2017-2018学年湖南省衡阳市第八中学高二上学期期中考试物理试题 解析版 18页

‎2017年下期衡阳市八中高二期中考试 物理试题 特别提示：加试题为创新班加试试题（其他同学不计分）‎ 一、选择题（共12小题，在每小题给出的四个选项中，1—8题只有一个正确选项，9--12题有多个正确选项 每小题4分，共48分）‎ ‎1. M 和N 是两个原来都不带电的物体，它们互相摩擦后，N 带正电荷。下列判断正确的是 A. 在摩擦前M 和N的内部没有任何电荷 B. 摩擦的过程中电子从N转移到M C. M 在摩擦的过程中创造了正电荷 D. N 在摩擦的过程中得到了电子 ‎【答案】B ‎..................‎ ‎2. 关于电压与电动势的说法中正确的是 A. 电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法 B. 电动势就是两板间的电压 C. 电动势公式 中的W与电压 中的W是一样的，都是电场力做的功 D. 电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：电压与电动势的单位相同，但物理意义不同．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量．电动势定义式公式E=中的W是非静电力做功，电压U=中的W是静电力做功．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．‎ 解：‎ A、电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量．故A错误．‎ B、根据闭合电路欧姆定律，路端电压U=E﹣Ir，只有当外电路断开时，I=0，路端电压等于电动势．当外电路接通时，路端电压即电源两极间的电压小于电动势，故B错误．‎ C、电动势定义式公式E=中的W是非静电力做功，电压U=中的W是静电力做功．故C错误．‎ D、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查电动势的概念，关键要明确电动势的物理意义，知道与电压的区别，属于基础题．‎ ‎3. 指出图所示的哪些情况中，a、b两点的电势相等，a、b两点的电场强度也相同的是 A. 平行板电容器带电时，极板间除边缘附近处的任意两点a、b B. 静电场中达到静电平衡时的导体内部任意两点a、b C. 离点电荷等距的任意两点a、b D. 两个不等量异号的点电荷，在其连线的中垂线上，与连线中点等距的两点a、b ‎【答案】B ‎【解析】试题分析： a、b处于匀强电场中，场强相同，电势不同，a点电势高于b点电势．故A错误．处于静电平衡状态下的金属内部a，b两点，电场强度均为零，整个导体是等势体，电势相等．故B正确．a、b处于同一等势面上，电势相等，而电场强度方向不同．故C错误．a、b在不等量异种电荷连线的垂直平分线上，电势相等，根据电场的对称性，a、b两点场强大小相同，但是方向不同．故D错误．故选B。‎ 考点：电场强度；电势 ‎【名师点睛】对于典型的电场的电场线分布要掌握，抓住特点，有助于解答关于电场强度、电势高低判断的问题。‎ ‎4. 如图所示，abcd是某匀强电场中一矩形的四个顶点，且ab=cd=20 cm，ad=bc=40 cm，电场线与矩形所在平面平行，已知a点电势为7 V，b点电势为13 V，则 A. 场强大小一定为E=30 V/m B. c点电势可能比d点低 C. cd间电势差一定为6 V D. 场强方向一定由b指a ‎【答案】C ‎【解析】根据题设条件可知，场强方向无法确定，知道了ab间电势差，但不能根据 求出场强的大小．故AD错误；根据匀强电场的电场线与等势线分布的特点可知，cd间电势差必等于ba间电势差，为6V．故C正确．cd间电势差为6V，则知c点电势比d点高6V．故B错误；故选C.‎ ‎5. 如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，则 A. a一定带正电，b一定带负电 B. a的速度将减小，b的速度将增大 C. a的加速度将减小，b的加速度将增大 D. a的电势能将增大，b的电势能将减小 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：电场线的疏密代表电场的强弱，所以出发后的一小段时间内a受到的电场力变小，b受到的电场力变大；正电荷所受电场力的方向就是电场线的方向，而负电荷所受的电场力的方向与电场线的方向相反，由于场强方向未知故不能确定电荷的电性．根据动能定理，合外力做正功，动能增加．‎ 解：A、由轨迹弯曲方向可判断出电场力方向，由于不知道场强的方向，故不能确定电场力的方向与场强方向的关系，所以不能确定ab两电荷的电性．故A错误．‎ B、由于出发后电场力始终对电荷做正功，两电荷的动能越来越大，故两个电荷的速度都将越来越大，故B错误．