江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘中学联考高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘中学联考高二（上）期中物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1国际单位制中由基本单位和导出单位组成，下列用物理学家名字命名的物理量单位属于基本单位的是( )a牛顿b安培c伏特d库仑2如图所示，质量为m、带电量为+q的滑块，绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，滑块运动的状态为( )a继续匀速下滑b将加速下滑c将减速下滑d上述三种情况都可能发生3如图所示，质子（h）和粒子（he），以相同的初动能垂直射入偏转电场（粒子不计重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( )a1：4b1：1c1：2d2：14在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2、v的示数分别为i1、i2和u现将r2的滑动触点向b端移动，则三个 电表示数的变化情况是( )ai1增大，i2不变，u增大bi1减小，i2增大，u减小ci1增大，i2减小，u增大di1减小，i2不变，u减小5如图所示的电路为欧姆表原理图，把欧姆表调零后测量一个阻值为r=10的电阻时，指针偏转至满刻度的处，现测量一个电阻rx，指针偏转至满刻度的处，则电阻rx的阻值为( )a4b20c30d606图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是( )a带电粒子所带电荷的符号b带电粒子在a、b两点的受力方向c带电粒子在a、b两点的速度何处较大d带电粒子在a、b两点的电势能何处较大7如图所示，电阻r1=20，电动机的绕组r2=10当开关打开时，电流表的示数是0.5a，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数i和电路消耗的电功率p应是( )ai=1.5abi1.5acp=15wdp15w8如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正、负极相连，两板的中央沿竖直方向各有一个小孔，今有一个带正电的液滴，自小孔的正上方的p点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v1若使a板不动，若保持电键k断开或闭合，b 板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍然从p点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v2，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是( )a若电键k保持闭合，向下移动b板，则v2v1b若电键k闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2v1c若电键k保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1d若电键k闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2v1二、非选择题，考生根据要求作答9现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度螺旋测微器和游标卡尺的示数如图所示：（1）由图可知，圆柱体的直径为_mm，长度为_mm（2）若留经圆柱体的电流为i，圆柱体两端之间的电压为u，圆柱体的直径和长度分别用d、l表示，则用d、l、i、u表示的电阻率关系式为=_10（17分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电 路部分的长度约为50cm（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，其中某次测量结果如图1所示，其读数应为_mm（该值接近多次测量的平均值）（2）用伏安法测金属丝的电阻rx，实验所用器材为：电池组（电动势为3v，内阻约为1），电流表（内阻约为0.1），电压表（内阻约为3k），滑动变阻器r（020，额定电流为2a），开关，导线若干某同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数1234567u/v0.100.300.701.001.501.702.30i/a0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上实验数据可知，他们测量rx是采用图2中甲和乙中的图_（选填“甲”或“乙”）（3）如图3是测量rx的实验器材实物图，图中已经连接了部分导线，滑动变阻器的滑片p置于变阻器的一端，请根据上图所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏（4）这个小组的同学在坐标纸上建立u、i坐标系，如图4所示，图中已经标出了与测量数据相对应的四个点，请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出ui图线，由图线得到金属丝的阻值rx=_（保留两位有效数字）（5）根据以上数据可估算出金属丝的电阻率约为_（填选项前的序号）a、1102m b、1103m c、1106m d、1108m（6）任何实验测量都存在误差，本实验所用测量仪器都已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是_（有多个正确选项）a、用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差b、由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差c、若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差d、用ui图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差11有三盘电灯l1、l2、l3，规格分别是“110v，100w”，“110v，60w”，“110v，25w”要求接到电压是220v的电源上，使每盏灯都能正常发光可以使用一直适当规格的电阻，请按最优方案设计一个电路，对电阻的要求如何？12如图所示的电路中，已知r1=4，电流表的读数i=0.75a，电压表读数u=2.0v，经一段时间后一电阻断路，使电流表的读数变为i=0.80a，而电压表的读数变为u=3.2v，求：（1）发生断路的电阻是哪一个？