2020-2021学年广东省广州市荔湾区高二（上）期末物理试卷

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2020-2021学年广东省广州市荔湾区高二（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题包括8小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，多选、错选均不得分．
1．（3分）下列说法正确的是（　　）
A．元电荷就是电子或质子
B．元电荷是最小电荷量，又称“基本电量”
C．油滴所带的电荷量可能是3.6×10﹣19C
D．法国物理学家库仑最早用油滴实验精确地测出了元电荷的数值
2．（3分）下列关于科学家和其主要贡献的说法，错误的是（　　）
A．库仑通过扭秤实验总结出了电学中的基本定律﹣﹣库仑定律
B．法拉第提出了场的概念，并用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场
C．奥斯特提出了分子电流假说，成功解释了铁棒的磁化与高温去磁现象
D．法拉第发现磁能生电，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来
3．（3分）为测定某点的电场强度，在该点放一电荷量为﹣q的检验电荷，测得该点的电场强度为E1；再在该点改放另一电荷量为+2q的检验电荷，测得电场强度为E2．则（　　）
A．E1＞E2，方向相反 B．E1＜E2，方向相同
C．E1＝E2，方向相反 D．E1＝E2，方向相同
4．（3分）如图所示，把带电小球用绝缘细线悬挂于匀强磁场中，从图示位置由静止释放，当带电小球第一、二两次经过最低点时，相同的量是（　　）

A．小球的速度 B．细线的拉力
C．小球的加速度 D．小球受到的洛伦兹力
5．（3分）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方d2处的P点有一带电微粒，该微粒从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将上极板向上平移d3，则从P点开始下落的相同微粒将（　　）
A．打到下极板上 B．在下极板处返回
C．在距上极板d3处返回 D．在距上极板2d5处返回
6．（3分）如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r＜R，C为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是（　　）

A．R2消耗的功率变小
B．R3消耗的功率变大
C．电源的总功率变大
D．电源内阻消耗的功率变小
7．（3分）如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，场强方向平行正方形ABCD所在平面。已知A、B、C三点的电势分别为φA＝9V，φB＝3V，φC＝﹣3V，则（　　）

A．D点的电势φD＝3V，场强方向平行AB方向
B．D点的电势φD＝6V，场强方向平行BC方向
C．D点的电势φD＝3V，场强方向平行AC方向
D．D点的电势φD＝6V，场强方向平行BD方向
8．（3分）如图所示，匀强磁场中有一个电荷量为q的正离子，自a点沿半圆轨道运动，当它运动到b点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c点，已知a、b、c在同一直线上，且ab＝ac，电子电荷量为e，电子质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为（　　）

A．3q2e B．q2e C．2q3e D．q3e
二．多项选择题．本题共6小题，每小题4分，共24分．至少有2项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9．（4分）将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图所示连接，下列说法中正确的是（　　）
A．开关闭合后，线圈A插入线圈B或从线圈B中拔出线圈A时都会引起电流计指针偏转
B．线圈A插入线圈B中稳定后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会发生偏转
C．开关闭合后，匀速滑动滑动变阻器的滑片P，电流计指针将会发生偏转
D．开关闭合后，只有将滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能发生偏转
10．（4分）某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后各自的电流I随所加电压U变化的图象如图所示，点M为两元件的伏安特性曲线的交点。则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法正确的是（　　）

A．图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线
B．图线a是小灯泡的伏安特性曲线，图线b是热敏电阻的伏安特性曲线
C．通过图线中可求得M点对应小灯泡的阻值和热敏电阻的阻值
D．图线中M点对应的状态，表示小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等
11．（4分）如图所示，两个相同的带电小球A、B分别用2L和3L长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的同一点，当平衡时，小球B偏离竖直方向30°，小球A竖直悬挂且与光滑绝缘墙壁接触。若两小球的质量均为m，重力加速度为g。则（　　）

A．A、B的静电力等于12mg
B．墙壁受的压力等于32mg
C．A球受到细线的拉力等于54mg
D．B球受到细线的拉力等于34mg
12．（4分）如图所示，平行板电容器的下极板接地，使上极板正带电后，其电势为φ．以下方法中，能使上极板电势φ升高的是（　　）

A．缩小两极板间的距离
B．加大两极板间的距离
C．在两极板间插入电介质
D．使两极板的正对面积减小一些
13．（4分）三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示．a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是（　　）

