1、高二上学期期末物理试卷 3一、单项选择题：（本题共 8 小题，每小题 4 分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求 ）1下列有关物理学史的说法中正确的是（ ）A奥斯特从实验中发现了电流的磁效应B库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷 e 的数值C焦耳发明了能在实验室中产生高能粒子的回旋加速器D法拉第通过实验最先得到了电流通过电阻产生热量的规律2真空中有两个点电荷，它们间的静电力为 F如保持它们间的距离不变，将其中一个的电量增大为原来的 2 倍，则它们间的作用力大小变为（ ）A B CF D2F3下列说法正确的是（ ）A电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线B磁场与电场一样，对
2、放入其中的电荷一定有力的作用C在公式 E= 中，F 与 E 的方向不是相同就是相反D由公式 B= 知，F 越大，通电导线所在处的磁感应强度一定越大4电动势为 2V 的电源接在纯电阻电路上输出 1A 的电流由此可以判定（ ）A内电阻是 2 B路端电压是 1V C输出功率是 2W D总功率是 2W5如图所示，一带电粒子进入一固定的正点电荷 Q 的电场中，沿图中实线轨迹从 a 运动到 b，a、b 两点到点电荷 Q 的距离分别为 ra、r b（r ar b） ，不计粒子的重力，则可知（ ）A运动粒子带负电Bb 点的场强大于 a 点的场强Ca 到 b 的过程中，电场力对粒子不做功Da 到 b 的过程中，
3、粒子动能和电势能之和减小6一段长 0.2m，通过 2.5A 电流的直导线，放在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，受到的安培力为 F，则下列说法正确的是（ ）A如果 B=2T，F 一定是 1N B如果 F=0，B 也一定为零C如果 B=4T，F 有可能是 1N D如果 F 有最大值时，通电导线一定与 B 平行7连接着电池组的平行板电容器的两极板靠近时，则（ ）A电容器的电容 C 变大 B电容器极板的带电量 Q 变小C电容器极板间的电势差 U 变小 D电容器两极板间电场强度 E 不变8在如图所示的各图中，表示磁场方向、电流方向及导线受力方向的图示正确的是（ ）A B C D二、不定项选择题：（本题共
4、 4 小题，每小题 4 分在每小题给出的四个选项中，有一项或多项符合题目要求全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错的或不答的得 0 分）91930 年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其核心部分如图所示匀强磁场垂直 D 形盒底面，两盒分别与交流电源相连则下列说法中正确的是（ ）A加速器的半径越大，粒子射出时获得的动能越大B粒子获得的最大动能由交变电源的电压决定C加速器中的电场和磁场都可以使带电粒子加速D粒子在磁场中运动的周期与交变电压的周期同步10如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，其中电动机内电阻 r=1，电路中另一电阻 R=9，直流电压 U=180V，理想电压表示
5、数 UV=135V，电动机正以 v=1m/s 匀速竖直向上提升某重物，g 取 10m/s2，下列判断正确的是（ ）A通过电动机的电流是 18A B输入电动机的电功率是 675WC电机的输出功率是 25W D重物的质量是 65kg11如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为 q 的液滴在竖直面内做半径为 R 的匀速圆周运动已知电场强度为 E，磁感应强度为 B，则液滴的质量和环绕速度分别为（ ）A ， B ， CB ， D ，12如图所示，当滑动变阻器 R3 的滑动片向右移动时，两电压表示数变化的绝对值分别是 U1 和U2，则下列结论正确的是（ ）AU 1U 2B电阻 R1 的功率先增
6、大后减小C电阻 R2 的功率一定增大D电源的输出功率先增大后减小三、实验（共 16 分，每空 2 分， ）13一多用电表的电阻档有三个倍率，分别是“1”、 “10”、 “100”用“ 10”档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为使测量值更准确，应换到 档；如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是 14实验室中准备了下列器材：A待测干电池（电动势约为 1.5V，内阻约为 1.0）B电流表 A1（满偏电流 1.5mA，内阻为 10）C电流表 A2（量程 00.60A，内阻约为 0.10）D电压表 V（量程 015V，内阻约为 10k）E滑动变阻器 R1（020
7、，2A ）F滑动变阻器 R2（0100 ，1A ）G电阻箱 R3：最大阻值为 999.9，允许通过的最大电流是 0.6AH开关一个，导线若干（1）若要将电流表 A1 改装成量程为 1.5V 的电压表，需给该电流表 联一个 的电阻（2）为了测量电池的电动势和内阻，小明按图（a）设计好了测量的电路图，在图（a）中，甲是 ，乙是 ， （填器材前面的序号）（3）为了能较为准确地进行测量和操作方便，图（a）所示的测量电路中，滑动变阻器应选 （填器材前面的序号） （4）图（b）为小明根据图（a）的测量电路测得的实验数据作出的 I1I2 图线（I 1 为电表乙的示数，I 2为电表甲的示数） ，由该图线可得：
