广东省揭阳市普宁市英才华侨中学2016-2017学年高二（上）期末物理试卷（解析版）人教版.doc

广东省揭阳市普宁市英才华侨中学2016-2017学年高二（上）期末物理试卷(解析版)‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共11小题，1-7题为单选题，8-11为多选题，多选题漏选得2分，误选不得分．共44分）‎ ‎1．把一个带正电的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内，其结果可能是（　　）‎ A．只有球壳外表面带正电 B．只有球壳内表面带正电 C．球壳的内、外表面都带正电 D．球壳的内表面带正电，外表面带负电 ‎2．如图，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异种电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（　　）‎ A．若微粒带正电，微粒从P到Q电场力一定做正功 B．若微粒带负电，微粒从P到Q电场力一定做正功 C．微粒从P运动到Q动能一定增加 D．微粒从P运动到Q机械能一定增加 ‎3．一根粗细均匀的电阻丝，其电阻为R．在温度不变的情况下，将电阻丝均匀地拉长为原来的2倍，则其电阻变为（　　）‎ A．R B．2R C．4R D．0.5R ‎4．某同学用伏安法测电阻，分别采用电流表内接法和外接法，测量某Rx的阻值分别为R1和R2，则测量值R1，R2和真实值Rx之间的关系是（　　）‎ A．R1＜R2＜Rx B．R1＞R2＞Rx C．R1＜Rx＜R2 D．R1＞Rx＞R2‎ ‎5．学生实验中使用的双量程电流表内是采用如图所示的环形分流电路．某生在一次电学实验中使用电流表时发现：接a、b两个端点时电流表的指针不发生偏转，接a、c两个端点时电流表的指针会瞬间超过满偏，而接另外一个好的同样的电流表的a、c两个端点时可以正常测量电流．则该电流表的故障一定是（　　）‎ A．电阻R1断路 B．电阻R1短路 C．电阻R2断路 D．电阻R2短路 ‎6．如图所示电路中，R1、R2都是4W、100Ω的电阻，R3是1W、100Ω的电阻，则A、B间允许消耗的最大功率是（　　）‎ A．1.5 W B．9 W C．8 W D． W ‎7．如图（甲）所示，电压表V1、V2串连接入电路中时，示数分别为6V和4V，当只有电压表V2接入电路中时，如图（乙）所示，示数为9V，电源的电动势为（　　）‎ A．9.8 V B．10 V C．10.8 V D．11.2 V ‎8．如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置．设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C．实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是（　　）‎ A．保持d不变，减小S，则C变小，θ变大 B．保持d不变，减小S，则C变大，θ变大 C．保持S不变，增大d，则C变小，θ变大 D．保持S不变，增大d，则C变大，θ变大 ‎9．有一电流计，内阻Rg=25Ω，满偏电流Ig=3mA，现对它进行改装，下列正确的是（　　）‎ A．把它改装成量程为0.6A的电流表，需与它并联一个约0.126Ω的电阻 B．把它改装成量程为0.6A的电流表，需与它并联一个约0.125Ω的电阻 C．把它改装成量程为3v的电压表，需与它串联一个1000Ω的电阻 D．把它改装成量程为3v的电压表，需与它串联一个975Ω的电阻 ‎10．在如图所示的电路中，R1、R3、R4均为定值电阻，R2是滑动变阻器，电流表内阻不计，电压表阻值很大，闭合开关S后，当R2的滑片向右滑动时，电流表和电压表示数变化量的大小分别为△I、△U，下列结论正确的是（　　）‎ A．电流表示数变大 B．电压表示数变大 C．＜r D．＞r ‎11．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电路中O点接地，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，M、N两点电势变化情况是（　　）‎ A．M点电势升高，N点电势降低 B．M、N两点电势都升高 C．M点电势的改变量小于N点电势的改变量 D．M点电势的改变量大于N点电势的改变量 ‎　‎ 二．实验题（共2小题，每空2分，共16分）．‎ ‎12．甲图中游标卡尺的读数为　　mm；‎ 乙图中螺旋测微器的读数为　　mm．‎ ‎13．（12分）甲乙两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0，电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，甲同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，乙同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．并根据数据描绘了如图（b）所示的两条U﹣I直线．回答下列问题：‎ ‎①根据图（b），可以求出定值电阻R0=　　Ω，电源电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．（以上结果均保留2位有效数字）‎ ‎②由于　　（填“电流表分压”或“电压表分流”）的影响，测得的电源电动势比实际值偏小．