A．B1＝B2＝B3
B．B1＝B2＜B3
C．a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里
D．a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里
14．（4分）如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现用该装置加速氘核（带电量为e、质量为2m）和氦核（带电量为2e、质量为4m）。若不考虑粒子重力及在电场中的运动时间，则下列说法中正确的有（电源频率可保证电荷到达D型盒间隙时能改变电压方向）（　　）

A．氘核和氦核运动的周期相同
B．氘核和氦核的最大动能相同
C．要使氘核的最大动能变成原来的4倍，可仅将磁感应强度增大为原来的2倍
D．要使氘核的最大动能变成原来的14，可仅将磁感应强度变为原来的12
三、实验题，本题共2小题，共14分．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．
15．（6分）如图甲所示，某实验小组使用多用电表判断二极管的极性。
（1）测量前应将多用电表的选择开关旋至　 　（选填“交流电压挡”“直流电压挡”“电流挡”或“欧姆挡”）；
（2）两次测量指针偏转分别如图乙、丙所示。指针如图乙所示时，红表笔接的是二极管的　 　（选填“正”或“负”）极；指针如图丙所示时，二极管的负极与　 　（选填“红”或“黑”）表笔相连。
16．（8分）某同学用如图甲所示的电路测量一电池的电动势和内阻。已知该待测电池的电动势约为9V，内阻约数十欧，允许输出的最大电流为50mA；电阻箱R的最大阻值为999.9Ω，定值电阻R1的阻值为200Ω。

（1）某次测量时，电压表和电阻箱的示数分别如图乙、丙所示，其读数分别为　 　V和　 　Ω。
（2）选择定值电阻R1时，实验小组发现电阻的额定功率有以下几种规格：
A．12W B．14W C．1W
应选　 　（选填“A”“B”或“C”）规格的定值电阻，依据是　 　。
（3）根据实验测得的多组电压表的示数U和电阻箱相应的阻值R，以1U为纵坐标，1R+R1为横坐标，作1U-1R+R1图线如图丁所示。根据图线可求得待测电池的电动势E＝　 　V，内阻r＝　 　Ω．（均保留两位有效数字）
四、计算题，本题共3小题，共38分．要求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，答案中应明确写出数值和单位．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．
17．（10分）在电场中把一个电荷量为﹣6×10﹣8C的点电荷从A点移到B点，克服电场力做功3×10﹣5J；将此电荷从B点移到C点，电场力做功为4.5×10﹣5J．则：
（1）若将此电荷从A点移到C点，电荷的电势能变化多少？AC间的电势差为多少？
（2）若A点的电势为零，则B、C两点的电势分别为多少？
18．（12分）如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n＝10，线圈的水平bc边长为L＝10.0cm，处于匀强磁场内，匀强磁场的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流I＝0.10A时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m＝7.80g的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。重力加速度g取10m/s2。
（1）若线圈串联一个电阻连接到电压为U的稳压电源上，已知线圈电阻为r，当线圈中通过电流I时，请用相关物理量的符号表示串联电阻的大小；
（2）求磁场对bc边作用力的大小；
（3）求磁感应强度的大小。

19．（16分）如图，在第一象限内，直线OC与x轴的夹角θ＝30°．在OC与y轴之间的区域内有方向与y轴平行的匀强电场，OC与x轴之间的区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一带正电粒子在y轴上的P点以初速度v0平行于x轴射入电场，在D点垂直OC边进入磁场。粒子进入磁场后运动轨迹的半径为r，轨迹刚好与x轴相切，经OC边返回电场。设粒子的带电量为q、质量为m，不计粒子的重力。求：
（1）粒子在磁场中的运动时间t；
（2）D点位置坐标（xD，yD）；
（3）电场强度E和磁感应强度B的大小。


