湖南省益阳六中高二物理上学期第二次月考试题（含解析）.doc

2014-2015学年湖南省益阳六中高二（上）第二次月考物理试卷一、选择题（4分14=56分，其中19题为单选，1014题为多选）1（4分）（2014秋资阳区校级月考）了解物理规律的发现过程，学会像物理学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要以下符合物理学史实的是（）a牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量b笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献c安培首先发现了通电导线的周围存在磁场d法拉第提出了电场的观点但实际上电场并不存在考点：物理学史版权所有分析：牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献奥斯特首先发现了通电导线的周围存在磁场法拉第提出了电场的观点，电场是客观存在的物质解答：解：a、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量故a错误b、笛卡尔研究力与运动的关系，对牛顿第一定律的建立做出了贡献故b正确c、奥斯特首先发现了通电导线的周围存在磁场，发现了电流的磁效应故c错误d、法拉第提出了电场的观点，电场是一种客观存在的物质故d错误故选b点评：本题考查物理学史，是常识性问题，要加强记忆，做到基本题上不失分2（4分）（2013秋赣州期末）关于静电场下列说法中正确的是（）a在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零b电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小c根据公式u=ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大d正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零；用公式u=ed 和电势能公式ep=q即可求解解答：解：a、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故a错误b、据电势能公式ep=q知，电势能取决于该点的电势和电荷，并不是只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，负电荷正好相反，故b错误c、公式u=ed 中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，故c错误d、据电势能公式ep=q知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，选项d正确故选：d点评：明确电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；公式u=ed 中的d为沿电场强度方向的距离；电荷在某点的电势能是由该点电势和电荷决定3（4分）（2013秋黄梅县校级期中）下列说法中正确的是（）a电场对放入其中的电荷一定有电场力作用，磁场对放入其中的通电导线一定有磁场力作用b正电荷受电场力的方向与所在处的电场方向相同，一小段通电导线受磁场力的方向与所在处的磁场方向相同c同一通电导线放在磁场中的不同位置，受安培力大的地方，该处磁感应强度一定大d磁通密度是描述磁场强弱的物理量，其单位是“特斯拉”考点：磁感应强度版权所有分析：电场对放入其中的电荷一定有电场力作用，磁场对放入其中的通电导线不一定有磁场力作用；一小段通电导线受磁场力的方向与所在处的磁场方向垂直；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度此比值与磁场力及电流元均无关磁通密度是磁感应强度的另一种说法，是描述磁场强弱的物理量，其单位是“特斯拉”解答：解：a、当通电直导线的方向和磁场的方向平行时，不受到安培力的作用故a错误；b、正电荷受电场力的方向与所在处的电场方向相同，而一小段通电导线受磁场力的方向与所在处的磁场方向垂直故b错误；c、磁感应强度的大小是由磁场本身决定的，与通电导线受磁场力的大小无关；同一通电导线放在磁场中的不同位置，受安培力大的地方，该处磁感应强度不一定大故c错误；d、磁通密度是磁感应强度的另一种说法，是描述磁场强弱的物理量，其单位是“特斯拉”故d正确故选：d点评：本题关键要掌握磁感应强度的物理意义、定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断知道磁通密度是磁感应强度的另一种说法4（4分）（2014秋资阳区校级月考）如图，a、b两个带电小球用等长绝缘细线悬挂于o点，a球固定，b球受到库仑力作用与细线间成一定的夹角，若其中一个小球由于漏电，电荷量缓慢减小，则关于a、b两球的间距和库仑力及细线拉力大小的变化，下列说法中正确的是（）a间距变小，库仑力变大b间距变小，库仑力变小c间距变小，细线拉力变大d间距不变，库仑力减小考点：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用版权所有分析：以小球b为研究对象，由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态分析b受力情况：重力g，a的斥力f1和线的拉力f2三个力作用，作出力图，根据fbf1pqb，得到线的拉力f2与线长的关系，再进行分析求解解答：解：以小球为研究对象，球受到重力g，a的库仑斥力f2和线的拉力f1三个力作用，作出力图，如图作出f1、f2的合力f，则由平衡条件得：f=g根据fbf1pqb得：在a、b两质点带电量逐渐减少的过程中，pb、pq、g均不变，则线的拉力f1不变；根据库仑定律可知，a、b间库仑斥力f2大小的变小，故acd错误，b正确，故选：b点评：本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析，也可以应用函数法求解5（4分）（2014秋资阳区校级月考）如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹m和n是轨迹上的两点，其中m点是轨迹的最右点不计重力，下列表述正确的是（）a粒子在m点的速率最大b粒子所受电场力的方向沿电场线方向c粒子在电场中的加速度不变d粒子在电场中的电势能始终在增加考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：粒子在匀强电场中受到的电场力的方向向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，电势能增加，根据粒子的运动分析可以得出结论解答：解：a、粒子