‎ C、电场线的疏密代表电场的强弱，由图可知越向左场强越小，故a出发后的一小段时间内其所处的位置的场强越来越小，而b出发后的一小段时间内其所处的位置场强越来越大，所以出发后的一小段时间内a受到的电场力变小，b受到的电场力变大．a的加速度将减小，b的加速度将增大．故C正确．‎ D、电场力对两个电荷都做正功，两个电荷的电势能都减小．故D错误．‎ 故选：C 点评：本题涉及的知识较多，综合性较强，但只要我们理解了电场线的特点就能顺利解决选项A、C、D，明白了只要合外力做正功物体的动能就将增加的道理选项B就不难解决，所以我们一定要掌握好基本知识．‎ ‎6. 如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于6V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为4V. 如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将 A. 小于2V B. 等于2V C. 大于2V小于4V D. 等于或大于4V ‎【答案】A ‎【解析】电压表接在R1两端，电压表的示数4V，则此时R2两端的电压为2V．把此表改接在两端R2时，由于电压表的内阻不是远大于R1 、R2，电压表与R2并联的阻值小于R2，而R1与并联部分串联，总电压U=6V，则R1的电压大于4V，电压表与R2并联的电路的电压小于2V。‎ 点晴：本题主要考查闭合电路欧姆定律：闭合电路的电流强度跟电源的电动势成正比，跟闭合电路总电阻成反比。注意此题中的电压表不是理想电表，要考虑电压表的分流。‎ ‎7. 如图所示，一光滑绝缘斜槽放在方向竖直向下，电场强度为E的匀强电场中，从斜槽顶端A沿斜槽向下释放一初速度为v0的带负电的小球，小球质量为m，带电荷量为q，斜槽底端B与A点的竖直距离为h。则关于小球的情况，下列说法中正确的是 A. 只有，小球才能沿斜槽运动到B点 B. 只有，小球才能沿斜槽运动到B点 C. 小球若沿斜槽能到达B点，速度可能是v0‎ D. 小球若沿斜槽能到达B点，最小速度一定大于v0‎ ‎【答案】C ‎【解析】若电场力大于重力qE>mg，，小球将离开斜面做曲线运动，若电场力等于重力，小球合力为0，做匀速直线运动，到达B点的速度也就是v0，若电场力小于重力，小球将沿着斜面做将匀加速直线运动，到达B点的速度大于v0，故C正确，A、B、D错误。‎ 点晴： 带电小球在电场中运动受到多个力作用的情形，共点力作用下的平衡和牛顿第二定律在电学中的应用。‎ ‎8. 有一个均匀带电圆环，以圆环圆心O为坐标原点，过O且垂直于圆环平面的线为x轴，如图甲所示，现测得x轴上的电场强度随坐标x值变化的图像如图乙所示（场强为正值，表示方向沿x轴正方向），H、I是x轴上两点，且HO＜OI，取无穷远处电势为零。则以下分析正确的是 A. 该圆环带负电 B. x轴上O点电势为零 C. 将一个正的试探电荷沿x轴从H移动到I的过程中，电势能先增大后减小 D. H点的电势低于I点的电势 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由乙图可读出场强的大小变化情况和场强的方向，根据场强的方向判断圆环的电性和O点的电势正负．根据电场力做功正负，分析电势能的变化．根据U=Ed可定性分析H和I两点电势的高低．‎ 解：A、由乙图知：O点左侧场强方向从O点出发指向无穷远处，右侧场强方向也O点指向无穷远处，根据电场线从正电荷出发到无穷远终止，可知该圆环带正电．故A错误．‎ B、根据顺着电场线方向电势降低可知，O点的电势高于无穷远处的电势，所以O点电势大于零．故B错误．‎ C、将正的试探电荷沿x轴从H移动到I的过程中，所受的电场力先向左，后向右，则电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，故C正确．‎ D、由图可知O点左右两侧的电场具有对称性，而顺着电场线电势降低，H、I两点的电势都低于O点，由于H点更靠近O点，所以H点的电势高于I点的电势．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题关键要理解电场线的分布情况和特点，抓住电场的对称性，分析电势的高低，能由电场力做功正负判断电势能的变化．‎ ‎9. 如图所示，从炽热的金属丝飘出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是 A. 仅将偏转电场极性对调 B. 仅减小偏转电极间的距离 C. 仅增大偏转电极间的电压 D. 仅减小偏转电极间的电压 ‎【答案】BC ‎【解析】A项：偏转电极只能使电子偏转方向相反，不能增大偏转角，故A错误；‎ B、C、D项：根据动能定理：，得：，在偏转电场中：，，，，若使偏转角变大即使变大，故B、C正确。‎ 点晴：本题是带电粒子先加速后偏转问题，要注意电场中加速根据动能定理求解获得的速度、而在偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成。‎ ‎10. 