山东省德州市跃华学校高二物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年山东省德州市跃华学校高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（每小题4分、共10小题、40分1-7题为单选、8-10为多选）1如图所示，abcd是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知a、b、c三点的电势分别为a=15v，b=3v，c=3v，由此可得d点电势为（）a6vb9vc12vd15v2如图（a）所示，ab是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿ab由点a运动到点b，所经位置的电势随距a点的距离变化的规律如图（b）所示以下说法正确的是（）a电子在a、b两点的速度vavbba、b两点的电势abc电子在a、b两点的电势能epaepbda、b两点的电场强度eaeb3如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即uab=ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，p、q是这条轨迹上的两点，据此可知（）a三个等势面中，a的电势最高b带电质点通过p点的电势能较q点大c带电质点通过p点的动能较q点大d带电质点通过p点时的加速度较q点小4图中虚线是某电场中的一簇等势线两个带电粒子从p点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是（）aa、b两点的电场强度大小关系b点大ba、b两点的电势关系y=v0tc粒子从p运动到a的过程中，电势能增大d粒子从p运动到b的过程中，动能增大5如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为+q 和q在它们的水平中垂线上固定一根长为l、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为+q 的小球以初速度v0 从管口射入，则小球（）a速度先增大后减小b受到的库仑力先做负功后做正功c受到的库仑力最大值为d管壁对小球的弹力最大值为6电动势为e、内阻为r的电源与定值电阻r1、r2及滑动变阻器r连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，下列说法不正确的是（）a定值电阻r1电功率增大b电压表和电流表读数都减小c电压表读数增大，电流表读数减小dr中电流变化的绝对值大于电流表读数变化的绝对值7如图所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度下列各俯视图中正确表示磁感应强度b的方向的是（）abcd8竖直放置的固定绝缘光滑轨道由半径分别为r的圆弧mn和半径为r的半圆弧np拼接而成（两段圆弧相切于n点），小球带正电，质量为m，电荷量为q已知将小球由m点静止释放后，它刚好能通过p点，不计空气阻力下列说法正确的是（）a若加竖直向上的匀强电场e（eqmg），则小球能通过p点b若加竖直向下的匀强电场，则小球不能通过p点c若加垂直纸面向里的匀强磁场，则小球不能通过p点d若加垂直纸面向外的匀强磁场，则小球不能通过p点9一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，当二者通过相同电流并且均正常工作时，在相同时间内（）a电炉放出的热量与电动机放出的热量相等b电炉两端电压小于电动机两端电压c电炉两端电压等于电动机两端电压d电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率10美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量如图，平行板电容器两极板m、n与电压为u的恒定电源两极相连，板的间距为d现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则（）a此时极板间的电场强度e=b油滴带电荷量为c减小极板间电压，油滴将加速下落d将极板n向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动三、实验题（每空4分、连线4分，共20分）11某同学用一50分度游标卡尺测定一金属杆的直径，示数如图甲所示，则该金属杆的直径mm另一同学用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图乙所示，其读数应为mm12某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计g改装的电流表a，v为标准电压表，e为待测电池组，s为开关，r为滑动变阻器，r1是标称值为4.0的定值电阻已知灵敏电流计g的满偏电流ig=100 a，内阻rg=2.0k，若要改装后的电流表满偏电流为200ma，应并联一只阻值为（保留两位有效数字）的定值电阻r0；根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是（填选项前的字母）a电压表内阻的影响b滑动变阻器的最大阻值偏小cr1的实际阻值比标称值偏大dr0的实际阻值比计算值偏大四、计算题（共三小题，共计40分）13如图所示中，一根垂直纸面放置的通电直导线，电流垂直纸内向里，电流强度为i，其质量为m，长为l，当加上一个匀强磁场时，导体仍能够静止在倾角为的光滑斜面，问：（1）最小应加一个多大的磁场？