8、被测干电池的电动势 E= V，内阻 r= （保留两位小数）三、计算题（共 36 分，解答应写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分本题共 3 小题， ）15如图所示的电路中，当 S 闭合时，电压表和电流表（均为理想电表）的示数各为 1.6V 和 0.4A；当S 断开时，它们的示数变为 1.7V 和 0.3A，求电源的电动势和内阻16如图所示，一电子（质量为 m，电量绝对值为 e）处于电压为 U 的水平加速电场的左极板 A 内侧，在电场力作用下由静止开始运动，然后穿过极板 B 中间的小孔在距水平极板 M、N 等距处垂直进入板间的匀强偏转电场若偏转电场的两极板间距为 d，
9、板长为 l，求：（1）电子刚进入偏转电场时的速度 v0；（2）要使电子能从平行极板 M、N 间飞出，两个极板间所能加的最大偏转电压 Umax17在如图所示的直角坐标中，x 轴的上方有与 x 轴正方向成 45角的匀强电场，场强的大小为E= 104V/mx 轴的下方有垂直于 xOy 面的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B=2102T把一个比荷为 =2108C/的正电荷从坐标为（0，1.0）的 A 点处由静止释放电荷所受的重力忽略不计，求：（1）电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间 t；（2）电荷在磁场中的偏转半径；（3）电荷第三次到达 x 轴上的位置高二上学期期末物理试卷 3参考答案与试题解析一、
10、单项选择题：（本题共 8 小题，每小题 4 分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求 ）1下列有关物理学史的说法中正确的是（ ）A奥斯特从实验中发现了电流的磁效应B库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷 e 的数值C焦耳发明了能在实验室中产生高能粒子的回旋加速器D法拉第通过实验最先得到了电流通过电阻产生热量的规律【考点】物理学史【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：A、奥斯特从实验中发现了电流的磁效应，故 A 正确；B、库仑提出了库仑定律，密里根最早用实验测得元电荷 e 的数值，故 B 错误；C、劳伦斯发
11、明了能在实验室中产生高能粒子的回旋加速器，故 C 错误；D、焦耳通过实验最先得到了电流通过电阻产生热量的规律，故 D 错误；故选：A【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2真空中有两个点电荷，它们间的静电力为 F如保持它们间的距离不变，将其中一个的电量增大为原来的 2 倍，则它们间的作用力大小变为（ ）A B CF D2F【考点】库仑定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据库仑定律的公式 F= 求解静电力的大小【解答】解：由库仑定律的公式 F= 知，将其中之一的电量增大为原来的 2 倍，它们之间的距离不变，则们之间的静电
12、力大小变为原来的 2 倍故 D 确，A 、B 、C 错误故选：D【点评】本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了3下列说法正确的是（ ）A电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线B磁场与电场一样，对放入其中的电荷一定有力的作用C在公式 E= 中，F 与 E 的方向不是相同就是相反D由公式 B= 知，F 越大，通电导线所在处的磁感应强度一定越大【考点】磁感应强度；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】 （1）电场线和磁感线不是真实存在的线，它是为了形象描述电场和磁场而引入的；（2）磁体周围的磁感线从 N 极出发回到 S 极，在内部则是从 S 极回到 N 极，磁感线的分
13、布疏密可以反映磁场的强弱，越密越强，反之越弱；电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合，（3）磁体周围有任何地方都有磁场，只要有磁场的地方就有磁感线根据磁感线的特点分析【解答】解：A、电场线和磁感线不是真实存在的线，它是为了形象描述电场和磁场而引入的故 A错误；B、磁场对在磁场中运动的电荷才可能有力的作用，对磁场中的静止电荷没有力的作用；故 B 错误；C、在公式 E= 中，正电荷受力的方向与电场强度的方向相同，负电荷受力的方向与电场强度的方向相反；F 与 E 的方向不是相同就是相反故 C 正确D、公式 B= 是磁感应强度的定义式，由磁场本身决定，与安培力 F 的大小无关故
