湖南省益阳市箴言中学高二物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖南省益阳市箴言中学高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（每小题4分，共52分第1-9题为单选题，第10-13题为多选题）1关于磁感线和电场线，下述说法正确的是( )a磁体周围的磁感线都是从磁体的北极出发，到南极终止b磁感线和电场线都是一些互相平行的曲线c磁感线是闭合曲线，而静电场的电场线不是闭合曲线d磁感线和电场线都只能分别表示磁场和电场的方向2一根直导线南北放置，当导线中开始通以由北向南的电流时，在直导线上方放置的小磁针的n极应( )a由北向东偏转b由北向西偏转c由南向东偏转d由南向西偏转3关于通电直导线所受的安培力f、磁感应强度b和电流i三者方向之间的关系，下列说法中正确的是( )af、b、i的三者必定均相互垂直bf必定垂直于b、i，但b不一定垂直于icb必定垂直于f、i，但f不一定垂直于idi必定垂直于f、b，但f不一定垂直于b4长为l的导线ab斜放在水平导轨上（导线与导轨的夹角为），两导轨相互平行且间距为d，匀强磁场的磁感应强度为b，如图所示，当通过ab的电流为i时，导线ab所受安培力的大小为( )ailbbilbsincidbd5如图所示，三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同，方向如图示的电流，ac垂直于bd，且ab=ad=ac，则a点处磁感应强度b的方向为( )a垂直纸面向外b垂直纸面向里c沿纸面由a向dd沿纸面由a向c6如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是( )a速度变大，加速度变大b速度变小，加速度变小c速度变大，加速度变小d速度变小，加速度变大7如图所示电路，电源内阻不可忽略开关s闭合后，在变阻器r0的滑动端向上滑动的过程中( )a电压表与电流表的示数都减小b电压表与电流表的示数都增大c电压表的示数增大，电流表的示数减小d电压表的示数减小，电流表的示数增大8如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为b，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这处电场场强大小和方向的说法中，正确的是( )a大小为，粒子带正电时，方向向上b大小为，粒子带负电时，方向向上c大小为bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关d大小为bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关9如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动下列说法正确的是( )a微粒一定带负电b微粒动能一定减小c微粒的电势能一定增加d微粒的机械能不变10磁流体发电是一项新兴技术如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场图中虚线框部分相当于发电机把两个极板与用电器相连，则( )a用电器中的电流方向从a到bb用电器中的电流方向从b到ac若只增强磁场，发电机的电动势增大d若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大111932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的d形金属盒半径为r，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为b的匀强磁场与盒面垂直a处粒子源产生初速度不计、质量为m、电荷量为+q的粒子粒子在加速器中被加速，加速电压为u加速过程中不考虑相对论效应和重力作用关于回旋加速器，下列说法正确的是( )a带电粒子从磁场中获得能量bd形盒的半径r越大，粒子加速所能获得的最大动能越大c交变电源的加速电压u越大，粒子加速所能获得的最大动能越大d粒子第2次和第1次经过两d形盒间狭缝后轨道半径之比为：112圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率沿着ao方向对准圆心o射入磁场，其运动轨迹如图所示若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是( )aa粒子速率最大bc粒子速率最大ca粒子在磁场中运动的时间最长d它们做圆周运动的周期tatbtc13如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场静电分析器和磁分析器组成若静电分析器通道中心线的半径为r，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为e，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为b方向垂直纸面向外一质量为m电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由p点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的q点不计粒子重力下列说法正确的是( )a粒子一定带正电b加速电场的电压u=erc直径pq=d若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的质量二、实验题14用图a的电路测定一节电动势约为2v的蓄电池的电动势和内阻为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中连接了一个保护电