内蒙古赤峰市田家炳中学2015_2016学年高二物理上学期12月月考试卷含解析.doc

《内蒙古赤峰市田家炳中学2015_2016学年高二物理上学期12月月考试卷含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《内蒙古赤峰市田家炳中学2015_2016学年高二物理上学期12月月考试卷含解析.doc（21页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2015-2016学年内蒙古赤峰市田家炳中学高二（上）月考物理试卷（12月份）一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分）1下述说法正确的是（）A根据E=，可知电场中某点的场强与电场力成正比B根据E=，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比C根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强D电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹2如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负试探电荷在这个电场中的运动轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是（）A电荷从a到b加速度减小Bb处电势能小Cb处电势高D电荷在b处速度小3如图所示，条形磁铁放在光滑的斜面上，用平行于斜面的

2、轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为N1，当导线中有电流流过时，磁铁对斜面的压力为N2，此时弹簧的伸长量减小了，则（）AN1N2，A中电流方向向内BN1N2，A中电流方向向外CN1N2，A中电流方向向内DN1N2，A中电流方向向外4如图，当滑动变阻器的滑片P向上端移动时，则电表示数的变化情况是（）AV1减小，V2 增大，A增大BV1增大，V2减小，A增大CV1增大，V2增大，A减小DV1减小，V2减小，A减小5在“测定电源电动势和内阻”的实验中，针对两个不同的电源得出如图所示的1、2两条图线，则两个电源的动势E1和E2、内阻r1和r2满足关系）（）A

3、E1E2，r1r2BE1E2，r1r2CE1E2，r1r2DE1E2，r1r26如图所示，一绝缘的长为L、两端分别带有等量异种电荷的轻杆，电量的绝对值为Q，处在场强为E的匀强电场中，杆与电场线夹角为60，若使杆沿顺时针方向转过60（以杆上某一点为圆心转动），则下列叙述正确的是（）A电场力不做功，两电荷电势能不变B电场力做的总功为QEL，两电荷的电势能减少C电场力做的总功为QEL，两电荷的电势能增加D电场力做的总功大小跟转轴位置有关二、多项选择题7下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（）A电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交

4、的C电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D电场线越密的地方，电场越强，磁感线越密的地方，磁场也越强8如图所示，光滑的平行导轨与电源连接后，与水平方向成角倾斜放置，导轨上放一个质量为m的金属导体棒当S闭合后，在棒所在区域内加一个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止平衡，下面四个图中分别加了不同方向的磁场，其中可能平衡的是（）ABCD9如图所示，平行板电容器的两极板A、B与电池两极相连，一带正电小球悬挂在电容器内部闭合开关S，电容器充电完毕后悬线偏离竖直方向的夹角为，则（）A保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，增大B保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，不变C断开开关S，带正电的A板向

5、B板靠近，增大D断开开关S，带正电的A板向B板靠近，不变10如图所示，在空间水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，ABC三点在同一直线上，且AB=2BC，由此可见，下列说法正确的是（）A电场力为2mgB小球带正电C小球从A到B与从B到C的运动时间相等D小球从 A到B与从B到C的速度变化量相等二、填空题（本题共1小题，共18分）11用伏安法测量电阻阻值R，并求出电阻率某同学电路如图所示给定电压表、电流表、滑线变阻器、电源、电键、待测电阻及导线若干（1）待测电阻是一均匀材料制成的金属丝（横截面为

6、圆形），用尺测量其长度，用螺旋测微器测量其直径，结果分别如图甲和图乙所示由图可知其长度为cm，直径为mm（2）闭合电键后，发现电流表示数为零、电压表示数与电源电动势相同，则发生故障的是（填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”）（3）对照电路的实物连接画出正确的电路图（4）图丙中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，请在图中作出UI图线（5）求出的电阻值R=（保留3位有效数字）（6）请根据以上测得的物理量写出电阻率的表达式=三、计算题（本题共4小题，共42分）12在电场中一条电场线上有A、B两点，如图所示若将一负电荷q=2.0107C，从A点移至B点，电荷克服电场力做功4.0104J

7、试求：（1）电场方向；（2）A、B两点的电势差多大？哪一点电势高？（3）在这一过程中，电荷的电势能怎样变化，变化了多少？（4）如在这一电场中有另一点C，已知UAC=500V，若把这一负荷从B移至C电场力做多少功？是正功还是负功？13如图所示，在倾角为=30的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E=12V，内阻r=1一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感应强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安