14、 D 错误故选：C【点评】电场和磁场都是客观存在的一种物质，这种物质与通常的实物不同，它们的基本特点是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对放入磁场的电流有力的作用4电动势为 2V 的电源接在纯电阻电路上输出 1A 的电流由此可以判定（ ）A内电阻是 2 B路端电压是 1V C输出功率是 2W D总功率是 2W【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】根据闭合电路欧姆定律 I= ，分析内电阻；由 U=EIr，分析路端电压；电源的总功率公式P=EI【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律 I= ，得：R+r= = =2，可得内、外电阻的总和为 2，因电源接在纯电阻电路上，则内电阻应 r
15、 2，故 A 错误B、路端电压 U=EIr=2r，内电阻不能确定，所以路端电压不能确定，故 B 错误C、D、电源的总功率公式 P=EI=21W=2W，所以输出功率小于 2W，故 C 错误，D 正确故选：D【点评】本题只要掌握闭合电路欧姆定律 I= 和电源总功率公式 P=EI，就能正确解题5如图所示，一带电粒子进入一固定的正点电荷 Q 的电场中，沿图中实线轨迹从 a 运动到 b，a、b 两点到点电荷 Q 的距离分别为 ra、r b（r ar b） ，不计粒子的重力，则可知（ ）A运动粒子带负电Bb 点的场强大于 a 点的场强Ca 到 b 的过程中，电场力对粒子不做功Da 到 b 的过程中，粒子动
16、能和电势能之和减小【考点】电势能；等势面【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向可知粒子受到排斥力，即可判断粒子的电性由于 rar b，由公式E=k 分析场强的大小a 到 b 的过程中，电场力对粒子做负功a 到 b 的过程中，粒子动能和电势能之和保持不变【解答】解：A、根据粒子轨迹的弯曲方向向左弯曲，可知粒子受到排斥力，则带电粒子带正电故 A 错误；B、由于 rar b，由公式 E=k 分析可知，b 点的场强大于 a 点的场强故 B 正确；C、a 到 b 的过程中，电场力方向与粒子的速度方向成钝角，对粒子做负功故 C 错误；D、粒子在运动过程中，动能与电势能总和不变故 D 错误故选：B【点评】本题是电场
17、中轨迹问题，首先根据轨迹的弯曲方向判断粒子所受合力方向，再分析其他量的变化6一段长 0.2m，通过 2.5A 电流的直导线，放在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，受到的安培力为 F，则下列说法正确的是（ ）A如果 B=2T，F 一定是 1NB如果 F=0，B 也一定为零C如果 B=4T，F 有可能是 1ND如果 F 有最大值时，通电导线一定与 B 平行【考点】安培力【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式 F=BILsin求出安培力大小，当夹角为零时没有安培力； 当夹角为 90时，安培力最大； 则安培力在最大值与零之间【解答】解：A、如果 B=2T，当直导线垂直于磁场时，则由公式可得安培
18、力的大小为 F=BIL=22.50.2N=1N若不垂直，则通电导线受到的安培力小于 1N，故 A 错误；B、如果 F=0，直导线可能与磁场平行，则 B 不一定为零，故 B 错误；C、如果 B=4 T，若垂直放置时，则安培力大小为 F=BIL=42.50.2N=2N因此 F 有可能是 1N，故 C正确；D、如果 F 有最大值，通电导线一定与 B 垂直，故 D 错误，故选：C【点评】学会运用 F=BIL 计算安培力的大小，注意公式成立的条件是 B 与 I 相互垂直若不垂直则可将磁感应强度沿直导线与垂直导线两方向进行分解，则平行的没有安培力，垂直的安培力可用 F=BIL计算安培力的大小7连接着电池组
19、的平行板电容器的两极板靠近时，则（ ）A电容器的电容 C 变大B电容器极板的带电量 Q 变小C电容器极板间的电势差 U 变小D电容器两极板间电场强度 E 不变【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】根据电容的决定式 C= 判断电容的变化电容器的电压不变，结合 Q=CU 判断电荷量的变化，根据 E= 判断电场强度的变化【解答】解：A、根据电容的决定式 C= 知，两极板间的距离减小，则电容 C 增大故 A 正确B、由题知电容器与电池组保持相连，其电压 U 不变，而电容 C 增大，由 Q=CU 可知，带电量 Q 增大，故 B 错误C、因为电容器与电源始终相连，则两端的电势差不变，故 C 错
20、误D、根据 E= 知，电势差不变，d 减小，则电场强度增大故 D 错误故选：A【点评】本题考查电容器的动态分析，知道电容器始终与电源相连，两端的电势差不变，电容器与电源断开，电荷量不变，结合电容的决定式和定义式分析求解8在如图所示的各图中，表示磁场方向、电流方向及导线受力方向的图示正确的是（ ）A B C D【考点】左手定则【分析】已知电流方向与磁场方向，由左手定则可以判断出导线所受安培力的方向【解答】解：A、如图所示，由左手定则可知，通电导线所受安培力水平向上，故 A 正确；B、如图所示，由左手定则可知，通电导线所受安培力水平向左，故 B 错误；C、如图所示，由左手定则可知，通电导线所受安培
