2018-2019学年黑龙江省鹤岗一中高二(下)第一次月考物理试卷

1、2018-2019 学年黑龙江省鹤岗一中高二（下）第一次月考物理试卷一、单选题（本大题共8 小题，共32.0 分）1.两个点电荷，分别带上和的电量，两球心相距r ，相互作用大小为F，现将它们碰一下后放回原处，则它们的相互作用力大小变为A.B.C.D. 无法确定2. 如图所示的电场中有 A、 B 两点，下列判断正确的是A. 电势，电场强度B. 电势，电场强度C. 将电荷量为q 的正电荷从 A 点移到 B 点，电场力做负功，电势能增大D. 将电荷量为 q 的负电荷分别放在 A、 B 两点，电荷具有的电势能3. 两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c 三点，如图所示，下列说法正确的是a b

2、、c三点和无穷远处等电势A. 、B. a、 b 两点的场强方向不相同，b 点场强比 a 点大C.D.一正点电荷从a 移到 c 静电力做负功两个等量异种电荷的连线上，中点c 场强最大4. 如图所示，平行金属板中带电质点P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向 b 端移动时，则A.C.电压表读数减小B. 电流表读数减小质点 P 将向上运动D.上消耗的功率逐渐增大5. 如图所示电路中，电源电动势为，内阻为，电阻为，小型直流电动机 M 的内阻为闭合开关 S 后，电动机转动，电流表的示数为，下列说法正确的是A. 电源的输出功率为B. 电源的热功率为C. 电动机的输出功率

3、为D. 电动机的热功率为6. 如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流，a、o、 b 在 M、N 的连线上， o 为 MN第1页，共 16页的中点， c、 d 位于 MN 的中垂线上，且 a、 b、 c、d 到 o 点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是A. o 点处的磁感应强度为零B. a、 c 两点处磁感应强度的方向相同C. c、 d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反D. a、 b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反7.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、 b，以不同的速率对准圆心O 沿着 AO 方向射

4、入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图若不计粒子的重力，则下列说法正确的是A. a 粒子带正电， b 粒子带负电B. a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C. b 粒子动能较大D. b 粒子在磁场中运动时间较长8.两电荷量分别为和的点电荷放在x 轴上的 O、M 两点，两点电荷连线上各点电势随 x 变化的关系如图所示， 其中 P、N 两点的电势为零，NF 段中 Q 点电势最高，则A. P 点的电场强度大小为零B. 和 为等量异种电荷C. NQ 间场强方向沿 x 轴正方向D. 将一负电荷从 N 点移到 F 点，电势能先减小后增大二、多选题（本大题共4 小题，共16.0 分）9.1831 年 8 月法拉第把

5、两个线圈绕在一个铁环上如图所示，线圈 A 接直流电源，线圈 B 接电流表。他发现，当线圈 A 的电路接通或断开的瞬间，线圈 B 中产生瞬时电流。分析这个实验，下列说法中正确的是A. 此实验说明线圈B 的感应电流是由线圈A 的磁场变化引起的B. 开关 S 闭合瞬间， G 中的电流方向是C. 若将其中的铁环拿走，再做这个实验，S 闭合瞬间， G 中没有电流D. 若将其中的铁环拿走，再做这个实验，S 闭合瞬间， G 中仍有电流10.如图所示，圆形线圈P 静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P 和 Q 共轴， Q 中通有变化的电流，电流变化的规律如图所示，则下列说法正确的是A.、时刻 P 线

6、圈对桌面的压力小于P 自身的重力B. 、 时刻线圈 P 中产生的感应电流方向相同C. 时刻线圈 P 有扩张的趋势D. 、 时刻 P 线圈的发热功率为 0第2页，共 16页11. 如图所示， 空间存在磁感应强度为 B，方向竖直向下的匀强磁场， MN、PQ是相互平行的粗糙的长直导轨，处于同一水平面内，其间距为L，导轨一端接一阻值为 R 的电阻， ab 是跨接在导轨上质量为 m 的导体棒， 其阻值也为 从零时刻开始，对 ab 棒施加一个水平向左的恒力 F ，使其从静止开始沿导轨做直线运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，所受滑动摩擦力大小始终为了F .导轨电阻不计则A. 通过电阻 R 的电流

7、方向为由 N 到 QB. ab 棒的最大速度为C. 电阻 R 消耗的最大功率为D. ab 棒速度为时的加速度大小为12. 如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆 MN ，小球 P 套在杆上， 已知 P 的质量为 m，电量为，电场强度为 E、磁感应强度为B， P 与杆间的动摩擦因数为，重力加速度为小球由静止开始下滑直到稳定的过程中A. 小球的加速度先增大后减小B. 小球的机械能和电势能的总和保持不变C. 下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是D. 下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是三、实验题（本大题共1 小题，共9.0 分）13.某同学研究小灯泡的

