广东省东莞高中高考物理模拟试卷（一）（含解析）.doc

2015年广东省东莞高中高考物 理模拟试卷（一）一、单项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求选对的得4分，选错或不答的得0分1（4分）（2015东莞模拟）分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由p点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地三小球分别落在图中a、b、c三点，则错误的是（）aa带正电、b不带电、c带负电b三小球在电场中加速度大小关系是：aaabacc三小球在电场中运动时间相等d三小球到达下板时的动能关系是ekcekbeka2（4分）（2012怀柔区一模）某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是（）a交变电流的频率为0.02hzb交变电流的瞬时表达式为i=5cos50t（a）c在t=0.01s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大d若发电机线圈电阻为0.4，则其产生的热功率为5w3（4分）（2015东莞模拟）如图所示，在竖直放置的光滑绝缘的半圆形细管的圆心o处放一点电荷，将质量为m、带电量为q的小球从圆弧管的水平直径端点a由静止释放，小球沿细管滑到最低点b时，对管壁恰好无压力，则放于圆心处的电荷在ab弧中点处的电场强度大小为（）ae=be=ce=d不能确定4（4分）（2015东莞模拟）如图，金属杆ab静放在光滑的水平固定的“u”形金属框上，处于竖直向上的匀强磁场中现使ab突然获得一向右的初速度v，下列表述正确的是（）a安培力对ab做正功bab杆将向右匀速运动c杆中感应电流逐渐减小d杆中感应电流保持不变二、双项选择题：本题包括5小题，每小题6分，共30分每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求全选对得6分，只选1个且正确得3分，有选错或不答的得0分5（6分）（2015东莞模拟）a、b两带电小球，质量分别为ma、mb，电荷量分别为qa、qb，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时a、b两球处于同一水平面若b对a及a对b的库仑力分别为fa、fb，则下列判断正确的是（）afafbb细线oc的拉力ftc=（ma+mb）gc细线ac对a的拉力fta=gd同时烧断细线ac、bc后，a、b在竖直方向的加速度相同6（6分）（2013开封二模）如图所示，铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，然后从管内下落到水平桌面上已知磁铁下落过程中不与管壁接触，不计空气阻力，下列判断正确的是（）a磁铁在整个下落过程中做自由落体运动b磁铁在管内下落过程中机械能守恒c磁铁在管内下落过程中，铝管对桌面的压力大于铝管的重力d磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量7（6分）（2015东莞模拟）如图，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为，整个装置处于垂直于导轨平面方向的匀强磁场中质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通从a到b的电流i时，ab刚好静止则（）a磁场方向垂直于导轨平面向下b磁场方向垂直于导轨平面向上cab受安培力的大小等于mgsindab受安培力的大小等于mgtan8（6分）（2015东莞模拟）图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图中rt为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，r1为定值电阻下列说法正确的是（）a交流电压u的表达式u=36sin100tb变压器输入功率与输出功率之比为1：4crt处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大drt处温度升高时，电压表的示数不变而电流表的示数变大9（6分）（2015东莞模拟）如图所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为l，右端接有阻值为r的电阻，空间存在方向竖直、磁感应强度为b的匀强磁场质量为m、电阻为r的导体棒ab与固定弹簧相连，放在导轨上初始时刻，弹簧恰处于自然长度给导体棒水平向右的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，最终停在初始位置在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触已知导体棒的电阻r与定值电阻r的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是（）a导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左b导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压u=blv0c导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能ep=mv02d在金属棒整个运动过程中，电阻r上产生的焦耳热q=mv02三、非选择题：本大题共4小题，共54分按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位10（10分）（2015东莞模拟）某实验小组准备探究某种元件q的伏安特性曲线，他们设计了如图甲所示的电路图请回答下列问题：按图甲的电路图补充完整图乙中的实物