21、力水平向左，故 C 错误；D、如图所示，通电导线与磁场平行，没有安培力，故 D 错误；故选：A【点评】熟练应用左手定则即可正确解题，本题是一道基础题，同时注意与右手定则的区别二、不定项选择题：（本题共 4 小题，每小题 4 分在每小题给出的四个选项中，有一项或多项符合题目要求全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错的或不答的得 0 分）91930 年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其核心部分如图所示匀强磁场垂直 D 形盒底面，两盒分别与交流电源相连则下列说法中正确的是（ ）A加速器的半径越大，粒子射出时获得的动能越大B粒子获得的最大动能由交变电源的电压决定C加速器中的电场和磁场都可
22、以使带电粒子加速D粒子在磁场中运动的周期与交变电压的周期同步【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，满足 qvB=m ，运动周期 T= = （电场中加速时间忽略不计） 对公式进行简单推导后，便可解此题【解答】解：A、B、由 qvB=m 得 v= ，当 r=R 时，v 最大，v= ，所以最大动能 EK=，由此可知质子的最大动能只与粒子本身的荷质比，加速器半径，和磁场大小有关，与加速电压无关，故 A 正确， B 错误；C、加速器中的电场可以使带电粒子加速，而磁场使粒子偏转，故 C 错误；D、根据加速原理，当粒子在磁场中运
23、动的周期与交变电压的周期同步时，才能处于加速状态故 D正确；故选：AD【点评】理解回旋加速器工作原理，熟练运用相关公式，便可解出此题，特别注意加速获得的最大动能与电场的电压无关10如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，其中电动机内电阻 r=1，电路中另一电阻 R=9，直流电压 U=180V，理想电压表示数 UV=135V，电动机正以 v=1m/s 匀速竖直向上提升某重物，g 取 10m/s2，下列判断正确的是（ ）A通过电动机的电流是 18A B输入电动机的电功率是 675WC电机的输出功率是 25W D重物的质量是 65kg【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】 （1）
24、根据欧姆定律求出通过 R 的电流；（2）电动机的输入功率为 P1=U2I；（3）电动机内电阻的发热功率为 P2=I2r，输出的机械功率为 P3=P1P2由公式 P3=Fv=mgv 求解物体的质量【解答】解：A、通过 R 的电流为：I= = A=5A； 故 A 错误；B、电动机的输入功率为：P 1=U2I=1355W=675W；故 B 正确；C、电动机内电阻的发热功率为：P 2=I2r=521W=25W，输出的机械功率为：P 3=P1P2=（67525）W=650W； 故 C 错误；D、P 3=Fv=mgv解得：m= =65kg，故 D 正确；故选：BD【点评】本题考查了机械公式和电功功率以及电
25、功公式的灵活应用，关键是知道电动机做功的功率加上线圈的发热功率即为电动机消耗电能的功率，难度适中11如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为 q 的液滴在竖直面内做半径为 R 的匀速圆周运动已知电场强度为 E，磁感应强度为 B，则液滴的质量和环绕速度分别为（ ）A ， B ， CB ， D ，【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】液滴在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而可求出液滴的质量并可判断电场力的方向，结合电场的方向便可知液滴的电性根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断液滴的旋转方向结合重力与电场力平衡以及液滴在洛伦
26、兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度【解答】解：液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，故可知液滴带正电磁场方向向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为逆时针；由液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mg=qE得：m=液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：R= 联立得：v=故选：D【点评】此题考察了液滴在复合场中的运动复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场液滴在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中
