2017-2018学年广东省深圳市高中联盟高二（上）期末物理试卷

这是一份2017-2018学年广东省深圳市高中联盟高二（上）期末物理试卷，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验填空及论述计算题等内容，欢迎下载使用。

2017-2018学年广东省深圳市高中联盟高二（上）期末物理试卷
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）
1．（3分）关于磁感应强度B的概念，下面说法中正确的是（　　）
A．由磁感应强度的定义式B=FIL可知，磁感应强度与磁场力成正比，与电流和导线长度的乘积成反比
B．一小段通电导线在空间某处不受磁场力的作用，那么该处的磁感应强度一定为零
C．一小段通电导线放在磁场中，它受到的磁场力可能为零
D．磁场中某处的磁感应强度的方向，跟电流在该处所受磁场力的方向可以不垂直
2．（3分）在电场中某点，若放入一个电荷量为+q的试探电荷，测得该处场强为E；若放入一个电荷量为﹣2q的试探电荷，测得该处场强为E′．则（　　）
A．E＝E′，方向相同 B．E＝E′，方向相反
C．E＝2E′，方向相同 D．E＝2E′，方向相反
3．（3分）如图，两个带电金属小球中心距离为r，带电荷量相等为Q，则它们之间电荷的相互作用力大小F的说法正确的是（　　）

A．若是异种电荷F＜kQ2r2
B．若是同种电荷F＞kQ2r2
C．若是异种电荷F＞kQ2r2
D．不论是何种电荷F＝kQ2r2
4．（3分）在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向b端移动时（　　）

A．电压表的读数增大，电流表的读数减小
B．电压表和电流表的读数都增大
C．电压表和电流表的读数都减小
D．电压表的读数减小，电流表的读数增大
5．（3分）电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（　　）

A．从a到b，上极板带正电 B．从a到b，下极板带正电
C．从b到a，上极板带正电 D．从b到a，下极板带正电
6．（3分）如图所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是（　　）

A．使a、b板的距离增大一些
B．使a、b板的正对面积减小一些
C．断开S，使a板向左平移一些
D．断开S，使a、b板的正对面积增大一些
7．（3分）两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（　　）

A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大
C．b粒子动能较大
D．b粒子在磁场中运动时间较长
8．（3分）如图所示为回旋加速器的示意图。两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速。已知D型盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q。下列说法错误的是（　　）

A．质子的最大速度不超过2πRf
B．质子的最大动能为q2B2R22m
C．增大B，并适当增大f，可增大质子的最大速度
D．电压U越大，质子的最大动能越大
二、多项选择题（本题包括5小题，每小题5分，共25分．每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分）
9．（5分）如图所示，在倾角为α的光滑“U”形金属导轨上，接触良好，放置一根长为L，质量为m的导体棒。在导体棒中通以电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是（　　）

A．方向垂直斜面向上，B=mgsinαIL
B．方向垂直斜面向下，B=mgsinαIL
C．方向竖直向下，B=mgtanαIL
D．方向竖直向上，B=mgtanαIL
10．（5分）如图（a）所示，半径为r1的n匝的圆形金属线圈，阻值为2R，与阻值为R的电阻连结成闭合回路。在线圈中半径为r2的圆形区域内，存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计。则0﹣t1时间内（　　）

A．通过电阻R的电流方向自b向a
B．通过电阻R的电流方向自a向b
C．电阻两端的电压为nπr12B03t0
D．电阻两端的电压为nπr22B03t0
11．（5分）如图所示电路中，电源电动势E＝10V，内阻r＝0.5Ω．灯泡L“8V、16W”恰能正常发光，电动机M绕组的电阻R0＝1Ω．则下列说法中正确的是（　　）

A．流经电源的电流是2A B．电动机的输出功率12 W
C．流经电动机的电流是2A D．电源的输出功率是32 W
12．（5分）如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定等量异种点电荷，一带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是（　　）

A．c点的电荷带负电
B．a点电势高于E点电势
C．E点电场强度方向沿轨迹在该点的切线方向
D．检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少
13．（5分）如图，平面直角坐标系xoy中有一匀强电场，ABC构成正三角形，A点坐标为（﹣2cm，0），C点坐标为（2cm，0）。将电量为q＝﹣8×10﹣16C的试探电荷从A点移到B、C两点，静电力做功分别为2.0×10﹣15J、4.0×10﹣15J，以下说法正确的是（　　）

