江苏省淮安市东方双语学校高二物理上学期第一次质检试卷（选修）（含解析）.doc

2014-2015学年江苏省淮安市东方双语学校高二（上）第一次质检物理试卷（选修）一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共计18分。每小题只有一个选项符合题意）1下列说法正确的是（）a运动电荷在磁场中，一定受洛伦磁力的作用b洛伦磁力对带电的粒子不做功c洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不改变带电粒子的速度d运动电荷在某处不受洛伦磁力作用，则该处的磁感应强度一定为零2如图所示，长方形钢柱长l=10cm，宽n=5cm，高m=3cm，当将a与b接入电压为u的电路中时，电流强度为1a，若将c与d接入电压为u的电路中，则电流为（）a4ab2acada3如图所示，两根通电直导线p、q互相平行，对称分布在x轴上o点两侧，两根导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电流，在y中正方向上一点r，则r处的磁感应强度的方向是（）ax轴正方向by轴正方向cy轴负方向dx轴负方向4一根容易形变的弹性导线，两端固定导线中通有电流，方向如图中箭头所示当没有磁场时，导线呈直线状态：当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是（）abcd5带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场，如图所示运动中经过b点，oa=ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度e与磁感应强度b之比为（）av0b1c2v0d6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和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减小二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）7关于磁场和磁感线的描述，正确的是（）a磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向就表示该点的磁场方向b磁极间的相互作用是通过磁场而发生的c磁感线是从磁体的n极出发，终止于s极d磁感线就是磁场中碎铁屑排列成的曲线8将电动势为3.0v的电源接入电路中，测得电源外电路的总电压为2.4v，当电路中6c的电荷流过时（）a电源中共有18j的电能转化其他形式能b电源中共有14.4j的其他形式能转化电能c外电路中共有18j电能转化为其他形式能d内电路中共有3.6j的电能转化为内能9在如图所示的静电实验电路中，已知电容器的电容c1=c2=c，电源的电动势为e，内阻为r，伏特表的内阻为10k，当电路达到稳定状态后，则（）a伏特计和静电计上的电势差相等，都是b伏特计上电势差比静电计上的电势差大些c静电计上电势差为ed伏特计上电势差为零10回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示它的核心部分是两个d形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出现要增大粒子射出时的动能，下列所采取的方法可行的是（）a增大电场的加速电压b增大磁场的磁感应强度c减小狭缝间的距离d增大d形盒的半径11如下图所示，直线b为电源的ui图象，直线a为电阻r的ui图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别是（）a电源的输出功率为4wb电源的输出功率为2wc电源的效率为33.3%d电源的效率为67%三、解答题（共3小题，满分20分请将解答填在答题纸相应的位置）12用如图甲所示的电路图研究灯泡l（2.4v，1.0w）的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下正常工作时的电阻值，检验其标示的准确性（1）在闭合开关s前，滑动变阻器触头应放在端（选填“a”或“b”）（2）根据电路图，请在图乙中以笔划线代替导线将实物图补充完整（3）实验后作出的ui图象如图丙所示，图中曲线弯曲的主要原因是：（4）根据所得到的图象如图丙所示，求出它在额定电压（2.4v）下工作时的电阻值r=，这个测量值比真实值偏（选填“大”或“小”）13如图所示是根据某次测电源电动势和内阻实验记录数据画出的ui图象，下面关于这个图象的说法中正确的是（）a纵轴截距表示待测电源的电动势，即3.0 vb横轴截距表示短路电流，即i短=0.8 ac根据r=，计算出待测电源内电阻为5d从图象上看出电源内电阻为114某同学测量一只未知阻值的电阻他先用多用电表进行测量，按照正确的步骤操作后，测量的结果如图所示请你读出其阻值大小为欧姆为了使多用电表测量的结果更准确，该同学接着应该换用挡，并后再测量四、计算题（共4小题，满分62分解答时请写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不得分，有数值计算的题，但暗中必须明确写出数值和单位）15如图所示，r为电阻箱，为理想电压表当电阻箱读数为r1=2时，电压表读数为u1=4v；当电阻箱读数为r2=5时，电压表读数为u2=5v求：（1）电源的电动势e和内阻r（2）当电阻箱r读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值pm为多少？