‎ ‎ƒ若用下列甲图方法测电源电动势和内阻，实验时改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R，用灵敏电流计测得对应的电流值I．多次测量后分别得到如图乙所示的﹣R关系图线．‎ 由图线可知该电源的电动势E=　　V，内阻r=　　Ω．‎ ‎　‎ 三、计算题（46分）‎ ‎14．（12分）如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为4×10﹣5的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，已知A、B两点间距离为0.4m，两点连线与电场方向成60°角，求：‎ ‎（1）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；‎ ‎（2）A、B两点间的电势差UAB；‎ ‎（3）该匀强电场的电场强度E．‎ ‎15．（12分）如图所示，在y＞0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y＜0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场．一电子（质量为m、电量为e）从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动．当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点．C、D两点均未在图中标出．已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d．不计电子的重力．求：‎ ‎（1）电场强度E的大小；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）电子从A运动到D经历的时间t．‎ ‎16．（16分）如图所示，左侧为两间距d=10cm的平行金属板，加上电压；中间用虚线框表示的正三角形内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形底点A与下金属板平齐，AB边的中点P恰好在上金属板的右端点；三角形区域AC右侧也存在垂直纸面向里，范围足够大的匀强磁场B2．现从左端沿中心轴线方向以v0射入一个重力不计的带电微粒，微粒质量m=1.0×10﹣10kg，带电荷量q=﹣1.0×‎ ‎10﹣4C；带电粒子恰好从P点垂直AB边以速度v=2×105m/s进入磁场，则 ‎（1）求带电微粒的初速度v0；‎ ‎（2）若带电微粒第一次垂直穿过AC，则求磁感应强度B1及第一次在B1中飞行时间；‎ ‎（3）带电微粒再次经AC边回到磁场B1后，求的取值在什么范围可以使带电微粒只能从BC边穿出？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省揭阳市普宁市英才华侨中学高二（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共11小题，1-7题为单选题，8-11为多选题，多选题漏选得2分，误选不得分．共44分）‎ ‎1．把一个带正电的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内，其结果可能是（　　）‎ A．只有球壳外表面带正电 B．只有球壳内表面带正电 C．球壳的内、外表面都带正电 D．球壳的内表面带正电，外表面带负电 ‎【考点】静电现象的解释．‎ ‎【分析】带正电的物体是因为缺少电子，带负电的物体是因为有多余的电子，当带电体接触不带电的金属空腔球壳时，电子发生转移．‎ ‎【解答】解：把一个带正电的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，则金属壳上带负电的电子被带正电的小球吸引到内表面，内表面带负电，外表面剩余了正电荷，外表面带正电，‎ 即原来不带电金属球壳的电荷分布发生了变化，负电荷向内层移动而正电荷向外层移动．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查感应带电的实质：电子从导体的一部分转移到另一部分．‎ ‎　‎ ‎2．如图，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异种电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（　　）‎ A．若微粒带正电，微粒从P到Q电场力一定做正功 B．若微粒带负电，微粒从P到Q电场力一定做正功 C．微粒从P运动到Q动能一定增加 D．微粒从P运动到Q机械能一定增加 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用，根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的关系分析答题．‎ ‎【解答】解：A、微粒在极板间受到竖直向下的重力与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，即重力与电场力的合力竖直向下；‎ 若微粒带正电，由于电场方向未知，则微粒受到的电场力可能向下，也可能向上，电场力可能做正功，也可能做负功，故A错误．‎ B、同理，若微粒带负电，微粒从P到Q电场力可能做正功，也可能做负功，故B错误．