8、伏安特性，所使用的器材有： 小灯泡额定电压，额定电流；电压表量程 3V，内阻；电流表量程，内阻；固定电阻阻值；滑动变阻器阻值；电源电动势 5V，内阻不计；开关 S；导线若干。实验要求能够实现在的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图_。实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图所示。第3页，共 16页用另一电源电动势 4V，内阻和题给器材连接成图所示的电路，调节滑动变阻器R 的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在 R 的变化范围内， 小灯泡的最小功率为_结果保留 2 位小数某同学进行如下测量：用游标为20 分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为_mm；用螺旋测微器测量其直径如图，

9、由图可知其直径_mm；四、计算题（本大题共5 小题，共50.0 分）14.使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源一般为电池、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表， 量程为 60mA 的电流表，电阻箱，导线若干实验时，将多用电表调至挡，调好零点；电阻箱置于适当数值完成下列填空：仪器连线如图1 所示和 b 是多用电表的两个表笔若两电表均正常工作，则表笔a 为 _填“红”或“黑”色；若适当调节电阻箱后，图1 中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图，所示，则多用电表的读数为_电流表的读数为_mA

10、，电阻箱的读数为_：将图 l 中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为_mA； 保留 3 位有效数字计算得到多用电表内电池的电动势为_保留 3 位有效数字15.如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角，导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源，导轨间的距离。在导轨所在空间内分布着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻，导体棒恰好能静止。金属导轨电阻不计。取，求：第4页，共 16页受到的安培力大小；受到的摩擦力大小。16. 如图所示空间有水平向右匀强电场，一根长为L ，不可伸长的不导电细

11、绳的一端连着一个质量为 m、带电量为 q 的小球，另一端固定于 O 点。把小球拉直到细线与电场线平行， 然后无初速度释放。 已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角，大小为，求：匀强电场的场强在此过程中小球最大速度，和绳子的最大拉力？17.光滑平行金属导轨水平面内固定，导轨间距，导轨右端接有电阻小灯泡，导轨电阻不计如图甲，在导轨的MNQP 矩形区域内有竖直向上的磁场，MN 、 PQ 间距，此区域磁感应强度 B 随时间 t 变化规律如图乙所示，垂直导轨跨接一金属杆，其电阻，在时刻，用水平恒力 F 拉金属杆，使其由静止开始自 GH 位往右运动，在金属杆由 GH 位到 PQ 位运动过程中，

12、小灯发光始终没变化，求：小灯泡发光电功率；水平恒力 F 大小；金属杆质量m第5页，共 16页18.如图，直角坐标系xOy 中， A、C 分别为 x、 y 轴上的两点，OC 长为 L ，区域内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，区域外无磁场，有大量质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，以平行于 y 轴方向从OA 边各处持续不断射入磁场，已知能从AC 边垂直射出的粒子在磁场中的运动时间为 t，不考虑粒子间的相互作用且粒子重力不计求磁场磁感应强度B 的大小；有些粒子的运动轨迹会与AC 边相切，求相切轨迹的最大半径及其对应的入射速度；若粒子入射速度相同，有些粒子能在边界AC 上相遇，求相遇的粒子入射时间

13、差的最大值第6页，共 16页答案和解析1.【答案】 C【解析】解：接触前库仑力为：，接触后分开，两小球的电荷都为Q，则库仑力为：，故 C 正确， ABD 错误；故选： C。两个小球接触后分开，电荷先中和再平分，根据库仑定律，即可求解相互作用力。解决本题的关键掌握接触带电的原则，先中和再平分。以及掌握库仑定律。2.【答案】 D【解析】解： A、由图示可知， B 处的电场线密， A 处的电场线稀疏，因此B 点的电场强度大，A 点的场强小，即；沿着电场线的方向，电势逐渐降低，由图示可知，故 AB 错误；C、将电荷量为q 的正电荷从 A 点移到 B 点，电场力做正功，电势能减小，故C 错误；D、将电荷

14、量为q 的负电荷分别放在 A、 B 两点，电场力做负功，电势能增加，故D 正确故选： D。电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向。沿着电场线方向电势是降低的；带电粒子在电场中做正功，电势能减小，若做负功，电势能增加电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布。电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向，抓住电场力做功与电势能的关系3.【答案】 A【解析】解： A、a、b、 c 是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等，故 A 正确；B、 a、 b 两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同，由于b