2020-2021学年广东省广州市荔湾区高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括8小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，多选、错选均不得分．
1．【分析】电子的带电量最小，质子的带电量与电子相等，但电性相反，故物体的带电量只能是电子电量的整数倍，人们把这个最小的带电量叫做元电荷。
【解答】解：A、元电荷是指电子或质子所带的电荷量，不是质子或电子，故A错误；
B、所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，元电荷是最小电荷量，又称“基本电量”。故B正确；
C、3.6×10﹣19C的电荷量不是元电荷电荷量的整数倍，是不可能的。故C错误；
D、电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，故D错误。
故选：B。
【点评】元电荷是带电量的最小值，它本身不是电荷，所带电量均是元电荷的整数倍。且知道电子的电量与元电荷的电量相等，同时让学生明白电荷量最早是由美国科学家密立根用实验测得。
2．【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、库通过扭秤实验总结出了电学中的基本定律﹣﹣库仑定律，故A正确；
B、物理学家法拉第提出了场的概念，并用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，故B正确；
C、奥斯特通过实验研究，首先发现了电流周围存在磁场；安培提出了分子电流假说，成功解释了铁棒的磁化与高温去磁现象，故C错误；
D、法拉第发现磁能生电，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来，故D正确；
本题选择错误的，故选：C。
【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。
3．【分析】电场强度表示电场本身力的性质的物理量，与放入电场的试探电荷无关，即电场中同一点场强大小和方向是唯一确定的。
【解答】解：将电荷量为﹣q的试探电荷放该点，测得该点的电场强度为E1，
在该点改放另一个电荷量为+2q的点电荷，该点的电场强度不变，大小仍为E1，方向与E1相同，即E1＝E2，故ABC错误，D正确；
故选：D。
【点评】本题考查对电场强度的理解能力，抓住电场强度的物理意义：反映电场本身性质的物理量，与试探电荷无关，放在电场中某点的试探电荷不同，试探电荷所受电场力大小和方向可能不同，但电场强度不变。
4．【分析】带电小球在重力与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力始终垂直于速度方向，它们对小球不做功。因此仅有重力作功，则有机械能守恒。从而可以确定动能是否相同，并由此可确定拉力与洛伦兹力。最后由向心加速度公式来确定是否相同。
【解答】解：A、由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时的动能相同。由于小球的运动方向不同，故速度不同，故A错误；
BD、则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，但大小却相同，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，故BD错误；
C、根据a=v2r，可知小球的向心加速度大小相同，且方向相同，即加速度相同，故C正确；
故选：C。
【点评】本题考查对小球进行受力分析，并得出力做功与否，根据机械能守恒定律来解题是突破口，同时注意洛伦兹力方向随着速度的方向不同而不同。最后由牛顿第二定律来考查向心力与向心加速度。
5．【分析】带电微粒自P点由静止下落，到达下极板时速度恰好为零，然后沿原路返回，根据动能定理知，在此过程中重力做功与电场力做功大小相等。若将上极板向上平移d3，抓住两板间的电势差不变，通过动能定理判断带电微粒的运动情况。
【解答】解：微粒从P点到下极板的过程，由动能定理得：mg•（d2+d）﹣qU＝0，即为：32mgd＝qU，知电场力做功的大小等于重力做功的大小。
若将上极板向上平移d3，微粒从P点下落，设微粒到达下极板处的速度为v，根据动能定理知：mg•（d2+d）﹣qU=12mv2-0，解得：v＝0，则知微粒到达下极板处的速度为零，然后返回。故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题选择全过程为研究过程，运用动能定理进行求解比较方便，在运用动能定理时，抓住电势差不变，电场力做功不变，比较电场力做功与重力做功的关系进行分析。
6．【分析】滑动变阻器分为左右两部分分别与R2和R3串联，R2与R3并联后与R1串联，c为滑动变阻器的中点，滑动触头在此点时，总电阻最大，然后根据欧姆定律分析电流变化，根据P＝UI分析功率变化。
电源输出的功率P在r＝R外时最大，电源的内阻r＜R外，R外减小时，电源输出功率增大。
【解答】解：c为滑动变阻器的中点，滑动触头在此点时，总电阻最大，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，总电阻减小，总电流增大，电源总功率P＝EI增大；R1和电源内阻分的电压增大，电源内阻消耗的功率变大，并联电路电压减小，R3所在之路电阻增大，电压减小，故电流减小，R3消耗的功率减小，而R2的电流增大，故R2功率增大，故ABD错误，C正确
故选：C。
【点评】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从中间→左端总电阻变化情况的判断。
7．【分析】连接AC，在AC上找出与B点等电势点，作出等势线，再过D作出等势线，在AC线上找出与D等势点，再确定D点的电势；根据电场线与等势面的关系作出电场线，从而即可求解。
【解答】解：匀强电场中，由公式U＝Ed知沿着任意方向每前进相同的距离，电势差都相等，故连接AC，AC连线的中点为E，则E点的电势为φE=φA+φC2=9-32V＝3V
连接BE，则BE为一条等势线，D点在BE连线上，所以D点电势UD＝3V；
过A点作出垂直于BE的有向线段，由高电势点A直线BE，如图中红线所示，即为电场线，那么场强方向平行AC方向；
由上分析，可知，故ABD错误，C正确。
故选：C。