‎ C、微粒受到的合力向下，微粒从M点运动到N点过程中合力做正功，微粒的动能一定增加，故C正确；‎ D、电场力做功决定了机械能的变化，由于电场力可能做正功，也可能做负功，所以机械能可能增加，也可能减小，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】根据微粒的运动轨迹判断出微粒受到的合外力，然后根据微粒的受力情况分析答题；电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电势能减小．‎ ‎　‎ ‎3．一根粗细均匀的电阻丝，其电阻为R．在温度不变的情况下，将电阻丝均匀地拉长为原来的2倍，则其电阻变为（　　）‎ A．R B．2R C．4R D．0.5R ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】利用电阻定律R=和导线长度与面积间的关系求解即可．‎ ‎【解答】解：设原先导线的长度为L，横截面积为s；当电阻丝均匀地拉长为原来的2倍时，导线变为2L，横截面积为s，据电阻定律R=得：‎ ‎，‎ 即：R2=4R1=4R；‎ 故C正确，ABD错误；‎ 故选：C ‎【点评】本题考查电阻定律，解题关键知道导体长度和横截面积均变化，其体积不变，灵活应用电阻定律．‎ ‎　‎ ‎4．某同学用伏安法测电阻，分别采用电流表内接法和外接法，测量某Rx的阻值分别为R1和R2，则测量值R1，R2和真实值Rx之间的关系是（　　）‎ A．R1＜R2＜Rx B．R1＞R2＞Rx C．R1＜Rx＜R2 D．R1＞Rx＞R2‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】由于实验中的采用的电表不是理想电表，故由于电流表的分压及电压表的分流导致测量误差；分析两表的影响可以得出测量值与真实值间的关系．‎ ‎【解答】解：采用内接法时，电流表与待测电阻串联，故电流表是准确的；而由于电流表的分压使电压表测量值偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏大，故R1＞Rx；‎ 当采用外接法时，电压表与待测电阻并联，故电压表是准确的；而由于电压表的分流使电流表测量结果偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏小，故Rx＞R2；‎ 故D正确，ABC错误．‎ 故选：D ‎【点评】本题考查伏安法测电阻的误差分析，对于电流表的内外接的误差分析，在处理时，将电流表和电压表看成电阻，通过电压或电流测量值与真实值的关系确定阻值的测量误差．‎ ‎　‎ ‎5．学生实验中使用的双量程电流表内是采用如图所示的环形分流电路．某生在一次电学实验中使用电流表时发现：接a、b两个端点时电流表的指针不发生偏转，接a、c两个端点时电流表的指针会瞬间超过满偏，而接另外一个好的同样的电流表的a、c两个端点时可以正常测量电流．则该电流表的故障一定是（　　）‎ A．电阻R1断路 B．电阻R1短路 C．电阻R2断路 D．电阻R2短路 ‎【考点】多用电表的原理及其使用．‎ ‎【分析】使用电流表接a、b两个端点时，发现电流表的指针不发生偏转，说明R2电阻或电流表没有接入电路．而接a、c两个端点时电流表的指针会瞬间超过满偏，说明R1、R2电阻没有接入电路．‎ ‎【解答】解：使用电流表接a、b两个端点时，发现电流表的指针不发生偏转，说明R2电阻或电流表没有接入电路．而接a、c两个端点时电流表的指针会瞬间超过满偏，说明R1、R2电阻没有接入电路．由两种情况可得，电阻R2处于断路状态．‎ 故选：C ‎【点评】电路故障：断线、短路、短接，接地、接线错误．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示电路中，R1、R2都是4W、100Ω的电阻，R3是1W、100Ω的电阻，则A、B间允许消耗的最大功率是（　　）‎ A．1.5 W B．9 W C．8 W D． W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】串联电路允许通过的最大电流等于最小原件的额定电流，并联电路允许的最大电压等于最小额定电压；求解出各个电阻的额定电流和额定电压进行分析即可．‎ ‎【解答】解：三个电阻均为100欧姆，总电阻为：R总=Ω R1、R2都是“4w、100Ω”的电阻，额定电压为：U1=；‎ 额定电流为：I1=；‎ R3是“1w、100Ω”的电阻，额定电压为：U3=；‎ 额定电流为：I3=；‎ 并联电路允许的最大电压等于最小额定电压，故总电压为10V；‎ 故总功率为：P总==1.5W 故选：A．‎ ‎【点评】解本题的关键是根据题意，结合串并联电路的特点，电功率的公式，分析出保证电路安全且功率最大的条件，不难．‎ ‎　‎ ‎7．如图（甲）所示，电压表V1、V2串连接入电路中时，示数分别为6V和4V，当只有电压表V2接入电路中时，如图（乙）所示，示数为9V，电源的电动势为（　　）‎ A．9.8 V B．10 V C．10.8 V D．11.2 V ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电压表看成可测量电压的电阻，（a）图中V1、V2串联，由V2的示数与内阻之比等于电流，根据欧姆定律列出方程；同理对（b）图根据欧姆定律列出方程，联立求出电动势．‎ ‎【解答】解：由甲图 E=6+4+I1r=10+①‎ 由乙图得，E=9+I2r=9+②‎ 由①②得：E=10.8V ‎ 故选C ‎【点评】本题关键要把电压表看成可测量电压的电阻，根据欧姆定律分别对a、b两种情况列方程求解电动势．