连线考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值图甲中闭合开关s，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零原因可能是图甲中的（选填a、b、c、d、e、f）处接触不良据实验测得的数据，作出该元件的，iu图线如图丙所示，则元件q在u=0.8v时的电阻值是，则元件q在u=1.6v时的功率是11（8分）（2010江苏）在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）（2）改变电阻箱的阻值r，分别测出阻值r0=10的定值电阻两端的电压u，下列两组r的取值方案中，比较合理的方案是（选填“1”或“2”）方案编号电阻箱的阻值r/1400.0350.0300.0250.0200.0280.070.060.050.040.0（3）根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势e=，内阻r=（用k、b和r0表示）12（18分）（2013广州三模）如图所示，两平行金属板e、f之间电压为u，两足够长的平行边界mn、pq区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为b一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），由e板中央处静止释放，经f板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界mn成60角，最终粒子从边界mn离开磁场求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径r；（2）两边界mn、pq的最小距离d；（3）粒子在磁场中运动的时间t13（18分）（2015东莞模拟）如图所示，一个面积为s电阻为r的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的右端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d在t=0时，圆形导线框中的磁感应强度b从b0开始均匀增大；同时，有一质量为m、电量绝对值为q的液滴以初速度v0水平向右射入两板间（该液滴可视为质点）该液滴恰能从两板间作匀速直线运动，然后液滴在电场强度大小恒定方向未知、磁感应强度为b1、宽为l的复合场中恰好做匀速圆周周运动求：（1）试判断液滴带何种电荷？圆形导线中磁感应强度随时间的变化率k=？（2）（重力场、电场、磁场）复合场中的电场强度方向如何？大小如何？（3）该液滴离开复合场时，偏离原方向的距离2015年广东省东莞高中高考物理模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求选对的得4分，选错或不答的得0分1（4分）（2015东莞模拟）分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由p点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地三小球分别落在图中a、b、c三点，则错误的是（）aa带正电、b不带电、c带负电b三小球在电场中加速度大小关系是：aaabacc三小球在电场中运动时间相等d三小球到达下板时的动能关系是ekcekbeka考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：三个小球在电场中做平抛运动或类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动由图看出水平位移的关系，比较运动时间关系竖直位移大小相等，根据牛顿第二定律和位移公式分析加速度关系，判断三个小球的电性根据动能定理分析三小球到达下板时的动能关系解答：解：a、b、c三个小球在水平方向都做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是：xaxbxc三个小球水平速度v0相同，由x=v0t得，运动时间关系是：tatbtc竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直位移y大小相等，由y=得到加速度关系为：aaabac根据牛顿第二定律得到合力关系为：fafbfc，三个小球重力相同，而平行金属板上板带负极，可以判断出来a带正电、b不带电、c带负电故ab正确，c错误d、三个小球所受合力方向都竖直向下，都做正功，竖直位移大小相等，而合力fafbfc，则合力做功大小关系为：wawbwc，根据动能定理得，三小球到达下板时的动能关系是ekcekbeka故d正确本题选错误的，故选c点评：类平抛运动和平抛运动研究的方法相似，都可运用运动的合成与分解方法研究，只是两种运动加速度不同本题要根据轨迹直接看出两个方向位移的关系，这是分析其他量关系的基础2（4分）（2012怀柔区一模）某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是（）a交变电流的频率为0.02hzb交变电流的瞬时表达式为i=5cos50t（a）c在t=0.01s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大d若发电机线圈电阻为0.4，则其产生的热功率为5w考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；交流发电机及其产生正弦式电流的原理专题：交流电专题分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，即可求得结论解答：解：a、由图象可知，交流电的周期为20103s，所以交流电的频率为f=50hz，所以a错误；b、根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