阻r0，除蓄电池开关导线外，可供使用的实验器材有：a电流表（量程0.6a内阻约0.5）b电流表（量程3a内阻约0.1）c电压表（量程3v，内阻约6k）d定值电阻（阻值1；额定功率5w）e滑动变阻器（0500额定电流la）f滑动变阻器（010额定电流2a）在实验中，电流表选_，滑动变阻器选_（填序号）图b是某同学利用图a进行实验测得的路端电压u随电流i变化的ui图线，由图线可得电动势e=_v，内阻r=_（结果保留三位有效数字）三、解答题（共4小题，满分36分）15如图所示，在距地面一定高度的位置以初速度v0向右水平抛出一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，小球的落地点与抛出点之间有一段相应的水平距离（水平射程）若在空间上加一竖直方向的匀强电场，使小球的水平射程变为原来的一半，求此电场的场强大小和方向16倾角为37的光滑斜面上水平放置一条长0.2m的直导线pq，两端以很软的导线通入5a的电流，如上图所示当有一个竖直向上的b=0.6t的匀强磁场时，pq恰好平衡，则导线pq的重力为多少？（sin37=0.6）17质量为0.10g的小物块，带有5104c的电荷量，放在倾角为30的绝缘光滑斜面上，整个斜面置于0.5t的匀强磁场中，磁场方向如图所示，物块由静止开始下滑，滑到某一位置时，物块开始离开斜面（设斜面足够长，g取10m/s2）（1）物块带何种电荷？（2）物块离开斜面时的速度为多少？（3）物块在斜面上滑行的最大距离是多少？18如图所示一个质量m=2.01011kg，电荷量q=+1.0105c的带电粒子（重力忽略不计），从静止开始经u1=100v电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场电压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；（2）微粒射出偏转电场时的偏转角；（3）若该匀强磁场的宽度为d=10cm，为使微粒不会由磁场右边界射出，该匀强磁场的磁感应强度b2015-2016学年湖南省益阳市箴言中学高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（每小题4分，共52分第1-9题为单选题，第10-13题为多选题）1关于磁感线和电场线，下述说法正确的是( )a磁体周围的磁感线都是从磁体的北极出发，到南极终止b磁感线和电场线都是一些互相平行的曲线c磁感线是闭合曲线，而静电场的电场线不是闭合曲线d磁感线和电场线都只能分别表示磁场和电场的方向【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；电场线 【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反；电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合；电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强磁感线的引入是为了形象地描述磁场的特点，规定磁感线上每一点的切线方向与磁场的方向相同，磁感线的疏密表示磁场的强弱；磁场的方向在磁铁的内部为s极到n极的方向，磁铁的外部是n极到s极的方向【解答】解：a、磁体外部磁感线从磁体的北极出发，到南极终止；而在内部由南极出发，终止于北极；故a错误；b、磁感线和电场线不一定是平行的曲线；故b错误；c、磁感线是闭合曲线，而静电场的电场线不是闭合曲线；故c正确；d、磁感线和电场线都可以表示磁场和电场的方向，并且还能表示其各自的强弱；故d错误；故选：c【点评】本题考查了电场线和和磁感线的区别和共同点，要注意对于相近知识点加强区分并注意联系2一根直导线南北放置，当导线中开始通以由北向南的电流时，在直导线上方放置的小磁针的n极应( )a由北向东偏转b由北向西偏转c由南向东偏转d由南向西偏转【考点】安培力 【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】利用右手螺旋定则判断通电直导线周围磁场的方向，再根据小磁针静止时n极的指向为该点的磁场方向即可判断【解答】解：地磁场由南至向北，故只在地磁场作用下，小磁针的n极指向北，当通电导线通由北向南的电流时，在导线上方会产生由东向西的磁场，故小磁针的n极将由北向西偏转，故b正确故选：b【点评】本题考查了通电直导线周围磁场的方向的判断，还要会判断环形电流、通电螺线管周围磁场的方向3关于通电直导线所受的安培力f、磁感应强度b和电流i三者方向之间的关系，下列说法中正确的是( )af、b、i的三者必定均相互垂直bf必定垂直于b、i，但b不一定垂直于icb必定垂直于f、i，但f不一定垂直于idi必定垂直于f、b，但f不一定垂直于b【考点】左手定则 【分析】左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向根据左手定则的内容判断安培力的方向【解答】解：根据左手定则，可知：磁感线穿过掌心，安培力与磁感线垂直，且安培力与电流方向垂直，所以安培力垂直于感应线与电流构成的平面但磁感线不一定垂直于电流，故只有b正确，acd均错误；故选：b【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定安培力的方向4长为l的导线ab斜放在水平导轨上（导线与导轨的夹角为），两导轨相互平行且间距为d，匀强磁场的磁感应强度为b，如图所示，当通过ab的电流为i时，导线ab所受安培力的大小为( )ailbbilbsincidbd【考点】安培力 