27、某两种力的作用，因此对液滴的运动形式的分析就显得极为重要该题就是根据液滴的运动情况来判断受到的电场力情况12如图所示，当滑动变阻器 R3 的滑动片向右移动时，两电压表示数变化的绝对值分别是 U1 和U2，则下列结论正确的是（ ）AU 1U 2B电阻 R1 的功率先增大后减小C电阻 R2 的功率一定增大D电源的输出功率先增大后减小【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由于滑片右移，阻值变小，总电阻变小，据闭合电路的欧姆定律知，干路电流增大，内电压和 R2 的电压增大，判断 R1 两端的电压变小，从而判断 ABC 选项；利用结论当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大分
28、析 D 选项【解答】解：A、因为滑片右移， R3 变小，总电阻变小，干路电流增大，内电压增大，路端电压变小，即 V1 的示数变小，V 2 的示数变大，所以 V1 变小的部分应该等于 V2 增大的部分加上内阻的电压增大的值，即U 1U 2，故 A 正确B、由 A 分析知，干路电流增大，所以通过 R2 的电流变大，即功率增大；V 1 的示数变小，即通过 R1 的电流减小，所以 R1 的功率变小，故 B 错误C、由 B 分析知，干路电流增大，所以通过 R2 的电流变大，电阻 R2 的功率一定增大，C 正确D、利用结论当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大；当滑片右移动时，总电阻减小，但无法判断外电阻
29、与内阻的关系，所以电源的输出功率无法判断，故 D 错误故选：AC【点评】动态电路的分析步骤：局部整体局部的思路；注意判断电压变化量的方法，据闭合电路的欧姆定律分析各用电器的电压变化进行判断；注意电源输出功率最大时的条件三、实验（共 16 分，每空 2 分， ）13一多用电表的电阻档有三个倍率，分别是“1”、 “10”、 “100”用“ 10”档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为使测量值更准确，应换到 100 档；如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是 欧姆调零 【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】使用欧姆表测电阻时应选择合适的挡
30、位，使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零【解答】解：用“10”档测量某电阻时，表头指针偏转角度很小，说明所选挡位太小，为使测量值更准确，应换大挡，应换到 100 挡；换挡后要重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值故答案为：100 ；欧姆调零【点评】本题考查了欧姆表的实验注意事项与使用方法，使用欧姆表测电阻时应选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零14实验室中准备了下列器材：A待测干电池（电动势约为 1.5V，内阻约为 1.0）B电流表 A1（满偏电流 1.5mA，内阻为 10）C电流表 A2（量程 00.60A，内阻约为 0.10）D电压表 V
31、（量程 015V，内阻约为 10k）E滑动变阻器 R1（020，2A ）F滑动变阻器 R2（0100 ，1A ）G电阻箱 R3：最大阻值为 999.9，允许通过的最大电流是 0.6AH开关一个，导线若干（1）若要将电流表 A1 改装成量程为 1.5V 的电压表，需给该电流表 串 联一个 990 的电阻（2）为了测量电池的电动势和内阻，小明按图（a）设计好了测量的电路图，在图（a）中，甲是 C ，乙是 B ， （填器材前面的序号）（3）为了能较为准确地进行测量和操作方便，图（a）所示的测量电路中，滑动变阻器应选 E （填器材前面的序号） （4）图（b）为小明根据图（a）的测量电路测得的实验数据作
32、出的 I1I2 图线（I 1 为电表乙的示数，I 2为电表甲的示数） ，由该图线可得：被测干电池的电动势 E= 1.47 V，内阻 r= 0.76 （保留两位小数）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】 （1）根据电表的改装原理可知改装的方法；（2）根据题意可明确应选择的电流表和电压表；（3）根据电路的选择可得出滑动变阻器的作用，则可以选择滑动变阻器；（4）根据图象的意义及闭合电路欧姆定律可求得电源的电动势和内电阻【解答】解：（1）电流表的内阻为 10；满偏电压为 Um=1.510310=1.5102V；若改装后 1.5V 的电压表，则应串联的电阻为：R= =990
33、；（2）根据题意可知，乙为电流表 C 与电阻箱结合作为电压表使用，甲为电流表 B，作为电流表使用；（3）因内阻较小，故滑动变阻器略大于内阻即可，故滑动变阻器选择 E；（4）由闭合电路欧姆定律可得：I1（R 3+RA）=EI 2r变形得：I 1= I2； 由数学知可得：图象中的 k= ；b= ；由图可知：b=1.46；k= =0.76103； 故解得：E=1.46V（1.461.48 ） ，r=0.76（0.76 0.78）故答案为：（1） ，990；（2）C，B ；（3）E；（4）1.47 ，0.76【点评】本题要注意电路中采用的是安安法测电动势和内电阻，其本质就是用其中的表头改装电压表；另外
