山东省德州市武城二中高二物理上学期第二次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年山东省德州市武城二中高二（上）第二次月考物理试卷一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共计40分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的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，有选错的得0分）1关于电场和磁场，以下说法正确的是（）a电场中某点的电场强度的方向与放在该点的正试探电荷所受电场力方向相同b电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零c把一试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱d把一小段通电导线放在磁场中某处，它所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱2如图所示，电子射线管（a为其阴极），放在蹄形磁铁的n、s两极间，则荧光屏上的电子束运动径迹偏转方向是（）a向下b向上c向左d向右3如图甲所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中r2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻r2随温度t变化的图线如图乙所示电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器当传感器r2所在处出现火情时，显示器的电流i和报警器两端的电压u的变化情况是（）ai变大，u变大bi变小，u变小ci变小，u变大di变大，u变小4如图所示，一根长度l的直导体棒中通以大小为i的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为b，b的方向与竖直方向成角下列说法中正确的是（）a导体棒受到磁场力大小为blisinb导体棒对轨道压力大小为mgbilsinc导体棒受到导轨摩擦力为（mgbilsin）d导体棒受到导轨摩擦力blicos5如图所示的电路中，电源的电动势e和内电阻r恒定不变，电灯l恰能正常发光，如果变阻器的滑片p向b端滑动，则（）a电灯l变亮，电流表的示数增大b电灯l变亮，电流表的示数变小c电灯l变暗，电流表的示数变小d电灯l变暗，电流表的示数增大6某电场的电场线分布如图所示（实线），以下说法正确的是（）ac点场强大于b点场强bb和c处在同一等势面上c若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电荷的电势能将减小d若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由 a点运动到d点，可判断该电荷一定带正电7直线ab是某电场中的一条电场线若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿ab由a运动到b，其速度图象如图所示，下列关于a、b两点的电场强度ea、eb和电势a、b的判断正确的是（）aeaebbeaebcabdab8如图所示为两根互相平行的通电导线ab的横截面图，ab的电流方向已在图中标出那么导线a中电流产生的磁场的磁感线环绕方向及导线b所受的磁场力的方向应分别是（）a磁感线逆时针方向，安培力向左b磁感线逆时针方向，安培力向右c磁感线顺时针方向，安培力向左d磁感线顺时针方向，安培力向右9两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边abc的a和b处，如图所示两通电导线在c处产生磁场的磁感应强度大小都足b0，则c处磁场的总磁感应强度大小是（）a0bb0cd2b010如图所示，平行板间的匀强电场范围内存在着与电场正交的匀强磁场，带电粒子以速度v0垂直电场从p点射入平行板间，恰好做匀速直线运动，从q飞出，忽略重力，下列说法正确的是（）a磁场方向垂直纸面向里b磁场方向与带电粒子的电性有关c带电粒子从q沿qp进入，也能做匀速直线运动d若粒子带负电，以速度v1由p沿pq射入，从q射出，则v1v0三、实验题（共20分）11（14分）（2014秋东营区校级期末）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用螺旋测微器测量其直径如图1，由图可知其直径为 mm；（2）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如2图，则该电阻的阻值约为（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻r，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻r电流表a1（量程04ma，内阻约50）电流表a2（量程010ma，内阻约30）电压表v1（量程03v，内阻约10k）电压表v2（量程015v，内阻约25k）直流电源e（电动势4v，内阻不计）滑动变阻器r1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0a）滑动变阻器r2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5a）开关s及导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，测量的电路图如图所示，则选择的电流表是、电压表是、滑动变阻器是（填写所用器材的代号）12用伏安法测电源电动势和内电阻，已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，画出的（甲）、（乙）两种可供选用的测量电路（1）为提高电动势和内电阻的测量精度，应选用的电路是（2）由实验数据做出如图（丙）所示图线，则该电源的内电阻r=（3）所测得的电源电动势e和内电阻r的测量值与真实值相比较的情况是：e测e真；r测r真（填“”或“”）（4）误差出现的原因是三、计算题（本大题共4小题，共40分要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）13（10分）（2014淇县校级四模）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sin37=0.60，cos37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小以及方向；（3）导体棒受到的摩擦力大小与方向14（10分）（2012秋温州校级期末）如图所示电路，电灯r1=24，电动机绕组的电阻r0=1，当电键s1、s2闭合时，测得电阻r1的电功率是p=96w，理想电流表的读数为i=5a，求此时：（1）电源的输出功率；（2）电动机的输出功率15（10分）（2014秋东营区校级期末）如图所示，一个质量为m、电荷量为q，不计重力的带电粒子，从x轴上的p（a，0）点，以速度v沿与x轴正方向成60角射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限求：匀强磁场的磁感应强度b的大小和粒子通过第一象限的时间16（10分）（2011秋江苏校级期末）如图所示，在倾角为45的斜面oa左侧有一竖直档板，档板与斜面oa间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为b=0.2t，档板上有一小孔p，op=0.6m，现有一质量m=41020kg，带电量q=+21014c的粒子，从小孔以速度v0=3104m/s水平射进磁场区域粒子重力不计（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径是多少？