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到m点时，粒子的速度最小，所以a错误；b、粒子做曲线运动，受电场力指向曲线弯曲的内侧，故可知，粒子所受电场力沿电场的反方向，故b错误；c、粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度不变，故c正确；d、当粒子向右运动时电场力做负功电势能增加，当粒子向左运动时电场力做正功电势能减小，故d错误故选：c点评：本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小6（4分）（2014秋杨浦区校级期末）如图所示，直角三角形形状的闭合导线框abc通以顺时针方向的电流i，放在匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，ab：bc：ca=3：4：5，则线框受到的安培力的合力为（）a垂直于ab向左b垂直于bc向下c垂直于ca斜向上d为零考点：安培力版权所有分析：通电直角三角形线圈处于匀强磁场中，受到安培力作用，根据左手定则确定安培力的方向，再由公式f=bil确定安培力的大小，最后由力的合成来算出安培力的合力解答：解：通以顺时针的电流方向，根据左手定则可知：各边所受的安培力背离中心处由公式f=bil得出各边的安培力的大小，从而得出安培力大小与长度成正比，因而两直角边的安培力合力与斜边的安培力等值反向所以线圈所受磁场力的合力为零故选：d点评：本题考查安培力的大小与通电导线的长度关系，及力的合成法则当然本题还可以采用等效法，导线ab与bc可等效成直导线ac电流方向由a到c，则此导线受到的安培力与直导线ac安培力方向相反，大小相等7（4分）（2014秋资阳区校级月考）如图所示，在a点由静止释放一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，则下列说法错误的是（）a带电粒子带负电ba、b两点间的电势差uab=c电荷在b点电势能大于在a点的电势能da点场强大于b点场强考点：电场线版权所有分析：解答本题要掌握：根据质点的运动情况：先加速运动后减速运动，正确判断其受力情况：电场力逐渐增大，弄清在a、b两点电场力和重力大小关解答：解：a、在a点由静止释放粒子，到达b点时速度恰好为零，可知粒子所受电场力与重力方向相反，也与电场线方向相反，故粒子带负电，故a正确；b、由于粒子在a点由静止，到达b点也静止，故w电=wg=mgh=quab，故uab=，故b正确；cd、由于电荷所受电场力做负功，所以电势能增大，即在b点电势能大于在a点的电势能；从a到b先加速后减速，故电场力开始时小于重力，后来电场力大于重力，电场力逐渐变大，故b点场强大于a点场强，故c正确，d错误本题是选下列说法错误的是，故选：d点评：解决带电粒子在复合场中的运动，要正确进行受力分析，确定其运动状态，然后依据相关规律求解8（4分）（2014秋资阳区校级月考）如图所示，直线、分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接时，则下列说法正确的是（）a电源1和电源2的内阻之比是11：7b电源1和电源2的电动势之比是3：5c在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是3：5d在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率版权所有分析：根据电源的外特性曲线ui图线，可求出电动势和内阻；根据灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻解答：解：a、根据电源ui图线，r1=，r2=，则r1：r2=11：7，故a正确b、e1=e2=10v，故b错误；c、d、灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态则有：u1=3v，i1=5a，p1=15w，r1=u2=5v，i2=6a，p2=30w，r2=p1：p2=1：2，r1：r2=18：25，故cd错误；故选：a点评：本题关键在于对电源外特性曲线、灯泡伏安特性曲线的理解9（4分）（2011秋厦门期末）如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线a，a与螺线管垂直，a导线中的电流方向垂直纸面向里，开关s闭合，a受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（）a坚直向下b竖直向上c水平向右d水平向左考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向版权所有分析：首先根据安培定则判断通电螺线管在a处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线a受到的磁场的作用力的方向解答：解：首先根据安培定则判断通电螺线管在a处产生的磁场方向：水平向左根据左手定则判断可知：a受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上，故acd错误，b正确故选：b点评：本题考查安培定则和左手定则综合应用的能力，对于几种定则关键要搞清两点：一是何时用；二是怎样用10（4分）（2014秋资阳区校级月考）如图，电子在电势差为u1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为u2的两块平行极板间的电场中，入射方向与极板平行，整个装置处于真空中，重力不计，在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）a其它条件不变，u1变小b其它条件不变，u2变大c其它条件不变，u1变大同时u2变小d其它条件不变，u1变小同时u2变大考点：带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场是的速度电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度的变化情况解答：解：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：qu1=mv02又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：t=又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：a=电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at由、可得：vy=又有：tan=故u2变大、u1变小或u1变小的同时u2变大都一定可使偏转角变大故选：abd点评：带