福建省龙岩市武平一中高二物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年福建省龙岩市 武平一中高二（上）月考物理试卷（12月份）一、单项选择题（48分，每题4分）1（4分）（2014秋武平县校级月考）下列有关磁感应强度及安培力的说法正确的有（）a通电导线放在磁场中某处不受安培力的作用时，则该处的磁感应强度一定为零b若某处的磁感应强度为零，则通电导线放在该处所受安培力一定为零c磁场中某点的磁感应强度与该点是否放通电导线有关d同一条通电导线放在磁场中某处所受的安培力是一定的2（4分）（2014秋武平县校级月考）一带电粒子沿着如图中曲线jk穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的电势面，其中abcd，若不计粒子受的重力，可以确定（）a该粒子带正电b该粒子可带负电，也可带正电c从j到k粒子的电势能增加d粒子从j到k运动过程中的动能与电势能之和不变3（4分）（2013秋鄂伦春自治旗校级期末）如图所示的电路中，当变阻器r3的滑动触头p向a端移动时，下列说法正确的是（）a电压表示数变大，电流表示数变小b电压表示数变小，电流表示数变大c电压表示数变大，电流表示数变大d电压表示数变小，电流表示数变小4（4分）（2012春西山区校级期中）一磁感应强度b的匀强磁场方向水平向右，一面积为s的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成角，将abcd绕ad轴转180角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（）a0b2bsc2bscosd2bssin5（4分）（2014秋武平县校级月考）如图，接通电键k的瞬间，用丝线悬挂于一点可自由转动的通电直导线ab将（）aa端向上，b端向下，悬线张力不变ba端向下，b端向上，悬线张力不变ca端向纸外，b端向纸内，悬线张力变大da端向纸内，b端向纸外，悬线张力变大6（4分）（2010上海）如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60的v形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为b当在该导线中通以电流强度为i的电流时，该v形通电导线受到的安培力大小为（）a0b0.5bilcbild2bil7（4分）（2008秋禅城区校级期末）一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场粒子的一段径迹如图所示由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减少（带电量不变），从图中情况可以确定（）a粒子从a到b，带正电b粒子从b到a；带正电c粒子从a到b，带负电d粒子扶b到a，带负电8（4分）（2014秋武平县校级月考）一束混合的离子束，先沿直线穿过正交匀强电磁场，再进入一个磁场区域后分裂成几束，如图所示若粒子的重力不计，则这分裂是因为（）a带电性质不同，有正离又有负离子b速度不同c质量和电量的比值不同d以上答案均不正确9（4分）（2007东城区三模）质子和粒子在同一匀强磁场中做半径相同的圆周运动，由此可知，质子的动能ek1和粒子的动能ek2之比ek1：ek2等于（）a4：1b1：1c1：2d2：110（4分）（2014秋武平县校级月考）如图，带电平行金属板中匀强电场方向竖直上，匀强磁场方向垂直纸面向里，带电小球从光滑绝缘轨道上的a点由静止滑下，经过圆弧轨道从端点p（切线水平）进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，现使带电小球从比a点稍高的b点由静止滑下，在经过p点进入板间的运动过程中（）a带电小球的电势能将会增大b带电小球所受洛伦兹力将会增大c带电小球所受电场力将会减小d带电小球的动能将会减小11（4分）（2013安徽三模）三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从如图所示的长方形区域的匀强磁场上边缘射入强磁场，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90、60、30，则它们在磁场中的运动时间之比（）a1：1：1b1：2：3c3：2：1d1：12（4分）（2013秋余姚市期末）长为l的水平板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为b，板间距离也为l，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子打在极板上，可采用的办法是（）a使粒子的速度vb使粒子的速度vc使粒子的速度vd使粒子的速度v二、实验题（14分，每空或每处2分）13（6分）（2014秋武平县校级月考）（1）某同学用多用表测电阻rx时，将选择开关置于“10”挡，表针停留的位置如图甲所示（其数据为8），为了较正确测出rx的阻值，将两表与电阻rx断开后，下列操作中必要而且正确的顺序应该是（用字母表示）（a）换用1挡（b）换用100挡（c）将两表笔与rx断开（d）将两表笔与rx的两端接触（e）将两表笔短接，调节调零