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置．设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C．实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是（　　）‎ A．保持d不变，减小S，则C变小，θ变大 B．保持d不变，减小S，则C变大，θ变大 C．保持S不变，增大d，则C变小，θ变大 D．保持S不变，增大d，则C变大，θ变大 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角θ越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．‎ ‎【解答】解：AB、根据电容的决定式C=得知，当保持d不变，减小S，则C变小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误．‎ CD、根据电容的决定式C=得知，保持S不变，增大d，则C变小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=和定义式C=．‎ ‎　‎ ‎9．有一电流计，内阻Rg=25Ω，满偏电流Ig=3mA，现对它进行改装，下列正确的是（　　）‎ A．把它改装成量程为0.6A的电流表，需与它并联一个约0.126Ω的电阻 B．把它改装成量程为0.6A的电流表，需与它并联一个约0.125Ω的电阻 C．把它改装成量程为3v的电压表，需与它串联一个1000Ω的电阻 D．把它改装成量程为3v的电压表，需与它串联一个975Ω的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】把电流计改装成大量程电流表需要并联分流电阻，把电流计改装正电压表需要串联分压电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．‎ ‎【解答】解：A、把电流计改装成0.6A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R==≈0.126Ω，故A正确，B错误；‎ C、把电流计改装成3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R′=﹣Rg=﹣25=975Ω，故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题考查了电流表与电压表的改装，知道电表改装原理是解题的前提与关键，应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题．‎ ‎　‎ ‎10．在如图所示的电路中，R1、R3、R4均为定值电阻，R2是滑动变阻器，电流表内阻不计，电压表阻值很大，闭合开关S后，当R2的滑片向右滑动时，电流表和电压表示数变化量的大小分别为△I、△U，下列结论正确的是（　　）‎ A．电流表示数变大 B．电压表示数变大 C．＜r D．＞r ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】‎ 先根据变阻器电阻的变化，分析外电路总电阻的变化，再根据闭合电路欧姆定律判断电路中的总电流如何变化，由欧姆定律判断路端电压的变化，根据并联电路的变化，判断R1的电流变化，得到电流表读数的变化．根据闭合电路欧姆定律分析的变化．‎ ‎【解答】解：AB、当R2的滑片向右滑动时，R2减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则电压表的示数变小，通过R3的电流减小，可知通过R4的电流增大．‎ 根据串联电路的分压规律知，R1的电压减小，R1的电流减小，则通过电流表的示数变大．故A正确，B错误．‎ CD、设总电流为I总，根据闭合电路欧姆定律知，U=E﹣I总r，得=r 根据I4=I1+I，I1减小，I增大，I4增大，则△I＞△I4；I总=I4+I3，I3减小，I4增大，I总增大，则△I4＞△I总，故△I＞△I总，可得＜r，故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题的难点在于确定电流表示数变化量△IA与干路电流变化△I的大小，采用总量法，这是常用方法．同时，要理解=r．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电路中O点接地，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，M、N两点电势变化情况是（　　）‎ A．M点电势升高，N点电势降低 B．M、N两点电势都升高 C．M点电势的改变量小于N点电势的改变量 D．M点电势的改变量大于N点电势的改变量 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】图中O点接地，其电势为零，根据在外电路中顺着电流方向电势逐渐降低可知，M点的电势大于零，大小等于并联部分的电压，N点的电势小于零，大小等于电阻R3的电压，根据欧姆定律分析出并联部分和R3的电压如何变化，即可判断M、N两点的电势变化情况．