15、处电场线密，所以b 点电场强度大于 a 点电场强度，故B 错误；C、 a、 b、 c 三点的电势相等，所以一正点电荷从a 移到 c 静电力不做功，故C 错误；D、结合等量异号电荷的电场线分布图可知，正负电荷连线上的各点的场强是c 点场强最小，故D 错误。故选： A。两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线；电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向；根据电势能的变化判断静电力做功情况。对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆。4.【答案】 A【解析】解：由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再与串联接在电源两端；电容器与并联；当

16、滑片向 b 移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故B 错误；因并联部分电压减小，而中电压增大，故电压表示数减小，故A 正确；第7页，共 16页a 的半径较小，可以结合洛因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故 C错误；因两端的电压减小，由可知，上消耗的功率减小；故D 错误；故选： A。由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律

17、可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况。解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体 局部 整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的。5.【答案】 C【解析】解：B、电源的热功率，故 B 错误；A、电源的内压降，所以，路端电压，故电源的输出功率，故 A 错误；CD、电动机上的电压降，所以，电动机的热功率，电动机的输出功率，故 C 正确， D 错误；故选： C。根据电流求得电源的热功率及内压降，即可得到路端电压，从而求得电源的输出功率；再根据闭合电路的欧姆定律求得电动机上的电压降， 从而求得总功率， 再

18、根据电路求得热功率， 即可得到电动机的输出功率。滑动变阻器移动的动态电路问题，一般根据接入电路的电阻变化得到总电阻的变化，从而由欧姆定律得到总电流的变化，即可得到电压的变化，最后由欧姆定律及电荷守恒得到电流的变化。6.【答案】 B【解析】解： A、根据右手螺旋定则，M 处导线在 o 点产生的磁场方向竖直向下，N 处导线在 o 点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故 A 错误；D、由右手定则可知， a、 c 两处处磁感应强度方向都竖直向下，a、c 两点处磁感应强度的方向相同，故B正确；C、 M 在 c 处产生的磁场方向垂直于cM 偏下，在 d 出产生的磁场方向垂直dM 偏下， N

19、 在 c 处产生的磁场方向垂直于 cN 偏下，在 d 处产生的磁场方向垂直于dN 偏下，根据平行四边形定则，知c 处的磁场方向竖直向下， d 处的磁场方向竖直向下，磁感应强度方向相同，且合磁感应强度大小相等，故C 错误；D、 M 在 a 处产生的磁场方向竖直向下，在b 处产生的磁场方向竖直向下，N 在 a 处产生的磁场方向竖直向下， b 处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、 b 两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故D错误；故选： B。根据右手螺旋定则确定两根导线在a、 b、 c、 d 四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成。本题考查了比较磁感应强度大小由于方向关系问题，解决本

20、题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。7.【答案】 C【解析】【分析】a、b 两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定。从图线来看，伦兹力提供向心力，写出公式，进行判断，之后，根据公式，再判定动能和运动的时间。该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，可以结合两个公式进行判定。属于简单题目。【解答】A、粒子向右运动，根据左手定则，b 向上偏转，应当带正电；a 向下偏转，应当带负电，故A 错误。第8页，共 16页C、洛伦兹力提供向心力，即：，得：，故半径

21、较大的b 粒子速度大，动能也大。故C 正确。B、由公式；，故速度大的b 受洛伦兹力较大。故B 错误。D、磁场中偏转角大的运动的时间也长；a 粒子的偏转角大，因此运动的时间就长。故D 错误。故选： C。8.【答案】 D【解析】解：B、如果 和故 B错误；A、该图象的斜率等于场强E，则知 P 点电场强度不为零，故A 错误；为等量异种电荷， 点连线中垂线是等势面，故连线中点为零电势点；由于，故；C、沿着电场线电势降低，由于从N 到 Q 电势升高，故是逆着电场线，故C 错误；D、由于从N 到 F，电势先增加后减小；将一负电荷从N 点移到 F 点，根据公式，电势能先减小后作增加；故D 正确；故选： D。

22、图象的斜率等于电场强度根据两点电荷连线的电势高低的分布，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性根据功能关系分析电场力做功的正负和电势能的变化情况电势为零处，电场强度不一定为零电荷在电场中与电势的乘积为电势能电场力做功的正负决定电势能的增加与否9.【答案】 AD【解析】解：A、此实验说明线圈B 的感应电流是由线圈A 的磁场变化引起的，故A 正确；B、开关 S 闭合瞬间，根据楞次定律可知，G 中的电流方向是，故 B 错误；C、若将其中的铁环拿走，再做这个实验， S闭合瞬间， 穿过线圈 B 的磁通量仍然变化，故 G 中仍有电流，只不过电流较小；故D 正确， C 错误；故选： AD 。电流表与线圈