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求解11（4分）（2013秋西固区校级期中）如图所示，平行板电容器a、b间有一带电油滴p正好静止在极板正中间，现将b极板匀速向下运动到虚线位置，其它条件不变则在b极板运动的过程中（）a油滴将向下做匀加速运动b电流计中电流由b流向ac油滴运动的加速度逐渐变大d极板带的电荷量减少考点：带电粒子在混合场中的运动；电容器版权所有专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：带电油滴p正好静止在极板正中间时，所受的电场力与重力二力平衡，电场力必定竖直向上将b极板匀速向下运动时，板间距离增大，分析电容的变化，抓住电压不变，分析板间场强和电容器电量的变化，即可判断油滴的运动情况，由电量的变化情况，确定电路中电流的方向解答：解：a、将b极板匀速向下运动时，两极板的距离增大，由于电势差u不变，则根据e=可知，极板间的电场强度减小，油滴所受的电场力减小，油滴向下加速由于电场力是变力，油滴的合力是变力，所以油滴做的是变加速运动，故a错误b、d电容器板间距离增大，则电容减小，而板间电压u不变，则由c=可知，电容器所带电荷量减小，开始放电，上极板带正电，则知电流计中电流由a流向b故b错误，d正确c、根据牛顿第二定律得：mgq=ma，u不变，d增大，则知加速度a增大，故c正确故选：cd点评：解决本题的关键抓住电容器始终与电源相连，电势差不变，结合电容的变化判断电量的变化由公式e=分析场强的变化12（4分）（2008南通一模）如图所示的电路中，电源的电动势e和内阻r恒定不变，滑片p在变阻器正中位置时，电灯l正常发光，现将滑片p移到右端，则（）a电压表的示数变大b电流表的示数变大c电灯l消耗的功率变小d电阻r1消耗的功率变小考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻减小，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电表示数的变化根据功率公式判断功率的变化情况解答：解：滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻减小，所以外电路总r减小，由欧姆定律得知总电流i增大，所以电流表示数变大，故b正确；路端电压u=eir减小电灯l的电压等于路端电压，所以电灯l的电流减小，而，所以电灯l消耗的功率变小，故c正确；而总电流增大，所以通过滑动变阻器及r1的电流增大，根据可知电阻r1消耗的功率增大，故d错误；r1的电压增大，所以r的电压减小，所以电压表的示数减小，故a错误；故选bc点评：本题是简单的电路动态分析问题对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化13（4分）（2014秋邢台期末）如图，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个完全相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心o沿着ao方向射入磁场，其运动轨迹如图若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（）aa粒子动能最大bc粒子速率最大cc粒子在磁场中运动时间最短d它们做圆周运动的周期tatbtc考点：洛仑兹力版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同运动轨迹对应的半径越大，粒子的速率也越大而运动周期它们均一样，运动时间由圆弧对应的圆心角决定解答：解：ab、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvb=m，可得：r=，粒子的动能，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子速率最小，c粒子速率最大c粒子动能最大故a错误，b正确cd、由于粒子运动的周期t=及t=t可知，三粒子运动的周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，故c正确、d错误故选：bc点评：带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短14（4分）（2013秋西山区校级期末）如图所示，用丝线吊一个质量为m的带电（绝缘）小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，当小球分别从a点和b点向最低点o运动且两次经过o点时（）a小球的动能相同b丝线所受的拉力相同c小球所受的洛伦兹力相同d小球的向心加速度相同考点：洛仑兹力；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：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，故a正确；b、由a选项可知，速度大小相等，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b错误；c、由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，但大小却相同故c错误；d、根据，可知小球的向心加速度大小相同，且方向指向固定点，即加速度相同，故d正确；故选：ad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二、实验题（4分+4分+6分=14分）15（4分）（2014秋资阳区校级月考）图甲是用一主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的卡尺测量一工件的长度，结果如图所示可以读出此工件的长度为10.240cm图乙是用螺旋测微器测量某一圆筒直径时的示数，此读数应为5.5465.548 mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用版权所有专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读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解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为102mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为80.05mm=0.40mm，所以最终读数为：102mm+0.40mm=102.40mm=10.240cm2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为4.70.01mm=0.047mm，所以最终读数为5.5mm+0.047mm=5.547mm，由于需要估读，最后的结果可以在5.5465.548之间故答案为：10.240，5.5465.548点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量16（4分）（2014秋双峰县校级期中）在练习使用多用电表的实验中：（1）用欧姆档测量一定值电阻的阻值机械调零、欧姆调零后，用“100”档测量，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是aca被测电阻值很大 