方向如何？（2）调节磁感应强度的大小和方向，使导体所受磁场力的大小为mg，且导体保持静止状态，那么斜面所受的压力是多大？14如图所示电路中，电源的电动势e=10v，内电阻r=0.50，电动机电阻r0=1.0，电阻r1=1.5电动机正常工作时，电压表示数u1为3.0v求：（1）电源的总电功率（2）电动机消耗的电功率和将电能转化为机械能的功率（3）电源的输出功率15如图所示，在边长为a的正方形abcd的对角线ac左右两侧，分别存在垂直纸面向内磁感应强度为b的匀强磁场和水平向左电场强度大小为e的匀强电场，ad、cd是两块固定荧光屏（能吸收打到屏上的粒子）现有一群质量为m、电量为q的带正电粒子，从a点沿ab方向以不同速率连续不断地射入匀强磁场中，带电粒子速率范围为v已知e=，不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用求：（1）恰能打到荧光屏c d上的带电粒子的入射速度；（2）ad、cd两块荧光屏上形成亮线的长度2015-2016学年山东省德州市跃华学校高额（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分、共10小题、40分1-7题为单选、8-10为多选）1如图所示，abcd是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知a、b、c三点的电势分别为a=15v，b=3v，c=3v，由此可得d点电势为（）a6vb9vc12vd15v【考点】电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】连接ac，在ac上找出与b点等电势点，作出等势线，再过d作出等势线，在ac线上找出与d等势点，再确定d点的电势【解答】解：连接ac，将ac三等分，标上三等分点e、f，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，e点的电势为3v，f点的电势为9v连接be，则be为一条等势线，根据几何知识可知，dfbe，则df也是一条等势线，所以d点电势ud=9v故b正确，acd错误；故选b【点评】本题的技巧是找等势点，作等势线，充分利用匀强电场的等势面相互平行，而且沿电场线方向相等距离，电势差相等进行作图2如图（a）所示，ab是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿ab由点a运动到点b，所经位置的电势随距a点的距离变化的规律如图（b）所示以下说法正确的是（）a电子在a、b两点的速度vavbba、b两点的电势abc电子在a、b两点的电势能epaepbda、b两点的电场强度eaeb【考点】电势能；电场强度【分析】根据x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向，确定电势的高低，由电场力做功正负，分析速度的大小并判断电子电势能的变化【解答】解：ac、可判断出电场线的方向从a到b，电子所受的电场力从b到a，则电子在a点运动到b点的过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大即有vavb，epaepb 故ac错误；b、由图看出，电势逐渐降低，ab，故b错误d、x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象切线斜率不断减小，则从a到点b场强减小，则有eaeb故d正确故选：d【点评】本题关键要理解t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化3如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即uab=ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，p、q是这条轨迹上的两点，据此可知（）a三个等势面中，a的电势最高b带电质点通过p点的电势能较q点大c带电质点通过p点的动能较q点大d带电质点通过p点时的加速度较q点小【考点】电势；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大【解答】解：a、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故a错误；b、根据质点受力情况可知，从p到q过程中电场力做正功，电势能降低，故p点的电势能大于q点的电势能，故b正确；c、从p到q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故p点的动能小于q点的动能，故c错误；d、等势线密的地方电场线密场强大，故p点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故d错误故选：b【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化4图中虚线是某电场中的一簇等势线两个带电粒子从p点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是（）aa、b两点的电场强度大小关系b点大ba、b两点的电势关系y=v0tc粒子从p运动到a的过程