四川省成都市2018屆高中畢業(yè)班摸底測試物理---精校解析word版

1、<p>　　www.ks5u.com</p><p>　　四川省成都市2018屆高中畢業(yè)班摸底測試</p><p><b>　　試題（物理）</b></p><p>　　一、本題包括6小題，每小題3分，共18分，每小題只有一個選項符合題意。</p><p>　　1.關(guān)于電磁場和電磁波，下列說法正確的是（

2、）</p><p>　　A. 電磁波由真空進入介質(zhì)，頻率不變，速度變大</p><p>　　B. 均勻變化的電場一定產(chǎn)生均勻變化的磁場</p><p>　　C. 聲波和電磁波都可在真空中傳播</p><p>　　D. 雷達是用電磁波來測定物體位置的設(shè)備</p><p><b>　　【答案】D</b>

3、;</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】根據(jù)n＝c/v可知，電磁波由真空進入介質(zhì)，速度變小，頻率不變，故A錯誤；根據(jù)電磁波理論可知，均勻變化的電場產(chǎn)生穩(wěn)定的磁場，故B錯誤；聲波屬于機械波，它的傳播離不開介質(zhì)，電磁波可在真空中傳播，故C錯誤；雷達的工作原理是：發(fā)射電磁波對目標進行照射并接收其回波，由此獲得目標至電磁波發(fā)射點的距離、距

4、離變化率（徑向速度）、方位、高度等信息，故D正確。故選D。</p><p>　　2.真空中有兩個完全相同的、可視為點電荷的甲、乙?guī)щ娦∏?，甲的電荷量為q，乙的電荷量為-2 q，當它們相距為r時，它們間的庫侖力大小為F?，F(xiàn)將甲、乙充分接觸后再分開，且將甲、乙間距離變?yōu)?r，則它們間的庫侖力大小變?yōu)椋?）</p><p>　　A. F/32 B. F/16 C. F/8

5、 D. F/4</p><p><b>　　【答案】A</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】當甲、乙充分接觸后它們的電荷量先中和再平分，所以接觸后帶的電荷量都為-q/2，由庫倫力的公式F=k可得，原來電荷之間，將甲、乙充分接觸后再分開，且將甲、乙間距離變?yōu)?r后的庫侖力的大小為

6、，所以A正確。故選A。</p><p>　　【點睛】當兩個異種電荷接觸后，電荷的電量先中和之后再平分電量，找到電量的關(guān)系再由庫倫力的公式F=k計算即可．</p><p>　　3. 下列說法正確的是（ ）</p><p>　　A. 電荷在電場中某處不受電場力，則該處的電場強度一定為零</p><p>　　B. 電荷在電場中某處不受電場力，則該處

7、的電勢一定為零</p><p>　　C. 運動電荷在磁感應(yīng)強度不為零的地方，一定受到洛侖茲力的作用</p><p>　　D. 運動電荷在磁場中某處不受洛侖茲力，則該處的磁感應(yīng)強度一定為零</p><p><b>　　【答案】A</b></p><p><b>　　【解析】</b></p>

8、<p>　　試題分析：電荷在電場中某處不受電場力，則該處的電場強度一定為零，選項A正確；電荷在電場中某處不受電場力，則該處的電勢不一定為零，例如在等量同種電荷連線的中點處，選項B錯誤；運動電荷在磁感應(yīng)強度不為零的地方，不一定受到洛侖茲力的作用，例如當電荷的速度與電場線平行時，選項C錯誤；運動電荷在磁場中某處不受洛侖茲力，則該處的磁感應(yīng)強度不一定為零，例如當電荷的速度與電場線平行時，選項D錯誤；故選A．</p>

9、<p>　　考點：電場力和洛倫茲力</p><p>　　【名師點睛】此題是對電場和磁場性質(zhì)的考查；要知道電荷在電場中某處不受電場力，則該處的電場強度一定為零，反之也成立；若運動電荷在磁感應(yīng)強度為零的地方，一定不受到洛侖茲力的作用，但是運動電荷在磁場中某處不受洛侖茲力，則該處的磁感應(yīng)強度不一定為零，要考慮粒子速度與磁場平行的情況．</p><p>　　4.磁懸浮列車需要很強的磁場