（2）电源电动势和内阻各是多少？13如图所示，一电荷量为q的正点电荷a与一块接地的长金属板mn组成一系统，点电荷a与mn板的垂直距离为d，试求a和mn板垂直连线中点c的电场强度14如图1所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板a、b与电源连接（图中未画出），其中b板接地（电势为零），a板电势变化的规律如图2所示将一个质量m=2.01027kg，电量q=+1.61019c的带电粒子从紧临b板处释放，不计重力求（1）在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；（2）若a板电势变化周期t=1.0105s，在t=0时将带电粒子从紧临b板处无初速释放，粒子达到a板时动量的大小；（3）a板电势变化频率多大时，在t=到t=时间内从紧临b板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达a板2015-2016学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘中学联考高二（上）期中物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1国际单位制中由基本单位和导出单位组成，下列用物理学家名字命名的物理量单位属于基本单位的是( )a牛顿b安培c伏特d库仑【考点】力学单位制【分析】国际单位制规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔【解答】解：acd、牛顿、伏特和库仑都是国际单位中导出单位，不是基本单位，故acd错误b、安培是国际单位制中的基本单位，故b正确故选：b【点评】解决本题的关键要记牢国际单位中七个基本单位，要注意牛顿不是基本单位，而是导出单位2如图所示，质量为m、带电量为+q的滑块，绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，滑块运动的状态为( )a继续匀速下滑b将加速下滑c将减速下滑d上述三种情况都可能发生【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；力的合成与分解的运用【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】没有电场时，滑块沿绝缘斜面匀速下滑，受力平衡，根据平衡条件得到滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力平衡当当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，再分析这两个力是否平衡，判断滑块的运动状态【解答】解：设斜面的倾角为滑块没有进入电场时，根据平衡条件得 mgsin=f n=mgcos又f=n得到，mgsin=mgcos，即有sin=cos当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为f根据正交分解得到 滑块受到的沿斜面向下的力为（mg+f）sin，沿斜面向上的力为（mg+f）cos，由于sin=cos，所以（mg+f）sin=（mg+f）cos，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动故选a【点评】本题增加电场力，相当于增加物体的重力，对物体的运动情况没有影响基本题3如图所示，质子（h）和粒子（he），以相同的初动能垂直射入偏转电场（粒子不计重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( )a1：4b1：1c1：2d2：1【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】质子和粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，根据牛顿第二定律和位移公式推导出两个粒子射出电场时的侧位移y与初动能的关系，再进行选择【解答】解：质子和粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，根据牛顿第二定律得到粒子加速度的表达式为：a=粒子射出电场时的侧位移y的表达式为：y=at2又t=联立上三式得：y=由题，两个粒子的初动能ek相同，e、l相同，则y与q成正比，质子（11h）和粒子（24he）电荷量之比为1：2，侧位移y之比为1：2故选：c【点评】本题采用运动的分解法研究类平抛运动，运用数学上比例法研究两个粒子侧位移之比4在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2、v的示数分别为i1、i2和u现将r2的滑动触点向b端移动，则三个 电表示数的变化情况是( )ai1增大，i2不变，u增大bi1减小，i2增大，u减小ci1增大，i2减小，u增大di1减小，i2不变，u减小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析【解答】解：r2的滑动触点向b端移动时，r2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，r3电压增大，r1、r2并联电压减小，通过r1的电流i1减小，即a1示数减小，而总电流i增大，则流过r2的电流i2增大，即a2示数增大故a、c、d错误，b正确故选：b【点评】解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流5如图所示的电路为欧姆表原理图，把欧姆表调零后测量一个阻值为r=10的电阻时，指针偏转至满刻度的处，现测量一个电阻rx，指针偏转至满刻度的处，则电阻rx的阻值为( )a4b20c30d60【考点】多用电表的原理及其使用【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题【分析】欧姆表调零即待测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解【解答】解：设电动势为e，内阻为r，满偏电流为ig， 