云南省玉溪一中高二物理下学期4月月考试卷（含解析）.doc

云南省玉溪一中2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（4月份） 一、单项选择题（本题包括8小题，每小题4分；在每小题给出的4个选项中，只有1个选项正确，选对的得4分，选错的得0分）1（4分）用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列物理量的确定不是由比值法定义的是（）a加速度a=b电场强度e=c电阻r=d磁感应强度b=2（4分）穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象分别如图所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（）a图中，回路产生的感应电动势恒定不变b图中，回路产生的感应电动势一直在变大c图中，回路在0t1时间内产生的感应电动势小于在t1t2时间内产生感应电动势d图中，回路产生的感应电动势先变小后变大3（4分）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）a线框产生的交变电动势的频率为100hzb线框产生的交变电动势有效值为311vct=0.01s时线框的磁通量变化率为零dt=0.005s时线框平面与中性面重合4（4分）如图所示，一圆形线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上a点做切线oo，oo与线圈在同一平面上在线圈以oo为轴翻转180的过程中，线圈中电流流向（）a始终由abcab始终由acbac先由acba再由abcad先由abca再由acba5（4分）一个物体以某一初速度从固定的粗糙斜面的底部上滑，物体滑到最高点后又返回到斜面底部，则（）a物体从底部滑到最高点的时间与从最高点返回底部的时间相等b上滑过程中弹力的冲量为零c上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量d物体返回到斜面底部时重力的瞬时功率等于刚开始上滑时重力的瞬时功率6（4分）如图，电源电动势为e，线圈l的直流电阻不计则下列判断正确的是（）a闭合s，稳定后，电容器两端电压值为eb闭合s，稳定后，电容器的a极带正电c断开s瞬间，电容器的a极将带正电d断开s瞬间，电容器的a极将带负电7（4分）一交流发电机输出电压为u=umsint，加在匝数比为1：n的理想升压变压器的原线圈上，变压器的副线圈通过总电阻为r的输电线向用户供电，若发电机的输出功率为p，则输电线上消耗的功率为（）abcd8（4分）如图所示，平行板间的电压做周期性变化，从t=时刻开始，将重力不计的带电粒子在平行板中央由静止释放，运动过程中无碰板情况，则能定性描述粒子运动的速度图象的是（）abcd二、多项选择题（本题包括6小题，每小题4分；在每小题给出的4个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9（4分）两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成以平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关k，电源即给电容器充电（）a保持k接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小b保持k接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大c断开k，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小d断开k，在两极板间插入一块介质，则极板上的电势差增大10（4分）如图所示，在x轴相距为l的两点固定两个等量异种电荷+q和q，虚线是以+q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称下列判断正确的是（）ab、d两点电势相同ba、b、c、d四个点中，c点电势最低cb、d两点电场强度相同d将一试探电荷+q沿圆周从a点移动到c点，其电势能减小11（4分）如图所示，a、b两物体的质量比ma：mb=3：2，它们原来静止在平板车c上，a、b间有一根被压缩了的弹簧，a、b与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑当弹簧突然释放后，则有（）aa、b系统动量守恒ba、b、c系统动量守恒c小车向左运动d小车向右运动12（4分）如图所示电路，变压器为理想变压器现将滑动变阻器的滑片从某一位置滑动到另一位置时，电流表a1的示数减小0.1a，电流表a2的示数减小1a，则下列说法正确的是（）a灯泡l1变亮b灯泡l1变暗c变压器为升压变压器d变压器为降压变压器13（4分）均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为l，总电阻为r，总质量为m将其置于磁感强度为b的水平匀强磁场上方h处线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行当cd边刚进入磁场时，有（）a感应电流的方向为abcdabcd两点间的电势差大小为blcab边消耗的电功率为d若此时线框加速度恰好为零，线框下落的高度应为14（4分）如图所示，直角坐标系oxyz处于匀强磁场中，有一条0.6m长的直导线沿ox方向通有9a电流，受到的安培力沿oz方向，大小为2.7n，则该磁场可能方向和磁感应强度b的值为（）a平行于xoy平面，b=0.5tb平行于xoy平面，b=1.0tc平行于zoy平面，b=0.5td平行于zoy平面，b=1.0t三、填空题（电路图2分，每空2分，共12分）15（12分）某同学用量程为1ma、内阻为120的表头按（图a）所示电路改装成量程分别为1v和1a的多用电表图中r1和r2为定值电阻，s为开关回答下列问题：（1）根据（图a）所示的电路，在（图b）所示的实物图上连线（2）开关s闭合时，多用电表用于测量（填“电流”、“电压，或“电阻”）； 