‎ ‎【解答】解：AB、当滑动变阻器的滑动片P向左滑动时，变阻器接入电路的电阻增加，并联部分的电阻增加，外电路总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律知，干路电流减小，则电阻R3的电压减小，因N点的电势比O点的电势低，小于零，故N点的电势升高．并联部分的电阻增加，分担的电压增加，而M点的电势大于零，所以M点的电势升高．故A错误，B正确．‎ CD、外电阻增加，路端电压增加，即外电路两端的总电压增加，则知并联部分电压增加量大于R3的电压减小量，因此M点电势的改变量大于N点电势的改变量，故C错误，故D正确．‎ 故选：BD ‎【点评】本题是电路动态变化分析问题，关键要根据欧姆定律判断并联部分和R3的电压如何变化，要知道顺着电流方向，外电路的电势降低．‎ ‎　‎ 二．实验题（共2小题，每空2分，共16分）．‎ ‎12．甲图中游标卡尺的读数为　13.55　mm；‎ 乙图中螺旋测微器的读数为　4.700　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为13mm，游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为11×0.05mm=0.55mm，所以最终读数为：13mm+0.55mm=13.55mm．‎ ‎2、螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm．‎ 故答案为：13.55，4.700．‎ ‎【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．‎ ‎　‎ ‎13．（12分）（2016秋•普宁市校级期末）甲乙两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0，电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，甲同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，乙同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．并根据数据描绘了如图（b）所示的两条U﹣I直线．回答下列问题：‎ ‎①根据图（b），可以求出定值电阻R0=　2.0　Ω，电源电动势E=　1.5　V，内电阻r=　1.0　Ω．（以上结果均保留2位有效数字）‎ ‎②由于　电压表分流　（填“电流表分压”或“电压表分流”）的影响，测得的电源电动势比实际值偏小．‎ ‎ƒ若用下列甲图方法测电源电动势和内阻，实验时改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R，用灵敏电流计测得对应的电流值I．多次测量后分别得到如图乙所示的﹣R关系图线．‎ 由图线可知该电源的电动势E=　2.0　V，内阻r=　0.5　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据欧姆定律求出定值电阻的电阻值；由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻．‎ ‎（2）根据电路的结构判断产生误差的原因；‎ 根据电路图应用欧姆定律求出函数表达式，根据函数表达式与图象求出电源电动势与内阻．‎ ‎【解答】解：（1）从图象可以得出定值电阻R0的阻值为：R0===2.0Ω；‎ 从甲同学的图象可以得出图象在U轴上的截距为1.50 V，即电源的电动势为1.50 V，图象斜率的绝对值为：k===1.0，即电源的内阻为r=1.0Ω．‎ ‎（2）由电路图可知，流过电源的电流要大于流过电流表的电流，可知电压表有一定的分流作用，由于电压表分流的影响，测得的电源电动势比实际值偏小；‎ 由图甲所示图象可知，在闭合电路中，电源电动势为：‎ E=I（R+r）=I（R0+R1+r），‎ 则=R+，‎ 由数学知识得，纵轴截距表示，斜率表示电动势的倒数，‎ 由图示图线a可知：斜率k=0.5，则电源电动势E=2.0V，电源内阻r=0.5Ω．‎ 故答案为：①2.0，1.5，1.2；②电压表分流，2.0，0.5‎ ‎【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出电势和内电阻．‎ ‎　‎ 三、计算题（46分）‎ ‎14．（12分）（2016秋•普宁市校级期末）如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为4×10﹣5的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，已知A、B两点间距离为0.4m，两点连线与电场方向成60°角，求：‎ ‎（1）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；‎ ‎（2）A、B两点间的电势差UAB；‎ ‎（3）该匀强电场的电场强度E．‎ ‎【考点】电势能；电场强度；电势．‎ ‎【分析】（1）由题，电势能增加多少，电场力做负功多少．‎ ‎（2）由U=求解电势差．‎ ‎（3）由U=Ed=Ecos60°求解电场强度E．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J，则电场力所做的功：WAB=﹣0.2J ‎（2）A、B两点间的电势差：UAB==‎ ‎（3）UAB=Ed=Ecos60°得：E===25000N/C ‎ 答：‎ ‎（1）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB是﹣0.2J．