8、培力大小；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值14如图所示，电阻R1=8，电动机绕组电阻R0=2，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当开关S闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W若电源的电动势为6V，求开关S闭合时，电动机输出的机械功率15如图是一个电压、电流两用表中的两个电流挡，量程为I1=1mA，I2=500mA；一个电压挡，量程为U=10V已知表头G的满偏电流Ig=500A，内阻Rg=600，求电阻R1、R2和R3的阻值（提示：结果为准备值，列出式子得式子分）2015-2016学年内蒙古赤峰市田家炳中学高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析

9、一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分）1下述说法正确的是（）A根据E=，可知电场中某点的场强与电场力成正比B根据E=，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q成正比C根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强D电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹【考点】电场强度；点电荷的场强；电场的叠加【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，不能简单从数学理解E=k是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，E与Q成正比场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但大小不一定比分场强大电场线与运动轨迹不是一回事【解答】解：A、

10、E由电场本身决定，与F、q无关故A错误 B、E=k是真空中点电荷Q产生的电场强度的计算式，E与Q成正比故B正确 C、场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但不一定比分场强大，也可能相等，也可能比分场强小故C错误 D、电场线表示电场的强弱和方向，与电荷的轨迹不一定重合故D错误故选B【点评】本题考查对场强两个公式的理解能力，要注意区分试探电荷还是场源电荷，电场强度与场源电荷有关，与试探电荷无关2如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负试探电荷在这个电场中的运动轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是（）A电荷从a到b加速度减小Bb处电势能小Cb处电势高D电

11、荷在b处速度小【考点】电场线；电场强度；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小【解答】解：A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在b点的加速度大，所以A错误；B、从a到b的过程中，电场力做负功，电势能增加，所以b处电势能大，所以B错误；C、根据粒子的运动的轨迹可以知道，负电荷受到的电场力的方向向下，所以电场线的方向向上，所以a点的电势大于b点的电势，所以C错误；D、由B的分析可知，电场力做负功，电势能增加，速度减小，所以电荷

12、在b处速度小，所以D正确故选D【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题3如图所示，条形磁铁放在光滑的斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为N1，当导线中有电流流过时，磁铁对斜面的压力为N2，此时弹簧的伸长量减小了，则（）AN1N2，A中电流方向向内BN1N2，A中电流方向向外CN1N2，A中电流方向向内DN1N2，A中电流方向向外【考点】电流的磁场对磁针的作用【分析】磁铁开始受重力、支持力和弹簧的弹力处于平衡，当导线通以电流时，在周围产生磁场，对磁铁有力的作用，判断出磁铁对电流的作用力，从而得出电流对磁铁的作用

13、力，最终得出压力和弹簧弹力的变化【解答】解：条形磁铁周围存在磁场，磁场对电流有作用力，若电流方向向外，根据左手定则，A所受的安培力向下偏右，则电流产生的磁场对磁铁产生的作用向上偏左，知磁铁对斜面的压力变小，弹簧的弹力变大，根据胡克定律，弹簧伸长量伸长若电流方向向内，根据左手定则，A所受的安培力向上偏左，则电流产生的磁场对磁铁产生的作用向下偏右，知磁铁对斜面的压力变大，弹簧的弹力变小，根据胡克定律，弹簧伸长量缩短故A正确，B、C、D错误故选A【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断出安培力的方向，根据共点力平衡判断支持力和弹簧弹力的变化4如图，当滑动变阻器的滑片P向上端移动时，则电表示数的变化情况

14、是（）AV1减小，V2 增大，A增大BV1增大，V2减小，A增大CV1增大，V2增大，A减小DV1减小，V2减小，A减小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当滑动变阻器的滑片向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化及路端电压的变化，即可知V1的变化由欧姆定律分析电压表V2示数的变化及并联部分电压的变化，即可判断通过电阻R2的电流的变化，根据总电流的变化，再分析A示数的变化【解答】解：当滑动变阻器的滑片向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与定值电阻并联的总电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路

15、欧姆定律分析可知总电流I变小，电源的内电压变小，路端电压U变大，即V1增大电阻R1的电压变小，则并联部分的电压增大，可知电压表V2示数增大，所以电阻R2的电流增大，因总电流变小，所以A示数减小故C正确，ABD错误故选：C【点评】本题是电路的动态变化分析问题，关键要从局部到整体，再到局部，按顺序进行分析即可5在“测定电源电动势和内阻”的实验中，针对两个不同的电源得出如图所示的1、2两条图线，则两个电源的动势E1和E2、内阻r1和r2满足关系）（）AE1E2，r1r2BE1E2，r1r2CE1E2，r1r2DE1E2，r1r2【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】该实验中作出的是路端