为i=acost=5cos100t（a），所以b错误；c、在t=0.01s时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，穿过交流发电机线圈的磁通量最小，所以c错误；d、交流电的有效值为i=a，所以发电机的发热功率为p=i2r=0.4w=5w，所以d正确故选d点评：解决本题的关键就是有电流的瞬时值表达式求得原线圈中电流的最大值，进而求得原线圈的电流的有效值的大小3（4分）（2015东莞模拟）如图所示，在竖直放置的光滑绝缘的半圆形细管的圆心o处放一点电荷，将质量为m、带电量为q的小球从圆弧管的水平直径端点a由静止释放，小球沿细管滑到最低点b时，对管壁恰好无压力，则放于圆心处的电荷在ab弧中点处的电场强度大小为（）ae=be=ce=d不能确定考点：向心力；牛顿第二定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：小球沿细管滑到最低点b过程中，电场力对小球不做功，只有重力做功，小球的机械能守恒小球到达b点时对管壁恰好无压力，则由重力和点电荷对的电场力的合力提供向心力，根据机械能守恒定律求出小球到达b点时的速度，再由牛顿第二定律求出场强的大小解答：解：设细管的半径为r，小球到达b点时速度大小为v小球从a滑到b的过程，由机械能守恒定律得，mgr=mv2得到：v=小球经过b点时，由牛顿第二定律得：eqmg=m，将v=代入得：e=放于圆心处的电荷在ab弧中点处的电场强度大小也为e=故选：c点评：本题是机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用对于圆周运动，常常不单独出题，会和动能定理、机械能守恒结合应用4（4分）（2015东莞模拟）如图，金属杆ab静放在光滑的水平固定的“u”形金属框上，处于竖直向上的匀强磁场中现使ab突然获得一向右的初速度v，下列表述正确的是（）a安培力对ab做正功bab杆将向右匀速运动c杆中感应电流逐渐减小d杆中感应电流保持不变考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：ab棒突然获得一初速度，切割磁感线，产生感应电动势，产生感应电流，受到向左的安培力，做变减速运动；根据e=blv和i=判断感应电流的变化解答：解：a、b、ab棒突然获得一初速度，切割磁感线，产生感应电动势，形成感应电流，根据楞次定律，来拒去留，受向左的安培力，故安培力做负功，故a错误；c、d、由于安培力做负功，故棒做减速运动；根据e=blv和i=，有：i=；由于速度减小，故感应电流逐渐减小，故c正确，bd错误；故选：c点评：本题主要根据楞次定律判断安培力方向，根据公式e=blv和i=判断感应电流大小的变化情况，基础题二、双项选择题：本题包括5小题，每小题6分，共30分每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求全选对得6分，只选1个且正确得3分，有选错或不答的得0分5（6分）（2015东莞模拟）a、b两带电小球，质量分别为ma、mb，电荷量分别为qa、qb，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时a、b两球处于同一水平面若b对a及a对b的库仑力分别为fa、fb，则下列判断正确的是（）afafbb细线oc的拉力ftc=（ma+mb）gc细线ac对a的拉力fta=gd同时烧断细线ac、bc后，a、b在竖直方向的加速度相同考点：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用专题：电场力与电势的性质专题分析：设两个球间的静电力为f，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小；根据整体法来确定细线的拉力，并由牛顿第二定律则可判定细线烧断后各自的运动情况解答：解：a、对小球a受力分析，受重力、静电力、拉力，如图根据平衡条件，则有，两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故a错误；有：mag=tacos30 因此：ta=mag，故c错误； b、由整体法可知，细线的拉力等于两球的重力，故b正确；d、同时烧断ac、bc细线后，a、b在竖直方向重力不变，所以加速度相同，故d正确；故选：bd点评：本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合库仑定律列方程分析求解6（6分）（2013开封二模）如图所示，铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，然后从管内下落到水平桌面上已知磁铁下落过程中不与管壁接触，不计空气阻力，下列判断正确的是（）a磁铁在整个下落过程中做自由落体运动b磁铁在管内下落过程中机械能守恒c磁铁在管内下落过程中，铝管对桌面的压力大于铝管的重力d磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：条形磁铁通过铝管时，导致铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，产生的感应磁场阻碍原磁场磁通量的变化，导致条形磁铁受到一定阻力，因而机械能不守恒；根据楞次定律得出铝管对桌面的压力大于铝管的重力解答：解：a、b磁铁在铝管中运动的过程中，铝管的磁通量发生变化，产生感应电流，磁铁受到向上的安培力的阻碍，铝管中产生热能，所以磁铁的机械能不守恒，磁铁做的是非自由落体运动，故a、b错误c、磁铁在整个下落过程中，由楞次定律：来拒去留，可知，铝管受到的安培力向下，则铝管对桌面的压力大于铝管的重力，故c正确；d、磁铁在整个下落过程中，除重力做功外，还有安培力做负功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还