旋钮，使指针指到“0”处（f）读出示数，并乘以相应的倍率（2）若该同学再用“伏安法”测量该电阻，所用器材如图乙所示，其中电压表内阻约为1k，电流表内阻约为1，滑动变阻器阻值为20图中部分连线已经连接好，为了尽可能准确地测量电阻，请你完成其余的连线（3）该同学按照“伏安法”测量电阻的要求连接好图乙中电路后，测得的电阻值将（填“大于”、“小于”或“等于”）被测电阻的实际阻值14（4分）（2014秋武平县校级月考）在做“用电流表和电压表测一节干电池的电动势和内电阻”的实验时：（1）某同学在实验时使用的电流表量程为00.6a，电压表量程为03v，并加接了一个已知阻值的定值电阻r0，如图甲所示，试说明他加接此电阻的作用是（2）如果某同学把r0接到图乙所示的位置，改变滑动变阻器的阻值，测出了两组对应的电流表和电压表示数u1、i1和u2、i2后，则测出的电源内阻的阻值为r=（用r0、u1、i1和u2、i2表示）15（4分）（2014秋武平县校级月考）有一个小灯泡上标有“4v、2w”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的iu图线现有下列器材供选用：a电压表（05v，内阻10k）b电压表（015v，内阻20k）c电流表（03a，内阻1）d电流表（00.6a，内阻0.4）e滑动变阻器（10，2a）实验中所用电压表应选，电流表应选用（用序号字母表示）三、计算题（38分）16（8分）（2014秋武平县校级月考）如图所示，一条长为l的细线上端固定在o点，下端系一个质量为m带电量为+q的小球，将它置于一个很大的匀强电场中，电场强度方向水平向右，已知小球在b点时平衡，细线与竖直线的夹角为=37，重力加速度为g（cos37=0.8，sin37=0.6）求：（1）电场强度e的大小；（2）若将小球拉到与o等高处的a点释放，小球摆到最低点时绳子的拉力大小17（8分）（2014秋芜湖期末）如图所示，通电直导线ab的质量为m、长为l，水平放置在倾角为的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流为i，要求导线ab静止在斜面上（1）若磁场的方向竖直向上，则磁感应强度为多大？（2）若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小、方向如何？18（10分）（2002天津）电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的电子束经过电压为u的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图所示磁场方向垂直于圆面磁场区的圆心为o，半径为r当不加磁场时，电子束将通过o点打到屏幕的中心m点，为了让电子束射到屏幕边缘的p点，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度，此时磁场的磁感应强度b为多少？19（12分）（2014秋武平县校级月考）如图所示，直角坐标系中的第象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场一电量为q、质量为m的带正电的粒子，在x轴上的点a以速率v0，方向和x轴方向成60射入磁场，然后经过y轴上y=l处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x=2l处的c点不计重力求（1）磁感应强度b的大小（2）电场强度e的大小（3）粒子在磁场和电场中的运动时间之比2014-2015学年福建省龙岩市武平一中高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（48分，每题4分）1（4分）（2014秋武平县校级月考）下列有关磁感应强度及安培力的说法正确的有（）a通电导线放在磁场中某处不受安培力的作用时，则该处的磁感应强度一定为零b若某处的磁感应强度为零，则通电导线放在该处所受安培力一定为零c磁场中某点的磁感应强度与该点是否放通电导线有关d同一条通电导线放在磁场中某处所受的安培力是一定的考点：安培力；磁感应强度分析：当电流的方向与磁场方向平行，通电导线不受安培力，放置的方向不同，所受的安培力可能不同磁场中的磁感应强度与放入磁场中导线无关解答：解：a、通过导线放在磁场中不受安培力，可能是磁场方向与电流方向平行，磁感应强度不一定为零，故a错误b、若某处的磁感应强度为零，则通电导线放在该处所受安培力一定为零，故b正确；c、磁场中某点的磁感应强度与放入的导线无关，由磁场本身的性质决定，故c错误；d、导线的放置方向不同，所受的安培力可能不同故d错误故选：b点评：解决本题的关键知道磁感应强度与放入磁场中导线无关，由本身的性质无关当电流与磁场平行，f=0，若电流方向与磁场方向垂直，f=bil2（4分）（2014秋武平县校级月考）一带电粒子沿着如图中曲线jk穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的电势面，其中abcd，若不计粒子受的重力，可以确定（）a该粒子带正电b该粒子可带负电，也可带正电c从j到k粒子的电势能增加d粒子从j到k运动过程中的动能与电势能之和不变考点：电场线；电势分析：根据电势的高低得出电场强度的方向，通过粒子的轨迹弯曲得出电场力的方