16、电压随电流的变化而变化的关系，结合闭合电路欧姆定律及图象知识可得出电动势及内电阻【解答】解：当外电阻无穷大时，路端电压等于电源的电动势，故UI图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，由图可知，2的电动势较大；U=EIr可知图象中的斜率表示电源的内阻，2的斜率较大，故2的内阻较大，即：E1E2，r1r2，故C正确，ABD错误； 故选：C【点评】本题考查测定电动势和内电阻的数据处理，要求能根据公式得出图象中斜率及截距的含义6如图所示，一绝缘的长为L、两端分别带有等量异种电荷的轻杆，电量的绝对值为Q，处在场强为E的匀强电场中，杆与电场线夹角为60，若使杆沿顺时针方向转过60（以杆上某一点为圆心转动

17、），则下列叙述正确的是（）A电场力不做功，两电荷电势能不变B电场力做的总功为QEL，两电荷的电势能减少C电场力做的总功为QEL，两电荷的电势能增加D电场力做的总功大小跟转轴位置有关【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差与电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】杆沿顺时针方向转过60，电场力对两电荷都做正功，电势能都减少根据W=qEd计算电场力做功，其中d是沿电场方向两点间的距离【解答】解：A、+Q所受电场力水平向右，Q所受电场力水平向左，当杆沿顺时针方向转过60时，电场力对两个电荷都做正功，两电荷的电势能都减小故A错误B、C、电场力对正电荷所受的功W1=QE（1cos60

18、）=QEL，电场力对正电荷所受的功W2=QE（1cos60）=QEL，电场力做的总功为W=W1+W2=由于电场力做正功，两个电荷的电势能减少故B正确，C错误D、由上得到总功W=，可见，总功与跟转动轴无关故D错误故选：B【点评】本题是电偶极子，电场力对两个电荷做的总功大小跟转动轴无关二、多项选择题7下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（）A电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D电场线越密的地方，电场越强，磁感线越密的地方，磁场也越强【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；电场线【专

19、题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱磁感线在磁体的周围是从磁体的N极出发回到S极在磁体的内部，磁感线是从磁体的S极出发，回到N极【解答】解：A、电场线和磁感线都是假想的，在空间不是实际存在的线故A错误；B、电场线和磁感线均不能相交，若相交则在同一位置出现了两个方向；故B错误；C、磁感线在磁体的周围是从磁体的N极出发回到S极在磁体的内部，磁感线是从磁体的S极出发，回到N极所以磁感线是闭合的，而电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交

20、不闭合，故C正确；D、电场线越密的地方，电场越强，磁感线越密的地方，磁场也越强；故D正确；故选：CD【点评】本题考查电场线和磁感线的性质，要注意二者的区别和联系，知道磁感线是闭合的而电场线不能闭合8如图所示，光滑的平行导轨与电源连接后，与水平方向成角倾斜放置，导轨上放一个质量为m的金属导体棒当S闭合后，在棒所在区域内加一个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止平衡，下面四个图中分别加了不同方向的磁场，其中可能平衡的是（）ABCD【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用【专题】定性思想；图析法；共点力作用下物体平衡专题【分析】本题在磁场中考查了物体平衡问题，对物体正确进行受力分析，看能否满足平衡条件，

21、同时在应用左手定则时注意：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向电流方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向【解答】解：A、由左手定则可知A图中导线所受安培力沿斜面向上，因此当安培力大小与重力沿斜面向下分力相等时，导体棒即可处于平衡状态，故A正确；B、图中导体所受安培力垂线斜面斜向上，没有力和重力沿斜面向下分力平衡，故一定不能平衡，故B错误；C、图中安培力水平向右，这样安培力有沿斜面向上的分力可能与重力沿斜面向下分力平衡，导体棒即可处于平衡状态，故C正确；D、图中安培力竖直向上，当安培力等于重力时，导体棒即可处于平衡状态

22、，故D正确故选：ACD【点评】这类问题的解题思路和以前所学物体平衡解题思路一样，只不过在受力分析时多了安培力，注意正确应用左手定则判断安培力的方向9如图所示，平行板电容器的两极板A、B与电池两极相连，一带正电小球悬挂在电容器内部闭合开关S，电容器充电完毕后悬线偏离竖直方向的夹角为，则（）A保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，增大B保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，不变C断开开关S，带正电的A板向B板靠近，增大D断开开关S，带正电的A板向B板靠近，不变【考点】电容器的动态分析；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容