欧姆表调零时：ig=，测一阻值为r=10的电阻时：ig=，测一未知电阻时：ig=，解得：r=60；故选：d【点评】本题考查欧姆表的改装原理，明确改装原理再结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻6图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是( )a带电粒子所带电荷的符号b带电粒子在a、b两点的受力方向c带电粒子在a、b两点的速度何处较大d带电粒子在a、b两点的电势能何处较大【考点】电场线；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab点加速度的大小【解答】解：ab、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性故a错误，b正确c、由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，由a到b，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大b点的电势能大，故cd正确故选：bcd【点评】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况7如图所示，电阻r1=20，电动机的绕组r2=10当开关打开时，电流表的示数是0.5a，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数i和电路消耗的电功率p应是( )ai=1.5abi1.5acp=15wdp15w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】当电键s断开时，由欧姆定律求出电阻r1的电压u当电键s闭合后，通过r1的电流仍为0.5a，电动机的电路是非纯电阻电路，由i2求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围由p=ui求解电路中功率范围【解答】解：当电键s断开时，由欧姆定律得，u=i1r1=10v当电键s闭合后，通过r1的电流仍为0.5a，电动机的电流i2，故电流表的电流i1.5a，电路中电功率p=ui15w故bd正确故选bd【点评】本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，i2是关键不等式8如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正、负极相连，两板的中央沿竖直方向各有一个小孔，今有一个带正电的液滴，自小孔的正上方的p点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v1若使a板不动，若保持电键k断开或闭合，b 板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍然从p点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v2，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是( )a若电键k保持闭合，向下移动b板，则v2v1b若电键k闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2v1c若电键k保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1d若电键k闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2v1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；电容器的动态分析【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】带正电的液滴在下落过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的电场力作用，重力做正功，电场力做负功；由动能定理判断带电液滴速度大小关系【解答】解：a、若电键k保持闭合，重力与电场力做功不变，由动能定理可知，带电液滴速度不变，则v2=v1，故a错误；b、若电键k闭合一段时间后再断开，向下移动b板，电场力做的负功减小，由动能定理得液滴速度变大，即v2v1，故b正确；c、若电键k保持闭合，无论向上或向下移动b板，重力与电场力所做的功不变，由动能定理可知，液滴速度不变，即v2=v1，故c正确；d、若电键k闭合一段时间后再断开，向上移动b板，重力做功不变，电场力做功增加，由动能定理可知，液滴速度变小，即v2v1；如果向下移动b板，重力做功不变，电场力做功变小，由动能定理可知，小球速度变大，即v2v1，故d错误；故选bc【点评】重力做正功，电场力做负功，应用动能定理即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题二、非选择题，考生根据要求作答9现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度螺旋测微器和游标卡尺的示数如图所示：（1）由图可知，圆柱体的直径为1.843mm，长度为4.240mm（2）若留经圆柱体的电流为i，圆柱体两端之间的电压为u，圆柱体的直径和长度分别用d、l表示，则用d、l、i、u表示的电阻率关系式为=【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（2）根据欧姆定律和电阻定律列式求解【解答】解：（1）由图a所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，游标尺示数为34.30.01mm=0.343mm，螺旋测微器示数为1.5mm+0.343mm=1.843mm；由图所示可知，游标卡尺主尺示数为4.2cm，游标尺示数为80.05mm=0.40mm，游标卡尺示数为42mm+0.40mm=42.40mm=4.240cm；（2）根据电阻定律，有：r=解得：=故答案为：（1）1.843，4.240；（2）【点评】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读，对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度并掌握电阻定律与欧姆定律的应用10（17分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电 