向，从而确定电荷的电性，根据电场力做功判断电势能的高低解答：解：a、电势abcd，则电场强度的方向从右向左，因为粒子轨迹向右弯曲，可知电场力的方向水平向右，则该粒子带负电故ab错误c、从j到k，电场力做正功，电势能减小，故c错误d、粒子从j到k的运动过程中动能和电势能之和保持不变，故d正确故选：d点评：解决本题的关键知道等势面与电场线之间的关系，知道电场力做功与电势能的关系，难度不大3（4分）（2013秋鄂伦春自治旗校级期末）如图所示的电路中，当变阻器r3的滑动触头p向a端移动时，下列说法正确的是（）a电压表示数变大，电流表示数变小b电压表示数变小，电流表示数变大c电压表示数变大，电流表示数变大d电压表示数变小，电流表示数变小考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由图可知r2与r3并联后与r1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由u=eir可得出路端电压的变化；将r1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得r2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化解答：解：当滑片向a端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；将r1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过r2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故选：b点评：闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理4（4分）（2012春西山区校级期中）一磁感应强度b的匀强磁场方向水平向右，一面积为s的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成角，将abcd绕ad轴转180角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为（）a0b2bsc2bscosd2bssin考点：磁通量分析：在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量=bs，b是磁感应强度，s是线圈的面积当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量=0，若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据=bssin（是线圈平面与磁场方向的夹角）即可求解解答：解：矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向水平向右，平面abcd与竖直方向成角，将此时通过线圈的磁通量为 1=bscos当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ad轴转180角时，穿过线圈反面，则其的磁通量2=bscos因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为：=21=2bscos故选：c点评：对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式=bssin（是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况注意夹角不是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈5（4分）（2014秋武平县校级月考）如图，接通电键k的瞬间，用丝线悬挂于一点可自由转动的通电直导线ab将（）aa端向上，b端向下，悬线张力不变ba端向下，b端向上，悬线张力不变ca端向纸外，b端向纸内，悬线张力变大da端向纸内，b端向纸外，悬线张力变大考点：电流的磁场对磁针的作用分析：根据安培定则，判断出电磁铁左边为n极，右边为s极采用电流元法，即将直导线分为左右两部分处理，根据左手定则，判断出图示位置导线左部所受安培力向纸内，右部向纸外；又取特殊位置：导线转过90时研究，安培力向下则导线在安培力作用下，a端向纸内，b端向纸外，悬线张力变大解答：解：根据安培定则，判断出电磁铁左边为n极，右边为s极由于导线左右两部分处在的磁场方向不同，可采用电流元法，即将直导线分为左右两部分处理，根据左手定则，判断出图示位置导线左部所受安培力向纸外，右部向纸内；又取特殊位置：导线转过90时研究，安培力向下则导线在安培力作用下，a端向纸外，b端向纸内，悬线张力变大abd错误，c正确故选：c点评：判断安培力作用下导体运动的方向，是磁场中的基本题型，这类问题往往是安培定则和左手定则综合应用，并采用电流法、特殊位置法、等效法、推论法等6（4分）（2010上海）如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60的v形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为b当