带负电的粒子在某电场中仅受电场力作用，能分别完成以下两种运动：直线运动；圆周运动.则该电场可能由 A. 一个带正电的点电荷形成 B. 一个带负电的点电荷形成 C. 两个分立的带等量正电的点电荷形成 D. 两个分立的带等量负电的点电荷形成 ‎【答案】AC ‎【解析】A项：因为一个带正电的点电荷形成的电场，其电场线是直线，当带负电的粒子的初速度的方向与电场线的方向在一条直线上时，粒子可以在电场线上运动，当粒子的初速度的方向与电场线垂直时，粒子可以在等势面上做匀速圆周运动．带负电的粒子 可以在一个带正电的点电荷形成的电场中的任意一个等势面上做匀速圆周运动，故A正确；‎ B项：当粒子的初速度的方向与电场线垂直时，粒子受到与电场线方向相反的力的作用，将会做离心运动，故B错误；‎ C项：两个等量的同种正点电荷A、B形成的电场，当带负电的粒子的初速度的方向与电场线在一条直线上时，粒子可以在电场线上运动，由于场强是变化的，所以粒子做变速直线运动，考虑到电场分布的空间性和对称性，当粒子初速度的方向在A、B连线的中垂面内且与中垂线垂直，则粒子所受库仑力的合力始终指向O点，粒子将在两电荷A、B连线的中垂面内，以两电荷A、B连线的中点O为圆心做匀速圆周运动，故C正确；‎ D项：两个带等量负的点电荷的电场对负电荷的作用力向外，同负点电荷的电场类似，所以带负电粒子不可能在受到背离圆心的作用下做匀速圆周运动，故D错误。‎ 点晴：该题考查几种常见的电场的特点，本题关键要能让负电荷做匀速圆周运动，必须有指向圆心的力提供向心力，故只能是位于圆心的正电荷提供。‎ ‎11. 如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是 A. 从t=0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上 B. 从t=0时刻释放电子，电子一定在两板间往复运动 C. 从t=时刻释放电子，电子不可能打到右极板上 D. 从t=时刻释放电子，电子可能打到右极板上 ‎【答案】AD C项：若从时刻释放电子，电子先加速，再减速，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，故C错误；‎ D项：同理，若从时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，故D正确。‎ 点晴：本题中电子在周期性变化的电场中，电场力是周期性变化的，关键要正确分析电子的受力情况，再根据牛顿运动定律分析电子的运动情况。‎ ‎12. 如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地.开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后,悬线偏转了角度α．在以下方法中,能使悬线的偏角α变大的是 A. 取出a、b两极板间的电介质 B. 换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 C. 缩小a、b间的距离 D. 加大a、b间的距离 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：由知，取出a、b两极板间的电介质ε减小，C减小，Q不变，Q＝CU，U变大，PQ间的E变大，α变大，故A正确．由知，换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质ε变大，C变大，Q不变，Q＝CU，U减小，PQ间的E减小，α变小，故B错误．减小a、b间的距离，d减小，C变大，Q不变，Q＝CU，U减小，由E=U/d分析知，PQ间的E减小，α变小，故C错误．减加大a、b间的距离，d变大，C变小，Q不变，Q＝CU，U变大，由E=U/d分析知，PQ间的E变大，α变大，故D正确．故选AD 考点：电容器的动态分析 ‎【名师点睛】本题是电容器的动态变化分析问题，是、和的综合应用，关键要抓住电容器的电压相等。‎ 二、实验填空题（本题共15分，每空3分，答案必须写在答题卡上指定区域）‎ ‎13. 一实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线（结果如图丙），他们设计了如图甲所示的电路图．请回答下列问题：‎ ‎（1）请将图乙中的实物连线按电路图补充完整_______．‎ ‎（2）在电路图中闭合开关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．原因可能是图中的___（选填a、b、c、d、e、f）处接触不良．‎ ‎（3）测得元件Q的伏安特性曲线如图丙所示，则下列说法中正确的是__________‎ A．加0.8 V电压时，导体的电阻约是16 Ω B．加1.6 V电压时，导体的电阻约是4 Ω C．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小 D. 