开关s断开时，多用电表用于测量 （填“电流”、“电压”或“电阻”）（3）表笔a应为色（填“红”或“黑”）（4）定值电阻的阻值r1=，r2=（结果取3位有效数字）四、计算题（本大题有4小题，共32分，要求写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤）16（6分）如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止重力加速度取g，sin 37=0.6，cos 37=0.8求：（1）水平向右的电场的电场强度；（2）若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是多大17（8分）如图所示，质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道bc的出口c处质量也为m的a球，从距bc高为h的a处由静止释放，沿光滑轨道abc滑下，在c处与b球正碰并与b球粘在一起已知bc轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg求：（1）ab碰后的速度多大；（2）a与b碰后细绳是否会断裂18（6分）如图所示，一对光滑的平行金属导轨（电阻不计）固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为l，左端接有阻值为r的电阻，一质量为m、长度为l的金属棒mn放置在导轨上，金属棒的电阻为r，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为b，金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速运动，保持外力的功率为p不变，经过时间t金属棒最终做匀速运动求：（1）金属棒匀速运动时的速度是多少？（2）t时间内回路中产生的焦耳热是多少？19（12分）如图所示，矩形区域abcdef分成边长均为l的正方形区域，左侧为匀强电场区域，电场强度为e，方向竖直向上右侧是匀强磁场，方向垂直于纸面向外，be为其分界线一质量为m，电荷量为e的电子（重力不计）从a点水平向右射入匀强电场中，从be中点进入磁场求：（1）电子射入电场的初速度；（2）若要使电子只能从bc边射出磁场，磁感应强度应该满足的条件云南省玉溪一中2014-2015学年高二下学期月考物理试卷（4月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括8小题，每小题4分；在每小题给出的4个选项中，只有1个选项正确，选对的得4分，选错的得0分）1（4分）用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列物理量的确定不是由比值法定义的是（）a加速度a=b电场强度e=c电阻r=d磁感应强度b=考点：加速度；电场强度 分析：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小改变而改变解答：解：a、根据牛顿第二定律，加速度与所受的合力成正比，与质量成反比，所以a=不属于比值定义法b、电场强度与放入电场中的电荷无关，所以e=属于比值定义法c、电阻等于导体两端的电压与通过导体电流的比值，属于比值定义法d、当通电导体与磁场垂直时，磁感应强度等于导体所受安培力与导体长度和电流乘积的比值，属于比值定义法本题选不属于比值定义法的，故选：a点评：解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小改变而改变2（4分）穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象分别如图所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（）a图中，回路产生的感应电动势恒定不变b图中，回路产生的感应电动势一直在变大c图中，回路在0t1时间内产生的感应电动势小于在t1t2时间内产生感应电动势d图中，回路产生的感应电动势先变小后变大考点：法拉第电磁感应定律；磁通量 