河南省三门峡市陕州中学高二物理上学期第一次月考试卷（含解析）.doc

河南省三门峡市陕州中学 20152016 学年度高二上学期第一次月考物理试卷一、选择题：（本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分在每小题给出的四个选项中，第 18 题只 有一项符合题目要求，第 912 题有多项符合题目要求全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有错选的得 0 分）1以下说法正确的是（）a由 e=可知电场中某点的电场强度 e 与 f 成正比b由公式 =可知电场中某点的电势 与 q 成反比c公式 c=中，电容器的电容大小 c 与电容器两极板间电势差 u 无关d由 uab=ed 可知，匀强电场中的任意两点 a、b 间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大2带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用下列表述正确的是（）a洛伦兹力对带电粒子做功 b洛伦兹力不改变带电粒子的动能 c洛伦兹力的大小与速度无关 d洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向3一个带电小球，用细线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把细线烧断，则小球离开 电场前（）a做自由落体运动b做匀加速直线运动c做变加速直线运动 d做曲线运动4在电场中 a、b 两点间的电势差为 uab=75v，b、c 两点间的电势差为 ubc=200v，则 a、b、c 三点电势高低关系为（）aabc bacb ccab dcba5电动玩具汽车的直流电动机电阻一定，当加上 0.3v 电压时，通过的电流为 0.3a，此时电动机没 有转动当加上 3v 电压时，电流为 1a，这时候电动机正常工作则（）a电动机的电阻是 3 b电动机的发热功率是 3w c电动机正常工作时消耗的电功率是 3w d电动机正常工作时机械功率是 2w6如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度 v 从 a 点沿直径aob 方向射入磁场，经过t 时间从 c 点射出磁场，oc 与 ob 成 60角现将带电粒子的速度变为，仍从 a 点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（）11a t b2t c t d3t7在如图所示的电路中，r1、r2、r3 和 r4 均为定值电阻，r5 为可变电阻，电源的电动势为 e，内 阻为 r，设电流表 a1 读数为 i1，电流表 a2 的读数为 i2，电压表 v 的读数为 u，当 r5 的滑动触点向 图中 a 端移动时（ ）ai1 变大，i2 变大，u 变大bi1 变大，i2 变小，u 变大ci1 变大，i2 变小，u 变小di1 变小，i2 变小，u 变小8在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为 e，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为 b，方向垂直于纸面向里，一质量为 m 的带电粒子，在场区内的竖直平面内做匀速圆周运动，则可 判断该带电质点（）a带有电荷量为的正电荷b沿圆周逆时针运动c运动的角速度为d运动的速率为9如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直导线，电流方向垂直纸面向里，a、b、c、d 是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（）aa、b 两点磁感应强度相同bc、d 两点磁感应强度相同ca 点磁感应强度最大db 点磁感应强度最大10如图所示，从 s 处发出的热电子经加速电压 u 加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场 中，发现电子流向上极板偏转，不考虑电子本身的重力设两极板间电场强度为 e 磁感应强度为 b 欲使电子沿直线从电场和磁场区域中通过，只采取下列措施，其中可行的是（ ）a适当减小电场强度 eb适当减小磁感应强度 b c适当增大加速电场的宽度d适当增大加速电压 u11电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路当开关 s 闭合后，电容 器中有一个带电液滴正好处于静止状态现将开关 s 断开，则以下判断正确的是（）a液滴将向上运动b液滴仍保持静止状态c电容器上的带电量将减为零 d电容器上的带电量将增大12如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射 入，穿过此区域的时间为 t若加上磁感应强度为 b、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来 的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向 60，利用以上数据可求出下列物理量中的（）a带电粒子的比荷 b带电粒子在磁场中运动的周期 c带电粒子的初速度 d带电粒子在磁场中运动的半径二、（实验题 14 