23、器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变【解答】解：A、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，增大故A正确，B错误 C、断开开关S，电容器所带的电量不变，C=，E=知d变化，E不变，电场力不变，不变故C错误，D正确故选AD【点评】解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变10如图所示，在空间水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方

24、向恰好水平，ABC三点在同一直线上，且AB=2BC，由此可见，下列说法正确的是（）A电场力为2mgB小球带正电C小球从A到B与从B到C的运动时间相等D小球从 A到B与从B到C的速度变化量相等【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】小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动两个过程都运用的分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式x=vt，可分析时间关系；再研究竖直方向，由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力的大小根据v=at研究速度变化量的关系【解答】解：带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别

25、为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间为分别为t1和t2在电场中的加速度为a则：从A到B过程小球做平抛运动，则有： x1=v0t1；从B到C过程，有：x2=v0t2；由题意有：x1=2x2；则得：t1=2t2；即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍又 y1=gt12，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有： y2=at22，根据几何知识有：y1：y2=x1：x2；解得：a=2g；根据牛顿第二定律得：Fmg=ma=2mg，解得：F=3mg，由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电根据速度变化量v=at，则得：AB过程速度变化量

26、大小为v1=gt1=2gt2；BC过程速度变化量大小为v2=at2=2gt2；所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，故D正确，ABC错误故选：D【点评】本题将平抛运动与类平抛运动的组合，关键运用逆向思维研究小球B到C的过程，再运用力学基本规律：牛顿第二定律和运动学公式列式分析二、填空题（本题共1小题，共18分）11用伏安法测量电阻阻值R，并求出电阻率某同学电路如图所示给定电压表、电流表、滑线变阻器、电源、电键、待测电阻及导线若干（1）待测电阻是一均匀材料制成的金属丝（横截面为圆形），用尺测量其长度，用螺旋测微器测量其直径，结果分别如图甲和图乙所示由图可知其长度为59.40cm，直径为

27、0.434mm（2）闭合电键后，发现电流表示数为零、电压表示数与电源电动势相同，则发生故障的是待测金属丝（填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”）（3）对照电路的实物连接画出正确的电路图（4）图丙中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，请在图中作出UI图线（5）求出的电阻值R=6.25（保留3位有效数字）（6）请根据以上测得的物理量写出电阻率的表达式=【考点】伏安法测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）由图甲所示刻度线确定刻度尺的分度值，由图甲可知，金属丝的一个端点与刻度尺的零刻度线对齐，则金属丝另一端点所对应的刻度尺的示数就是金属丝的长度；先读螺旋测微器的固定刻度，然后

28、再读可动刻度，固定刻度加上可动刻度与0.01的乘积就是螺旋测微器的读数（2）常见的电路故障有断路与短路两种，根据电路故障现象分析电路故障原因（3）根据电路图分析清楚电路结构，然后根据各电路元件的连接方式作出实验电路图（4）根据坐标系中描出的点，用一条直线把尽可能多的点连接起来，不在同一直线上的点要对称地分布在直线两侧，该直线就是UI图象（5）根据UI图象，由欧姆定律求出电阻阻值（6）由欧姆定律求出电阻阻值，然后由电阻定律求出电阻率的表达式【解答】解：（1）由图甲可知，刻度尺的分度值是1mm，电阻丝的长度是59.40cm；由图乙可知，螺旋测微器的固定刻度示数是0mm，可动刻度示数是43.4，则螺

29、旋测微器的读数是0mm+43.40.01mm=0.434mm；（2）如果待测电阻丝断路，则电流表示数为零，电压表与电源两极相连，测电源电动势，电压表示数等于电源电动势，因此发生故障的是待测电阻丝（3）由实物电路图可知，电源、开关、电流表、待测电阻丝、滑动变阻器串联，电压表并联在待测电阻丝两端，根据实物电路图连接实物电路图，如图1所示（4）描点法作图，UI图象如图2所示（5）由UI图象可得，电阻丝电阻：R=6.25（6）电阻丝的横截面：S=r2=，R=，所以金属丝的电阻率：=故答案为：（1）59.40；0.434；（2）待测金属丝；（3）如图1所示，（4）如图2所示；（5）6.25；（6）【点评