（2）通过调整粒子进入磁场的速度大小可以控制粒子打到斜面oa时的速度方向，现若要粒子垂直打到斜面oa上，则粒子进入磁场的速度该调整为多少？此情况下粒子打到斜面oa的时间又为多少？2015-2016学年山东省德州市武城二中高二（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共计40分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的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，有选错的得0分）1关于电场和磁场，以下说法正确的是（）a电场中某点的电场强度的方向与放在该点的正试探电荷所受电场力方向相同b电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零c把一试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱d把一小段通电导线放在磁场中某处，它所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱【考点】电场；磁现象和磁场 【分析】电场强度是用来表示电场的强弱和方向的物理量，电场强弱可由试探电荷所受的力与试探点电荷带电量的比值确定，电场方向与正电荷受力方向一致与负电荷受力方向相反磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，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比值与磁场力及电流元均无关【解答】解：a、电场中某点的电场强度的方向，与放在该点的正试探电荷，所受电场力方向相同，与负电荷受到的电场力相反，故a正确；b、电流在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度不一定为零，可能电流与磁场方向平行，故b错误；c、把一试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值，来表示该点电场的强弱，故c正确；d、一小段通电导体在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度不一定为零，还受到放置的位置有关，故d错误；故选：ac【点评】电场强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关，本题是考查基础知识的好题磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关2如图所示，电子射线管（a为其阴极），放在蹄形磁铁的n、s两极间，则荧光屏上的电子束运动径迹偏转方向是（）a向下b向上c向左d向右【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】此题要求要了解电子射线管的构造和原理，阴极是发射电子的电极，电子在磁场中运动，受到洛伦兹力的作用而发生偏转从而显示电子运动的径迹，偏转方向有左手定则判断【解答】解：因为a是阴极，b是阳极，所以电子在阴极管中的运动方向是a到b，产生的电流方向是b到a（注意是电子带负电），根据左手定则，四指指向a，手掌对向n极（就是这个角度看过去背向纸面向外），此时大拇指指向下面，所以轨迹向下偏转故选：a【点评】本题要掌握左手定则判定：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且跟手掌在同一平面内，把手放入磁场中，让磁感线穿过掌心，四指所指为正电荷运动方向，拇指所指方向为电荷所受洛伦兹力的方向（注：对负电荷而言，四指所指方向为其运动的反方向）3如图甲所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中r2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻r2随温度t变化的图线如图乙所示电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器当传感器r2所在处出现火情时，显示器的电流i和报警器两端的电压u的变化情况是（）ai变大，u变大bi变小，u变小ci变小，u变大di变大，u变小【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】r2为用半导体热敏材料制成的传感器，出现火情，温度升高时，其电阻减小分析外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，即可知u的变化根据并联部分电压的变化，分析i的变化【解答】解：当传感器r2所在处出现火情时，温度升高，由图乙知r2的阻值变小，外电路总电阻变小，则总电流i总变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即u变小电路中并联部分的电压u并=ei总（r1+r），i总变大，其他量不变，则u并变小，电流表示数i变小故b正确，acd错误；故选：b【点评】电路的动态分析类题目首先要明确电路的结构，再按外电路、内电路、外电路的顺序进行分析即可得出正确答案4如图所示，一根长度l的直导体棒中通以大小为i的电流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为b，b的方向与竖直方向成角下列说法中正确的是（）a导体棒受到磁场力大小为blisinb导体棒对轨道压力大小为mgbilsinc导体棒受到导轨摩擦力为（mgbilsin）d导体棒受到导轨摩擦力blicos【考点】安培力 