在该导线中通以电流强度为i的电流时，该v形通电导线受到的安培力大小为（）a0b0.5bilcbild2bil考点：安培力的计算专题：计算题分析：由安培力公式f=bil进行计算，注意式中的l应为等效长度解答：解：导线在磁场内有效长度为2lsin30=l，故该v形通电导线受到安培力大小为f=bi2lsin30=bil，选项c正确故选c点评：本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义7（4分）（2008秋禅城区校级期末）一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场粒子的一段径迹如图所示由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减少（带电量不变），从图中情况可以确定（）a粒子从a到b，带正电b粒子从b到a；带正电c粒子从a到b，带负电d粒子扶b到a，带负电考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据粒子在磁场中运动的半径公式来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质解答：解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以b正确故选：b点评：根据可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键8（4分）（2014秋武平县校级月考）一束混合的离子束，先沿直线穿过正交匀强电磁场，再进入一个磁场区域后分裂成几束，如图所示若粒子的重力不计，则这分裂是因为（）a带电性质不同，有正离又有负离子b速度不同c质量和电量的比值不同d以上答案均不正确考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：能沿直线穿过电磁场区域，说明电场力和洛伦兹力等大反向，进入区域乙后分成a、b两束可以看出粒子的半径不同解答：解：能沿直线穿过正交匀强电、磁场区域，则qvb=qe得：v=，故粒子具有相同的速率；在磁场中做圆周运动的半径：r=不同，说明不同；故选：c点评：本题是速度选择器模型和磁偏转的综合，能沿直线通过的速度选择器的粒子的速率是一定值9（4分）（2007东城区三模）质子和粒子在同一匀强磁场中做半径相同的圆周运动，由此可知，质子的动能ek1和粒子的动能ek2之比ek1：ek2等于（）a4：1b1：1c1：2d2：1考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：质子和粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，其半径公式为r=，得到速度v与半径r的关系，求得动能ek的表达式，即可求出它们的动能之比解答：解：质子和粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式为r=，得v=动能为ek=由题，半径r相同，则得到：ek1：ek2=：而qp：q=1：2，mp：m=4：1，解得，ek1：ek2=1：1故选b点评：本题只要掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式及两个粒子的质量、电荷量的关系，就能轻松解答10（4分）（2014秋武平县校级月考）如图，带电平行金属板中匀强电场方向竖直上，匀强磁场方向垂直纸面向里，带电小球从光滑绝缘轨道上的a点由静止滑下，经过圆弧轨道从端点p（切线水平）进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，现使带电小球从比a点稍高的b点由静止滑下，在经过p点进入板间的运动过程中（）a带电小球的电势能将会增大b带电小球所受洛伦兹力将会增大c带电小球所受电场力将会减小d带电小球的动能将会减小考点：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：根据小球的运动状态可分析小球的受力情况从而得出小球的电性；再分析小球在混合场中各力做功情况，由功能关系即可分析各能量的变化解答：解：如果小球带负电，则小球在金属板间受到向下的重力，向下的电场力，向下的洛伦兹力，则小球不可能沿水平方向做匀速直线运动；若小球带正电，则小球受向下的重力、向上的电场力，向上的洛仑兹力，可能平衡，故小球带正电；根据平衡条件，有：mg=qe+f洛，故电场力小于重力；因小球带正电，小球从轨道上较高的b点处开始滑下，速度增大，则小球的洛仑兹力增大，则小球向上偏转，重力做负功，则重力势能增加；而电场力做正功，电势能减小；考虑到电场力小于重力，合力做负功，导致动能减小，故速度减小；但机械能与电势能的总量不变；a、电场力做正功，电势能减小，故a错误；b、速度减小，洛伦兹力减小，故b错误；c、电场力为恒力，故c错误；d、小球的动能减小，故d正确；故选：d点评：本题中要注意电荷有两种可能，在分析时应分别进行讨论；同时注意分析正负电荷在混合场中的受力情况，从而确定物体的运动情况11（4分）（2013安徽三模）三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