b被测电阻值很小c为了把电阻值测得更准一些，应换用“1k”档，重新欧姆调零后再测量d为了把电阻值测得更准一些，应换用“10”档，重新欧姆调零后再测量（2）如图为一正在测量中的多用电表表盘（a）如果是用100挡测量电阻，则读数为800（b）如果是用直流5ma挡测量电流，则读数为3.25ma考点：用多用电表测电阻版权所有专题：常规题型分析：（1）用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表最大刻度线在左侧，0刻度线最最右侧（2）根据多用电表选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后根据指针位置读出其示数解答：解：（1）用“100”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，说明所测电阻较大，所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，应换用“1k”挡，换挡后重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值；故ac正确，bd错误；（2）（a）如果是用100挡测量电阻，由图示表盘可知，读数为8100=800（b）如果是用直流5ma挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为0.1ma，则读数为3.25ma；故答案为：（1）ac；（2）800，3.25点评：本题考查了欧姆表的使用方法与主要事项，知道欧姆表刻度线特点，根据题意即可正确解题；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近17（6分）（2014秋资阳区校级月考）现有器材如下：电压表v1（量程3v，内阻约几千欧），电压表v2（量程6v，内阻约几十千欧），定值电阻r1（3.0k），滑动变阻器r（0100），直流电源e（电动势约6v，内阻不计），开关一只，导线若干，（1）利用这些器材能较精确地测量电压表的内阻（填v1或v2）（2）在方框中画出实验电路图（图中应标明各仪表的代号）（3）用已知量和直接测得量表示的电压表v1内阻的表达式为r=式中各直接测得量的意义是：、是电压表和的示数考点：伏安法测电阻版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：本题（1）根据电压表量程大小可考虑将小量程的电压表与定值电阻串联后再与大量程的电压表并联即可，再根据欧姆定律可知应选择能求出内阻的电压表即可；题（2）根据变阻器的全电阻远小于待测电压表的内阻可知变阻器应采用分压式接法；题（3）根据欧姆定律解出待测电压表内阻的表达式即可求解解答：解：（1）：由于电压表的量程是的，考虑将电压表与定值电阻串联后再与电压表并联，根据欧姆定律可求出电压表的内阻，所以利用所给器材可求出电压表的内阻；（2）：由于变阻器的全电阻远小于待测电压表的电阻，所以变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：（3）：根据欧姆定律应有：=+，解得r=；其中：、是电压表和的示数故答案为：（1）；（2）如图；（3）；、是电压表和的示数点评：应明确：当电压表量程较小时应考虑将电压表与定值电阻串联以扩大量程；当变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法三、计算题（8分+10分+12分，需有必要的文字说明和关系式，步骤清晰，卷面整洁）18（8分）（2014春南阳期末）如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2105c的负电荷由a点移到b点，其电势能增加了0.1j，已知ab两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60角，求：（1）ab两点间的电势差uab；（2）该匀强电场的电场强度大小e考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）根据电势能变化和电场力做功的关系，电势能增加多少，电场力做负功多少由求解电势差（2）由u=ed=ecos60求解电场强度e解答：解：（1）负电荷由a点移到b点，其电势能增加了0.1j，则电场力所做的功：wab=0.1ja、b两点间的电势差：v（2）根据匀强电场中电势差和电场强度的关系：u=ed=ecos60得：n/c 答：（1）a、b两点间的电势差uab是5103v（2）该匀强电场的电场强度e是5105n/c点评：本题考查电场力做功与电势能变化的关系、电势差与场强的关系，都是电场中的基本知识，要加强学习，熟练掌握19（10分）（2014秋资阳区校级月考）如图所示，在倾角为=30的斜面上，固定一宽l=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器r电源电动势e=12v，内阻r=1，一质量m=40g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感应强度b=0.80t、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计），取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，（1）若金属导轨是光滑的，求滑动变阻器r接入电路中的阻值（2）若金属导轨与金属棒之间的最大静摩擦力为0.1n，求滑动变阻器r接入电路中的阻值范围考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用分析：（1）通过受力分析，导体棒在沿斜面向下的分力等于安培力时刚好静止；（2）通电导线处于垂直斜面向上的匀强磁场中，则由电流方向结合左手定则可得安培力的方向，当安培力过大时，则棒有上滑趋势，则静摩擦力沿斜面向下当安培力过小时，则棒有下滑的趋势，则静摩擦力沿斜面向上根据力的平衡条件可求出两种安培力的大小，从而确定滑动变阻器的电阻范围解答：解：（1）设滑动变阻器的阻值为r，则回路中的电流为：i=有共点力平衡可知：mgsin=bil