【分析】对导体棒受力分析，正交分解，根据平衡条件求解导体棒受到导轨摩擦力和支持力【解答】解：a、根据左手定则可得导体棒受力分析如图所示b与i垂直，故导体棒受到磁场力大小为f=bil，选项a错误；b、根据共点力平衡规律得：bilsin+fn=mg，得导体棒对轨道的压力大小为fn=mgbilsin，选项b正确；c、由于导体棒受到的是静摩擦力，因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，即为ff=bilcos，选项c错误，选项d正确故选：bd【点评】本题借助安培力考查了平衡条件以及正交分解的应用，注意安培力公式f=bilsin，为b与i之间的夹角5如图所示的电路中，电源的电动势e和内电阻r恒定不变，电灯l恰能正常发光，如果变阻器的滑片p向b端滑动，则（）a电灯l变亮，电流表的示数增大b电灯l变亮，电流表的示数变小c电灯l变暗，电流表的示数变小d电灯l变暗，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】滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电灯亮度和电流表示数的变化【解答】解：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，即r1，则外电路总电阻r，由闭合电路欧姆定律得知总电流i，路端电压u=eir电灯l的电压等于路端电压，所以电灯l更亮，电流表的示数减小故选：b【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6某电场的电场线分布如图所示（实线），以下说法正确的是（）ac点场强大于b点场强bb和c处在同一等势面上c若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电荷的电势能将减小d若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由 a点运动到d点，可判断该电荷一定带正电【考点】电场线 【分析】解这类题是思路：电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化【解答】解：a、电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故a正确；b、沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的，故b错误；c、若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故c正确；d、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故d正确；故选；acd【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能7直线ab是某电场中的一条电场线若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿ab由a运动到b，其速度图象如图所示，下列关于a、b两点的电场强度ea、eb和电势a、b的判断正确的是（）aeaebbeaebcabdab【考点】电势；电场强度；电场线 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据速度图象得出电子的加速度越来越小，根据牛顿第二定律说明电场力越来越小，再根据电场强度的定义求解沿着电场线方向电势降低【解答】解：a、b、由图可知，电子在a点加速度较大，则可知a点所受电场力较大，由f=eq可知，a点的场强要大于b点场强；故a正确，b错误；c、d、电子从a到b的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，故ab，电子带负电，由=可知，a点的电势要大于b点电势，ab，故c正确，d错误；故选：ac【点评】本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的极性8如图所示为两根互相平行的通电导线ab的横截面图，ab的电流方向已在图中标出那么导线a中电流产生的磁场的磁感线环绕方向及导线b所受的磁场力的方向应分别是（）a磁感线逆时针方向，安培力向左b磁感线逆时针方向，安培力向右c磁感线顺时针方向，安培力向左d磁感线顺时针方向，安培力向右【考点】安培力 【分析】由安培定则判断磁场的方向再用左手定则判断安培力的方向【解答】解：根据安培定则，伸开右手，大拇指与电流方向相同，四指弯曲方向为磁场的方向，知导线a中电流产生的磁场为顺时针方向在导线b处，磁场方向竖直向下，根据左手定则，安培力方向水平向右故d正确，a、b、c错误故选：d【点评】解决本题的关键掌握安培定则和左手定则会用安培定则判断电流和产生的磁场之间的关系，用左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系9两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边abc的a和b处，如图所示两通电导线在c处产生磁场的磁感应强度大小都足b0，则c处磁场的总磁感应强度大小是（）a0bb0cd2b0【考点】磁感应强度 【分析】根据右手螺旋定则得出两根通电导线在c点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则得出合场强的大小【解答】解：根据安培定则可知，导线a在c处产生的磁场方向垂直于ac方向向右，导线b在c处产生的磁场方向垂直于bc方向向右，如图，根据平行四边形定则得到，c处的总磁感应强度为b总=2bcos30=b0故选：c【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则10如图所示，平行板间的匀强电场范围内存在着与电场正交的匀强磁场，带电粒子以速度v0垂直电场从p点射入平行板间，恰好做匀速直线运动，从q飞出，忽略重力，下列说法正确的是（）a磁场方向垂直纸面向里b磁场方向与带电粒子的电性有关c带电粒子从q沿qp进入，也能做匀速直线运动d若粒子带负电，以速度v1由p沿pq射入，从q射出，则v1v0【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】粒子进入电场与磁场的复合场后沿直线运动，可知粒子受到的电场力和洛伦兹力是一对平衡力，解决此题可以先假设粒子的电性，来判断磁场的方向分析粒子能否沿直线运动，就是分析洛伦兹力与电场力的大小，从而判断粒子的偏转方向【解答】解：a：假设带电粒子带正电，粒子将受到竖直向下的电场力，所以洛伦兹力应为竖直向上，由左手定则可判断，磁场的方向应垂直于纸面向里，选项a正确；b：当粒子在正交的电场和磁场的区域内做直线运动时，电场力和洛伦兹力等大且方向相反改变粒子的电性，其他条件不变的情况下，电场力和洛伦兹力的方向同时改为反向，粒子的合力仍为零所以磁场方向与带电粒子的正负无关选项b错误；c：带电粒子从q沿qp进入，所受的电场力方向不变，而洛伦兹力方向会变为与电场力相同，此时带电粒子将发生偏转选项c错误；d：粒子带负电时，将受到向上的电场力和向下的洛伦兹力，当速度为v0时，电场力和洛伦兹力大小相等；粒子从q飞出，可判断洛伦兹力小于电场力，此时的速度要小于v0选项d正确故选：ad【点评】该题综合了电场和磁场的内容，解决此类问题的关键是正确判断洛伦兹力和电场力的大小及方向，要熟练的应用左手定则来分析问题三、实验题（共20分）11（14分）（2014秋东营区校级期末）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用螺旋测微器测量其直径如图1，由图可知其直径为4.700 