从如图所示的长方形区域的匀强磁场上边缘射入强磁场，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90、60、30，则它们在磁场中的运动时间之比（）a1：1：1b1：2：3c3：2：1d1：考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子的运动的轨迹和粒子做圆周运动的周期公式可以判断粒子的运动的时间解答：解：粒子在磁场中运动的周期的公式为t=，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，三种速度的粒子的偏转角分别为90、60、30，所以偏转角为90的粒子的运动的时间为t，偏转角为60的粒子的运动的时间为t，偏转角为30的粒子的运动的时间为t所以有t：t：t=3：2：1，选项c正确故选c点评：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是 1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹 2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系12（4分）（2013秋余姚市期末）长为l的水平板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为b，板间距离也为l，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子打在极板上，可采用的办法是（）a使粒子的速度vb使粒子的速度vc使粒子的速度vd使粒子的速度v考点：带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动分析：带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力据此可以求得粒子做圆周运动的半径和速度的关系，再根据几何关系粒子射出磁场，就是粒子做圆周运动的半径不能大于（从左侧射出）小于于（从右侧射出）从而求出粒子速度的范围解答：解：如图所示，由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径r，故粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力即：qvb=m可得粒子做圆周运动的半径：r=粒子不从左边射出，则：即：带正电的粒子不从右边射出，如图所示，此时粒子的最大半径为r，由上图可知：r2=l2+（r）2可得粒子圆周运动的最大半径：r=又因为粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子不从右边射出，则：即：故欲使粒子打在极板上，粒子的速度必须满足v，故d正确故选：d点评：该题考查了有界磁场的问题，利用几何关系求出轨迹半径是解题的关键能根据沦洛伦兹力提供向心力得到粒子做圆周运动的半径和粒子速度的关系，并能根据几何关系求出粒子不射出磁场的半径条件二、实验题（14分，每空或每处2分）13（6分）（2014秋武平县校级月考）（1）某同学用多用表测电阻rx时，将选择开关置于“10”挡，表针停留的位置如图甲所示（其数据为8），为了较正确测出rx的阻值，将两表与电阻rx断开后，下列操作中必要而且正确的顺序应该是（用字母表示）aedfc（a）换用1挡（b）换用100挡（c）将两表笔与rx断开（d）将两表笔与rx的两端接触（e）将两表笔短接，调节调零旋钮，使指针指到“0”处（f）读出示数，并乘以相应的倍率（2）若该同学再用“伏安法”测量该电阻，所用器材如图乙所示，其中电压表内阻约为1k，电流表内阻约为1，滑动变阻器阻值为20图中部分连线已经连接好，为了尽可能准确地测量电阻，请你完成其余的连线（3）该同学按照“伏安法”测量电阻的要求连接好图乙中电路后，测得的电阻值将小于（填“大于”、“小于”或“等于”）被测电阻的实际阻值考点：用多用电表测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）由表针停留的位置知指针偏角过大，则示数太小，表示被测电阻为小电阻，要换较小档，注意 换挡后重新调零；（2）连电路时应电压表正接线柱接电流表正接线柱；（3）被测电阻为小电阻，采用电流表外接，则电压表分流引起误差；解答：解：（1）由表针停留的位置知指针偏角过大，则示数太小，表示被测电阻为小电阻，要换较小档，即：a、换用1挡；然后要重新欧姆调零，步骤为：e；然后进行测量未知电阻，步骤为：d；进行读数：f；读数后：c、将两表笔与rx断开；故顺序为：a e d f