10、，因此線圈中的電流將非常大。用超導材料做磁懸浮線圈主要是因為（ ）</p><p>　　A. 超導線圈強度大</p><p>　　B. 只有超導線圈才能產(chǎn)生強磁場</p><p>　　C. 低于臨界溫度時，超導線圈無電阻不發(fā)熱</p><p>　　D. 低于臨界溫度時，超導線圈有電阻但不發(fā)熱</p><p>&l

11、t;b>　　【答案】C</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】線圈強度與是否是超導體無關(guān)，故A錯誤；只要電流大就能產(chǎn)生強磁場，故B錯誤；達到臨界溫度時，超導體電阻變?yōu)榱悖鶕?jù)Q=I2Rt可知，產(chǎn)生熱量為零，減小能量損耗，超導材料做磁懸浮線圈正是用了超導體的這一特性，故C正確，D錯誤。故選C。</p&g

12、t;<p>　　5.如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，一帶電粒子（不計重力）從電場中a點以某一初速度運動至b點，運動軌跡如圖中虛線所示，則下列判斷正確的是（ ）</p><p>　　A. a點的電場強度大于b點的電場強度</p><p>　　B. a點的電勢高于b點的電勢</p><p>　　C. 粒子在b點的動能小于在a點的動能</p

13、><p>　　D. 粒子在b點的電勢能小于在a點的電勢能</p><p><b>　　【答案】D</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】由圖可知b處電場線比a處電場線密，因此a點的電場強度小于b點電場強度，故A錯誤；由于電場線方向和帶電粒子帶電正負不知，無法判

14、斷a、b兩點電勢高低，故B錯誤；從a運動b過程中，根據(jù)做曲線運動帶電粒子的受力特點可知，電場力的方向與運動方向之間的夾角小于90°，電場力做正功，動能增大，電勢能減小，與粒子所帶電荷的正負無關(guān)，故C錯誤；D正確。故選D。</p><p>　　【點睛】在電場中跟據(jù)帶電粒子運動軌跡和電場線關(guān)系判斷電場強度、電勢、電勢能、動能等變化是對學生基本要求，也是重點知識，要重點掌握．</p><p

15、>　　6.如圖所示，甲為一臺小型發(fā)電機構(gòu)造示意圖，線圈逆時針轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢隨時間變化的正弦規(guī)律圖象如圖乙所示。發(fā)電機線圈內(nèi)阻為1 Ω，外接燈泡的電阻為9 Ω，則（ ）</p><p>　　A. 電壓表的示數(shù)為6V</p><p>　　B. 燈泡消耗的電功率是6.48 W</p><p>　　C. 線圈轉(zhuǎn)動的角速度為l00πrad/s</p>

16、;<p>　　D. 在t=l×10-2s時刻，穿過線圈的磁通量為零</p><p><b>　　【答案】C</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】由圖象可知，電動機電壓的最大值為6V，那么有效電壓就是6V，電壓表測量的是燈泡的電壓，所以電壓為×9

17、V=5.4V，所以A錯誤。由P=U2/R知，P==3.24W，所以B錯誤。由ω==l00πrad/s，所以C正確。在t=l×10-2s時刻，有圖象可知此時的電動勢為零，那么此時的磁通量應(yīng)該是最大的，所以D錯誤。故選C。</p><p>　　【點睛】應(yīng)用正弦式交變電流最大值和有效值間的關(guān)系，判斷出電壓，其它的由公式都可以求出，就是看對交變電流的理解．</p><p><b&g

18、t;　　二、多選題</b></p><p>　　7.如圖所示，回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形盒，兩盒間構(gòu)成一狹縫，兩D形盒處于垂直于盒面的勻強磁場中。下列有關(guān)回旋加速器的描述正確的是（ ）</p><p>　　A. 粒子由加速器的邊緣進入加速器</p><p>　　B. 粒子由加速器的中心附近進入

19、加速器</p><p>　　C. 粒子在狹縫和D形盒中運動時都能獲得加速</p><p>　　D. 交流電源的周期必須等于粒子在D形盒中運動周期的2倍</p><p><b>　　【答案】B</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】由

20、qvB=?v=．當r越大時，v越大。粒子由加速器中心附近進入加速器才可使粒子加速到最大，故A錯誤；由A選項中的分析可知粒子由加速器的中心附近進入加速器，速度可加速到最大，故B正確；狹縫中電場可加速粒子，在D形盒中運動時，由左手定則知，洛倫茲力總與速度方向垂直，不對粒子加速，故C錯誤；交流電源周期必須等于粒子運動周期，才可以進行周期性的加速，故D錯誤；故選B。</p><p>　　8.如圖所示，有一電動勢e=100