23、 B 构成闭合电路，当线圈中磁通量发生变化时，出导致线圈中产生感应电动势，从而可出现感应电流。感应电流只出现在磁通量变化的暂态过程中。法拉第研究电磁感应现象的过程其本质是发现感应电流产生的条件的过程。由于感应电流仅仅在线圈中的磁通量发生变化的过程中出现， 磁通量不变时则没有感应电流， 感应电流只出现在磁通量变化的暂态过程，所以感应电流不容易被发现。10.【答案】 BC【解析】解： A、 、时刻电流增大，磁感应强度增大，则穿过P 的磁通量变大，由楞次定律可知P 将阻碍磁通量的变大，则P 有向下运动的趋势，即它们有相互排斥的作用，P 线圈对桌面的压力大于P 自身的重力。故 A 错误；B、 时刻，通

24、过 Q 线圈的电流前者减小，后者增大，但它们的电流方向相反，根据楞次定律，则、时刻线圈 P 中产生的感应电流方向相同，故B 正确；C、时刻电流减小，线圈P 产生感应电流，要阻碍磁通量减小，则P 有扩张的趋势，故C 正确；D、在 时刻的 Q 的电流最大， 但电流变化率为零， 则 P 中没有感应电流， 那么 P 线圈发热的功率也为 0；在时刻的 Q 的电流为 0，但电流变化率最大，则P 中感应电流最大，那么P 线圈发热的功率也最大，不为 0，故 D 错误；故选： BC。由图可知， Q 中电流呈周期性变化，则P 中会发生电磁感应现象，由楞次定律可得出线圈P 的运动趋势，并依据电流的变化率来确定P 中

25、的感应电流大小，即可一一求解。本题要注意灵活应用楞次定律，本题可以先判断P 中电流方向，再根据电流间的相互作用判受力方向，但第9页，共 16页过程复杂；而直接根据楞次定律的“增缩减扩”可能直观地得出结论。11.【答案】 CD【解析】解： A、由右手定则可知，通过电阻R 的电流方向为由 Q 到 N，故 A 错误；B安培，导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件得：，解、导体棒受到的安培力：得：，故 B 错误；C、最大感应电流：最大最大，电阻 R 消耗的最大功率：，故 C 正确；D、ab 棒速度为时导体棒受到的安培力：安培，由牛顿第二定律得：，解得：，故 D 正确；故选： CD 。由右手定则可以判断出

26、电流方向；导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件可以求出最大速度；由求出感应电动势，由电功率公式求出电功；由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求出加速度本题是一道电磁感应、电路与力学相结合的综合题，分析清楚导体棒的运动过程，应用安培力公式、平衡条件、牛顿第二定律可以解题12.【答案】 ACD【解析】【分析】对小球进行受力分析，根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大加速度的状态结合能量守恒定律分析本题的关键要正确析带电小球的受力情况，抓住洛伦兹力与速率成正比，来分析小球的运动过程，要注意杆的弹力方向与电场力和洛伦兹力的大小有关【解答】A、小球下滑过程中，受力分析如图：受到

27、重力、电场力、洛伦兹力、杆的支持力及摩擦力可能有 ，电场力水平向左，洛伦兹力水平向右；开始时，电场力大于洛伦兹力，小球速度增大时， 洛仑兹力增大， 小球所受的摩擦力大小为：，可知摩擦力减小，根据牛顿第二定律有，知加速度增大。当电场力等于洛伦兹力时有：，。第10 页，共 16页当电场力小于洛伦兹力时有：， v 增大时， f 增大，由，知加速度减小，所以小球的加速度先增大后减小，加速度最大为g，故 A 正确。B、小球在下降过程中，有摩擦力做负功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小。故 B错误；CD、下滑加速度为最大加速度一半时，即时，若电场力大于洛伦兹力，由牛顿第二定律有：，得：

28、若电场力小于洛伦兹力，由牛顿第二定律有：，得：，故 CD正确。故选： ACD。13.【答案】如图所示【解析】解：由于灯泡的电压需从 0 开始测量，则滑动变阻器需采用分压式接法；由于灯泡的额定电压为，而电压表的量程为 ，不满足电压的测量需求，故应将电压表与定值电阻串联，改装成一个大量程的电压表；由题目可知灯泡的电阻为：，又因为，故应将电流表外接；故电路图如图。由图可知滑动变阻器与灯泡串联，若滑动变阻器全部接入电路中，由可知，电阻最大，则电路中电流最小，则灯泡的电功率最小。故当时，可将滑动变阻器与电源内阻等效为一个内阻为：，电动势为：的新电源，根据闭合电路欧姆定律可得：，在图中将该图线画出来，该图