mm；（2）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如2图，则该电阻的阻值约为220（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻r，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻r电流表a1（量程04ma，内阻约50）电流表a2（量程010ma，内阻约30）电压表v1（量程03v，内阻约10k）电压表v2（量程015v，内阻约25k）直流电源e（电动势4v，内阻不计）滑动变阻器r1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0a）滑动变阻器r2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5a）开关s及导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，测量的电路图如图所示，则选择的电流表是a2、电压表是v1、滑动变阻器是r1（填写所用器材的代号）【考点】测定金属的电阻率 【专题】实验题【分析】（1）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；（2）用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；（3）的关键是通过估算电路中的最大电流来选择电流表量程；根据要求“测得多组数据”可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器方便调节【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为：4.5mm+0.200mm=4.700mm（2）该电阻的阻值约为22.010=220（3）电源的电动势是4v，所以要使用量程是3v的电压表v1，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的最大电流为：a，所以电流表应选a2；由于要求“测得多组数据”，所以变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器r1；故答案为：（1）4.700；（2）220；（3）a2，v1，r1【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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12用伏安法测电源电动势和内电阻，已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，画出的（甲）、（乙）两种可供选用的测量电路（1）为提高电动势和内电阻的测量精度，应选用的电路是乙（2）由实验数据做出如图（丙）所示图线，则该电源的内电阻r=1（3）所测得的电源电动势e和内电阻r的测量值与真实值相比较的情况是：e测e真；r测r真（填“”或“”）（4）误差出现的原因是电压表分流【考点】测定电源的电动势和内阻 【专题】实验题【分析】（1）当电源内阻较小时，为减小实验误差，相对于电源电流表应采用外接法（2）电源ui图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻（3）根据实验电路分析实验误差（4）根据图示电路图分数实验误差原因【解答】解：（1）已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，为减小实验误差，应采用图乙所示电路图（2）由图2所示图象可知，电源内阻r=1.0（3）由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的ui图象如图所示，由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值（4）由图示图象可知，由于电压表的分流作用，所测电流小于通过电源的电流，电压表分流是造成误差的原因故答案为：（1）乙；（2）1；（3）；（4）电压表分流【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验的数据的处理，要求能正确分析误差的来源，并能用图象法求出电势和内电阻三、计算题（本大题共4小题，共40分要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）13（10分）（2014淇县校级四模）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sin37=0.60，cos37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小以及方向；（3）导体棒受到的摩擦力大小与方向【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；安培力 【专题】电磁感应中的力学问题【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小（2）根据安培力的公式f=bil求出安培力的大小，运用左手定则判断安培力的方向（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）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：i=代人数据解得：i=1.5a（2）导体棒受到的安培力：f安=bil代人数据解得：f=0.30n，方向沿斜面向上 （3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：f1=mgsin37=0.24n由于f1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有：mgsin37+f=f安解得：f=0.06n答：（1）通过导体棒的电流为1.5a；（2）导体棒受到的安培力大小为0.30n，方向沿斜面向上；（3）导体棒受到的摩擦力大小为0.06n，方向沿斜面向下【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14（10分）（2012秋温州校级期末）如图所示电路，电灯r1=24，电动机绕组的电阻r0=1，当电键s1、s2闭合时，测得电阻r1的电功率是p=96w，理想电流表的读数为i=5a，求此时：（1）电源的输出功率；（2）电动机的输出功率【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】（1）电阻r1的电功率是p=96w，根据p=i2r1求解电阻r1的电流，根据欧姆定律求解电压；然后根据p=ui求解电源的输出功率；（2）先根据并联电路的电流关系求解电动机电流，然后根据p=uii2r0求解电动机的输出功率【解答】解：（1）由p=可得r1两端的电压为：u1=48vu端=u1p1=iu端得 p1=548 w=240w（2）流过电灯的电流i1=2a 流过电动机的电流i0=ii1=3a 电动机的输入功率为p入=i0u1=144w （或p入=p1p=144 w ）电动机的热功率p热=i02 r0=9w电动机的输出功率p2=p入p热=1449=135 w 答：（1）电源的输出功率为240w；（2）电动机的输出功率为135w【点评】本题考查处理非纯电阻电路问题的能力对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用欧姆定律求电动机电流15（10分）（2014秋东营区校级期末）如图所示，一个质量为m、电荷量为q，不计重力的带电粒子，