【点评】本题关键是找到等势点，作出等势线。电场线与等势面之间的关系要理解，常常是作电场线的依据。
8．【分析】由题目中所给的ab与ac的长度关系，可得知正离子在吸收电子之前和吸收之后运动半径的变化，再由半径公式可计算出电量的变化情况
【解答】解：离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r，解得：q=mvBr，由题意可知，r＝2r′，则q＝2q′，粒子吸收的电子所带电荷量：Q＝q﹣q′=q2，粒子吸收的电子数：n=Qe=q2e，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】该题考查带电离子在磁场中的运动，由于电量的改变而导致运动半径的变化，同时运动的周期也发生变化。此内容是高考的重点内容之一，有很强的伸缩空间，是考生复习的重点。本题属中等题目。
二．多项选择题．本题共6小题，每小题4分，共24分．至少有2项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9．【分析】穿过闭合线圈的磁通量发生变化，闭合电路会产生感应电流，根据题意分析判断穿过回路的磁通量是否变化，然后根据感应电流产生的条件分析答题。
【解答】解：A、开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，通过线圈A的电流发生变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B所在回路产生感应电流，电流计指针会发生偏转，故A正确；
B、线圈A插入线圈B中稳定后，开关闭合和断开的瞬间穿过线圈B的磁通量都会发生变化，会产生感应电流，电流计指针均会偏转，故B错误；
C、开关闭合后，匀速滑动滑动变阻器的滑片P时，穿过线圈的磁通量会发生变化，会产生感应电流，会引起电流计指针偏转，故C正确；
D、开关闭合后，不论滑动变阻器的滑片P加速滑动还是匀速滑动，穿过线圈的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，电流计指针都会发生偏转，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题考查了感应电流产生条件的应用，穿过闭合线圈的磁通量发生变化，闭合电路会产生感应电流，知道感应电流产生的条件是解题的前提，根据题意分析磁通量是否变化即可解题。
10．【分析】熟悉热敏电阻的性质及金属导体的性质，即可得出它们的伏安特性曲线；由交点的性质可得出功率大小关系。
【解答】解：AB、小灯泡的灯丝是一个纯电阻，其灯丝温度会随着通电电流增大，阻值也随着增大，所以图中b是小灯泡的伏安曲线；同理可知，热敏电阻的温度随着通电电流增大，其阻值会逐渐减小，图线a是热敏电阻的伏安曲线，故A正确，B不正确；
CD、两图线的交点M，表示此状态两元件不仅电流相同，电压也相同，由欧姆定律可知此时两者阻值相同，功率也相同；故CD正确
故选：ACD。
【点评】本题考查热敏电阻及金属导体的伏安特性曲线的性质，要注意明确热敏电阻的阻值随温度的升高而减小。
11．【分析】对小球B受力分析，根据共点力平衡求出A、B的静电力大小以及细线的拉力大小，再对小球A受力分析，根据共点力平衡求出A球所受的拉力以及墙壁对A球的弹力。
【解答】解：AD、对B球受力分析，如图所示，根据共点力平衡得，A、B两球的静电力为：
FB＝mgsin30°=12mg
B球受到的细线拉力为：
TB=mgcos30°=32mg
故A正确，D错误。
BC、对A球受力分析，如图所示，根据平衡有：
N=FAcos30°=12mg⋅32=3mg4
细线的拉力为：
TA=mg+FAsin30°=mg+12mg×12=5mg4
故C正确，B错误。
故选：AC。