16如图所示电路中，电阻r1=r2=r3=10，电源内阻r=5，电压表可视为理想电表当开关s1和s2均闭合时，电压表的示数为10v（1）电阻r2中的电流为多大？（2）路端电压为多大？（3）电源的电动势为多大？（4）当开关s1闭合而s2断开时，电压表的示数变为多大？17如图所示，在y0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点p1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=2h处的 p2点进入磁场，并经过y轴上y=2h处的p3点不计重力求（l）电场强度的大小（2）粒子到达p2时速度的大小和方向（3）磁感应强度的大小18如图所示，匀强电场的场强e=4v/m，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度b=2t，方向垂直纸面向里一个质量为m=1g、带正电的小物块a，从m点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速度下滑，当它滑行0.8m到n点时就离开壁做曲线运动当a运动到p点时，恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平成45角，设p与m的高度差h为1.6m求：（1）a沿壁下滑时克服摩擦力做的功（2）p与m的水平距离s是多少？2014-2015学年江苏省淮安市东方双语学校高二（上）第一次质检物理试卷（选修）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共计18分。每小题只有一个选项符合题意）1下列说法正确的是（）a运动电荷在磁场中，一定受洛伦磁力的作用b洛伦磁力对带电的粒子不做功c洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不改变带电粒子的速度d运动电荷在某处不受洛伦磁力作用，则该处的磁感应强度一定为零考点： 洛仑兹力分析： 电荷沿磁感线的方向运动时，不受到洛伦兹力的作用；洛伦兹力对运动的电荷不做功解答： 解：a、电荷沿磁感线的方向运动时，不受到洛伦兹力的作用；静止的电荷也不受到洛伦兹力的作用故a错误b、洛伦兹力的方向始终与电荷运动的方向垂直，所以洛伦兹力对电荷不做功，故b正确；c、洛伦兹力的方向始终与电荷运动的方向垂直，所以洛伦兹力对电荷不做功，只改变带电粒子的速度的方向故c错误；d、当电荷运动的方向与磁场中的方向垂直时，运动电荷在磁场中不受洛伦磁力作用，则该处的磁感应强度不一定为零故d错误故选：b点评： 该题考查洛伦兹力的方向与运动方向的关系以及公式：f=qvb中速度的方向与磁感应强度的方向之间的关系，属于基础题目，要注意抓条件2如图所示，长方形钢柱长l=10cm，宽n=5cm，高m=3cm，当将a与b接入电压为u的电路中时，电流强度为1a，若将c与d接入电压为u的电路中，则电流为（）a4ab2acada考点： 欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 当ab接入电路时，通过欧姆定律求出电阻，再有电阻定律求解出电阻率；当cd接入电路时，有欧姆定律求出电阻，再有欧姆定律求出电流解答： 解：当将a与b接入长方体铜导线的电阻为：rab=u有欧姆定律可得，铜导线的电阻率为rab=u=当cd接入电路时，电阻为rcd=有欧姆定律可得i=4a故选：a点评： 本题主要考察电阻定律和欧姆定律的灵活运用；要注意导线接入方式不同，电阻不同3如图所示，两根通电直导线p、q互相平行，对称分布在x轴上o点两侧，两根导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电流，在y中正方向上一点r，则r处的磁感应强度的方向是（）ax轴正方向by轴正方向cy轴负方向dx轴负方向考点： 磁感应强度分析： 本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在r点形成磁场方向，根据合磁场大小从而求出单根导线在r点形成磁感应强度大小，进一步求出r点磁感应强度大小解答： 解：根据安培定则，两个电流在r处产生的磁场的方向如图，由于电流的大小相等，所以产生的磁场的大小相等，由矢量的合成方法可知，合磁场的方向沿y轴负方向故选：c点评： 磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据右手螺旋定则判断导线周围磁场方向是解题的前提4一根容易形变的弹性导线，两端固定导线中通有电流，方向如图中箭头所示当没有磁场时，导线呈直线状态：当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是（）abcd考点： 磁场对电流的作用分析： 通电导线在磁场中的受力方向判断，可由左手定则完成解答： 解：a、图示电流与磁场平行，导线不受力的作用，故a错误 