有产生内能所以根据能量转化和守恒定律可知：磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量故d正确；故选：cd点评：对于楞次定律可这样来理解安培力：来拒去留，当强磁铁过来时，就拒绝它；当离开时就挽留它并涉及机械能守恒的条件，同时考查能量守恒关系7（6分）（2015东莞模拟）如图，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为，整个装置处于垂直于导轨平面方向的匀强磁场中质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通从a到b的电流i时，ab刚好静止则（）a磁场方向垂直于导轨平面向下b磁场方向垂直于导轨平面向上cab受安培力的大小等于mgsindab受安培力的大小等于mgtan考点：安培力分析：金属棒静止，金属棒处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件及左手定则分析解答：解：a、磁场方向若垂直于导轨平面向下，导体棒受重力、支持力和水平向左的安培力，三个力的合力不可能为零，所以金属板不可以静止故a错误b、磁场的方向若垂直于导轨平面向上，则安培力的方向沿导轨向上，受重力、支持力和安培力平衡故b正确c、根据受力平衡可得：安培力f=mgsin，所以c正确，d错误；故选：bc点评：金属棒静止处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒正确受力分析，熟练应用左手定则是正确解题的关键8（6分）（2015东莞模拟）图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图中rt为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，r1为定值电阻下列说法正确的是（）a交流电压u的表达式u=36sin100tb变压器输入功率与输出功率之比为1：4crt处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大drt处温度升高时，电压表的示数不变而电流表的示数变大考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：由图乙可知交流电压最大值，周期t=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流解答：解：a、由图乙可知交流电压最大值um=36v，周期t=0.02s，可由周期求出角速度的值为100，则可得交流电压u的表达式 u=36sin100tv，故a正确；b、变压器输入、输出功率之比为1：1，故b错误；c、rt处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压由输入电压和匝数比决定，所以电压表示数不变，故c错误d正确；故选：ad点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键9（6分）（2015东莞模拟）如图所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为l，右端接有阻值为r的电阻，空间存在方向竖直、磁感应强度为b的匀强磁场质量为m、电阻为r的导体棒ab与固定弹簧相连，放在导轨上初始时刻，弹簧恰处于自然长度给导体棒水平向右的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，最终停在初始位置在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触已知导体棒的电阻r与定值电阻r的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是（）a导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左b导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压u=blv0c导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能ep=mv02d在金属棒整个运动过程中，电阻r上产生的焦耳热q=mv02考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：根据右手定则判断出初始时刻感应电流的方向，再根据左手定则判断出安培力的方向；由e=blv0和欧姆定律求解导体棒两端的电压；导体棒运动过程中，产生电能，根据功能关系分析导体棒开始运动后速度第一次为零时系统的弹性势能；根据能量守恒求解在金属棒整个运动过程中，电阻r上产生的焦耳热解答：解：a、导体棒开始运动的初始时刻，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从ab，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力向左，故a正确b、导体棒开始运动的初始时刻，ab棒产生的感应电势为e=blv0由于r=r，所以导体棒两端的电压u=e=blv0故b错误c、由于导体棒运动过程中产生电能，所以导体棒开始运动后速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知：系统的弹性势能小于故c错误d、金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻r上产生的焦耳热 