中，电势能增大d粒子从p运动到b的过程中，动能增大【考点】等势面【分析】根据轨迹判定a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的引力，即可判断两粒子的电性关系；此电场是点电荷产生的，根据距离即可比较a、b两点场强的大小；两粒子在运动过程中电场力都做正功，电势能均减小【解答】解：a、从等势线的分布来看，a点的稀疏，b点密集，故a点的场强小于b点，选项a正确；b、由于不知道是什么电荷形成的电场，故不能确定两点的电势关系，选项b错误；c、粒子从p到a或b的过程中，都是电场力做功，粒子的动能一定增加，电势能一定减小，故选项c错误，d正确故选：ad【点评】该题利用点电荷形成的电场设置问题，但点电荷的性质是未知的，只知道等势线的分布，故不能确定点电荷是正电荷还是负电荷，所以两点的电势关系也就不能确定了，但是它们都在电场力的作用下运动，故电场力对它们都做正功，电势能减小，动能增大5如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为+q 和q在它们的水平中垂线上固定一根长为l、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为+q 的小球以初速度v0 从管口射入，则小球（）a速度先增大后减小b受到的库仑力先做负功后做正功c受到的库仑力最大值为d管壁对小球的弹力最大值为【考点】库仑定律【专题】定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题【分析】对于等量异种电荷，根据矢量的合成法则，中垂线的中点的电场强度最大，在无穷远的电场强度为零；点电荷靠近两个电荷的连线的中点过程，电场力不做功；中点处的电场强度最大，则库仑力也最大，弹力也是最大，从而即可求解【解答】解：a、电荷量为+q 的小球以初速度v0 从管口射入的过程，因电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，故速度不断增加；故a错误；b、小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功；故b错误；c、在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：e=；根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为，因此电荷量为+q 的小球受到最大库仑力为，故c正确；d、根据c选项的分析，结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为，故d错误；故选：c【点评】本题关键是明确等量异号电荷的中垂线上的电场强度的分布情况，同时要结合动能定理和矢量合成原理分析，注意与等量同种电荷的区别6电动势为e、内阻为r的电源与定值电阻r1、r2及滑动变阻器r连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，下列说法不正确的是（）a定值电阻r1电功率增大b电压表和电流表读数都减小c电压表读数增大，电流表读数减小dr中电流变化的绝对值大于电流表读数变化的绝对值【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】定性思想；推理法；整体法和隔离法；恒定电流专题【分析】由图可知r2与r并联后与r1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过r2的电流；滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化【解答】解：a、当滑片向a滑动时，r接入电阻减小，总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流i增加，根据p=i2r可知电阻r1电功率增大，故a正确；b、c、干路电流增加，内电压增加，由u=eir可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，r1两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；故b正确，c错误；d、滑动变阻器r与电阻r2并联，总电流增加，电阻r2的电流减小，故滑动变阻器r的电流增加，且增加量等于干路电流的增加量与电阻r2的电流减小量之和，故r中电流变化的绝对值大于电流表读数变化的绝对值，故d正确；本题选错误的；故选：c【点评】本题中r1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压增大，流过r2的电流增大注意闭合电路欧姆定律的分析方法为“局部整体局部”7如图所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度下列各俯视图中正确表示磁感应强度b的方向的是（）abcd【考点】安培力【分析】电流由电源正极经炮弹流向电源负极，炮弹受到的安培力方向应水平向前，由左手定则判断磁场方向是否正确【解答】解：a、由左手定则可知，图示磁感应强度方向使炮弹受到的安培力向后，不符合实际，故a错误；b、由左手定则可知，图示磁感应强度方向使炮弹受到的安培力向前，符合实际，故b正确；c、由左手定则可知，炮弹受到的安培力竖直向下，不符合要求，故c错误；d、由左手定则可知，炮弹受的安培力竖直向下，不