c；（2）被测电阻为小电阻，采用电流表外接，电路图如图：（3）电流表外接，则电压表分流引起误差，电流测量值偏大，根据欧姆定律知求出电阻值偏小；故答案为：（1）aedfc；（2）如图；（3）小于点评：对于多用表的使用，要会选择不同的档位，明确基本操作步骤，关键要知道换档后要进行欧姆调零14（4分）（2014秋武平县校级月考）在做“用电流表和电压表测一节干电池的电动势和内电阻”的实验时：（1）某同学在实验时使用的电流表量程为00.6a，电压表量程为03v，并加接了一个已知阻值的定值电阻r0，如图甲所示，试说明他加接此电阻的作用是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏（2）如果某同学把r0接到图乙所示的位置，改变滑动变阻器的阻值，测出了两组对应的电流表和电压表示数u1、i1和u2、i2后，则测出的电源内阻的阻值为r=（用r0、u1、i1和u2、i2表示）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：当开关闭合时发现电压表有示数而电流表没有示数，可知与电流表连接的回路中可能有断路的导线，电压表有示数，可知与电压表连接的回路不能有断路的导线，结合这两种情况确定可能断路的导线加接了一个定值电阻r0，防止电流过大，起保护电路的作用解答：解：（1）加接了一个定值电阻r0，防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏；（2）根据闭合电路欧姆定律，有：e=u1+i1（r+r）e=u2+i2（r+r）联立解得：r=故答案为：（1）防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏；（2）点评：本题考查了电路故障分析，保护电阻的作用，分析清楚电路结构即可正确解题15（4分）（2014秋武平县校级月考）有一个小灯泡上标有“4v、2w”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的iu图线现有下列器材供选用：a电压表（05v，内阻10k）b电压表（015v，内阻20k）c电流表（03a，内阻1）d电流表（00.6a，内阻0.4）e滑动变阻器（10，2a）实验中所用电压表应选a，电流表应选用d（用序号字母表示）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：根据小灯泡的额定电压和额定电流的大小来选择电压表和电流表的量程；解答：解：根据小灯泡的额定电压为4v，可知电压表应选a；由于小灯泡的额定电流为：i=0.5a，可知电流表应选d；故答案为：a；d点评：本题考查实验中的仪表选择，应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断三、计算题（38分）16（8分）（2014秋武平县校级月考）如图所示，一条长为l的细线上端固定在o点，下端系一个质量为m带电量为+q的小球，将它置于一个很大的匀强电场中，电场强度方向水平向右，已知小球在b点时平衡，细线与竖直线的夹角为=37，重力加速度为g（cos37=0.8，sin37=0.6）求：（1）电场强度e的大小；（2）若将小球拉到与o等高处的a点释放，小球摆到最低点时绳子的拉力大小考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动专题：动能定理的应用专题分析：（1）小球在a点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；（2）对小球从a点运动到c点的过程中运用动能定理求得b点的速度，在b点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解解答：解：（1）小球在b点处于静止状态，根据平衡条件得：mgtan37=qe 解得：e= （2）从a点到最低点过程中，由动能定理得：mglqel=mv20 在最低点，由牛顿第二定律得：tmg=m 联立解之得：t=mg；答：（1）电场强度e的大小为；（2）若将小球拉到与o等高处的a点释放，小球摆到最低点时绳子的拉力大小为mg点评：本题考查了共点力平衡和动能定理的综合，分析清楚小球运动过程与受力情况，应用平衡条件与动能定理、牛顿第二定律即可正确解题17（8分）（2014秋芜湖期末）如图所示，通电直导线ab的质量为m、长为l，水平放置在倾角为的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流为i，要求导线ab静止在斜面上（1）若磁场的方向竖直向上，则磁感应强度为多大？（2）若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小、方向如何？考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）将立体图转换为平面图，对导线进行受力分析，根据共点力力平衡求出安培力的大小，从而根据f=bil求出磁感应强度的大小（2）导线所受重力恒定，支持力的方向不变，根据三角形定则求出安培力的最小值，从而得出磁感应强度的最小值解答：解：（1）若磁场方向竖直向上，从a向b观察，导线受力情况如图甲所示由平衡条件得：在水平方向上：ffnsin=0在竖直方向上：mgfncos=0其中f=bil，联立以上各式可解得：b=答：磁感应强度为（2）若要求磁感应强度最小，则一方面应使磁场方向与通电导线垂直，另一方面应调整磁场方向使与重力、支持力合力相平衡的安培力最小如图乙所示，由力的矢量三角形讨论可知，当安培力方向与支持力垂直时，安培力最小，对应磁感应强度最小，设其值为bmin，则：bminil=mgsin，bmin=根据左手定则判定知，该磁场方向垂直于斜面向上答：磁感应强度的最小值为方向垂直于斜面向上点评：解决本题的关键将立体图转换为平面