b、由左手定则判得，安培力的方向垂直纸面向里，故b错误 c、由左手定则判得，安培力的方向水平向右，故c错误 d、由左手定则判得，安培力的方向水平向右，故d正确故选d点评： 本题考查了左手定则，要熟练应用左手定则判断安培力的方向5带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场，如图所示运动中经过b点，oa=ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度e与磁感应强度b之比为（）av0b1c2v0d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： 带电粒子以速度v0从a点进入匀强磁场，运动中经过b点，oa=ob，所以圆周运动的半径正好等于d，根据半径公式求出b，如果换成匀强电场，则粒子做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解解答： 解：设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，即：r=d，得：b=如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：d=（）2，得到：e=，所以：=2v0，选项c正确故选：c点评： 带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径6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和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： 本题首先要理清电路，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，再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：由图知电压表测量路端电压，电流表a1测量流过r1的电流，电流表a2测量流过r2的电流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，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数u减小，r3电压增大，r1、r2并联电压减小，通过r1的电流i1减小，而总电流i增大，则流过r2的电流i2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二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）7关于磁场和磁感线的描述，正确的是（）a磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向就表示该点的磁场方向b磁极间的相互作用是通过磁场而发生的c磁感线是从磁体的n极出发，终止于s极d磁感线就是磁场中碎铁屑排列成的曲线考点： 磁现象和磁场；磁感线及用磁感线描述磁场分析： （1）磁体周围存在着磁场，为了形象地描述磁场，我们引入了磁感线，规定小磁针静止时n极所指的方向为该点磁场的方向（2）磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁铁的北极出发，进入南极；在磁体内部，从南极指向北极解答： 解：a、磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都与小磁针放在该点静止时北极所指的方向一，故a正确；b、磁场是客观存在的，磁体间的相互作用就是通过磁场发生的，故b正确；c、对于磁体的外部，磁感线都是从磁体的北极出发，回到磁体的南极，但对于磁体的内部，磁感线是从s极出发，回到n极，故c错误；d、磁感线是人们假想出来的用于描述磁场的一些有方向的曲线，并不是放在磁场中的细铁屑连成的曲线，故d错误；故选：ab点评： 本题对磁场和磁感线的理解能力，抓住它们之间的区别：磁场是物质，磁感线不是物质8将电动势为3.0v的电源接入电路中，测得电源外电路的总电压为2.4v，当电路中6c的电荷流过时（）a电源中共有18j的电能转化其他形式能b电源中共有14.4j的其他形式能转化电能c外电路中共有18j电能转化为其他形式能d内电路中共有3.6j的电能转化为内能考点： 闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻专题： 恒定电流专题分析： 根据电动势的定义式e=，求解有多少其他形式的能转化为电能；根据w1=u1q求解外电路中电能转化为其他形式的能；根据能量守恒定律求解内电路中电能转化情况解答： 解：a、根据电动势的定义式e=，得：w=eq=3.06j=18j，非静电力做功18j，则电源中共有18j其他形式的能转化为电能故a正确，b错误c、根据w=uq得：w1=u1q=2.46j=14.4j，则外电路中共有14.4j电能转化为其他形式的能，故c错误d、内电压为u=eu=302.4=0.6v，内电路中转化为内能的电能为：e内=qu=60.6j=3.6j，故d正确故选：ad点评： 