A．A、C两点电势差为UAC＝5V
B．y轴上所有点电势相等
C．将电量为8.0×10﹣16C正电荷有B点移到C点电势能增加2.0×10﹣15J
D．该匀强电场的场强为250N/C
三、实验填空及论述计算题（本题包括5小题，共51分．实验填空题只写出最后结果；论述计算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，答案中必须明确写出数值和单位．）
14．（6分）张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：
（1）用螺旋测微器测得其直径为　 　mm（如图甲所示）；
（2）用20分度的游标卡尺测其长度为　 　cm（如图乙所示）；
（3）用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值　 　（填“偏大”或“偏小”）。

15．（9分）测量一个“水果电池”的电动势和内电阻：将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了一个简单的“水果电池”其电动势约为1.5V．可是这种电池并不能点亮手电筒上的额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的小灯泡，原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不足3mA．现要求用量程合适的电压表（内阻较大）、电流表（内阻较小）以及滑动变阻器、开关、导线等实验器材尽量准确地测定水果电池的电动势E和内电阻r．

①本实验的电路应该选择下面的图甲或图乙中的：　 　；
②若给出的滑动变阻器有两种规格：A（0～30Ω）、B（0～3kΩ），本实验中应该选用的滑动变阻器规格为：　 　，简述选用的理由：　 　；
③实验中测出六组（U，I）的值，在U﹣I坐标系中描出图丙所示的六个点，分析图中的点迹，可得出水果电池的电动势为E＝　 　V；内电阻为r＝　 　Ω；（均保留3位有效数字）
④若不计测量中的偶然误差，根据你在①中所选择的电路来测量得出的电动势E和内电阻r（测量值）与真实值相比：电动势E　 　，内电阻r　 　．（均选填“偏大”、“相等”、或“偏小”）
16．（10分）如图所示，一个质量为 m＝2.0×10﹣11kg，电荷量 q＝+1.0×10﹣5C 的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经 U1＝100V 电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压 U2＝100V．金属板长L＝20cm，两板间距d＝10cm．求：
（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小；
（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ。

17．（12分）如图所示，一矩形金属框架与水平面成角θ＝37°，宽L＝0.4m，上、下两端各有一个电阻R0＝2Ω，框架的其他部分电阻不计，框架足够长，垂直于金属框架平面的方向有一向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0T．ab为金属杆，与框架良好接触，其质量m＝0.1kg，电阻r＝1.0Ω，杆与框架的动摩擦因数μ＝0.5．杆由静止开始下滑，在速度达到最大的过程中，上端电阻R0产生的热量Q0＝0.5J（取g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）。求：
（1）流过ab杆的电流方向及最大电流Im；
（2）ab杆的最大速度vm；
（3）从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离s。

18．（14分）如图，装置中，区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场，电场强度为E，区域Ⅱ内有垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B．区域Ⅲ中有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度为2B．一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强磁场中。求：
（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径
（2）O、M间的距离
（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间。