【点评】本题考查了共点力平衡问题，关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，难度中等。
12．【分析】平行板电容器充电后与电源断开连接，电容器的带电量不变，当上极板竖直向上移动时，根据电容的决定式、定义式和E=Ud分析知道场强变化，再判断油滴的运动状态。由U＝Ed分析P点与下极板间的电势差如何变化，确定电势如何变化。
【解答】解：根据C=ɛS4πkd、C=QU 和E=Ud 推导得：E=4πkQɛS，
AB、由上可知，Q、S不变，电容器板间场强不变，油滴受力情况不变，仍处于静止状态，由U＝Ed分析知，E不变，当板间距离增大，则两极板间的电势差增大，因此P点的电势升高；若缩小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小，因此上极板的电势降低，故A错误，B正确；
C、当在两极板间插入电介质时，由E=4πkQɛS，可知，电场强度E减小，那么上极板的电势降低，故C错误；
D、当使两极板的正对面积减小一些时，由E=4πkQɛS，可知，电场强度E增大，那么上极板的电势升高，故D正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键是掌握电容的决定式、定义式和公式E=Ud，能熟练推导出 E=4πkQɛS，要在理解的基础上记住这个结论，注意电势能的高低，除与电势有关外，还与电性有关系。
13．【分析】通电导线周围存在磁场，且离导线越远场强越弱．磁场不但有大小而且有方向，方向相同则相加，方向相反则相减．并根据矢量叠加原理来求解．
【解答】解：A、B、由题意可知，a点的磁感应强度等于三条通电导线在此处叠加而成，即垂直纸面向外，而b点与a点有相同的情况，有两根相互抵消，则由第三根产生磁场，即为垂直纸面向外，而c点三根导线产生磁场方向相同，所以叠加而成的磁场最强，故A错误，B正确；
C、D、由图可知，根据右手螺旋定则可得，a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里，故C正确，B错误。
故选：BC。
【点评】根据通电导线周围的磁场对称性、方向性，去确定合磁场强度大小．磁场的方向相同，则大小相加；方向相反的，大小相减．同时考查矢量叠加原理．
14．【分析】回旋加速器通过磁场偏转，电场加速来加速粒子，根据D形盒的半径，通过洛伦兹力提供向心力求出最大速度，从而得出两个原子核的最大速度和最大动能关系；根据周期公式比较两原子核的周期。
【解答】解：A、根据周期T=2πmqB 知，两原子核的比荷相等，则周期相同，故A正确；
B、根据R=mvqB 知，粒子的最大速度为：v=qBRm，氘核的比荷与氦核的比荷相等，则最大速度相等。最大动能为：Ekm=12mv2=q2B2R22m，因为两原子核的比荷相等，电荷量不等，则最大动能不等，故B错误；
C、根据最大动能为：Ekm=12mv2=q2B2R22m，要使氘核的最大动能变成原来的4倍，可仅将磁感应强度增大为原来的2倍，故C正确；
D、根据最大动能为：Ekm=12mv2=q2B2R22m，要使氘核的最大动能变成原来的14，可仅将磁感应强度变为原来的12，故D正确；
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器的工作原理，掌握粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，并能灵活运用。
三、实验题，本题共2小题，共14分．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．
15．【分析】（1）可以用欧姆表判断二极管的正负极。
（2）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，二极管正向偏压时电阻很小，反向偏压时电阻很大，根据题意分析答题。
【解答】解：（1）测量前应将多用电表的选择开关旋至欧姆挡。
（2）由图乙所示可知，指针偏角很大，电阻阻值很小，说明二极管正向偏压，红表笔接的是二极管的负极；
由图丙所示可知，指针偏角很小，电阻阻值很大，二极管反向偏压，二极管的负极与黑表笔相连；
故答案为：（1）欧姆挡；（2）负；黑。
【点评】本题考查了用欧姆表检测二极管正负极问题，知道欧姆表结构与二极管特点是解题的前提与关键，掌握基础知识即可解题。
16．【分析】（1）根据图示电压表确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；电阻箱各旋钮示数与等于倍率的乘积之和是电阻箱示数。
（2）根据题意求出定值电阻的最大功率，然后选择定值电阻。
（3）根据电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出电源电动势与内阻。
【解答】解：（1）由图乙所示可知，电压表量程为10V，分度值为0.2V，示数为8.2V；
由图丙所示电阻箱可知，其示数为：1×100Ω+8×10Ω+0×0Ω+0×0.1Ω＝180.0Ω；