30、】本题考查了刻度尺与螺旋测微器的读数、电路故障分析、作实验电路图、作UI图象、求电阻、求电阻率的表达式等问题，是实验的常考问题，一定要掌握；本题涉及的知识点较多，但难度不是很大，熟练掌握基础知识即可正确解题三、计算题（本题共4小题，共42分）12在电场中一条电场线上有A、B两点，如图所示若将一负电荷q=2.0107C，从A点移至B点，电荷克服电场力做功4.0104J试求：（1）电场方向；（2）A、B两点的电势差多大？哪一点电势高？（3）在这一过程中，电荷的电势能怎样变化，变化了多少？（4）如在这一电场中有另一点C，已知UAC=500V，若把这一负荷从B移至C电场力做多少功？是正功还是负功？【考

31、点】电场线；电势差；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据电场力做功得出电场力的方向，再确定电场方向沿着电场线方向电势降低根据U=求出A、B两点的电势差根据电场力做功量度电势能的变化求解【解答】解：（1）根据题意得一负电荷q=2.0107C，从A点移至B点，电荷克服电场力做功4.0104J即电场力做负功所以电场力的方向是从B指向A，由于是负电荷，所以电场方向是A指向B（2）由于电场方向是A指向B，所以A点电势较高根据U=得A、B两点的电势差为：UAB=2000V（3）根据电场力做功量度电势能的变化得从A点移至B点，电荷克服电场力做功为4.0104J，所以电势能增加4.0104J（4）已

32、知UAC=500V，而UAB=2000V，所以UBC=1500V，所以WBC=qUBC=2.0107C（1500V）=3104J，即电场力做正功答：（1）电场方向是A指向B；（2）A点电势较高，A、B两点的电势差是2000V（3）在这一过程中，电荷的电势能增加4.0104J（4）如在这一电场中有另一点C，已知UAC=500V，若把这一负荷从B移至C电场力做正功，大小是3104J【点评】本题要抓住电场力是一种力，具有力的共性，根据U=求出电势差，求电场力做功知道电势差也可以根据W=qU求解13如图所示，在倾角为=30的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R

33、，电源电动势E=12V，内阻r=1一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感应强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力大小；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值【考点】共点力平衡的条件及其应用；安培力【分析】（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态根据平衡条件，列方程求出安培力（2）金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式F=BIL，求出电流（3）根据欧姆定律求出滑动变阻器R接入电路中的阻值【解答】解：（1）作出

34、金属棒的受力图，如图 则有F=mgsin30 F=0.1N （2）根据安培力公式F=BIL得 得 （3）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆E=I（R+r） 解得：答：（1）金属棒所受到的安培力为 0.1N； （2）通过金属棒的电流为0.5A； （3）滑动变阻器R接入电路中的阻值为23【点评】本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，比较容易在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F=BIL，方向由左手定则判断14如图所示，电阻R1=8，电动机绕组电阻R0=2，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当开关S闭合时，电阻R1消耗的电功率

35、是2W若电源的电动势为6V，求开关S闭合时，电动机输出的机械功率【考点】闭合电路中的能量转化；闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率求出电路中电流，由欧姆定律求出电源的内阻r当开关S闭合时，根据电阻R1消耗的电功率求出R1的电流和电压，根据欧姆定律求出干路电流，得到电动机的电流，再求出电动机输出的机械功率【解答】解：当开关S断开时 由P1=I12R1，得I1=0.6A 当开关S闭合时 由P2=I22R1，得I2=0.5A R1的电压U=I2R1=4V设干路中电流为I则 I=1A 电动机的电流IM=II2=0.5A故电动机的机械功率为P=UIMIM2R

36、0=1.5W答：开关S闭合时，电动机输出的机械功率为1.5W【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IM=求电动机电流15如图是一个电压、电流两用表中的两个电流挡，量程为I1=1mA，I2=500mA；一个电压挡，量程为U=10V已知表头G的满偏电流Ig=500A，内阻Rg=600，求电阻R1、R2和R3的阻值（提示：结果为准备值，列出式子得式子分）【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题【分析】电表的改装原理为串并联电路的规律，要注意正确分的电路结构，明确欧姆定律的正确应用即可求解【解答】解：根据串并联电路的规律可知，当接在500mA量程时，Ig（Rg+R2）=I2R1；当接在1mA量程时，IgRg=I1（R1+R2）当接在10V量程时，U=IgRg+I1R3；联立解得：R1=0.899；R2=299.1；R3=97000答：电阻R1、R2和R3的阻值分别为0.899、299.1及97000【点评】本题考查电表的改装；解决此类问题要充分理解电表改装原理，电路的分压分流原理再复杂的电路也是由基本的串并联关系组成的21