2017-2018学年广东省深圳市高中联盟高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）
1．【分析】磁感应强度采用比值法定义的，磁感应强度与电流元IL无关；磁感应强度可以用磁感线形象的描述。
【解答】解：A、公式B=FIL是磁感应强度的定义式，是用比值法定义的，磁感应强度与电流元IL的大小无关，故A错误；
B、一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零，可能是电流元方向与磁场方向平行造成的，故B错误；
C、一小段通电导线放在磁场中，如果电流和磁场相互垂直，则它受到的磁场力为零，故C正确；
D、根据左手定则，磁场中某处磁感应强度的方向，与直线电流在该处所受磁场力方向垂直，故D错误；
故选：C。
【点评】本题关键是明确磁感应强度的定义，知道用比值法定义的物理量与分子和分母的具体大小无关，只是等于比值，同时注意安培力和磁感应强度的方向一定是相互垂直。
2．【分析】电场强度是由电场本身决定，与试探电荷无关，故放入电荷量为+q的试探电荷时的电场强度与放入电荷量为﹣2q的试探电荷时的电场强度相同。
【解答】解：电场强度是描述电场强弱和方向的物理量，由电场本身决定，与试探电荷的有无、电性、电量的大小无关。
故在该点放入电荷量为+q的试探电荷时电场强度为E，改放电荷量为﹣2q的试探电荷时电场强度 E′＝E，方向相同。故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】电场强度是由电场本身决定，与试探电荷无关是解决该题的关键，可根据比值法定义的共性来理解。
3．【分析】根据库仑定律F＝kQ2r2，及其成立条件：真空中点电荷，由于间距导致，不能看成点电荷，根据电荷电性来确定电荷的间距，从而确定求解。
【解答】解：A、当是异种电荷时，电荷间相互吸引，导致电荷间距比r还小，因此库仑力F＞kQ2r2，故A错误，C正确；
B、若是同种电荷，则出现相互排斥，导致电荷间距比r还大，因此库仑力F＜kQ2r2，故B错误，
D、由上分析可知，D错误；
故选：C。
【点评】考查库仑定律的内容，掌握库仑定律的成立条件，理解点电荷的条件。
4．【分析】当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化。
【解答】解：当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由欧姆定律分析总电流I减小，路端电压U＝E﹣Ir增大，电阻R2的电压U2＝E﹣I（r+R1）增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流I3＝I﹣I2减小。所以伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小。
故选：A。
【点评】本题是简单的电路动态变化分析问题，往往按“部分→整体→部分”的顺序分析。
5．【分析】现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向。当线圈中有电动势后，对电阻来说通电后发热，对电容器来说要不断充电直至稳定。
【解答】解：当磁铁N极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电下极板带正电。
故选：D。
【点评】此时线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极。同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大。
6．【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，合上开关，电容器两端的电势差不变，断开S，电容器的电荷量不变，根据电容的变化判断电容器两端电势差的变化。
【解答】解：AB、开关闭合，不论使a、b板的距离增大一些，还是使a、b板的正对面积减小一些，电容器两端的电势差总不变，故A、B错误。
C、断开S，电荷量不变，使a板向左平移一些，即使a、b板的距离增大一些，根据C=ɛS4πkd知，电容C减小，则U=QC，可知电势差增大，故C正确。
D、断开S，电荷量不变，使a、b板的正对面积增大一些，根据C=ɛS4πkd知，电容C增大，则U=QC，可知电势差减小，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道断开开关，电荷量不变，闭合开关，电容器两端的电势差不变，结合电容的决定式和定义式进行分析。
7．【分析】a、b两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定。从图线来看，a的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进行判断，之后，根据公式，再判定动能和运动的时间。
【解答】解：粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A错误。
洛伦兹力提供向心力，即：qvB=mv2r，得：r=mvqB，故半径较大的b粒子速度大，动能也大。故C正确。
由公式；f＝qvB，故速度大的b受洛伦兹力较大。故B错误。
磁场中偏转角大的运动的时间也长；a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长。故D错误。
故选：C。
【点评】该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，可以结合两个公式进行判定。属于简单题目。
8．【分析】回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能。
【解答】解：A、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v=2πRT=2πRf．所以最大速度不超过2πfR．故A正确。
BD、质子的最大动能Ekm=12mv2=q2B2R22m，与电压无关，故B正确，D错误；
C、质子的最大动能Ekm=12mv2=q2B2R22m，只增大磁感应强度，并适当增大f，可增大质子的最大动能，即可增大质子的最大速度，故C正确；
本题选错误的，故选：D。
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关。
二、多项选择题（本题包括5小题，每小题5分，共25分．每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分）
9．【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F＝BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向。
【解答】解：A、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小B═mgsinαIL；故A正确；
B、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，则沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故B错误；
C、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，则水平向左的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态；故C错误；
D、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小B=mgtanαIL，故D正确；
故选：AD。