分）13某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，读出图的示数，该金 属圆片的直径的测量值为 cm，厚度的测量值为 mm14在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：（1）请在图甲中虚线框内按要求完成实验电路图（用笔线代替导线） 图乙为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关 s 闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片 p 移到 位置（填“a 端”或“b 端”）；实验中滑动片 p 从中间位置向 b 端移动过程中会观察到电压表读数变 （填“大”或“小”）（3）如图丙所示是该研究小组测得小灯泡的 iu 关系图线由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度 的升高而 （填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为 2v 时，其灯丝电 阻值约为 （保留两位有效数字）三、计算题（本大题共 38 分）15在匀强电场中，将一电荷量为 2105c 的负电荷由 m 点移到 n 点，其电势能增加了 0.1j，已知m、n 间的距离为 2cm，两点连线与电场线（方向未知）成 60角，如图所示（1）在图上标出电场线的方向m、n 两点间的电势差 umn 等于多少？设 m 点电势为 0，则 n 点电势 n 等于多少？（3）该匀强电场的场强为多大？16如图所示，两平行金属导轨间的距离 l=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角 =37，在 导轨所在平面内，分布着磁感应强度 b=0.50t、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的 一端接有电动势 e=4.5v、内阻 r=0.50 的直流电源现把一个质量 m=0.040kg 的导体棒 ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间 的电阻 r0=2.5，金属导轨电阻不计，g 取 10m/s2已知 sin 37=0.60，cos 37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力17用一根长 l=0.8m 的轻绳，吊一质量为 m=1.0g 的带电小球，放在磁感应强度 b=0.1t，方向如图 所示的匀强磁场中，把小球拉到悬点的右端，轻绳刚好水平拉直，将小球由静止释放，小球便在垂 直于磁场的竖直平面内摆动，当小球第一次摆到低点时，悬线的拉力恰好为零（重力加速度 g 取10m/s2）试问：（1）小球带何种电荷？电量为多少？ 当小球第二次经过最低点时，悬线对小球的拉力多大？18如图所示为带电平行板电容器，电容为 c，板长为 l，两板间距离为 d在 pq 板的下方有垂直 纸面向里的匀强磁场一个电荷量为 q、质量为 m 的带电粒子以速度 v0 从上板边缘沿平行于板的方 向射入两板间，结果粒子恰好从下板右边缘飞进磁场，然后又恰好从下板的左边缘飞进电场不计 粒子重力试求：（1）板间匀强电场向什么方向？带电粒子带何种电荷？ 求出电容器的带电量 q（3）匀强磁场的磁感应强度 b 的大小；（4）粒子再次从电场中飞出时的速度大小和方向河南省三门峡市陕州中学 20152016 学年度高二上学期第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分在每小题给出的四个选项中，第 18 题只 有一项符合题目要求，第 912 题有多项符合题目要求全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有错选的得 0 分）1以下说法正确的是（）a由 e=可知电场中某点的电场强度 e 与 f 成正比b由公式 =可知电场中某点的电势 与 q 成反比c公式 c=中，电容器的电容大小 c 与电容器两极板间电势差 u 无关d由 uab=ed 可知，匀强电场中的任意两点 a、b 间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大【考点】电势；电场强度；电容【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场场强与电势由电场决定，与检验电荷无关，电容由电容器本身决定，uab=ed 中的 d 为 沿场强方向的距离结合这些知识分析【解答】解：a、b、电场场强与电势都由电场本身决定，与检验电荷无关，则两种说法错误故ab 错误c、公式 c=是电容的定义式，采用比值法定义，电容器的电容大小 c 由电容器本身决定，与电容 器两极板间电势差 u 无关，故 c 正确d、由 uab=ed 可知，匀强电场中的任意两点 a、b 间沿电场线方向间的距离越大，则两点间的电势 差一定越大；若匀强电场中的点 a、b 间的距离与电场线垂直，距离越大电势与不变则 d 错误 故选：c【点评】考查比值定义法的物理量，明确场强，电势的决定因素，要明确公式 u=ed 中 d 的准确含 义2带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用下列表述正确的是（）a洛伦兹力对带电粒子做功 