四川省广元市高二物理上册期末试题

1、四川省广元市广元中学20152016学年度高二上学期期末物理试卷一、单项选择题：（本题共8小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1下列有关物理学史的说法中正确的是（）奥斯特从实验中发现了电流的磁效应库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值焦耳发明了能在实验室中产生高能粒子的回旋加速器法拉第通过实验最先得到了电流通过电阻产生热量的规律2真空中有两个点电荷，它们间的静电力为F.如保持它们间的距离不变，将其中一个的电量增大为原来的2倍，则它们间的作用力大小变为（）FFA.B.C.FD.2F3.下列说法正确的是（）电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线磁场与电

2、场一样，对放入其中的电荷一定有力的作用C.在公式E=中，F与E的方向不是相同就是相反FD.由公式Bl知，F越大，通电导线所在处的磁感应强度一定越大4电动势为2V的电源接在纯电阻电路上输出1A的电流由此可以判定（）A.内电阻是2QB.路端电压是1VC.输出功率是2WD.总功率是2W如图所示，一带电粒子进入一固定的正点电荷Q的电场中，沿图中实线轨迹从a运动到b,a、b两点到点电荷Q的距离分别为ra、rb（rarb），不计粒子的重力，则可知（）运动粒子带负电b点的场强大于a点的场强a到b的过程中，电场力对粒子不做功a到b的过程中，粒子动能和电势能之和减小段长0.2m，通过2.5A电流的直导线，放在磁

3、感应强度为B的匀强磁场中，受到的安培力为F,则下列说法正确的是（）如果B=2T，F一定是1N如果F=0，B也一定为零如果B=4T，F有可能是1N如果F有最大值时，通电导线一定与B平行连接着电池组的平行板电容器的两极板靠近时，则（）电容器的电容C变大电容器极板的带电量Q变小电容器极板间的电势差U变小电容器两极板间电场强度E不变8在如图所示的各图中，表示磁场方向、电流方向及导线受力方向的图示正确的是（）c.二、不定项选择题：（本题共4小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，有一项或多项符合题目要求.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋

4、加速器，其核心部分如图所示.匀强磁场垂直D形盒底面，两盒分别与交流电源相连.则下列说法中正确的是（）加速器的半径越大，粒子射出时获得的动能越大粒子获得的最大动能由交变电源的电压决定加速器中的电场和磁场都可以使带电粒子加速粒子在磁场中运动的周期与交变电压的周期同步如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，其中电动机内电阻r=1Q，电路中另一电阻R=9Q，直流电压U=180V，理想电压表示数UV=135V，电动机正以v=1m/s匀速竖直向上提升某重物，g取10m/s2，下列判断正确的是（）为（）A.通过电动机的电流是18AB.输入电动机的电功率是675WC电机的输出功率是25WD.重物的质

5、量是65kg如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动.已知电场强度为E，磁感应强度为B，则液滴的质量和环绕速度分别B2qRF便qEBgFB.，gC.B：g,叮q耶D.石，IT如图所示，当滑动变阻器R3的滑动片向右移动时，两电压表示数变化的绝对值分别是）电阻R1的功率先增大后减小电阻R2的功率一定增大电源的输出功率先增大后减小三、实验（共16分，每空2分，）多用电表的电阻档有三个倍率，分别是xl”、“xlO”、“xlOO”.用xlO”档测量某电阻时，操作步骤正确,发现表头指针偏转角度很小，为使测量值更准确，应换到档；如果换档后立即用表笔连接待

6、测电阻进行读数，那么缺少的步骤.实验室中准备了下列器材：待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1.0Q）电流表A1（满偏电流1.5mA，内阻为10Q）电流表A2（量程00.60A,内阻约为0.10Q）电压表V（量程0-15V，内阻约为10kQ）E滑动变阻器R1（0200，2A）滑动变阻器R2（0100Q,1A）电阻箱R3：最大阻值为999.90，允许通过的最大电流是0.6A开关一个，导线若干（1）若要将电流表A1改装成量程为1.5V的电压表，需给该电流表联一个0的电阻.（2）为了测量电池的电动势和内阻，小明按图（a）设计好了测量的电路图，在图（a）中，甲是，乙是，（填器材前面的序号）（3）为

7、了能较为准确地进行测量和操作方便，图a）所示的测量电路中，滑动变阻器应选（填器材前面的序号）（4）图（b）为小明根据图（a）的测量电路测得的实验数据作出的I1-I2图线（片为电表乙的示数，I2为电表甲的示数），由该图线可得：被测干电池的电动势E=V，三、计算题（共36分，解答应写出必要的文字说明.方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.本题共3小题，）如图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表（均为理想电表）的示数各为1.6V和0.4A；当S断开时，它们的示数变为1.7V和0.3A，求电源的电动势和内阻.如图所示，一电子（质量为m,电量绝对值为e）处于电压为U的水平加速电场的左极板