21、 sinl00πt（V）的交流電源與理想變壓器輸入端相連，已知理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為5:1，輸出端電阻R的阻值為4 Ω。則（ ）</p><p>　　A. 當變壓器原線圈瞬時電壓為零時，電壓表讀數(shù)也為零</p><p>　　B. 電壓表讀數(shù)為20 V</p><p>　　C. 電流表讀數(shù)為A</p><p>　　D. 理想變壓器的

22、輸出功率為100 W</p><p><b>　　【答案】BD</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】電壓表讀數(shù)為副線圈有效值，根據(jù)公式E=，得U1=100V；由得 U2=100×=20V，故A錯誤；電壓表讀數(shù)為U2 的值20V   故B正

23、確。電流表讀數(shù)：因I2==5A  由得 I1=I2=1A，電流表讀數(shù)為1A，故C錯誤； 理想變壓器的輸出功率P=U2I2=100W，故D正確。故選BD。</p><p>　　【點睛】電表讀數(shù)為交流電有效值，正弦交流電有效值等于最大值的，輸出功率用有效值計算．</p><p>　　9.如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，平行板電容器C的兩金屬板水平放置

24、．G為靈敏電流計。開關(guān)S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止狀態(tài)。則在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，下列判斷正確的是（ ）</p><p>　　A. 靈敏電流計G中有b→a的電流</p><p>　　B. 油滴向上加速運動</p><p>　　C. 電容器極板所帶電荷量將減小</p><p>　　D. 通過電

25、阻R2的電流將減小</p><p><b>　　【答案】AB</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，R增大，總電阻增大，電動勢和內(nèi)阻不變，可知總電流減小，內(nèi)電壓減小，外電壓增大，外電壓等于R1上的電壓和R2與R并聯(lián)電壓之和，而R1上的電壓減

26、小，所以R2與R的并聯(lián)電壓增大，通過R2的電流增大。根據(jù)Q=CU，電容器所帶的電量增大，上極板帶正電，電容器充電，所以流過電流計的電流方向是b→a．電容器兩端電壓增大，電場強度增大，電場力增大，開始電場力與重力平衡，所以油滴會向上加速。故AB正確，CD錯誤。故選AB。</p><p>　　【點睛】處理本題的關(guān)鍵是抓住不變量，熟練運用閉合電路的動態(tài)分析．注意處理含容電路時，把含有電容的支路看成斷路，電容器兩端的電壓

27、等于和電容器并聯(lián)支路的電壓．</p><p>　　10.如圖所示，一個質(zhì)量為m的帶電小球從M點自由下落，M點距場區(qū)水平邊界PQ的高度為h，邊界PQ下方有方向豎直向下、大小為E的勻強電場，同時還有垂直于紙面的大小為B的勻強磁場。小球從邊界上的a點進入復合場后，恰能做勻速圓周運動，并從邊界上的b點穿出。重力加速度為g，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（ ）</p><p>　　A. 小球

28、帶負電，電荷量大小</p><p>　　B. 勻強磁場方向垂直于紙面向外</p><p>　　C. 小球從a運動到b的過程中，小球的電勢能先減小后增大</p><p>　　D. 小球在復合場中做勻速圓周運動的半徑R=</p><p><b>　　【答案】AD</b></p><p><b&g

29、t;　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】因小球在復合場中做勻速圓周運動，故電場力和重力平衡，電場力向上，故粒子帶負電；由Eq=mg可知，q=，故A正確；由圖可知，圓周運動的圓心在上方，故洛侖茲力向上，由左手定則可知，磁場向里，故B錯誤；小球從a到b的過程中，電場力先做負功再做正功，故電勢能先增大后減小，故C錯誤；粒子進入混合場時的速度由機械能守恒得：v=； 由Bqv=可得，半徑； 故D正

30、確；故選AD。</p><p>　　【點睛】此類題目應(yīng)熟記：在混合場中若粒子做勻速圓周運動，則一定有電場力與重力平衡，合力為洛侖茲力．</p><p>　　11.我國于2011年5月1日起，醉酒駕駛由交通違法行為升級為犯罪行為?！疤沾蓺饷魝鞲衅鳌笨梢杂糜诜治鰵怏w中酒精蒸汽的含量。如果司機飲酒，血液中的酒精成分擴散到呼出的氣體中，呼出的氣體噴在傳感器上，傳感器的電阻將隨酒精蒸汽濃度發(fā)生相應(yīng)的