【分析】通电导线处于磁场中，受到安培力作用，根据左手定则可确定安培力的方向而安培力的大小则由f=bil求得【解答】解：安培力的计算：当ib时，f=bil，当i与b不垂直时，f=bilsin，为i与b的夹角，题目中属于i与b垂直的情况，所以f=bil故a正确由于，带入a的结果，可得，故d正确故选：ad【点评】公式中的l是有效长度，即为通电电流的磁场中的长度，且垂直放置于磁场中5如图所示，三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同，方向如图示的电流，ac垂直于bd，且ab=ad=ac，则a点处磁感应强度b的方向为( )a垂直纸面向外b垂直纸面向里c沿纸面由a向dd沿纸面由a向c【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 【分析】该题考查了磁场的叠加问题用右手螺旋定则首先确定三根通电直导线在a点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断各选项【解答】解：用右手螺旋定则判断通电直导线在a点上所产生的磁场方向，直导线b在a点产生磁场与直导线d在a点产生磁场方向相反，大小相等，则合磁场为零；而直导线c在a点产生磁场，方向从b指向d，即为沿纸面由a指向d故选：c【点评】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则6如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是( )a速度变大，加速度变大b速度变小，加速度变小c速度变大，加速度变小d速度变小，加速度变大【考点】库仑定律；牛顿第二定律 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据库仑定律分析电荷间作用力的变化根据牛顿第二定律分析加速度之比的变化【解答】解：因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小故选：c【点评】本题中两球间存在斥力，引力逐渐减小，根据功能关系的判断速度变化，注意掌握牛顿第二定律的应用7如图所示电路，电源内阻不可忽略开关s闭合后，在变阻器r0的滑动端向上滑动的过程中( )a电压表与电流表的示数都减小b电压表与电流表的示数都增大c电压表的示数增大，电流表的示数减小d电压表的示数减小，电流表的示数增大【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】在变阻器r0的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化【解答】解：在变阻器r0的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器r0与r2并联电阻r并增大，则外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流i减小，电源的内电压减小，则路端电压u增大，电压表示数增大并联部分电压u并=ei（r1+r），i减小，e、r1、r均不变，则u并增大，故电流表示数增大故b正确，acd错误故选：b【点评】本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析8如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为b，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这处电场场强大小和方向的说法中，正确的是( )a大小为，粒子带正电时，方向向上b大小为，粒子带负电时，方向向上c大小为bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关d大小为bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关【考点】带电粒子在混合场中的运动 【分析】首先根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系再分别假设粒子带正电或负电，可知电场的方向，并发现电场的方向与电性无关【解答】解：为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为qvb=qe，所以电场与磁场的关系为：e=vb，所以选项ab错误假设粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，则电场力就应向上，电场向上；若粒子带负电，洛伦兹力向上，电场力向下，电场仍然向上所以电场力的方向始终向上，与粒子的电性无关选项c错误，选项d正确故选d【点评】在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvb=qe，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转9如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动下列说法正确的是( )a微粒一定带负电b微粒动能一定减小c微粒的电势能一定增加d微粒的机械能不变【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】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于虚线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误【解答】解：a、根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，微粒一定带负电，且做匀速直线运动，所以选项a正确；bc、由于电场力向左，对微粒做正功，电势能减小，但重力做负功，由于微粒做匀速直线运动，则合力做功为零，因此动能仍不变，选项bc错误；d、由能量守恒可知，电势能减小，机械能一定增加，所以选项d错误故选：a【点评】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与b不平行）若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动10磁流体发电是一项新兴技术如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场图中虚线框部分相当于发电机把两个极板与用电器相连，则( )a用电器中的电流方向从a到bb用电器中的电流方向从b到ac若只增强磁场，发电机的电动势增大d若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大【考点】霍尔效应及其应用 