b洛伦兹力不改变带电粒子的动能 c洛伦兹力的大小与速度无关 d洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向【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【分析】洛伦兹力的方向与速度方向垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小【解答】解：a、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，不改变速度的大小，只 改变速度的方向，所以不改变粒子的动能故 a、d 错误，b 正确c、洛伦兹力大小 f=qvb，与速度的大小有关故 c 错误故选 b【点评】解决本题的关键掌握洛伦兹力的大小公式，知道洛伦兹力的方向3一个带电小球，用细线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把细线烧断，则小球离开 电场前（）a做自由落体运动b做匀加速直线运动c做变加速直线运动 d做曲线运动【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】对小球受力分析，当把细线烧断后，小球只受到重力和电场力的作用，并且初速度为零， 由此来判断小球的运动的情况【解答】解：当把细线烧断后，小球只受到重力和恒定的电场力的作用，由于小球的初速度又为 零，所以小球将沿着合力的方向做匀加速直线运动故选：b【点评】物体的运动的情况是由受力的情况和初速度的方向之间的关系决定，对物体受力分析，找 出合力与初速度的方向之间的关系即可判断物体的运动的情况4在电场中 a、b 两点间的电势差为 uab=75v，b、c 两点间的电势差为 ubc=200v，则 a、b、c 三点电势高低关系为（）aabc bacb ccab dcba【考点】电势差【分析】本题根据电势差与电势的关系：uab=ab，ubc=bc，uac=uab+ubc，即可判断 三点电势的高低关系【解答】解：由题意，uab=ab=75v，则得：ab；ubc=bc=200v，则得：bc；又 uac=uab+ubc=（75200）v=125v，则得：ac；故有：cab；故 abd 错误，c 正确 故选：c【点评】本题只要掌握 uab=ab，uac=uab+ubc，通过列式分析电势的关系也可以作出电场 线，根据三点在电场线的位置做定性分析进行判断5电动玩具汽车的直流电动机电阻一定，当加上 0.3v 电压时，通过的电流为 0.3a，此时电动机没 有转动当加上 3v 电压时，电流为 1a，这时候电动机正常工作则（）a电动机的电阻是 3 b电动机的发热功率是 3w c电动机正常工作时消耗的电功率是 3w d电动机正常工作时机械功率是 2w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】电动机不转时，电功率等于热功率，根据能量守恒求出电动机的电阻当电动机正常工作 时，根据热功率的公式求出电动机的发热功率，根据能量守恒求出电动机的输出功率，即机械功率 的大小【解答】解：a、电动机不转时，电功率等于热功率，有，解得r=故 a 错误b、电动机正常工作时，电流为 1a，则电动机的发热功率故 b 错误c、电动机的输入功率 p=u2i2=31w=3w，则电动机输出功率 p=pp 热=31w=2w故 c、d 正 确故选：cd【点评】解决本题的关键知道电动机正常工作时，欧姆定律不再适用，电动机的输入功率等于输出 功率和热功率之和6如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度 v 从 a 点沿直径aob 方向射入磁场，经过t 时间从 c 点射出磁场，oc 与 ob 成 60角现将带电粒子的速度变为，仍从 a 点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（）at b2t ct d3t【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】由于粒子在匀强磁场是做匀速圆周运动，运动周期t=，与粒子速度大小无关，可 见，要计算粒子在磁场中运动的时间，只要求得它在磁场中运动轨迹对应的圆心角，就可得到所用 的时间【解答】解：设圆形磁场区域的半径是 r， 以速度 v 射入时，半径，根据几何关系可知，所以 运动时间 t=以速度 射入时，半径， 所以设第二次射入时的圆心角为 ，根据几何关系可知：tan所以 =120则第二次运动的时间为：t=2t故选：b【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的 几何关系来帮助解题7在如图所示的电路中，r1、r2、r3 和 r4 均为定值电阻，r5 为可变电阻，电源的电动势为 e，内 阻为 r，设电流表 a1 读数为 i1，电流表 a2 的读数为 i2，电压表 v 的读数为 u，当 r5 的滑动触点向 图中 a 端移动时（ ）ai1 变大，i2 变大，u 变大bi1 变大，i2 变小，u 变大ci1 变大，i2 变小，u 变小di1 变小，i2 变小，u 变小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当 r5 的滑动触点向图中 a 端移动时，r5 变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电 