分析：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象的斜率k=运用数学知识结合磁通量随时间t变化的图象解决问题解答：解：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即e=n结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图象的斜率k=a、图中磁通量不变，无感应电动势故a错误b、图中磁通量随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变故b错误c、图中回路在otl时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k1，在tlt2时间内磁通量随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现：k1大于k2的绝对值所以在otl时间内产生的感应电动势大于在tlt2时间内产生的感应电动势故c错误d、图中磁通量随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故d正确故选：d点评：通过t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道t图象斜率的意义利用图象解决问题是现在考试中常见的问题对于图象问题，我们也从图象的斜率和截距结合它的物理意义去研究3（4分）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）a线框产生的交变电动势的频率为100hzb线框产生的交变电动势有效值为311vct=0.01s时线框的磁通量变化率为零dt=0.005s时线框平面与中性面重合考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：由图象可知电动势的峰值和周期，根据周期和频率的关系可求频率，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值，由图2可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上解答：解：a、由图2可知 t=0.02s，据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：，故a错误；b、由图2可知em=311v根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为，故b错误；c、t=0.01s时，感应电动势为零，由法拉第电磁感应定律e=n可知，磁通量的变化率为零，故c正确d、由图2可知t=0.005s时，e最大，说明此时线圈平面垂直中性面，故d错误故选：c点评：本题考察的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，学会通过瞬时感应电动势来判定在什么时刻，线圈处于什么位置；同时还能画出磁通量随着时间变化的图象及线圈中的电流随着时间变化的规律4（4分）如图所示，一圆形线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上a点做切线oo，oo与线圈在同一平面上在线圈以oo为轴翻转180的过程中，线圈中电流流向（）a始终由abcab始终由acbac先由acba再由abcad先由abca再由acba考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：由磁通量的定义可求得最大磁通量的位置与最小磁通量的位置，然后判定磁通量的变化情况；解答：解：当线圈平面与磁场方向平行时，线圈平面与磁场方向的夹角为0度，则=0当线圈与磁场方向垂直时，穿过线圈平面的磁通量变大图中的情况是磁场与线圈垂直，所以开始时的磁通量最大，转过90时的磁通量最小所以在线圈由图示位置绕转轴oo转动180的过程中，向里穿过线圈的磁通量先减小，后增大向里穿过线圈的磁通量减小时，根据楞次定律可知，产生的感应电流的方向是abca，转过角度大于90后，向里的磁通量增大，楞次定律可知，产生的感应电流的方向仍然是abca故选：a点评：解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为0，当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大5（4分）一个物体以某一初速度从固定的粗糙斜面的底部上滑，物体滑到最高点后又返回到斜面底部，则（）a物体从底部滑到最高点的时间与从最高点返回底部的时间相等b上滑过程中弹力的冲量为零c上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量d物体返回到斜面底部时重力的瞬时功率等于刚开始上滑时重力的瞬时功率考点：动量定理；功率、平均功率和瞬时功率 专题：动量定理应用专题分析：对物体进行受力分析，由上滑与下滑过程中的运动过程明确物体的运动时间，再确定各力的冲量；由动量定理可求得动量的变化解答：解：a、上升的高度与下降的高度相同，根据牛顿第二定律得，上升的加速度大小，下降过程中的加速度大小，根据h=，高度相同吗，则上升的时间小于下滑的时间，故a错误；b、弹力虽然垂直于速度方向，但根据冲量的定义可知，有力即有冲量；弹力的冲量不为零；故b错误；c、重力冲量i=mgt，故上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量，故c正确；d、物体上滑和下滑过程中，摩擦力做功，使动能损失，故刚开始上滑的速率大于返回到斜面底部时的速率，故返回到斜面底部时重力的功率小于刚开始上滑时重力的功率，故d错误故选：c点评：本题关键分析受力和两个运动过程中的时间，由牛顿第二定律和运动学公式、及冲量的意义相结合进行分析求解6（4分）如图，电源电动势为e，线圈l的直流电阻不计则下列判断正确的是（）a闭合s，稳定后，电容器两端电压值为eb闭合s，稳定后，电容器的a极带正电c断开s瞬间，电容器的a极将带正电d断开s瞬间，电容器的a极将带负电考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用 