31、變化，從而可以檢測血液中的酒精含量。某種陶瓷氣敏傳感器的電導（即電阻的倒數(shù)）與氣體中酒精蒸汽濃度C的關(guān)系如圖甲所示。現(xiàn)用其組成如圖乙所示的檢測電路（電池內(nèi)阻為r，電流表內(nèi)阻不計）．以下判斷正確的是（ ）</p><p>　　A. 此陶瓷氣敏傳感器的電阻與氣體中酒精蒸汽的濃度C成正比</p><p>　　B. 氣體中酒精蒸汽的濃度C越大，則電流表指針偏轉(zhuǎn)的角度越小</p>

32、<p>　　C. 氣體中酒精的蒸汽濃度C越大，則電池路端電壓越小，傳感器上電壓也越小</p><p>　　D. 氣體中酒精的蒸汽濃度C越大，則傳感器電阻越小，電源的總功率越小</p><p><b>　　【答案】C</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　

33、　【詳解】傳感器的電導與酒精蒸汽的濃度成正比，而電導和電阻互為倒數(shù)。故A錯。氣體中酒精蒸汽的濃度C越大，電導越大，電阻越小，閉合電路的總電阻越小，總電流越大，電流表指針偏轉(zhuǎn)的角度越大。故B錯。氣體中酒精的蒸汽濃度C越大，電阻越小，閉合電路的總電阻越小，總電流越大，內(nèi)電壓越大，外電壓越小。電阻R0上的電壓越大，所以傳感器上電壓也越小。故C正確。氣體中酒精的蒸汽濃度C越大，傳感器電阻越小，總電流越大，電源總功率P=EI，可知電源的總功率越大

34、，故D錯。故選C。</p><p>　　12.矩形導線框abcd放在勻強磁場中，磁感線方向與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的圖象如圖所示，t=0時刻，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里。若規(guī)定導線框中感應(yīng)電流逆時針方向為正，安培力方向取向上為正。則在0～4 s時間內(nèi)，線框中的感應(yīng)電流I、ab邊所受安培力F隨時間變化的圖象正確的是（ ）</p><p>　　A. B. <

35、/p><p>　　C. D. </p><p><b>　　【答案】AC</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】由圖可知，0-2s內(nèi)，線圈中磁通量的變化率相同，故0-2s內(nèi)電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向為順時針，即電流為負方向；同理可知

36、，2-4s內(nèi)電路中的電流為逆時針，且兩段時間內(nèi)電流強度大小時等，故A正確，B錯誤；由可知，電路中電流大小時恒定不變，故由F=BIL可知，F(xiàn)與B成正比；且b中電流一直為由a至b，則由左手定律可知，電流方向0時刻為向上，為正，故C正確，D錯誤；故選AC。</p><p>　　【點睛】本題要求學生能正確理解B-t圖的含義，才能準確的利用楞次定律、左手定律等進行判定；解題時要特別注意，0-2s，2-4s，雖然磁場的方向發(fā)

37、生了變化，但因其變化為連續(xù)的，故產(chǎn)生的電流一定是相同的．</p><p><b>　　三、實驗題：</b></p><p>　　13.如圖甲所示，20分度游標卡尺的讀數(shù)是_______cm；如圖乙所示，螺旋測微器的讀數(shù)是_____mm。</p><p>　　【答案】 (1). 10.380； (2). 2.969-2.971<

38、/p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】游標卡尺的主尺讀數(shù)為103mm，游標讀數(shù)為0.05×16mm=0.80mm，所以最終讀數(shù)為103.80mm=10.380cm． 螺旋測微器固定刻度為2.5mm，可動刻度為0.01×47.0=0.470mm，所以最終讀數(shù)為2.970mm．</p><p

39、>　　【點睛】解決本題的關(guān)鍵掌握游標卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀．以及螺旋測微器的讀數(shù)方法，固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．</p><p>　　14.下列有關(guān)電學實驗的說法中，正確的是_____(填選項字母)</p><p>　　A．在“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”實驗中，用恒定電流場模擬靜電場</p><p>