【点评】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向。
10．【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流。由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，从而求得感应电流大小，最后求出电阻两端的电压。
【解答】解：AB、由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a，故A错误，B正确；
CD、由图象分析可知，0至t1时间内有：△B△t=B0t0
由法拉第电磁感应定律有：E＝n△∅△t=n△B△tS
面积为：S＝πr22
由闭合电路欧姆定律有：I=ER1+R
联立以上各式解得，通过电阻R上的电流大小为：I=nB0πr223Rt0
U＝IR1=nπr22B03t0，故D正确，C错误；
故选：AD。
【点评】考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小。还可求出电路的电流大小，同时磁通量变化的线圈相当于电源。
11．【分析】图中灯泡两端的电压等于路端电压，灯泡正常发光，其电压就等于灯泡的额定电压。对内电路研究，由欧姆定律求出流过电源的电流，由P＝EI求解电源的总功率。由总功率减去内部损耗的功率即得电源的输出功率。
电动机两端电压等于灯泡的额定电压，根据电源的电流和灯泡的电流求出电动机的电流，根据P＝UI求得电动机消耗的电功率；根据能量守恒求解电动机的输出功率。
【解答】解：A、灯泡正常发光，其电压为额定电压U额＝8V，则路端电压U＝U额＝8V
则电源内阻的电压为：U内＝E﹣U＝10﹣8＝2（V）
由欧姆定律得流过电源的电流为：I=U内r=20.5A＝4A，故A错误。
D、电源的总功率为：P总＝EI＝10×4W＝40W．所以电源的输出功率为：P出＝P总﹣P损＝P总﹣I2r＝40﹣42×0.5（W）＝32W；故D正确。
BC、灯泡的电流为：I灯=P额U额=168A＝2A
电动机总功率为：P1＝UIM＝U（I﹣I灯）＝8×（4﹣2）W＝16W；
电动机的电流为：IM＝I﹣I灯＝4﹣2＝2（A）
电动机消耗的电功率为：PM＝UIM＝8×2＝16（W）
电动机发热功率为：P热＝IM2R0＝22×1＝4（W）
所以电动机的输出功率为：P输出＝PM﹣P热＝16﹣4＝12（W）；故BC正确。
故选：BCD。
【点评】对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路。对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解。
12．【分析】根据轨迹的弯曲方向得到电场力的方向，再判断c、d点两个电荷的电性；最后根据电场力做的功等于电势能的减小量进行分析。
【解答】解：A、带负电的检验电荷仅在电场力的作用下从a点沿曲线运动到b点，合力指向曲线的内侧，故上面的电荷带同种电，即c点电荷带负电，故A正确；
B、从E点到b点电场力做正功，电势能减小，由于是负电荷，故从E到b电势要升高，即b点的电势高于E点的电势。
又因为等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故a、b两个点电势相等，所以a点电势高于E点电势，故B正确；
C、E点的切线方向为速度方向，E点的场强方向应与电场力方向在一直线，而曲线运动的受力与速度方向不可能在同一直线上，即E点场强方向不可能是该点的切线方向，故C错误；
D、检验电荷从a到b过程中，电场力先做正功后做负功，故电势能先增加后减小，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题的突破口在根据轨迹的弯曲方向得到电场力的方向，然后根据功能关系判断电势能的变化和电势的高低情况。
13．【分析】根据电势差公式U=Wq求解电势差；电势能的大小与0势能点的选择有关；根据电场力做功与电势能的关系判断电势能的变化；根据电场强度的计算公式求解电场强度。
【解答】解：A、根据电势差公式有：UAC=WACq=4.0×10-15-8×10-16=-5V．故A错误；
B、由于AO＝OC，所以将电量为q＝﹣8×10﹣16C的试探电荷从A点移到O点，静电力做功为2.0×10﹣15J，所以O点和B点的电势相等，y轴是一条等势线，其上所有点电势相等，故B正确；
C、由于O点和B点电势相等，所以将电量为﹣8.0×10﹣16C点电荷有B点移到C点电场力做功2.0×10﹣15J，而将电量为8.0×10﹣16C正电荷有B点移到C点克服电场力做功2.0×10﹣15J，其电势能增加2.0×10﹣15J，故C正确；
D、根据电场线与等势面垂直，所以电场线方向垂直于y轴沿x轴负方向，根据电场强度的计算公式可得电场强度的大小为：E=|UAC|xAC=50.04V/m＝125V/m，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系；知道电场力做功的计算公式为WAB＝qUAB，解答时做功的正负和电荷量的正负一并代入计算；另外要掌握电势的定义式，即电荷在某点的电势能与该电荷电荷量的比值就等于该点的电势，计算时电势能和电荷量的正负号一并代入计算。
三、实验填空及论述计算题（本题包括5小题，共51分．实验填空题只写出最后结果；论述计算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，答案中必须明确写出数值和单位．）
14．【分析】（1）解决本题的关键明确：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。
（2）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。
（3）由电阻定律可以求出电阻率的表达式。根据电阻率的表达式，根据电表内阻的影响确定误差情况。
【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.5×0.01mm＝0.205mm，所以最终读数为3.0mm+0.205mm＝3.205mm。
（2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm＝0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm＝50.15mm＝5.015cm。
（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=UI，由于电压表的分流作用使电流偏大，则电阻偏小。
故答案为：（1）3.205（3.202﹣3.205）（2）5.015（3）偏小。
【点评】考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读。掌握电阻定律的内容，注意单位的统一。
15．【分析】①电流表的内阻很小，分担的电压很小，可以忽略，所以用伏安法测电源电动势和内阻时，电流表采取外接法误差较小．
②通过水果电池的内阻大小，选择合适的滑动变阻器．
③U﹣I图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻．
④由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，运用图象法分析误差．
【解答】解：①因为电流表内阻较小，分担电压较小，电流表采取外接法误差较小．
②电源的内阻大约r=EI=1.53×10-3Ω=500Ω，若选用0～30Ω的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，所以本实验中滑动变阻器应选用B．
③图线的纵轴截距等于电源的电动势，E＝1.50V，图线斜率的绝对值等于内阻，内电阻I=1.503×10-3Ω=500Ω．
④由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，而电流没有误差，运用图象法分别在U﹣I图上由测量数据作出的图线1和修正误差后真实值作出的图线2，由图看出，电动势没有系统误差，即电动势值与真实值相等，内阻的测量值偏大．
故答案为：
（1）①图甲，②B
因电池内阻较大，若选择A，当滑动触头移动时，两电表示数几乎不变．
③1.50V、500Ω
④相等；偏大．