分析：由于线圈l的直流电阻不计，s闭合电路稳定后，电容器被短路，两端电压为零，不带电当断开s的瞬间，线圈中电流要减小，产生自感电动势根据楞次定律电容器a板所带电的电性解答：解：a、b由于线圈l的直流电阻不计，闭合s，稳定后，电容器两端电压为零，电容器不带电故ab错误c、d断开s的瞬间，线圈中电流将要减小，产生自感电动势，根据楞次定律判断可知，线圈产生左正右负的自感电动势，相当于电源，电容器充电，a极板将带正电故c正确，d错误故选：c点评：本题考查自感线圈的双重作用的理解：当电流稳定不变时，自感线圈是电阻不计的导线；当电流变化时，相当于一个电源7（4分）一交流发电机输出电压为u=umsint，加在匝数比为1：n的理想升压变压器的原线圈上，变压器的副线圈通过总电阻为r的输电线向用户供电，若发电机的输出功率为p，则输电线上消耗的功率为（）abcd考点：远距离输电；变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：理想变压器输入功率和输出功率相等，通过原线圈的电压求出副线圈的电压，再根据i=，求出输电线上的电流，从而求出输电线上消耗的功率解答：解：加在原线圈上的电压u1=，所以根据i=，输电线上的电流i=，输电线上消耗的功率p耗=i2r=故d对，a、b、c错误故选d点评：解决本题的关键注意电压有效值的使用及变压器的特点，输入功率等于输出功率，电压比等于匝数比8（4分）如图所示，平行板间的电压做周期性变化，从t=时刻开始，将重力不计的带电粒子在平行板中央由静止释放，运动过程中无碰板情况，则能定性描述粒子运动的速度图象的是（）abcd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：不计重力的带电粒子在周期变化的电场中，在电场力作用下运动速度随着时间变化的关系由加速度来确定，而加速度是由电场力来确定，而电场力却由电势差来确定解答：解：开始粒子在匀强电场中从静止运动，前半个周期是匀加速运动，后半个周期是匀减速运动，在下一个周期中仍是这样：继续向前匀加速运动，再匀减速运动，这样一直向前运动下去速度的方向不变，而大小先增大后减小，再增大，再减小故选：a点评：带电粒子正好是从零时刻由静止开始运动，加速度、速度具有周期性与对称性运动的情况全是对称的二、多项选择题（本题包括6小题，每小题4分；在每小题给出的4个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9（4分）两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成以平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关k，电源即给电容器充电（）a保持k接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小b保持k接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大c断开k，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小d断开k，在两极板间插入一块介质，则极板上的电势差增大考点：电容器的动态分析 分析：电容器与电源相连，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的电量不变； 由平行板电容器电容c=，根据某些量的变化可知电容的变化，则由q=uc可知电压或电量的变化，由e=可求得电场强度的变化解答：解：a、保持k接通，则两板间的电势差不变，因d减小，由e=可知，两极板间的电场的电场场强增大，故a错误；b、保持k接通，两板间的电势差不变，在两极板间插入介质后，电容增大，由q=uc可知，极板上的电量增大，故b正确；c、断开k，两板上所带电量不变，减小距离d，电容增大，由c=可得u=，则可知u减小，故c正确；d、断开k，两板上所带电量不变，插入介质后电容变大，由u=可知极板上的电势差减小，故d错误；故选bc点评：电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；和电源相连，则两板间的电势差不变10（4分）如图所示，在x轴相距为l的两点固定两个等量异种电荷+q和q，虚线是以+q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称下列判断正确的是（）ab、d两点电势相同ba、b、c、d四个点中，c点电势最低cb、d两点电场强度相同d将一试探电荷+q沿圆周从a点移动到c点，其电势能减小考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：该电场中各点的电势、电场强度都关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等根据电势关系，分析电势能的变化解答：解：a、由图知，该电场中各点的电势关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，故a正确；b、c点在两个电荷连线的中点上，也在两个电荷连线的中垂线上，而该中垂线是一条等势线，所以c点的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