‎ ‎（2）A、B两点间的电势差UAB是5000V．‎ ‎（3）该匀强电场的电场强度E是25000N/C．‎ ‎【点评】本题考查电场力做功与电势能变化的关系、电势差与场强的关系，都是电场中的基本知识，要加强学习，熟练掌握．‎ ‎　‎ ‎15．（12分）（2015•濮阳二模）如图所示，在y＞0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y＜0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场．一电子（质量为m、电量为e）从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动．当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点．C、D两点均未在图中标出．已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d．不计电子的重力．求：‎ ‎（1）电场强度E的大小；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）电子从A运动到D经历的时间t．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】（1）分析电子的运动情况：电子在电场中，受到竖直向下的电场力而做类平抛运动（或匀变速曲线运动）；进入磁场做匀速圆周运动； 画出轨迹．根据牛顿第二定律和运动学公式研究电子在电场中的类平抛运动，即可求出电场强度E；‎ ‎（2）由上题结果，求出电子进入磁场中的速度v的大小，以及v与x轴的夹角，由几何知识求出圆周运动的半径，由牛顿第二定律和向心力求磁感应强度B；‎ ‎（3）根据电场中抛物线的对称关系，可见电子在电场中运动的时间为 3t1=，根据轨迹的圆心角求出磁场中运动时间，即可得到总时间．‎ ‎【解答】解：电子的运动轨迹如图所示 ‎ ‎（1）电子在电场中做类平抛运动，设电子从A到C的时间为t1，‎ 则 2d=v0t1‎ 解得 E=‎ ‎（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则，得θ=45°　　‎ 解得 ‎ 电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，得 ‎ 由图可知　 ‎ 解得 ‎ ‎（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1=‎ 电子在磁场中运动的时间 t2=‎ 电子从A运动到D的时间 t=3t1+t2=‎ 答：‎ ‎（1）电场强度E的大小为．‎ ‎（2）磁感应强度B的大小为；‎ ‎（3）电子从A运动到D经历的时间t为．‎ ‎【点评】电子在电场中做类平抛运动的研究方法是运动的分解，而磁场中圆周运动的研究方法是画轨迹，都常用的思路，难度不大．‎ ‎　‎ ‎16．（16分）（2015•高安市校级模拟）如图所示，左侧为两间距d=10cm的平行金属板，加上电压；中间用虚线框表示的正三角形内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形底点A与下金属板平齐，AB边的中点P恰好在上金属板的右端点；三角形区域AC右侧也存在垂直纸面向里，范围足够大的匀强磁场B2．现从左端沿中心轴线方向以v0射入一个重力不计的带电微粒，微粒质量m=1.0×10﹣10kg，带电荷量q=﹣1.0×10﹣4C；带电粒子恰好从P点垂直AB边以速度v=2×105m/s进入磁场，则 ‎（1）求带电微粒的初速度v0；‎ ‎（2）若带电微粒第一次垂直穿过AC，则求磁感应强度B1及第一次在B1‎ 中飞行时间；‎ ‎（3）带电微粒再次经AC边回到磁场B1后，求的取值在什么范围可以使带电微粒只能从BC边穿出？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据类平抛运动规律和运动的分解求解初速度 ‎（2）设带电微粒由P点垂直AB射入磁场，又垂直AC穿出，所以作以A点为圆心的圆弧，设匀速圆周运动半径为R1，根据几何关系解半径；由qvB1=m求出磁场B大小；由转过角度求解时间．‎ ‎（3）再次经AC边回到磁场B1后不从AB边穿出就一定从BC边出磁场，所以当轨迹刚好与AB边相切时，设在B2中的半径为R2．画出运动轨迹图由几何关系求解．‎ ‎【解答】解：（1）微粒在电场中做类平抛运动，根据运动的分解知：‎ v0=vcos30°=m/s ‎ ‎（2）设带电微粒由P点垂直AB射入磁场，又垂直AC穿出，所以作以A点为圆心的圆弧，设匀速圆周运动半径为R1，根据几何关系有：‎ R1== cm ‎ 由qvB1=m，‎ 得：B1== T．‎ 在磁场中飞行时间：t===s ‎（3）再次经AC边回到磁场B1后不从AB边穿出就一定从BC边出磁场，所以当轨迹刚好与AB边相切时，设在B2中的半径为R2．如图所示，由几何关系：‎ R ‎=‎ 所以只需要即可 ‎ 答：（1）带电微粒的初速度为m/s ‎ ‎（2）若带电微粒第一次垂直穿过AC，则磁感应强度B1及第一次在B1中飞行时间为s；‎ ‎（3）带电微粒再次经AC边回到磁场B1后，要可以使带电微粒只能从BC边穿出 ‎【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式．‎ ‎　‎