8、A内侧，在电场力作用下由静止开始运动，然后穿过极板B中间的小孔在距水平极板M、N等距处垂直进入板间的匀强偏转电场.若偏转电场的两极板间距为d,板长为1,求：（1）电子刚进入偏转电场时的速度v0；（2）要使电子能从平行极板M、N间飞出，两个极板间所能加的最大偏转电压Umax:在如图所示的直角坐标中，x轴的上方有与x轴正方向成45角的匀强电场，场强的大小为E=*2x104V/m.x轴的下方有垂直于xOy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=2x10C-2T.把一个比荷为=2x108C/kg的正电荷从坐标为（0,1.0）的A点处由静止释放.电荷所受的重力忽略不计，求：（1）电荷从释放到第一次进入磁场时

9、所用的时间t；（2）电荷在磁场中的偏转半径；（3）电荷第三次到达x轴上的位置.四川省广元市广元中学20152016学年度高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：（本题共8小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1下列有关物理学史的说法中正确的是（）奥斯特从实验中发现了电流的磁效应库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值焦耳发明了能在实验室中产生高能粒子的回旋加速器法拉第通过实验最先得到了电流通过电阻产生热量的规律【考点】物理学史【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题【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

10、、奥斯特从实验中发现了电流的磁效应，故A正确；B、库仑提出了库仑定律，密里根最早用实验测得元电荷e的数值，故B错误；C、劳伦斯发明了能在实验室中产生高能粒子的回旋加速器，故C错误；D、焦耳通过实验最先得到了电流通过电阻产生热量的规律，故D错误；故选：A【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，这也是考试内容之一2真空中有两个点电荷，它们间的静电力为F.如保持它们间的距离不变，将其中一个的电量增大为原来的2倍，则它们间的作用力大小变为（）FFA.B.C.FD.2F【考点】库仑定律.【专题】电场力与电势的性质专题.【分析】根据库仑定律的公式F=求解静电

11、力的大小.【解答】解：由库仑定律的公式F=知，将其中之一的电量增大为原来的2倍，它们之间的距离不变，则们之间的静电力大小变为原来的2倍.故D确，A、B、C错误.故选：D.【点评】本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了.3.下列说法正确的是（）电场线和磁感线都是电场和磁场中客观存在的曲线磁场与电场一样，对放入其中的电荷一定有力的作用在公式E=中，F与E的方向不是相同就是相反由公式Bl知，F越大，通电导线所在处的磁感应强度一定越大【考点】磁感应强度；电场强度.【专题】电场力与电势的性质专题【分析（1）电场线和磁感线不是真实存在的线，它是为了形象描述电场和磁场而引入的；（2）磁体周

12、围的磁感线从N极出发回到S极，在内部则是从S极回到N极，磁感线的分布疏密可以反映磁场的强弱，越密越强，反之越弱；电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合，（3）磁体周围有任何地方都有磁场，只要有磁场的地方就有磁感线根据磁感线的特点分析【解答】解：A、电场线和磁感线不是真实存在的线，它是为了形象描述电场和磁场而引入的.故A错误；B、磁场对在磁场中运动的电荷才可能有力的作用，对磁场中的静止电荷没有力的作用；故B错误；C、在公式E=中，正电荷受力的方向与电场强度的方向相同，负电荷受力的方向与电场强度的方向相反；F与E的方向不是相同就是相反.故C正确.D、公式B=書是磁感应强度的

13、定义式，由磁场本身决定，与安培力F的大小无关.故D错误.故选：C【点评】电场和磁场都是客观存在的一种物质，这种物质与通常的实物不同，它们的基本特点是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对放入磁场的电流有力的作用4电动势为2V的电源接在纯电阻电路上输出1A的电流由此可以判定（）A.内电阻是2QB.路端电压是1VC.输出功率是2WD.总功率是2W【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】根据闭合电路欧姆定律1=，分析内电阻；由U=E-Ir,分析路端电压；电源的总功率公式P=EI.【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律1=，得：R+r迁迁Q=2Q，可得内、外电阻的总和为2Q,因电源接在纯