的故b正确；c、该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的故c错误；d、c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小故d正确故选：abd点评：该题考查常见电场的特点，解题的关键是知道：c点在两个电荷连线的中点上，也在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低11（4分）如图所示，a、b两物体的质量比ma：mb=3：2，它们原来静止在平板车c上，a、b间有一根被压缩了的弹簧，a、b与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑当弹簧突然释放后，则有（）aa、b系统动量守恒ba、b、c系统动量守恒c小车向左运动d小车向右运动考点：动量守恒定律 分析：在整个过程中三个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒分析小车的受力情况，判断其运动情况解答：解：a、b，由题意，地面光滑，所以a、b和弹簧、小车组成的系统受合外力为零，所以系统的动量守恒在弹簧释放的过程中，由于ma：mb=3：2，a、b所受的摩擦力大小不等，所以a、b组成的系统合外力不为零，动量不守恒故a错误b正确；c、d由于a、b两木块的质量之比为m1：m2=3：2，由摩擦力公式f=n=mg知，a对小车向左的滑动摩擦力大于b对小车向右的滑动摩擦力，在a、b相对小车停止运动之前，小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故c正确，d错误故选：bc点评：本题关键掌握系统动量守恒定律的适用条件：合外力为零，并能通过分析受力，判断是否系统的动量是否守恒，题目较为简单！12（4分）如图所示电路，变压器为理想变压器现将滑动变阻器的滑片从某一位置滑动到另一位置时，电流表a1的示数减小0.1a，电流表a2的示数减小1a，则下列说法正确的是（）a灯泡l1变亮b灯泡l1变暗c变压器为升压变压器d变压器为降压变压器考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：1、抓住原线圈输入电压不变，原副线圈匝数不变，所以副线圈两端的输出电压不变然后根据欧姆定律和串并联电路的知识判断2、根据原副线圈中的电路变化，求出原副线圈的匝数比，根据匝数比判断是降压变压器还是升压变压器解答：解：ab、原线圈输入电压不变，原副线圈匝数不变，所以副线圈两端的输出电压不变对于副线圈电路而言，副线圈相当于没有内阻的理想电源所以l1和变阻器并联后跟l2串连接在理想电源上现将滑动变阻器的滑片从某一位置滑动到另一位置时，电流表a2的示数减小，则l2中的电流减小，所以l2两端的电压减小又l1、l2的电压之和等于副线圈两端的电压，所以l1两端电压变大，所以l1变亮所以a正确，b错误cd、只有一个副线圈的变压器，原副线圈中的电流比等于匝数的反比，有，所以是降压变压器所以c错误，d正确故选：ad点评：和闭合电路中的动态分析类似，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法13（4分）均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为l，总电阻为r，总质量为m将其置于磁感强度为b的水平匀强磁场上方h处线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行当cd边刚进入磁场时，有（）a感应电流的方向为abcdabcd两点间的电势差大小为blcab边消耗的电功率为d若此时线框加速度恰好为零，线框下落的高度应为考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：由右手定则可以判定出感应电流方向；由匀变速直线运动的水的围观公式求出线框速度，然后由e=blv求出感应电动势；由欧姆定律可以求出电势差；由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求出h解答：解：a、由右手定则可知，cd边刚进入磁场时感应电流方向为adcba，故a错误；b、线框进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，cd边刚进入磁场时，产生的感应电动势：e=blv，解得：e=bl；此时线框中电流为：i=，cd两点间的电势差：u=i=bl；故b正确；c、四条边相同，所以四条边上的电阻值也相等，则ab边消耗的电功率为=故c正确；d、线框受到的安培力安培力：f=bil=，根据牛顿第二定律有：mgf=ma，由a=0解得下落高度满足：h=；故d正确故选：bcd点评：本题是电磁感应与电路、力学相结合的题目，分析清楚线框运动过程，应用右手定则、匀变速运动的速度位移公式、e=blv、安培力公式、牛顿第二定律即可正确解题14（4分）如图所示，直角坐标系oxyz处于匀强磁场中，有一条0.6m长的直导线沿ox方向通有9a电流，受到的安培力沿oz方向，大小为2.7n，则该磁场可能方向和磁感应强度b的值为（）a平行于xoy平面，b=0.5tb平行于xoy平面，b=1.0tc平行于zoy平面，b=0.5td平行于zoy平面，b=1.0t考点：磁感应强度 