本题主要考查了w=uq公式的直接应用，知道电流做功的过程就是把电能转化为其它形式的能的过程9在如图所示的静电实验电路中，已知电容器的电容c1=c2=c，电源的电动势为e，内阻为r，伏特表的内阻为10k，当电路达到稳定状态后，则（）a伏特计和静电计上的电势差相等，都是b伏特计上电势差比静电计上的电势差大些c静电计上电势差为ed伏特计上电势差为零考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 电压表是由电流表改装而成的，电路中若没有电流，电压表则没有读数静电计测量电容器板间的电势差根据电容器的特点进行分析解答： 解：当电路达到稳定状态后，电容器相当于开关断开，静电计两个金属接线柱不连，所以整个回路处于断路状态，电路中电流为零，电压表两端的电势差为，故伏特表示数为零两电容器串联，静电计上的电势差等于电源的电动势，即为e故a、b错误，c、d正确故选cd点评： 本题要抓住电压表与静电计工作原理的不同电压表是由电流表改装而成的，有电流通过表头指针才偏转10回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示它的核心部分是两个d形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出现要增大粒子射出时的动能，下列所采取的方法可行的是（）a增大电场的加速电压b增大磁场的磁感应强度c减小狭缝间的距离d增大d形盒的半径考点： 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： 根据洛伦兹力提供向心力，通过d形盒的半径求出粒子射出回旋加速器的速度，从而得知最大速度与什么因素有关解答： 解：根据，解得v=，则最大动能，则增大磁场的磁感应强度或增大d形盒的半径，可以增加粒子射出时的动能，与加速电压和狭缝间的距离无关故b、d正确，a、c错误故选bd点评： 解决本题的关键知道回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，但是最大动能与加速的电压无关11如下图所示，直线b为电源的ui图象，直线a为电阻r的ui图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别是（）a电源的输出功率为4wb电源的输出功率为2wc电源的效率为33.3%d电源的效率为67%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： 由电阻r的图象斜率求出电阻r；由电源的ui图象纵轴截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻根据效率公式求出电源的效率解答： 解：a、b由直线a可知r=1，由直线b可知e=3v，r=0.5电源的输出功率： p出=i2r=（）2r=（）21w=4w故a正确，b错误 c、d电源的效率=100%=100%67%故c错误，d正确故选ad点评： 本题考查理解物理图象的能力，其实两图线的交点就表示电阻r与该电源相连时工作状态，可直接读出电压u=2v和电流i=2a，求出电源的输出功率p出=4w三、解答题（共3小题，满分20分请将解答填在答题纸相应的位置）12用如图甲所示的电路图研究灯泡l（2.4v，1.0w）的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下正常工作时的电阻值，检验其标示的准确性（1）在闭合开关s前，滑动变阻器触头应放在a端（选填“a”或“b”）（2）根据电路图，请在图乙中以笔划线代替导线将实物图补充完整（3）实验后作出的ui图象如图丙所示，图中曲线弯曲的主要原因是：随着灯丝中的电流增大，温度升高，灯丝的电阻率增大，电阻增大（4）根据所得到的图象如图丙所示，求出它在额定电压（2.4v）下工作时的电阻值r=4.8，这个测量值比真实值偏小（选填“大”或“小”）考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线专题： 实验题；恒定电流专题分析：做电学实验首先应注意保护电流表，因此，闭合开关前应将滑动触头打到使通过电流表电路的电流最小的位置解答： 解：（1）、由图甲知当滑动触头打到a端时通过电流表的电流是零，为防止烧表，在闭合开关s前，滑动变阻器触头应放在a端（2）、根据电路图连线实物图如图所示（3）、图中曲线弯曲的主要原因是随着灯丝中的电流增大，温度升高，灯丝的电阻率增大，电阻增大（4）、由图丙知小灯泡在额定电压（2.4v）下工作时的电流为0.5a，由r=得r=4.8，根据欧姆定律，由于电压表的分流使得电流表测量值大于通过小灯泡的实际电流，故测得的电阻值偏小故答案为（1）a（2）如图所示（3）随着灯丝中的电流增大，温度升高，灯丝的电阻率增大，电阻增大（4）4.8，小点评： 注意变阻器分压式和限流式在在闭合开关s前滑动触头位置的不同要求13如图所示是根据某次测电源电动势和内阻实验记录数据画出的ui图象，下面关于这个图象的说法中正确的是（）a纵轴截距表示待测电源的电动势，即3.0 vb横轴截距表示短路电流，即i短=0.8 ac根据r=，计算出待测电源内电阻为5d从图象上看出电源内电阻为1考点： 测定电源的电动势和内阻专题： 恒定电流专题分析： 