【点评】解决本题的关键知道实验误差的来源，会从U﹣I图线中获取电源的电动势和内电阻．
16．【分析】（1）粒子在加速电场中，电场力做功为qU1，由动能定理求出速度v0。
（2）粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的分解法，根据牛顿第二定律、运动学和速度的分解求解偏转角θ的正切，再得到偏转角θ。
【解答】解：（1）微粒在加速电场中运动过程，由动能定理得：
qU1=12mv02
解得 v0=2qU1m=2×10-5×1002×10-11=1.0×104 m/s；
（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有：
加速度为 a=qU2md，
飞出电场时，竖直分速度为 vy＝at
运动时间为 t=Lv0
所以速度偏转角的正切为：tanθ=vyv0=U2L2U1d
代入解得：tanθ=100×0.22×100×0.1=1
解得：θ＝45°；
答：
（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小是1.0×104 m/s；
（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ是45°。
【点评】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析粒子的受力情况和运动情况，用力学的方法处理。
17．【分析】（1）导体棒沿斜面向下先做加速运动，后做匀速运动，导体棒达到最大速度时，受力平衡，写出受力平衡的方程，即可求得最大电流；
（2）根据切割公式和欧姆定律列式求解最大速度即可；
（3）当电阻R0中产生的热量Q0＝0.5J，根据焦耳定律分析电路中产生的总热量。棒下滑过程中，重力势能转化为棒的动能、回路的焦耳热和摩擦生热，根据动能定理解答该题。
【解答】解：（1）根据右手定则，电流方向：从b到a；
达到最大速度后，由平衡条件：
BImL+μmgcos θ＝mgsin θ，
解得：Im＝0.5A；
（2）电路中的总电阻：R总=r+R022R0=2Ω，
电路中的最大电动势：Em＝ImR总＝1.0 V，
由法拉第电磁感应定律Em＝Blvm，
解得：vm＝2.5m/s；
（3）依题意，易知电路中产生的总焦耳热Q总＝4Q0＝2 J，
由能量守恒定律得：mgssinθ=12mvm2+Q总+μmgscosθ，
代入数据，解得：s＝11.56m；
答：（1）流过ab杆的电流方向从b到a，最大电流Im为0.5A；
（2）ab杆的最大速度vm为2.5m/s；
（3）从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离s为11.56m。
【点评】该题是电磁感应的综合应用，涉及到受力平衡、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律以及能量的转化与守恒，综合性相对较强，要求的能力也比较高。
18．【分析】（1）将粒子在A点的速度分解，即可求得粒子进入磁场时的速度；根据洛伦兹力提供向心力，即可求得粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径；
（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，将运动分解为沿电场方向和垂直于电场的方向，即可求得OM之间的距离；
（3）做出粒子运动的轨迹，确定粒子偏转的角度，然后根据t=θ2πT即可求出粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间。
【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛规律知：v=v0cos60°=2v0
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：Bqv＝mv2R
所以：R=2mv0qB
（2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a，
则有：qE＝ma
v0tan60°＝at1
即t1=3mv0qE
O、M两点间的距离为：L=12at1t2=3mv022qE
（3）设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2，则有：
T1=2πRv=2πmqB
则：t2=60°360°T1=πm3qB
设粒子在Ⅲ区域磁场中运行时间为t3，同理：T2=πmqB
则：t3=180°360°T2=πm2qB
粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为：
t＝t1+t2+t3=3mv0qE+πm3qB+πm2qB=3mv0qE+5πm6qB
答：（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径2mv0qB；
（2）O、M间的距离为3mv022qE；
（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间3mv0qE+5πm6qB。

【点评】该题涉及带电粒子在电场中和磁场中的运动，带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，解题的关键是把握住解题的一般步骤和规律，画好运动的轨迹。