14、电阻电路上，则内电阻应rV2Q，故A错误.B、路端电压U=E-Ir=2-r,内电阻不能确定，所以路端电压不能确定，故B错误.C、D、电源的总功率公式P=EI=2XW=2W，所以输出功率小于2W,故C错误，D正确.故选：D【点评】本题只要掌握闭合电路欧姆定律1=和电源总功率公式P=EI，就能正确解题.如图所示，一带电粒子进入一固定的正点电荷Q的电场中，沿图中实线轨迹从a运动到b,a、b两点到点电荷Q的距离分别为ra、rb（rarb），不计粒子的重力，则可知（）运动粒子带负电Bb点的场强大于a点的场强Ca到b的过程中，电场力对粒子不做功D.a到b的过程中，粒子动能和电势能之和减小【考点】电势能；等

15、势面【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向可知粒子受到排斥力，即可判断粒子的电性.由于rarb,_Q由公式E=kr丄分析场强的大小.a到b的过程中，电场力对粒子做负功a到b的过程中，粒子动能和电势能之和保持不变.【解答】解：A、根据粒子轨迹的弯曲方向向左弯曲，可知粒子受到排斥力，贝y带电粒子带正电故A错误；_QB、由于rarb，由公式E=kr分析可知，b点的场强大于a点的场强.故B正确；C、a到b的过程中，电场力方向与粒子的速度方向成钝角，对粒子做负功.故C错误；D、粒子在运动过程中，动能与电势能总和不变.故D错误.故选：B【点评】本题是电场中轨迹问题，首先根据轨迹的弯曲方向判断粒子所受合力方向，再分

16、析其他量的变化.段长0.2m，通过2.5A电流的直导线，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，受到的安培力为F,则下列说法正确的是（）如果B=2T，F一定是1N如果F=0，B也一定为零如果B=4T,F有可能是1N如果F有最大值时，通电导线一定与B平行【考点】安培力.【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BILsinO求出安培力大小，当夹角为零时没有安培力；当夹角为90时，安培力最大；贝安培力在最大值与零之间.【解答】解：A、如果B=2T，当直导线垂直于磁场时，则由公式可得安培力的大小为F=BIL=2x2.5x0.2N=1N.若不垂直，则通电导线受到的安培力小于1N,故A错误；B、如果F

17、=0,直导线可能与磁场平行，则B不一定为零，故B错误；C、如果B=4T,若垂直放置时，则安培力大小为F=BIL=4x2.5x0.2N=2N.因此F有可能是1N,故C正确；D、如果F有最大值，通电导线一定与B垂直，故D错误，故选：C【点评】学会运用F=BIL计算安培力的大小，注意公式成立的条件是B与I相互垂直.若不垂直则可将磁感应强度沿直导线与垂直导线两方向进行分解，则平行的没有安培力，垂直的安培力可用F=BIL计算安培力的大小.连接着电池组的平行板电容器的两极板靠近时，则（）电容器的电容C变大电容器极板的带电量Q变小电容器极板间的电势差U变小电容器两极板间电场强度E不变考点】电容器的动态分析【

18、专题】电容器专题.【分析】根据电容的决定式C=4兀kd判断电容的变化.电容器的电压不变，结合Q=CU判断电荷量的变化，根据E=判断电场强度的变化.【解答】解：ESA、根据电容的决定式C=4兀kd知，两极板间的距离减小，则电容C增大.故A正确.B、由题知电容器与电池组保持相连，其电压U不变，而电容C增大，由Q=CU可知，带电量Q增大，故B错误.C、因为电容器与电源始终相连，则两端的电势差不变，故C错误.D、根据eJ知,电势差不变，d减小，则电场强度增大.故D错误.故选：A.【点评】本题考查电容器的动态分析，知道电容器始终与电源相连，两端的电势差不变，电容器与电源断开，电荷量不变，结合电容的决定式

19、和定义式分析求解.在如图所示的各图中，表示磁场方向、电流方向及导线受力方向的图示正确的是（）【考点】左手定则.【分析】已知电流方向与磁场方向，由左手定则可以判断出导线所受安培力的方向.【解答】解：A、如图所示，由左手定则可知，通电导线所受安培力水平向上，故A正确；B、如图所示，由左手定则可知，通电导线所受安培力水平向左，故B错误；C、如图所示，由左手定则可知，通电导线所受安培力水平向左，故C错误；D、如图所示，通电导线与磁场平行，没有安培力，故D错误；故选：A.【点评】熟练应用左手定则即可正确解题，本题是一道基础题，同时注意与右手定则的区别.二、不定项选择题：（本题共4小题，每小题4分.在每小