由闭合电路欧姆定律可明确伏安特性曲线的意义，则可求得电源的电动势和内电阻解答： 解：a、图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，则电动势为3.0v；故a正确；b、由图可知，纵坐标不是从零开始调节的，无法明确短路电流；也无法求得电源内电阻；故bc错误；d、由图象可知，电源的内阻r=1；故d正确；故选：ad点评： 本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，要注意采用图象法处理数据的方法14某同学测量一只未知阻值的电阻他先用多用电表进行测量，按照正确的步骤操作后，测量的结果如图所示请你读出其阻值大小为1000欧姆为了使多用电表测量的结果更准确，该同学接着应该换用100挡，并欧姆调零后再测量考点： 用多用电表测电阻专题： 恒定电流专题分析： 欧姆表读数为表盘示数乘以倍率偏角小说明电阻大，要换用大倍率挡换挡后先进行欧姆调零再测量解答： 解：由图知某同学选择的是10挡，故欧姆表的读数为：示数倍率=10010=1000欧姆表的零刻度在右边，偏角小，说明带测电阻阻值大，应换大倍率100挡，重新欧姆调零后测量故答案为：1000，100，欧姆调零点评： 本题考查了欧姆表的使用方法，记住，每次换挡都要重新欧姆调零四、计算题（共4小题，满分62分解答时请写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不得分，有数值计算的题，但暗中必须明确写出数值和单位）15如图所示，r为电阻箱，为理想电压表当电阻箱读数为r1=2时，电压表读数为u1=4v；当电阻箱读数为r2=5时，电压表读数为u2=5v求：（1）电源的电动势e和内阻r（2）当电阻箱r读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值pm为多少？考点： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题： 计算题分析： （1）由两次电压表及电阻箱的读数，列出闭合电路欧姆定律联立可求得电动势和内阻；（2）由功率表达式可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；由数学知识可求得最大值解答： 解：（1）由闭合电路欧姆定律：联立上式并代入数据解得：e=6vr=1电源电动势为6v，内阻为1；（2）由电功率表达式：将上式变形为：由上式可知r=r=1时p有最大值为；故p的最大输出功率为9w点评： 本题考查闭合电路的欧姆定律及功率输出的最大值问题，最大输出功率要以做为结论直接应用，但是还要注意明确推导过程16如图所示电路中，电阻r1=r2=r3=10，电源内阻r=5，电压表可视为理想电表当开关s1和s2均闭合时，电压表的示数为10v（1）电阻r2中的电流为多大？（2）路端电压为多大？（3）电源的电动势为多大？（4）当开关s1闭合而s2断开时，电压表的示数变为多大？考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 压轴题；恒定电流专题分析： （1）当开关s1和s2均闭合时，电阻r1与r3并联后与r2串联已知电压表的读数与电阻r2，根据欧姆定律定律求出电阻r2中的电流；（2）求出外电路总电阻，根据u=ir求出路端电压；（3）根据闭合电路欧姆定律求出电源的电动势；（4）当开关s1闭合而s2断开时，电阻r1与r2串联，电压表的读数等于路端电压再由欧姆定律求出电流和路端电压解答： 解：（1）电阻r2中的电流i=1a（2）外电阻r=r2+=15所以路端电压为：u=ri=151=15v（3）根据闭合电路欧姆定律i=得 e=i（r+r）代入数据解得e=20v （4）s1闭合而s2断开，电路中的总电流 i=a=0.8a电压表示数u=i（r1+r2）=0.820v 代入数据解得u=16v答：（1）电阻r2中的电流是1a；（2）路端电压为15v；（3）电源的电动势是20v；（4）当开关s1闭合而s2断开时，电压表的示数是16v点评： 本题是电路的计算问题，首先要识别电路的结构，其次要明确电压表测量哪部分电路的电压17如图所示，在y0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点p1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=2h处的 p2点进入磁场，并经过y轴上y=2h处的p3点不计重力求（l）电场强度的大小（2）粒子到达p2时速度的大小和方向（3）磁感应强度的大小考点： 带电粒子在混合场中的运动专题： 压轴题分析： （1）粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律及运动学公式即可求出电场强度；（2）粒子到达p2时速度方向决定粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由x方向的速度分量和沿y方向的速度分量可得方向角，根据运动学公式即可求解；（3）粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动的半径根据几何关系可以求出，再由牛顿第二定律即可求出磁感应强度解答： 解：（1）粒子在电场中做类平