分析：通电导线在磁场中受到安培力，根据左手定则可确定安培力的方向，由安培力方向与磁场和电流方向所构成的平面垂直，即可求解解答：解：根据左手定则，安培力必须与电流和磁场构成的平面，故场的方向一定在x0y平面内；当电流，磁场互相垂直的时候，安培力最大，所以最小的磁感应强度为：b=t=0.5t，所以ab正确，cd错误故选：ab点评：考查左手定则，并让学生理解安培力、电流与磁场三方向的关系，同时安培力必须与电流和磁场构成的平面垂直三、填空题（电路图2分，每空2分，共12分）15（12分）某同学用量程为1ma、内阻为120的表头按（图a）所示电路改装成量程分别为1v和1a的多用电表图中r1和r2为定值电阻，s为开关回答下列问题：（1）根据（图a）所示的电路，在（图b）所示的实物图上连线（2）开关s闭合时，多用电表用于测量电流（填“电流”、“电压，或“电阻”）； 开关s断开时，多用电表用于测量电压 （填“电流”、“电压”或“电阻”）（3）表笔a应为黑色（填“红”或“黑”）（4）定值电阻的阻值r1=1.00，r2=880（结果取3位有效数字）考点：把电流表改装成电压表 专题：实验题分析：（1）对照电路图连线即可，注意电流表的正负接线柱；（2）并联分流电阻电流量程扩大；串联分压电阻电压量程扩大；（3）红正黑负，即电流从红表笔流入，黑表笔流出；（4）根据电路串并联知识列式求解即可解答：解：（1）对照电路图连线，如图所示；（2）开关s断开时，串联分压电阻，电压量程扩大，是电压表；开关s闭合时，并联分流电阻，电流量程扩大，是电流表；（3）红正黑负，故表笔a连接负接线柱，为黑表笔；（4）开关s断开时，电压量程为1v，故：rv=；故r2=rvrg=1000120=880；r1=；故答案为：（1）如图所示； （2）电流，电压； （3）黑； （4）1.00，880点评：本题关键明确电压表和电流的改装原理，然后根据串并联电路的电流、电压、电阻关系列式求解；注意电表是纯电阻电路四、计算题（本大题有4小题，共32分，要求写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤）16（6分）如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止重力加速度取g，sin 37=0.6，cos 37=0.8求：（1）水平向右的电场的电场强度；（2）若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是多大考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；电场强度 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）对小物块进行受力分析，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，电场力水平向右，根据小物块受力平衡列方程可求电场力的大小，在匀强电场中电场力f=qe，在已知f和q的情况下，可以计算出e（2）电场强度减小为原来的，则小物块受到的电场力减小为原来的，物块受到的重力不变，支持力方向不变，小物块在垂直于斜面方向所受合力为0，平行于斜面的方向的合力使物块产生加速度解答：解：（1）建立如图所示坐标系，对物体进行受力分析，根据平衡列方程：在x轴方向：f合x=fcosmgsin=0在y轴方向：f合y=fnmgcosfsin=0联列代入=37得：f=在电场中电场力f=qe可得电场强度e=（2）建立如图所示坐标系对物体受力分析有：物体在x轴方向所受的合外力为：f合x=fcosmgsin=ma由此得物体产生的加速度为：又因为电场强度变为原来的，所以此时物体受到的电场力f=qe=则物体产生的加速度（负号表示方向沿x轴负方向）所以物体产生的加速度的大小为0.3g答：（1）水平向右的电场的电场强度e=；（2）若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是0.3g点评：正确的受力分析，根据平衡列方程可得电场力f的大小，又因电场力f=qe，正确的受力分析并列出方程是解题的关键17（8分）如图所示，质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道bc的出口c处质量也为m的a球，从距bc高为h的a处由静止释放，沿光滑轨道abc滑下，在c处与b球正碰并与b球粘在一起已知bc轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg求：（1）ab碰后的速度多大；（2）a与b碰后细绳是否会断裂考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：（1）由机械能守恒求得a球的速度，再由动量守恒求得碰后的速度；（2）由向心力公式求得绳子的拉力，根据题意判断绳子是否会断解答：解：（1）对a球，下滑过程由机械能守恒定律：解得：对ab系统，以a球速度方向为正方向，碰撞过程由动量守恒定律：mva=2mv解得：（2）对ab系统，在最低点由牛顿第二定律：t2mg=2m解得：t=3mg2.8mg，所以绳子将被拉断答：（1）ab碰后的速度为；（2）a与b碰后细绳是会断裂点评：本题考查机械能守恒定律、动量守恒定律及向心力公式，要注意正确理解物理过程，明确物理规律的应用18（6分）如图所示，一对光滑的平行金属导轨（电阻不计）固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为l，左端接有阻值为r的电阻，一质量为m、长度为l的金属棒mn放置在导轨上，金