20、题给出的四个选项中，有一项或多项符合题目要求.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其核心部分如图所示.匀强磁场垂直D形盒底面，两盒分别与交流电源相连.则下列说法中正确的是（）加速器的半径越大，粒子射出时获得的动能越大粒子获得的最大动能由交变电源的电压决定加速器中的电场和磁场都可以使带电粒子加速粒子在磁场中运动的周期与交变电压的周期同步v2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2兀工2Kn【分析】粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，满足qvB=mr，运动周期T=站=(电场中加速时间忽略不计).对公

21、式进行简单推导后，便可解此题.v2qErqEF【解答】解：A、B、由qvB=m得v=，当r=R时，v最大，v=，所以最大动能lq2B2R2g2B2R2Ek=，由此可知质子的最大动能只与粒子本身的荷质比，加速器半径，和磁场大小有关，与加速电压无关，故A正确，B错误；C、加速器中的电场可以使带电粒子加速，而磁场使粒子偏转，故C错误；D、根据加速原理，当粒子在磁场中运动的周期与交变电压的周期同步时，才能处于加速状态故D正确；故选：AD【点评】理解回旋加速器工作原理，熟练运用相关公式，便可解出此题，特别注意加速获得的最大动能与电场的电压无关如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，其中电动机内

22、电阻r=lQ，电路中另一电阻R=9Q，直流电压U=180V，理想电压表示数UV=135V，电动机正以v=1m/s匀速竖直向上提升某重物，g取10m/s2，下列判断正确的是()A、通过电动机的电流是18AB.输入电动机的电功率是675WC电机的输出功率是25WD.重物的质量是65kg【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析(1)根据欧姆定律求出通过R的电流；电动机的输入功率为P1=U2I；电动机内电阻的发热功率为P2=I2r，输出的机械功率为P3=P1-P2.由公式P3=Fv=mgv求解物体的质量.比-U2180-135【解答】解：A、通过R的电流为：上=9A=5A；故A错误；B、电动机的

23、输入功率为：P1=U2I=135x5W=675W；故B正确；C、电动机内电阻的发热功率为：P2=I2r=52x1W=25W，输出的机械功率为：P3=P1-P2=(675-25)W=650W；故C错误；D、P3=Fv=mgv解得：m=10Q=65kg，故D正确；故选：BD【点评】本题考查了机械公式和电功功率以及电功公式的灵活应用，关键是知道电动机做功的功率加上线圈的发热功率即为电动机消耗电能的功率，难度适中如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动.已知电场强度为E，磁感应强度为B，则液滴的质量和环绕速度分别为（）A.B.D吕，BgF考点】带电

24、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】液滴在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而可求出液滴的质量并可判断电场力的方向，结合电场的方向便可知液滴的电性.根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断液滴的旋转方向.结合重力与电场力平衡以及液滴在洛伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度.【解答】解：液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，故可知液滴带正电.磁场方向向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为逆时针由液滴做匀速圆周运动

25、，得知电场力和重力大小相等，得：mg=qE.qE得：m=g液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：R=BRg联立得：v=E故选：D.【点评】此题考察了液滴在复合场中的运动.复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场.液滴在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对液滴的运动形式的分析就显得极为重要.该题就是根据液滴的运动情况来判断受到的电场力情况.如图所示，当滑动变阻器R3的滑动片向右移动时，两电压表示数变化的绝对值分别是B.电阻R1的功率先增大后减小）电阻R2的功率一定增大电源的输出功率先增大后减小考点】电功、电功率；闭合电路

26、的欧姆定律.【专题】恒定电流专题【分析】由于滑片右移，阻值变小，总电阻变小，据闭合电路的欧姆定律知，干路电流增大，内电压和R2的电压增大，判断R1两端的电压变小，从而判断ABC选项；利用结论当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大分析D选项.【解答】解：A、因为滑片右移，R3变小，总电阻变小，干路电流增大，内电压增大，路端电压变小，即V1的示数变小，V2的示数变大，所以V1变小的部分应该等于V2增大的部分加上内阻的电压增大的值，即U2,故A正确.B、由A分析知，干路电流增大，所以通过R2的电流变大，即功率增大；V1的示数变小，即通过R1的电流减小，所以R1的功率变小，故B错误.C、由B分析知，干

27、路电流增大，所以通过R2的电流变大，电阻R2的功率一定增大，C正确D、利用结论当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大；当滑片右移动时，总电阻减小，但无法判断外电阻与内阻的关系，所以电源的输出功率无法判断，故D错误.故选：AC【点评】动态电路的分析步骤：局部-整体-局部的思路；注意判断电压变化量的方法，据闭合电路的欧姆定律分析各用电器的电压变化进行判断；注意电源输出功率最大时的条件三、实验（共16分，每空2分，）多用电表的电阻档有三个倍率，分别是xl”、“xlO”、“xlOO”.用xlO”档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为使测量值更准确，应换到xlOO档；如果换档后立即用