34、在解题时要注意一些细节，如图象中的纵坐标不是从零开始变化的，并且其单位为 mA 等，都应细心观察三、计算题（共 36 分，解答应写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分本题共 3 小题， ）15如图所示的电路中，当 S 闭合时，电压表和电流表（均为理想电表）的示数各为 1.6V 和 0.4A；当S 断开时，它们的示数变为 1.7V 和 0.3A，求电源的电动势和内阻【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当电键闭合时，电阻 R1、R 2 并联，电压表测量路端电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律列出含 E 和 r 的方程；当电键断开时，电压表示数
35、增大为 1.7V，电流表示数减小为 0.3A，再由闭合电路欧姆定律列出含 E 和r 的方程，联立组成方程组求解 E 和 r【解答】解：S 闭合时，根据闭合电路欧姆定律 E=U+Ir 得：E=U1+I1r即 E=1.6+0.4r S 断开时，根据闭合电路欧姆定律得：E=U2+I2r即 E=1.7+0.3r 联立式得：E=2.0V，r=1答：电源的电动势为 2.0V，内阻为 1【点评】求解电源的电动势和内阻，常常根据两种情况由闭合电路欧姆定律列方程组求解16如图所示，一电子（质量为 m，电量绝对值为 e）处于电压为 U 的水平加速电场的左极板 A 内侧，在电场力作用下由静止开始运动，然后穿过极板
36、B 中间的小孔在距水平极板 M、N 等距处垂直进入板间的匀强偏转电场若偏转电场的两极板间距为 d，板长为 l，求：（1）电子刚进入偏转电场时的速度 v0；（2）要使电子能从平行极板 M、N 间飞出，两个极板间所能加的最大偏转电压 Umax【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】 （1）电子先加速再偏转，对于加速过程，根据动能定理求出电子进入偏转电场的速度大小；（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，当电子恰好飞出时，所加电场最大，此时偏转距离等于 d；由运动的合成与分解关系可得出电压值最大值【解答】解：（1）在加速电场中，由动能定理有：eU= 0解得：v 0=
37、（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，有：平行极板方向：l=v 0t根据牛顿第二定律得：a= = ，垂直极板方向：y= = t2要飞出极板区：y 联解式得：U U，即：U max U，答：（1）电子刚进入偏转电场时的速度 v0 为 （2）要使电子能从平行极板 M、N 间飞出，两个极板间所能加的最大偏转电压 Umax U【点评】本题中电子先经加速电场加速，后经偏转电场偏转，如物理量有数值，则在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量17在如图所示的直角坐标中，x 轴的上方有与 x 轴正方向成 45角的匀强电场，场强的大小为E= 104V/mx 轴的下方有垂直于 x
38、Oy 面的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B=2102T把一个比荷为 =2108C/的正电荷从坐标为（0，1.0）的 A 点处由静止释放电荷所受的重力忽略不计，求：（1）电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间 t；（2）电荷在磁场中的偏转半径；（3）电荷第三次到达 x 轴上的位置【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子从 A 点出发，至第一次到 x 轴为第一过程，在这个过程中，带电粒子做匀加速直线运动，根据位移时间关系式解得结果；根据洛伦兹力提供向心力解出粒子运动的半径；根据匀速圆周运动的规律解出电荷第二次到达 x 轴的位置【解答
39、】解：（1）如图，电荷从 A 点匀加速运动运动到 x 轴的 C 点的过程：位移大小由图中的直角三角形可以解出 s=AC= m加速度 = m/s2时间 s （2）电荷到达 C 点的速度为 m/s 速度方向与 x 轴正方向成 45角，在磁场中运动时由 得 m 即电荷在磁场中的偏转半径 m（3）轨迹圆与 x 轴相交的弦长为 m，所以电荷从坐标原点 O 再次进入电场中，且速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中作类平抛运动，运动过程中与 x 轴第三次相交时的位移方向角为 45，设运动的时间为 t，则：得 t=2106s 则 s 平 =vt= m m 即电荷第三次到达 x 轴上的点的坐标为（8，0）【点评】带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力来解题