q=，故d正确故选：ad点评：弄清运动过程中能量如何转化，并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键，当然右手定则和安培定则也熟练运用三、非选择题：本大题共4小题，共54分按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位10（10分）（2015东莞模拟）某实验小组准备探究某种元件q的伏安特性曲线，他们设计了如图甲所示的电路图请回答下列问题：按图甲的电路图补充完整图乙中的实物连线考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值小于（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值图甲中闭合开关s，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零原因可能是图甲中的f（选填a、b、c、d、e、f）处接触不良据实验测得的数据，作出该元件的，iu图线如图丙所示，则元件q在u=0.8v时的电阻值是16，则元件q在u=1.6v时的功率是0.32w考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：（1）根据原理图可知电路的连接方式，则在实物图中先串联一个支路，再将测量电路并联在滑动变阻器的一部分两端；（2）误差来自于电表的内阻影响，分析两表的示数变化可知误差；（3）电路中有电流存在，说明电路和电源相连；但起不到分压作用，则可知故障位置；（4）由得出的图象分析对应的电流值，则由欧姆定律可求得电流，由功率公式即可求得功率解答：解：由原理图可知，滑动变阻器采用了分压接法，即先将下面两个固定的接线柱接在电源两端；再将用电器的一端接在上面任意一个接线柱上，另一端接到下面任意一个接线柱上；同时电流表采用外接法，注意电表的正极流入；实物图如图；电流表外接时，通过元件的电流值的测量值大于真实值；根据r=可知，该元件的电阻的测量值小于真实值；由题意可知，电流与电源应相连，不能调节到零说明滑动变阻器起不到分压作用，故应是f点接触不良造成的；由得出的图象可知，u=0.8v时，电流i=0.05a；故电阻r=16；1.6v时的电流为0.2a；故功率p=ui=1.60.2=0.32w；故答案为：如图；小于；f；16、0.32w点评：应明确：进行伏安法测电阻的误差方向时，只要写出待测电阻的测量值与真实值的表达式即可求解；变阻器采用分压式接法时，电压表或电流表的示数可以从零调；分析图象的斜率时，应根据需要的物理规律写出纵轴物理量与横轴物理量的表达式，然后再讨论斜率的物理意义即可11（8分）（2010江苏）在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到最大值（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）（2）改变电阻箱的阻值r，分别测出阻值r0=10的定值电阻两端的电压u，下列两组r的取值方案中，比较合理的方案是2（选填“1”或“2”）方案编号电阻箱的阻值r/1400.0350.0300.0250.0200.0280.070.060.050.040.0（3）根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势e=，内阻r=（用k、b和r0表示）考点：测定电源的电动势和内阻分析：（1）实验中应保证开始时的电流最小，可以保证电路安全，由闭合电路欧姆定律可知应如何调节滑动变阻器；（2）为了实验更精确应使数据间差值较大，并且能多测数据；根据两组方案的特点可知应选取哪一方案；（3）由题意及闭合电路欧姆定律可得出的关系，结合图象可知其斜率及截距的含义，从而可以得出电动势和内电阻解答：解：（1）电路为限流接法，开始时应让电流最小，然后再逐渐增大，故开始时滑动变阻器应达到最大值处； （2）对比两方案可知，方案1中电阻箱电阻较大，而r0的阻值只有10，故在调节电阻箱时，电流的变化不明确，误差较大； 而方案2中电阻箱的阻值与r0相差不大，可以测出相差较大的多组数据，故方案2更合理； （3）由闭合电路欧姆定律可得：u=+；由函数知识可知：图象的斜率k=；故e=；图象与纵坐标的交点b=+；r=；故答案为：（1）最大值；（2）2； （3），点评：本题考查测定电动势和内阻的实验，本实验要特别注意数据的处理，能正确应用图象并结合函数关系进行分析得出结果12（18分）（2013广州三模）如图所示，两平行金属板e、f之间电压为u，两足够长的平行边界mn、pq区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为b一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），由e板中央处静止释放，经f板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界mn成60角，最终粒子从边界mn离开磁场求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径r；（2）两边界mn、pq的最小距离d；（3）粒子在磁场中运动的时间t考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）带电粒子先在电场中加速，后进入磁场做匀速圆周运动由动能定理求出加速获得的速度大小粒子离开电场后，垂直进入磁场，由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律求半径；（2）当粒子在磁场中的轨迹恰好也pq相切时，两边界mn、pq的距离最小，画出粒子的运动轨迹，由几何关系求最小距离；（3）求出粒子圆周运动的周期，确定出轨迹的圆心角，由t=t求磁场中运动的时间解答：解：（1）设粒子离开电场时的速度为v，由动能定理有： qu= 解得：v= 粒子离开电场后，垂直进入磁场，由洛仑兹力提供向心力有： qvb=m 联立解得：r= （2）当粒子在磁场中的轨迹恰好也pq相切时，两边界mn、pq的距离最小，所以最终粒子从边界mn离开磁场，需满足： dr+rsin30 联立解得：d 两边界mn、