28、表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是欧姆调零.【考点】用多用电表测电阻.【专题】实验题；恒定电流专题【分析】使用欧姆表测电阻时应选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零【解答】解：用“xlO档测量某电阻时，表头指针偏转角度很小，说明所选挡位太小，为使测量值更准确，应换大挡，应换到xlOO挡；换挡后要重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值故答案为：xlOO；欧姆调零.【点评】本题考查了欧姆表的实验注意事项与使用方法，使用欧姆表测电阻时应选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零实验室中准备了下列器材：A待测干电池（电动势约为l.5V

29、,内阻约为l.OQ）电流表Al（满偏电流l.5mA，内阻为lOQ）电流表A2（量程00.60A,内阻约为O.lOQ）电压表V（量程0-l5V，内阻约为lOkQ）E滑动变阻器Rl（020Q，2A）滑动变阻器R2（0lOOQ,lA）电阻箱R3：最大阻值为999.9Q，允许通过的最大电流是0.6A开关一个，导线若干（1）若要将电流表Al改装成量程为l.5V的电压表，需给该电流表串联一个990Q的电阻.（2）为了测量电池的电动势和内阻，小明按图（a）设计好了测量的电路图，在图（a）中，甲是C，乙是B，（填器材前面的序号）为了能较为准确地进行测量和操作方便，图a)所示的测量电路中，滑动变阻器应选l(填器

30、材前面的序号).图(b)为小明根据图(a)的测量电路测得的实验数据作出的I1-I2图线(I为电表乙的示数，I2为电表甲的示数)，由该图线可得：被测干电池的电动势E=1.47V,内阻【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析(1)根据电表的改装原理可知改装的方法；根据题意可明确应选择的电流表和电压表；根据电路的选择可得出滑动变阻器的作用，则可以选择滑动变阻器；根据图象的意义及闭合电路欧姆定律可求得电源的电动势和内电阻【解答】解：(1)电流表的内阻为10Q；满偏电压为Um=1.5x10-3x10=1.5x10-2v；若改装后1.5V的电压表，则应串联的电阻为：1.5-1.5X

31、1厂R=9900；根据题意可知，乙为电流表C与电阻箱结合作为电压表使用，甲为电流表B,作为电流表使用；因内阻较小，故滑动变阻器略大于内阻即可，故滑动变阻器选择E；由闭合电路欧姆定律可得：I(R3+Ra)=E-I2rEr变形得：片二口+尺丄-恥+RM2；rE由数学知可得：图象中的k=R+皿;b=R+皿；1.4一1.1由图可知：b=1.46；k=05-0.l=0.76x10-3；故解得：E=1.46V(1.46-1.48)，r=0.76(0.76-0.78)故答案为：(1)，990；(2)C，B；(3)E；(4)1.47，0.76【点评】本题要注意电路中采用的是安安法测电动势和内电阻，其本质就是用

32、其中的表头改装电压表；另外在解题时要注意一些细节，如图象中的纵坐标不是从零开始变化的，并且其单位为mA等，都应细心观察三、计算题(共36分，解答应写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分本题共3小题，)如图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表(均为理想电表)的示数各为1.6V和0.4A；当S断开时，它们的示数变为1.7V和0.3A,求电源的电动势和内阻.【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当电键闭合时，电阻R1、R2并联，电压表测量路端电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律列出含E和r的方程；当电键断开时，电压表示数增大为1.7V,电流表

33、示数减小为0.3A,再由闭合电路欧姆定律列出含E和r的方程，联立组成方程组求解E和r.【解答】解：S闭合时，根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir得：E=U1+I1r即E=1.6+0.4rS断开时，根据闭合电路欧姆定律得：E=U2+I2r即E=1.7+0.3r联立式得：E=2.0V,r=1Q答：电源的电动势为2.0V，内阻为1Q.【点评】求解电源的电动势和内阻，常常根据两种情况由闭合电路欧姆定律列方程组求解如图所示，一电子(质量为m,电量绝对值为e)处于电压为U的水平加速电场的左极板A内侧，在电场力作用下由静止开始运动，然后穿过极板B中间的小孔在距水平极板M、N等距处垂直进入板间的匀强偏转电场.若偏转电场的两极板间距为d,板长为1,求：电子刚进入偏转电场时的速度v0；要使电子能从平行极板M、N间飞出，两个极板间所能加的最大偏转电压Umax.【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(1)电子先加速再偏转，对于加