由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小 ‎【答案】 (1). (1)‎ ‎ (2). (2)f (3). (3)AC ‎【解析】(1) 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；‎ ‎(2) 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；‎ ‎(3) ‎ A项：由得出的图象可知，U=0.8V时，电流I=0.05A；故电阻；‎ B项：由得出的图象可知，U=1.6V时，电流I=0.2A；故电阻；‎ C、D项：图象斜率表示电阻的倒数，随着电压的增大，电阻的倒数增大，电阻减小，故C正确，D错误。‎ 点晴：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 ‎14. 如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C质量都是m，带正电量都是q，连接小球的绝缘细线长度都是L，静电力常量为k，重力加速度为g.（小球可视为点电荷）则连结B、C的细线张力为________，连结A、B的细线张力为_________‎ ‎【答案】 (1). ； (2). ‎ ‎【解析】球A与球B间的静电斥力为：FAB=‎ ‎； 球B和球C间的静电斥力为：FBC=； 球A和球C间的静电斥力为：FAC==； 先对C球受力分析，受重力、球B的斥力、球C的斥力和细线的拉力，故： TBC=mg+FAC+FBC=mg+ 再对B球和C球整体受力分析，受重力、A球的斥力和细线的拉力，根据平衡条件，有： TAB=2mg+FAC+FAB=2mg+‎ 三．计算题 （共37分）解答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得分.有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位.‎ ‎15. 如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为- 4×10-6C的点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10-4 J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10-4 J，N板接地，设地面为零势面。则 ‎（1）A点的电势φA是多少？‎ ‎（2）UMN等于多少伏？‎ ‎【答案】(1)-100V；(2)-300V ‎【解析】试题分析：根据电势差公式分别求出A、N间的电势差，即可得到A点的电势；‎ 由电势差公式求出M、N间的电势差。‎ ‎(1) A、N间的电势差：，又因为：，，则A点的电势；‎ ‎(2)。‎ 点晴：运用电势差公式 时，要注意电荷移动的方向，往往公式中三个量都要代入符号一起计算。‎ ‎16. 如图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg＝100Ω，满偏电流Ig＝1mA，R1＝900Ω，R2‎ ‎＝Ω.‎ ‎(1)当S1和S2均断开时，改装所成的表是什么表？量程多大？‎ ‎(2)当S1和S2均闭合时，改装所成的表是什么表？量程多大？‎ ‎【答案】(1)U=1V；(2)I=1A ‎【解析】试题分析：（1）当S1和S2均断开时，电路只有R1和电流计串联，故改装所成的表是电压表（伏特表）。‎ ‎（2）当S1和S2均闭合时，电路只有R2和电流计并联，故改装所成的表是电流表（安培表）。‎ I=Ig+I2=1000Ma=1A 考点:电表的改装 ‎17. 在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105N/C，方向与x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q=-5.0×10-8C，质量m=1.0×10-2kg的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2.0m/s，g取10m/s2，如图所示，求：‎ ‎（1）物块能到达O点右端的最远距离．‎ ‎（2）物块最终停止时的位置．‎ ‎【答案】(1)x=0.4m；(2)x1=0.2m ‎【解析】试题分析：对物块向右减速到零的过程运用动能定理，求出物块到达O点右端的最远距离．‎ 物块速度为零后，由于电场力大于摩擦力，物块会返回，对全过程运用动能定理，求出物块停止的位置．‎ 解：（1）物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x，由动能定理得，‎ ‎，‎ 所以x=，‎ 代入数据解得x=0.4m．‎ ‎（2）可知，当物块向右运动0.4m时速度减为零，因物块所受的电场力F=qE=0.03N＞μmg，所以物块将沿x轴负向加速．