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】本题的关键是动态分析过程，先根据左手定则判断出正离子（或负离子）受到的洛伦兹力方向，从而判断出金属板电势的高低，进一步分析离子除受洛伦兹力外还受到电场力，最终二者达到平衡，得出结论【解答】解：首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从a到b，故a正确b错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力f，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvb，f=q，则qvb=q，解得e=bdv，所以电动势e与速度v及磁场b成正比，所以c、d正确故选acd【点评】正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定则判断等离子体的正离子（或负离子）所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得出结论111932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的d形金属盒半径为r，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为b的匀强磁场与盒面垂直a处粒子源产生初速度不计、质量为m、电荷量为+q的粒子粒子在加速器中被加速，加速电压为u加速过程中不考虑相对论效应和重力作用关于回旋加速器，下列说法正确的是( )a带电粒子从磁场中获得能量bd形盒的半径r越大，粒子加速所能获得的最大动能越大c交变电源的加速电压u越大，粒子加速所能获得的最大动能越大d粒子第2次和第1次经过两d形盒间狭缝后轨道半径之比为：1【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理 【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式t=和半径公式r=进行判断【解答】解：a、由于洛伦兹力始终鸟语粒子速度的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，带电粒子从电场中获得能量故a错误b、c、根据半径公式r=知，v=，则粒子的最大动能，与加速的电压无关，与d形盒的半径以及磁感应强度有关，d形盒的半径r越大，粒子加速所能获得的最大动能越大故b正确，c错误；d、只有电场力做功，粒子第2次和第1次经过两d形盒间狭缝后的动能之比是2：1，所以速度之比是：1，根据：r=得：轨道半径之比为：1故d正确故选：bd【点评】本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由d型盒的半径决定的12圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率沿着ao方向对准圆心o射入磁场，其运动轨迹如图所示若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是( )aa粒子速率最大bc粒子速率最大ca粒子在磁场中运动的时间最长d它们做圆周运动的周期tatbtc【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】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因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定【解答】解：粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动则有得： 由于带电粒子们的b、q、m均相同，所以r与v成正比因此运动圆弧半径越大，则运动速率越大故c粒子速率最大而由周期公式得：t= 由于带电粒子们的b、q、m均相同，所以t均相同由运动圆弧对应的圆心角越大，则运动时间越长故a粒子在磁场中运动的时间最长故选：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13如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场静电分析器和磁分析器组成若静电分析器通道中心线的半径为r，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为e，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为b方向垂直纸面向外一质量为m电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由p点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的q点不计粒子重力下列说法正确的是( )a粒子一定带正电b加速电场的电压u=erc直径pq=d若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的质量【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理 