40、;　　B．在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中，電流表采用內(nèi)接法，滑動變阻器采用限流式接法</p><p>　　C．在“測定金屬的電阻率”實驗中，用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，為減小誤差，多次測量求平均值</p><p>　　D．在使用多用電表歐姆檔測未知電阻時，不必每次換檔都進行歐姆檔調(diào)零</p><p><b>　　【答案】AC</b>&l

41、t;/p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　在“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”實驗中，用恒定電流場模擬靜電場．故A正確．在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中，由于小燈泡的電阻較小，使用電流表的外接法誤差較小，電流和電壓要從零開始測起，滑動變阻器需采用分壓式接法．故B錯誤．測量金屬絲的直徑，一次測量偶然誤差較大，應(yīng)多次測量取平均值．故C正確．使用

42、多用電表時，每換一次擋，需重新歐姆調(diào)零一次．故D錯誤；故選AC.</p><p>　　點睛：本題考查了四個電學實驗，關(guān)鍵掌握實驗的原理、誤差來源以及注意事項，以及知道滑動變阻器分壓式接法和限流式接法的區(qū)別，電流表內(nèi)外接的區(qū)別．</p><p>　　15.（1）甲同學按如圖甲所示電路測量量程為500μA的電流表G的內(nèi)阻。他按圖甲連接好電路后，先閉合S1，斷開S2，調(diào)節(jié)R1，使電流表G的指針滿

43、偏。再閉合S2，保持R1的滑動觸頭不動，調(diào)節(jié)R2使電流表G的指針指到滿刻度的1/3。若此時電阻箱R2各旋鈕的位置如圖乙所示，則電流表G的內(nèi)阻測量值RG=____Ω。</p><p>　?。?）現(xiàn)將該電流表G改裝成量程為3V的電壓表V，需給該電流表G串聯(lián)一阻值為_____Ω的電阻。</p><p>　　（3）乙同學將（2）問中改裝的電壓表V校準后采用伏安法測量某待測電阻Rx，實驗室還備有以下

44、器材：</p><p>　　A．待測電阻Rx，阻值約為200Ω</p><p>　　B．電源E，電動勢為3V，內(nèi)阻可忽略不計</p><p>　　C．電流表A，量程為0～15 mA，內(nèi)阻rA=20Ω</p><p>　　D．滑動變阻器R′1，最大阻值10Ω</p><p>　　E．滑動變阻器R′2，最大阻值5kΩ<

45、;/p><p>　　F．開關(guān)S，導線若干</p><p>　?、贋樘岣邔嶒灳_度，盡可能測量多組數(shù)據(jù)，實驗中滑動變阻器應(yīng)選擇____（填器材序號字母）。</p><p>　　②請在虛線框內(nèi)畫出乙同學用伏安法測量電阻Rx的電路圖_______。</p><p>　　【答案】 (1). （1）100 (2). （2）5900 (3)

46、. （3）①D (4). ②見解析；</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】（1）因s2閉合前后電總電流不變，則電流表達滿偏刻度的1/3時，則并聯(lián)電阻的電流為電流表滿偏電流的2/3．因是并聯(lián)關(guān)系，則  得：Rg＝R=2R由電阻箱可讀出：R=50Ω則：Rg=2R=2×50=100Ω</p&

47、gt;<p>　?。?）改裝成電壓表要串聯(lián)的阻值為   R=?Rg=5900Ω （3）因測量范圍大，要采用滑動變阻器分壓式接法，宜用小阻值，故選D．  因電壓表內(nèi)阻比得測電阻大的多，宜用電流表外接法．故畫得電路圖如圖所示；</p><p>　　【點睛】考查的電阻箱的讀數(shù)，半偏法測電阻，明確總電流認為不變；電路的設(shè)計，電流表的內(nèi)外接法要求大電阻內(nèi)接

48、法，小電阻外接法．滑動變阻器分壓式接法宜用小阻值．</p><p><b>　　四、計算題</b></p><p>　　16.一次閃電過程通常由若干個相繼發(fā)生的閃擊構(gòu)成，每個閃擊持續(xù)時間很短，電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個閃擊過程中。在某一次閃電前，云地之間的電勢差約為1.0×109V，云地間距離約為2 km；第一個閃擊過程中云地間轉(zhuǎn)移的電荷量約為6C，閃擊持續(xù)時