（2）定值电阻R1在电路中的最大功率大于：P1＝I2R1＝（0.05）2×200＝0.5W，定值电阻应选择C。
（3）由图甲所示电路图可知，电源电动势：E＝U+Ir＝U+UR+R1r，
整理得：1U=rE1R+R1+1E，由图示1U-1R+R1图线可知：0.1075=1E，rE=△1U△1R+R1=0.1295-0.10750.004，
电源电动势：E＝9.3V，r＝51Ω；
故答案为：（1）8.2；180.0；（2）C；定值电阻在电路中消耗的功率会超过0.5W；（3）9.3；51。
【点评】本题考查了作实验电路、实验器材选择、求电源内阻、实验误差分析；电源U﹣I图象斜率的绝对值是电源内阻，知道实验原理、根据图象分析即可正确解题。
四、计算题，本题共3小题，共38分．要求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，答案中应明确写出数值和单位．答案或图必须填写在答题卡上指定区域的指定位置．
17．【分析】（1）根据电场力做功与路径无关求解从A到C电场力做的功，根据W＝qU可知AC之间电势差；
（2）根据BC间电场力做功WBC＝qUBC得BC间电势差，求得A点为电势零点时C点电势以及B点电势。
【解答】解：（1）依题意从A移到B电场力做功WAB＝﹣3×10﹣5 J，
从B移到C电场力做功WBC＝4.5×10﹣5 J，
从A移到C，电场力做功为：
WAC＝WAB+WBC＝﹣3×10﹣5 J+4.5×10﹣5 J＝1.5×10﹣5 J；
故：从A移到C电势能减少△E＝1.5×10﹣5J
则UAC=WACq=1.5×10-5-6×10-8V=-250V
（2）设B、C点的电势分别为φB、φC，有：
UAB=φA-φB=WABq=-3×10-5-6×10-8V=500V①
UAC＝φA﹣φC＝﹣250V②
①②联立解得：φB＝﹣500V
φC＝250V
答：（1）若将此电荷从A点移到C点，电荷的电势能减少1.5×10﹣5J，AC间的电势差为﹣250V；
（2）若A点的电势为零，则B、C两点的电势分别为﹣500V、250V。
【点评】解决本题的关键掌握电势差公式U=Wq，并要知道电势差与电势的关系，另外要特别注意符号问题。
18．【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出串联电阻的大小。
（2）根据天平的平衡条件，在电流方向变化前和变化后列出表达式，从而求出磁场对bc边作用力的大小。
（3）根据安培力公式求出磁感应强度的大小。
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律可得：
I=UR+r
解得：R=UI-r。
（2）设电流方向未改变时，天平左盘内砝码的质量为m1，右盘内的质量为m2，磁场对bc边作用力的大小为F，由天平的平衡条件，有：
m1g＝m2g﹣F，
电流方向改变后，同理可得：（m+m1）g＝m2g+F，
两式联立，代入数据解得：F=12mg＝3.9×10﹣2N。
（3）由F＝nBIL得：B=F2nIL，
代入数据解得：B＝0.39T。
答：（1）串联电阻的大小为UI-r。
（2）磁场对bc边作用力的大小为3.9×10﹣2N。
（3）磁感应强度的大小为0.39T。
【点评】本题考查了安培力公式、闭合电路欧姆定律和平衡的综合运用，通过左手定则判断出安培力的方向是解决本题的关键。
19．【分析】（1）根据带电粒子做圆周运动的周期公式结合粒子进入磁场中的速度求解粒子在磁场中的运动时间；
（2）根据圆周运动的半径结合几何知识求解D点坐标；
（3）根据平抛运动的规律求竖直位移，结合动能定理求场强大小，根据洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
【解答】解：（1）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O1，粒子在磁场中作圆周运动的周期T=2πrv①粒子在磁场中的运动时间t=T2②
又sinθ=v0v③①②③联立，解得：t=πr2v0；
（2）由几何关系，有OD=r+rsinθ⑤
xD＝OD•cosθ⑥
yD＝OD•sinθ⑦解得：xD=332r，yD=32r；
（3）设粒子在电场中做类平抛运动的时间为t′，竖直位移为y（水平位移为x＝xD）。
根据类平抛运动规律，有水平方向：xD＝v0t′解得：t'=332v0r
tanθ=v0vy，y=vy2t' 解得y=94r，
粒子在电场中做类平抛运动的过程，由动能定理，有qEy=12mv2-12mv02解得E=2mv023qr；
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=mv2r解得：B=2mv0qr；
答：（1）粒子在磁场中的运动时间t为πr2v0；
（2）D点位置坐标（332r，32r）；
（3）电场强度E为2mv023qr，磁感应强度B的大小为2mv0qr。

【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用。