【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动根据洛伦兹力的方向，从而可确定电性，进而可确定极板的电势高低根据牛顿第二定律可得在电场力作用下做匀速圆周运动的表达式，从而求出加速电压最后再由牛顿第二定律，洛伦兹力等于向心力可知，运动的半径公式，即影响半径的大小因素【解答】解：a、由左手定则可知，粒子带正电，而粒子在mn间被加速，故a正确；b、根据电场力提供向心力，则有qe=，又有电场力加速运动，则有qu=mv2，从而解得：u=，故b正确；c、根据洛伦兹力提供向心力，则有：qvb=，结合上式可知，pq=，若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同，由于磁场，电场与静电分析器的半径不变，则该群离子具有相同的比荷，故c错误，d也错误；故选：ab【点评】考查粒子在电场中加速与匀速圆周运动，及在磁场中做匀速圆周运动掌握电场力与洛伦兹力在各自场中应用，注意粒子在静电分析器中电场力不做功二、实验题14用图a的电路测定一节电动势约为2v的蓄电池的电动势和内阻为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中连接了一个保护电阻r0，除蓄电池开关导线外，可供使用的实验器材有：a电流表（量程0.6a内阻约0.5）b电流表（量程3a内阻约0.1）c电压表（量程3v，内阻约6k）d定值电阻（阻值1；额定功率5w）e滑动变阻器（0500额定电流la）f滑动变阻器（010额定电流2a）在实验中，电流表选a，滑动变阻器选f（填序号）图b是某同学利用图a进行实验测得的路端电压u随电流i变化的ui图线，由图线可得电动势e=1.98v，内阻r=0.760（结果保留三位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻 【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题【分析】根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；根据图示电源ui图象求出电源的电动势与内阻【解答】解：由图示图象可知，电流的最大测量值约为0.45a，则电流表选择a，为方便实验操作，滑动变阻器应选择f；由图示电源ui图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.98，则电源电动势：e=1.98v，电源内阻：r=0.760；故答案为：a；f；1.98；0.760【点评】本题考查了实验器材的选择、实验数据处理，要掌握实验器材的选择原则，要掌握应用图象法处理实验数据的方法三、解答题（共4小题，满分36分）15如图所示，在距地面一定高度的位置以初速度v0向右水平抛出一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，小球的落地点与抛出点之间有一段相应的水平距离（水平射程）若在空间上加一竖直方向的匀强电场，使小球的水平射程变为原来的一半，求此电场的场强大小和方向【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】将小球的运动分解为水平方向和竖直方向去研究，在水平方向上不受力，做匀速直线运动，在竖直方向上受重力和电场力，做初速度为0的匀加速直线运动【解答】解：小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动水平位移x=v0t，小球的水平距离变为原来的一半，则知时间变为原来的一半，那么在竖直方向上，y=at2，y不变，那么加速度就变成原来的4倍根据牛顿第二定律得：f+mg=ma，可知电场力为3倍的重力，即qe=3mg，所以e=，方向竖直向上答：此电场的场强大小为，方向竖直向上【点评】解决本题的关键掌握处理曲线运动的方法，将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向上不受力，做匀速直线运动，在竖直方向上受重力和电场力，做初速度为0的匀加速直线运动16倾角为37的光滑斜面上水平放置一条长0.2m的直导线pq，两端以很软的导线通入5a的电流，如上图所示当有一个竖直向上的b=0.6t的匀强磁场时，pq恰好平衡，则导线pq的重力为多少？（sin37=0.6）【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用 【分析】导体ab静止在斜面上，受力平衡，磁场的方向竖直向上，对导体受力分析，根据平衡条件求解即可；【解答】解：若磁场方向竖直向上，从a向b观察，导体受力情况如图所示由平衡条件得：在水平方向上：fnsin=0在竖直方向上：mgncos=0其中：f=bil联立解得：答：导线pq的重力为0.8n【点评】对导体受力分析，根据平衡的条件直接计算即可，难度不大17质量为0.10g的小物块，带有5104c的电荷量，放在倾角为30的绝缘光滑斜面上，整个斜面置于0.5t的匀强磁场中，磁场方向如图所示，物块由静止开始下滑，滑到某一位置时，物块开始离开斜面（设斜面足够长，g取10m/s2）（1）物块带何种电荷？（2）物块离开斜面时的速度为多少？（3）物块在斜面上滑行的最大距离是多少？【考点】带电粒子在混合场中的运动 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）物体离开时对斜面的压力为零，即洛仑