路部分的长度约为50cm（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，其中某次测量结果如图1所示，其读数应为0.398mm（该值接近多次测量的平均值）（2）用伏安法测金属丝的电阻rx，实验所用器材为：电池组（电动势为3v，内阻约为1），电流表（内阻约为0.1），电压表（内阻约为3k），滑动变阻器r（020，额定电流为2a），开关，导线若干某同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数1234567u/v0.100.300.701.001.501.702.30i/a0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上实验数据可知，他们测量rx是采用图2中甲和乙中的图甲（选填“甲”或“乙”）（3）如图3是测量rx的实验器材实物图，图中已经连接了部分导线，滑动变阻器的滑片p置于变阻器的一端，请根据上图所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏（4）这个小组的同学在坐标纸上建立u、i坐标系，如图4所示，图中已经标出了与测量数据相对应的四个点，请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出ui图线，由图线得到金属丝的阻值rx=4.5（保留两位有效数字）（5）根据以上数据可估算出金属丝的电阻率约为c（填选项前的序号）a、1102m b、1103m c、1106m d、1108m（6）任何实验测量都存在误差，本实验所用测量仪器都已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是cd（有多个正确选项）a、用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差b、由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差c、若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差d、用ui图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（2）根据题意确定滑动变阻器接法，然后选择实验电路；（3）根据电路图连接实物电路图；（4）根据坐标系内描出的点作出图象，然后根据图象与电阻定律分析答题；（5）由电阻定律求出电阻率，然后答题；（6）明确偶然误差是由人为因素引起的，可以通过多次测量或利用图象来减小偶然误差，但不能消除误差；系统误差是由仪器本身因素或实验原理不精确引起的误差，系统误差可以通过采用精密仪器和完善实验原理来消除【解答】解：（1）由图1所示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+39.80.01mm=0.398mm（0.3960.399均正确）；（2）由表中实验数据可知，如果用限流，最小电压为0.6v，而表中电压都到0.10v了，所以肯定用的分压，由此可知，滑动变阻器应用分压式接法，因此实验采用的是图甲所示电路；（3）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（4）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：由图示图象可知，电阻rx=4.5 （4.34.7均正确）（5）由电阻定律：r=得：=1.15106m，故选c；（6）a、用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故a错误；b、由于电流表和电压表内阻引起的误差不可避免，属于系统误差，不属于偶然误差，故b错误；c、若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故c正确；d、用ui图象处理数据能起到“平均”的作用，可以减小偶然误差但不能消除偶然误差，故d正确故选：cd；故答案为：（1）0.398；（2）甲；（3）如图所示；（4）如图所示；4.5；（5）c；（6）cd【点评】要掌握螺旋测微器的读数方法；明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法；当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法11有三盘电灯l1、l2、l3，规格分别是“110v，100w”，“110v，60w”，“110v，25w”要求接到电压是220v的电源上，使每盏灯都能正常发光可以使用一直适当规格的电阻，请按最优方案设计一个电路，对电阻的要求如何？【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】将三个电灯接到220v的电源上，可将两个电阻较大的电灯“110v60w”、“110v25w”与电阻器并联，再与“110v100w”串连接在220v的电源上，能使每盏灯都正常发光根据功率公式求出每个电灯的额定电流，得到通过电阻器的电流，再求解出其电阻值【解答】解：根据串联电路的电压与电阻成正比特点可知：要使每盏灯都能正常发光，电压等于110v，可将两个电阻较大的电灯“110v60w”、“110v25w”与电阻器并联，再与“110v100w”串连接在220v的电源上，电路连接如图所示，当左右两边的总电阻相等时才能各分压110v，使电灯都正常发光由公式p=ui得l1、l2、l3的额定电流分别为：i1=a=a，i2=a=a，i3=a=a则通过电阻r的电流为 i=i1i2i3=a=ar=806.7答：电路如图所示，电阻的要求是阻值为806.7，额定电流为a【点评】本题考查设计电路的能力，关键要理解串联、并联电路的特点，知道用电器在额定电压下才能正常工作，设计好电路后要进行检验，看是否达到题目的要求12如图所示的电路中，已知r1=4，电流表的读数i=0.75a，电压表读数u=2.0v，经一段时间后一电阻断路，使电流表的读数变为i=0.80a，而电压表的读数变为u=3.2v，求：（1）发生断路的电阻是哪一个？（2）电源电动势和内阻各是多少？【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】（1）由题意，电路中某一电阻断路后，两电表的读数都变大，不可能是r3和r1断路，否则变化后电压表或电流表无读数，只可能r2断路（2）r2断路时，电压表读数等于电阻r3的电压，由欧姆定律求出r3根据闭合电路欧姆定律对发生断路前后列方程，组成方程组求解电动势和内电阻【解答】解：（1）因某电阻烧断，电流表、电压表示数均增大，若r1、r3断路，电流表或电压表无读数，可断定发生断路的电阻是r2（2）由r2烧断后：电压表的示数等于路端电压，则 r3=4根据闭合电路欧姆定律得 u=eir即有 3.2=e0.8rr2未烧断时：路端电压 u=r1i=40.75v=3v通过r1的电流 i1=a=0.25a 总电流：i0=i3+i=0.25a+0.75a=1.0a 则有u=ei0r即 3=er联立解得 e=4v r=1答：（1）发生断路的电阻是r2（2）电源电动势和内阻各是4v和1【点评】本题中涉及故障分析，采用排除法逐一分析对于电源的电动势和内阻，常常根据两种情况列方程组求解13如图所示，一电荷量为q的正点电荷a与一块接地的长金属板mn组成一系统，点电荷a与mn板的垂直距离为d，试求a和mn板垂直连线中点c的电场强度【考点】电场的叠加；电场强度【专题】简答题；比较思想；等效替