流和路端电压的变化，确定电流表 a1 和电压表的读数变化再分析并联部分的电压变化，判断电 流表 a2 读数变化【解答】解：当 r5 的滑动触点向图中 a 端移动时，r5 变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆 定律知，总电流 i 变大，路端电压变小，则有 i1 变大，u 变小电路中并联部分电压变小，则 i2 变 小故选 c【点评】本题电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的顺序进行分析8在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为 e，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为 b，方向垂直于纸面向里，一质量为 m 的带电粒子，在场区内的竖直平面内做匀速圆周运动，则可 判断该带电质点（）a带有电荷量为的正电荷b沿圆周逆时针运动c运动的角速度为d运动的速率为【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】粒子做匀速圆周运动，根据重力和电场力平衡以及洛伦兹力提供向心力分析判断【解答】解：a、带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有 mg=qe，求得电荷量 q=，根据电场 强度方向和电场力方向相反判断出粒子带负电，故 a 错误； b、粒子带负电，已知任意位置的洛伦兹力方向和磁场方向，由左手定则可判断粒子的速度方向， 故粒子沿顺时针方向运动，故 b 错误；c、d、由 qvb=mv 得 =，故 c 正确；d、在速度选择器装置中才有 v=，故 d 错误； 故选 c【点评】本题关键是找到向心力来源，并得到重力和电场力平衡，从而判断出电性和转动方向，最 后根据洛伦兹力提供向心力列式求解9如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直导线，电流方向垂直纸面向里，a、b、c、d 是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（）aa、b 两点磁感应强度相同bc、d 两点磁感应强度相同ca 点磁感应强度最大db 点磁感应强度最大【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度【分析】该题考察了磁场的叠加问题用右手定则首先确定通电直导线在 abcd 四点产生的磁场的方 向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项【解答】解：根据安培定则，直线电流的磁感应强度如图：根据平行四边形定则，a、b、c、d 各个点的磁场情况如图：显然，a 点与 d 点合磁感应强度大小相等，方向不同；a 点磁感应强度为两分磁感应强度之和，最 大；b 电磁感应强度等于两个磁感应强度的代数差，最小；根据矢量合成法则，则 c、d 两点磁感应强度的大小相等，方向不同，故 c 正确，abd 错误； 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10如图所示，从 s 处发出的热电子经加速电压 u 加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场 中，发现电子流向上极板偏转，不考虑电子本身的重力设两极板间电场强度为 e 磁感应强度为 b 欲使电子沿直线从电场和磁场区域中通过，只采取下列措施，其中可行的是（ ）a适当减小电场强度 eb适当减小磁感应强度 b c适当增大加速电场的宽度d适当增大加速电压 u【考点】带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】根据 eu=mv2 可得 v=；粒子在复合场中若做匀速直线运动的条件是：eq=qvb 根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于 洛伦兹力，因此要么电场力变小，要么洛伦兹力变大【解答】解：要使粒子在复合场中做匀速直线运动，故 eq=qvb 根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于 洛伦兹力，所以要么增大洛伦兹力，要么减小电场力a、适当减小电场强度 e，即可以减小电场力，故 a 正确b、适当减小磁感强度 b，可以减小洛伦兹力，故 b 错误c、适当增大加速电场极板之间的距离，根据 eu=mv2 可得 v=；由于粒子两者间的电压没有 变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，故 c 错误d、根据 eu=mv2 可得 v=；粒子故适当增大加速电压 u，可以增大电子在复合场中运动的速 度 v，从而增大洛伦兹力故 d 正确故选：ad【点评】本题是综合性较强的题目，物体的运动分成两个阶段：在电场中的加速和在复合场中的匀 速直线运动在解题时要注意过程分析和受力分析11电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路当开关 s 闭合后，电容 器中有一个带电液滴正好处于静止状态现将开关 s 