符合要求，故d错误；故选b【点评】电磁炮的炮弹在安培力作用下在轨道上向前加速度运动，炮弹受到的安培力应向前，应用左手定则判断出安培力的方向，是正确解题的关键8竖直放置的固定绝缘光滑轨道由半径分别为r的圆弧mn和半径为r的半圆弧np拼接而成（两段圆弧相切于n点），小球带正电，质量为m，电荷量为q已知将小球由m点静止释放后，它刚好能通过p点，不计空气阻力下列说法正确的是（）a若加竖直向上的匀强电场e（eqmg），则小球能通过p点b若加竖直向下的匀强电场，则小球不能通过p点c若加垂直纸面向里的匀强磁场，则小球不能通过p点d若加垂直纸面向外的匀强磁场，则小球不能通过p点【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】应用动能定理求出小球到达p点的速度，小球恰好通过p点时轨道对球的作用力恰好为零，应用动能定理与牛顿第二定律分析答题【解答】解：设m、p间的高度差为h，小球从m到p过程由动能定理得：mgh=mv20，v=，小球恰好通过p点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=m，r=2h；a、若加竖直向下的匀强电场e（eqmg），小球从m到p过程由动能定理得：（mgqe）h=mv20，解得：v=，则：m=mgqe，小球恰好通过p点，故a正确；b、若加竖直向上的匀强电场，小球从m到p过程由动能定理得：（mg+qe）h=mv20，解得：v=，则：m=mg+qe，小球恰好通过p点，故b错误；c、若加垂直纸面向里的匀强磁场，小球到达p点的速度v不变，洛伦兹力竖直向下，则：qvb+mgm，小球不能通过p点，故c正确；d、若加垂直纸面向外的匀强磁场，小球到达p点的速度v不变，洛伦兹力竖直向上，则：mgqvbm，小球对轨道有压力，小球能通过p点，故d错误；故选：ac【点评】本题是一道力学综合题，知道小球通过p点的临界条件是：的、轨道对小球的支持力恰好为零，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题9一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，当二者通过相同电流并且均正常工作时，在相同时间内（）a电炉放出的热量与电动机放出的热量相等b电炉两端电压小于电动机两端电压c电炉两端电压等于电动机两端电压d电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】对于电炉电路和电动机电路，焦耳定律都适用，欧姆定律只适用于电炉，不适用于正常工作的电动机；根据欧姆定律研究电炉两端的电压；电动机两端的电压大于电流与电阻的乘积【解答】解：a、电炉电路和电动机电路焦耳定律都适用根据焦耳定律q=i2rt，知电炉和电动机的电阻相同，电流相同，则在相同的时间内电炉和电动机产生的电热相等故a正确b、c、设电流为i，电阻为r，则电炉两端电压u炉=ir，电动机两端电压u机ir，所以u机u炉即电动机两端电压大于电炉两端电压，故b正确，c错误d、电动机消耗的电能一部分转化为内能，另一部分转化为机械能，电炉消耗的电能全部转化为内能，而相等时间内它们产生的热量相等，则在相同的时间内，电动机消耗的电能大于电炉消耗的电能，则电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率故d正确故选：abd【点评】此题要明确电动机工作时电功只能用w=uit求，电热只能用焦耳定律求；电炉工作时，电热等于电功，w=uit=i2rt10美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量如图，平行板电容器两极板m、n与电压为u的恒定电源两极相连，板的间距为d现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则（）a此时极板间的电场强度e=b油滴带电荷量为c减小极板间电压，油滴将加速下落d将极板n向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用【分析】由e=，求解电场强度油滴静止不动时，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件求出油滴的电量根据油滴的电场力有无变化，分析其运动情况【解答】解：a、两极板间的电压为u，板间距离为d，则板间的电场强度e=，故a正确b、油滴静止不动，由平衡条件得：mg=qe=q，得油滴带电荷量为：q=，故b错误c、减小极板间的电压时，由e=，知板间场强e减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将加速下落故c正确d、将极板n向下缓慢移动一小段距离，由e=，知板间场强e减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故d错误故选：ac【点评】本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况是解题的思路三、实验题（每空4分、连线4分，共20分）11某同学用一50分度游标卡尺测定一金属杆的直径，示数如图甲所示，则该金属杆的直径4.10mm另一同学用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图乙所示，其读数应为0.3950.399mm【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4mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为50.02mm=0.10mm，所以最终读数为：4mm+0.10mm=4.10mm2、螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为39.70.01mm=0.397mm，所以最终读数为0mm+0.39mm=0.397mm，由于需要估读，最后的结果可以在0.3950.399之间故答案为：4.10 