‎ 过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x1，‎ 则，‎ 代入数据解得x1=0.2m．‎ 答：（1）物块能到达O点右端的最远距离为0.4m．‎ ‎（2）物块最终停止时的位置在O点左侧0.2m处．‎ ‎【点评】本题考查了动能定理的基本运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解，难度不大．‎ ‎18. 如图所示为固定在竖直平面内的，内壁光滑的绝缘轨道，其半径为R=1m，轨道所在的空间存在平行于轨道的水平向右的匀强电场，场强为E=3×104N/C。在轨道的最下端A处有一个电荷量为q=+2×10-4C、质量为m=0.8kg的小球。现给小球一个水平向右的初速度v0=4m/s，g取10m/s2，则（结果可以用根式表示）：‎ ‎（1）小球在运动后的瞬间对轨道的压力多大？‎ ‎（2）小球运动的最大速度是多少？‎ ‎（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，其初速度v0要满足什么条件？‎ ‎【答案】(1)FN=20.8N；(2)；(3)或 ‎ ‎【解析】试题分析：(1)通过圆周运动知识找到向心力，可求解；‎ ‎(2)利用动能定理进行求解；(3)分析小球不脱离轨道的两种情况：一、等效重力场中的最高点，二、等效重力场中的水平位置，再利用动能定理进行求解；‎ ‎(1) ，得：；‎ ‎(2)由动能定理： 得：；‎ ‎(3) 第一种情况：‎ ‎ ‚ ‎ ‎ƒ‎ 由‚ƒ得：，‎ 第二种情况：得：；‎ 点晴：解决本题的关键是找到重力与电场力的等效重力场的方向，再利用动能定理求解。‎ 加试题：（476、478班同学必做，其他同学不计分）‎ ‎19. 在“测定金属丝电阻率”的实验中：‎ ‎（1）用千分尺测量金属丝的直径，千分尺示数如图所示，则金属丝的直径为________mm. ‎ ‎（2）已知电阻丝约为20Ω，现备有下列器材供测量该电阻丝的电阻时选用，电流表应选_______，电压表应选_______，滑动变阻器应选________ (只填代号)‎ A．量程是0.6A，内阻约0.5Ω的电流表；‎ B．量程是3A，内阻约0.1Ω的电流表；‎ C．量程是3V，内阻约6KΩ的电压表；‎ D．量程是15V，内阻约30KΩ的电压表；‎ E．阻值是0～1KΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器；‎ F．阻值是0～20Ω，额定电流为2A的滑动变阻器；‎ G．蓄电池（电动势约10V，内阻很小）；‎ H．开关一个，导线若干。‎ ‎（3）用伏安法测上述电阻丝电阻的电路图应选用上图中的那个电路图_______‎ ‎【答案】 (1). (1)2.495mm； (2). (2)A； (3). D； (4). F； (5). (3)甲 ‎【解析】(1) 由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数：2mm；可动刻度读数：，故螺旋测微器读数为：)2.495mm；‎ ‎(2) 由于温度对电阻的影响，通过待测电阻的电流不能太大，所以电流表应选A；‎ 由于电表的最小读数应在量程的以上，所以待测电阻两端的最小电压为,所以电压表选D；又电路的最大阻值为：，故变阻器选F；‎ ‎(3) 由于满足，所以电流表应用外接法，所以应选图甲．‎ 点晴：对电学实验题目，要根据电表能读数的要求利用欧姆定律和闭合电路欧姆定律进行计算，然后再选择合适的器材和电路即可。‎ ‎20. 所示电路，理想电流表读数为0.75A，理想电压表读数为2V，经过一段时间，某一电阻烧断，因而电流表的读数变为0.8A，电压表的读数为3.2V，已知R3=4Ω，问：‎ ‎(1)发生故障的电阻是哪个？它的阻值为多少？‎ ‎(2)电源的电动势和内阻各为多少？‎ ‎【答案】(1)发生故障的电阻是R1．它的阻值为8Ω；(2)电源的电动势和内阻分别为4V和1Ω．‎ ‎【解析】试题分析：（1）电路中某一电阻断路，两电表的读数都变大，不可能是R3和R2断路，否则变化后电压表或电流表无读数，只可能R1断路．由欧姆定律求出其阻值．（2）断路时，电压表读数等于电阻R2的电压，由欧姆定律求出R2．根据闭合电路欧姆定律对发生断路前后列方程，组成方程组求解电动势和内电阻．‎ ‎(1)因某电阻烧断，电流表、电压表示数均增大，若R2、R3断路，电流表或电压表无读数，可断定发生故障的电阻是R1．‎ 由R1烧断后：电压表的示数等于路端电压，则,则R1未烧断时：路端电压U′=R2I′=3V，故, ；‎ ‎(2)断路时： ‎ 根据闭合电路欧姆定律得U′=E﹣I′r 即3.2=E﹣0.8r…①‎ 未断路时：通过R3的电流 总电流：I0=I3+I=0.25A+0.75A=1.0A ‎ 则有I2R2=E﹣I0r 即 0.75×4=E﹣r…②‎ 联立①②解得 E=4V r=1Ω 点晴：本题中涉及故障分析，采用排除法逐一分析．对于电源的电动势和内阻，常常根据两种情况列方程组求解．‎ ‎ ‎