29、线与灯泡的伏安特性曲线的交点为，故灯泡的功率为：。第11 页，共 16页由题可知，该游标卡尺的分度值为，主尺刻度为5cm，游标尺第3 条刻度线与主尺对齐，即读数为，故长度为。螺旋测微器的分度值为，固定刻度读数为，可动刻度为，则其直径为。故答案为：如图所示；。根据“画出实验电路原理图”可知，本题考查电路图的画法。根据“在的范围内对小灯泡的电压进行测量”可知， 滑动变阻器需要采用分压式接法；根据“小灯泡额定电压，电压表量程”可知电压表应进行改装；根据题目“额定电压，额定电流”，结合欧姆定律可求得灯泡的电阻，根据“电压表量程 3V，内阻，电流表量程，内阻”以及灯泡的电阻，结合可知电流表需采用外接法。

30、根据“小灯泡的最小功率”可知，本题考查灯泡功率的计算。根据“另一电源电动势 4V，内阻”以及图电路图， 结合闭合电路欧姆定律的知识可知，当滑动变阻器阻值最大时，灯泡的功率最小，列出公式，在图象中画出对应图线，交点即为灯泡功率最小时对应的电流与电压，结合即可求解灯泡的功率。根据“游标为20 分度的卡尺”可知，本题考查游标卡尺的读数。根据“20 分度”可知游标卡尺的分度值，先读主尺的刻度，再读出游标尺的刻度，两个读数相加即为被测物体的长度。根据“螺旋测微器”可知，本题考查螺旋测微器的读数，先确定其分度值，读出固定刻度的读数，再读出可动刻度的读数，两个读数相加即为被测物体的直径。本题考查用伏安法描绘

31、灯泡伏安特性曲线的实验以及常用长度测量仪器的读数方法，要注意明确实验原理，知道本实验中一般采用滑动变阻器分压接法和电流表外接法，同时注意伏安特性曲线的准确应用。14.【答案】黑102【解析】解：多用电表在使用时必须使电流从红表笔正接线柱流进，黑表笔负接线柱流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a 表笔流出的为黑表笔多用电表用倍率测量，读数为：电流表的量程是60m A，所以不能在表盘上直接读数，需要改装为10，20，30， 40，50，60 的表盘，然后读数为：m A电阻箱的读数为：多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流

32、电源一般为电池、电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流，将取为第12 页，共 16页为多用电表的内阻， 当待测电阻等于时，这时表头半偏， 表针指在欧姆表盘的中值上， 所以又称为中值电阻当选择倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为在中多用电表外的电阻为多用电表的读数，干路电流是m A，则电源电动势是内外则满偏电流A故答案为：黑；，；当用多用电表测电阻时，电源在表内，要使电流从图中电流表正极流进，从负极流出，因此表笔a 连接电源的正极，所以表笔 a 为黑色的多用电表测电阻时读数是表盘示数与倍率的乘积；电流表的读数要注意量程由闭合电路的殴姆定律可得， 电流与待测电阻不成

33、比例， 所以导致表盘的刻度不均匀 同时当表头半偏时，所测电阻等于中值电阻15.【答案】解：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：导体棒受到的安培力：安；导体棒所受重力沿斜面向下的分力：由于小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件得：安解得：安。答：导体棒受到的安培力大小是；导体棒受到的摩擦力大小是。【解析】先根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流，由公式安求解安培力大小；导体棒处于静止状态，合力为零，根据平衡条件列式求解摩擦力的大小。本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键是安培力的分析和计算，运用平衡条件研究。16.【答案】解： 根据动能定理研究小球

34、从释放到最低点到最低点的另一侧的过程列出等式，小球无初速度释放摆到最低点的另一侧的过程：其中解得：将电场力与重力合成合，由图可知， 合力方向与竖直方向成30 度角斜向右下，为对应的“等效最低点”。第13 页，共 16页在点产生最大加速度，对应最大拉力。由几何关系得。根据动能定理研究O 点到点，得：联立得：小球在 点时由重力、电场力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，根据牛顿第二定律得合答：匀强电场的场强为；在此过程中小球最大速度为；绳子的最大拉力为。【解析】 根据动能定理对小球从释放到最低点到最低点的另一侧的过程列出等式即可解出匀强电场的场强；将电场力和重力合成求出合力的大小和方向， 确定出等效最低点， 根据动能定理和向心力公式即可求出最大速度和最大拉力。本题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向