0.3950.399【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12某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计g改装的电流表a，v为标准电压表，e为待测电池组，s为开关，r为滑动变阻器，r1是标称值为4.0的定值电阻已知灵敏电流计g的满偏电流ig=100 a，内阻rg=2.0k，若要改装后的电流表满偏电流为200ma，应并联一只阻值为1.0（保留两位有效数字）的定值电阻r0；根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是cd（填选项前的字母）a电压表内阻的影响b滑动变阻器的最大阻值偏小cr1的实际阻值比标称值偏大dr0的实际阻值比计算值偏大【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】根据电流表的改装原理，计算并联的电阻根据电路图连接实物图，注意电表的接线柱以及滑动变阻器的接法结合电路图，明确电路结构以及引起实验误差的原因【解答】解：根据电流表的改装原理，有：r0=1.0根据电路图连接实物图，注意电表的接线柱以及滑动变阻器的解法，连接图为：a、r=测得的电阻相当于电源e的内阻与r0串联后再与电压内阻并联的阻值，即测得的电阻值偏小，故a错误；b、滑动变阻器起调节作用，其大小不会影响r的测量结果，故b错误；c、本实验中r1相当于等效电阻，故在实验中求出电阻后应减去r1的阻值；因实际值比标称大，则测出的值偏大，而所减去的数值偏小；故测量值偏大；故c正确；d、电表改装时，r0的实际阻值比计算值偏大，可导致通过表头的电流偏小，电流表读数偏小，故内阻测量值总量偏大；故d正确；故选：cd故答案为：1.0；如图；cd【点评】本题考查电源电动势和内电阻的测量；要注意明确实验原理，知道数据连接的方法，明确电表的改装方法；并能通过电路结论分析误差原因四、计算题（共三小题，共计40分）13如图所示中，一根垂直纸面放置的通电直导线，电流垂直纸内向里，电流强度为i，其质量为m，长为l，当加上一个匀强磁场时，导体仍能够静止在倾角为的光滑斜面，问：（1）最小应加一个多大的磁场？方向如何？（2）调节磁感应强度的大小和方向，使导体所受磁场力的大小为mg，且导体保持静止状态，那么斜面所受的压力是多大？【考点】安培力【分析】（1）导体棒所受重力的大小方向不变，支持力的方向不变，根据三角形定则求出安培力的最小值，从而求出磁感应强度的最小值和方向（2）当导体受到的安培力大小为mg时，有共点力平衡判断出磁场方向，和斜面受到的压力；【解答】解：（1）根据三角形定则知，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，有：mgsin=bil 解得：b=此时b垂直于斜面向上（2）当导体受到的安培力大小为mg时，有共点力平衡判断出磁场当受到的安培力竖直向上时，此时支持力为零，由牛顿第三定律可知对斜面的压力为0当重力在沿斜面的分力 与安培力在沿斜面的分力相等时，此时斜面对物体的支持力为：fn=2mgcos答：（1）最小应加的磁场，方向垂直于斜面向上；（2）斜面所受的压力是0或2mgcos【点评】解决本题的关键会根据共点力平衡求解力，以及知道根据三角形定则，当安培力的方向与支持力方向垂直时，安培力有最小值14如图所示电路中，电源的电动势e=10v，内电阻r=0.50，电动机电阻r0=1.0，电阻r1=1.5电动机正常工作时，电压表示数u1为3.0v求：（1）电源的总电功率（2）电动机消耗的电功率和将电能转化为机械能的功率（3）电源的输出功率【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流i，电源的总功率为p=ei，即可求得；（2）由u内=ir可求得电源内阻分得电压，电动机两端的电压为u=eu1u内，电动机消耗的功率为p电=ui；电动机将电能转化为机械能的功率为p机=p电i2r0（3）由p热=i2r可求的电源内阻消耗的功率，电源的输出功率为p出=pp热【解答】解：（1）电路中的电流为 i=a=2a；电源的总功率为 p=ei=102w=20w；（2）电源内阻分得电压为 u内=ir=20.5v=1v，电动机两端的电压为 u=eu1u内=（1031）v=6v，电动机消耗的电功率为 p电=ui=62w=12w；电动机将电能转化为机械能的功率为p机=p电i2r0=12w221w=8w（3）电源内阻消耗的功率为 p内=i2r=220.5w=2w，电源的输出功率为 p出=pp热=202w=18w答：（1）电源的总功率为20w（2）电动机消耗的电功率为12w，将电能转化为机械能的功率为8w（3）电源的输出功率为18w【点评】对于电动机电路，关键要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电