断开，则以下判断正确的是（）a液滴将向上运动b液滴仍保持静止状态c电容器上的带电量将减为零 d电容器上的带电量将增大【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【专题】恒定电流专题【分析】带电粒子受重力和电场力平衡，断开电键后，电容器两端电压变大，故场强变大，电场力 变大，粒子会向上加速【解答】解：a、b、带电粒子受重力和电场力平衡，断开电键后，电容器两端电压变大到等于电源 电动势，故场强变大，电场力变大，粒子会向上加速，故 a 正确，b 错误； c、d、电键断开前，电容器两端电压等于电阻 r2 两端的电压，断开电键后，电容器两端电压变大到等于电源电动势，根据电容的定义式 c=得到带电量变大，故 c 错误，d 正确； 故选：ad【点评】本题关键是电容器两端电压发生变化导致电容器电量和电场强度的变化，从而引起电场力 变化12如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射 入，穿过此区域的时间为 t若加上磁感应强度为 b、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来 的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向 60，利用以上数据可求出下列物理量中的（）a带电粒子的比荷 b带电粒子在磁场中运动的周期 c带电粒子的初速度 d带电粒子在磁场中运动的半径【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，使粒子做匀速圆周运动从而可推导出轨道半 径公式与周期公式，由题中运动的时间与磁感应强度可求出粒子的比荷，由于圆磁场的半径未知， 所以无法求出轨道半径，也不能算出粒子的初速度【解答】解：a、由带电粒子在磁场中运动的偏转角可知，带电粒子运动轨迹所对的圆心角为 60，由几何关系得磁场宽度 d=rsin60=sin60，由于未加磁场时：d=vt，解得：=，故 a 正 确b、已经求出比荷，由 t=可以求出粒子的周期，故 b 正确 c、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvb=m， r=，根据向右条件无法求出粒子的初速度，也无法求出粒子轨道半径，故 cd 错误； 故选：ab【点评】这种题目需要公式很熟练，且组合变化条理，才能得到哪些是可求的，哪些是不可求 的综合应用公式得能力要求比较高二、（实验题 14 分）13某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，读出图的示数，该金 属圆片的直径的测量值为 1.240 cm，厚度的测量值为 1.685 mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【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 12mm，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：12mm+0.40mm=12.40mm=1.240cm2、螺旋测微器的固定刻度为 1.5mm，可动刻度为 18.50.01mm=0.185mm，所以最终读数为1.5mm+0.185mm=1.685mm 故答案为：1.240；1.685【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14在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡、电流表、电压表以及滑动变 阻器等实验器材：（1）请在图甲中虚线框内按要求完成实验电路图（用笔线代替导线） 图乙为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关 s 闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片 p 移到 a 位置（填“a 端”或“b 端”）；实验中滑动片 p 从中间位置向 b 端移动过程中会观察到电压表读数 变 大 （填“大”或“小”）（3）如图丙所示是该研究小组测得小灯泡的 iu 关系图线由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度 的升高而 增大 （填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为 2v 时，其灯丝电阻值 约为 7.7 （保留两位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】（1）描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法， 据此完成实验电路 滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前滑片要移到分压电路分压为零的位置，根据滑片的移动方向 判断电压表示数如何变化（3）根据图象应用欧姆定律判断灯丝电阻如何变化；由图象求出电压对应的电流，然后由欧姆定律 求出灯泡阻值【解答】解：（1）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法， 实验电路图如图所示由图 1 乙所示电路图可知，在开关 s 闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片 p 移到 a 端；实验中滑动 片 p 从中间位置向 b 端移动过程中会观察到电压表读数变大（3）由图 2 所示图象可知，随温度升高，电压与电流的比值变大，即灯泡电阻变大，由此可知，小 灯泡灯丝电阻随温度的升高而增大；由图 2 所示图象可知，电压 u=2v 时，电流 i=0.26a，此时灯泡电阻 r=7.7 故答案为：（1）电路图如图所示；a；大；（3）增大；7.7【点评】本题应明确：若要求电流从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应用分压 式接法；涉及到图象问题，可以表示出纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，然后再根据斜 率和截距的概念讨论即可三、计算题（本大题共 38 分）15在匀强电场中，将一电荷量为 2105c 的负电荷由 m 点移到 n 点，其电势能增加了 0.1j，已知m、n 间的距离为 2cm，两点连线与电场线（方向未知）成 60角，如图所示（1）在图上标出电场线的方向m、n 两点间的电势差 umn 等于多少？设 m 点电势为 0，则 n 点电势 n 等于多少？（3）该匀强电场的场强为多大？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）根据电势能的变化情况，判断出电场力做功的正负，确定电场线的方向根据公式 umn=求解 a、b 两点间的电势差根据 uab=ab，a=0 求解 b 点电势 b（3）根据 u=ed 公式求解该匀强电场的场强【解答】解：（1）据题意，负电荷由 m 点移到 n 点，其电势能增加了 0.1j，说明电场力做负功， 电场力方向与位移方向的夹角为钝角，所以电场力方向应水平向左，而电荷带负电，则知电场线方 向水平向右由上分析可知，电场力做功为 wab=0.1j，则 a、b 两点间的电势差umn=v=5000v由 umn=mn，m=0，则得：n=mumn=05000v=5000v（3）m、n 间沿电场线方向的距离为 d=2cmcos60=0.01m该匀强电场的场强为 e=v/m=5105v/m答：（1）在图上标出电场线的方向如图所示m、n 两点间的电势差 umn 等于 5000v，设 m 点电势为 0，则 n 点电势 n 等于5000v（3）该匀强电场的场强为 5105v/m【点评】解决本题关键要掌握三对关系：电场力做功与电势能变化的关系，电势差与电势的关系，电势差与场强的关系运用公式 umn=时各个量要代入符号计算；公式 e=，要注意 d 是两 点沿电场线方向的距离16如图所示，两平行金属导轨间的距离 l=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角 =37，在 导轨所在平面内，分布着磁感应强度 b=0.50t、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的 一端接有电动势 e=4.5v、内阻 r=0.50 的直流电源现把一个质量 m=0.040kg 的导体棒 ab 放在金 属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间 的电阻 r0=2.5，金属导轨电阻不计，g 取 10m/s2已知 sin 37=0.60，cos 37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流； 导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力【考点】安培力【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小 根据安培力的公式 f=bil 求出安培力的大小（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，有：i=1.5 a； 导体棒受到的安培力：f 安=bil=0.51.50.4=0.30 n；（3）导体棒受力如图，将重力正交分解，如图：f1=mgsin 37=0.24 nf1f 安，根据平衡条件：mgsin 37+f=f 安 代入数据得：f=0.06 n 答：（1）通过导体棒的电流为 1.5a； 导体棒受到的安培力大小 0.30n；（3）导体棒受到的摩擦力为 0.06n【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求 未知力17用一根长 l=0.8m 的轻绳，吊一质量为 m=1.0g 的带电小球，放在磁感应强度 b=0.1t，方向如图 所示的匀强磁场中，把小球拉到悬点的右端，轻绳刚好水平拉直，将小球由静止释放，小球便在垂 直于磁场的竖直平面内摆动，当小球第一次摆到低点时，悬线的拉力恰好为零（重力加速度 g 取10m/s2）试问：（1）小球带何种电荷？电量为多少？ 当小球第二次经过最低点时，悬线对小球的拉力多大？【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）小球第一次摆到最低点时速度水平向左，悬线的拉力恰好为零，说明洛伦兹力竖直向 上，根据左手定则可判断小球的电性；在下落的过程中只有重力做功，洛伦兹力不做功，可由动能 定理求出小球此时的速度，由洛伦兹力和重力的合力提供向