49、間約為5×10-5s。若閃電前云地間的電場可以看做勻強電場，試估算：</p><p>　?。?）閃電前云地間的電場強度大小。</p><p>　?。?）第一個閃擊過程中閃電電流的平均值。</p><p>　?。?）第一個閃擊過程中釋放的能量。</p><p>　　【答案】（1）5×105V/m（2）1.2×105

50、A（3）6×109J</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】（1）電場強度大小 ．（2）平均電流 ．（3）第一個閃擊過程中釋放的能量  W=qU=6×1.0×109J=6×109J．</p><p>　　17.如圖所示電路中，電源電動勢E=12V

51、，內(nèi)阻r=2Ω，指示燈RL的阻值為16Ω，電動機M線圈電阻RM為2Ω．當開關(guān)S閉合時，指示燈RL的電功率P=4W．求：</p><p>　?。?）流過電流表A的電流．</p><p>　　（2）電動機M輸出的機械功率．</p><p>　　【答案】（1）2A．（2）7.5W．</p><p><b>　　【解析】</b>

52、</p><p>　　試題分析：（1）由圖可知，指示燈與電動機并聯(lián)；已知指示燈的電功率，則由功率公式P=I2R可求得燈泡中的電流，再由歐姆定律可求得并聯(lián)部分的電壓，由閉合電路的歐姆定律可求得干路中的電流；</p><p>　?。?）由并聯(lián)電路的電流規(guī)律可求得電動機的電流，則由功率公式P=UI可求得電動機消耗的總功率，而輸出功率等于總功率減去熱功率．</p><p>

53、　　解：（1）設(shè)流過指示燈RL的電流為I1，流過電流表A的電流為I</p><p>　　則指示燈RL的電功率P=I12RL</p><p>　　代入數(shù)據(jù)解得I1=0.5A</p><p>　　路端電壓U=I1RL=8V</p><p>　　由閉合電路歐姆定律有E=U+Ir</p><p><b>　　解得I=

54、2A</b></p><p>　　即流過電流表的電流示數(shù)為2A．</p><p>　　（2）設(shè)流過電動機M的電流為I2</p><p>　　根據(jù)并聯(lián)電路的電流關(guān)系I2=I﹣I1=1.5A</p><p>　　電動機輸出的機械功率P出=I2U﹣I22RM</p><p>　　代入數(shù)據(jù)解得P出=7.5W<

55、/p><p>　　電動機輸出的機械功率為7.5W．</p><p>　　【點評】此類題目首先要明確電路的結(jié)構(gòu)，再根據(jù)電路特點選擇合適的方法；因電動機不是純電阻電路，故應(yīng)特別注意功率公式的選擇，應(yīng)由P=UI求總功率，不能用P=求電動機的總功率．</p><p>　　18.如圖所示，水平放置的、足夠長的光滑金屬軌道與光滑傾斜軌道以小圓弧平滑對接。在傾斜軌道上高h=l.8 m

56、處放置一金屬桿a，在平直軌道靠右端處放置另一金屬桿b，平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強磁揚。現(xiàn)由靜止釋放桿a，桿a下滑到水平軌道后即進入磁場，此時桿b的速度大小為v0=3 m/s，方向向左。已知ma=2 kg，mb=lkg，金屬桿與軌道接觸良好，g取10m/s2。求：</p><p>　　（1）桿a下滑到水平軌道上瞬間的速度大小。</p><p>　?。?）桿a、b在水平軌道上的共同速度大小。

57、</p><p>　?。?）在整個過程中電路消耗的電能。</p><p>　　【答案】（1）6m/s（2）3m/s（3）27J</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】（1）設(shè)桿a下滑到水平軌道瞬間的速度為Va，桿a從斜軌道上下滑到水平軌道的過程中，只有重力做功，由機械能守恒定律得 ma

58、gh=mava2 </p><p>　　解得 va=6 m/s．</p><p>　　（2）當a以6 m/s的速度進入勻強磁場后，a、b兩桿所受的安培力等大反向，合力為零，最終一起勻速運動．設(shè)共同的速度為V，取水平向右為正，由動量守恒定律得 </p><p>　　mava-mbv0=（ma+mb）v </p><p>　　解得 v=3m/s&

59、#160; （3）設(shè)消耗的電能為E，由能量守恒定律得 E=mava2+mbv02-（ma+mb）v2  代入數(shù)據(jù)解得 E=27J．</p><p>　　【點睛】本題很好的考查了機械能守恒、動量守恒和能量守恒定律，把力學和電磁場有機的結(jié)合了起來，考查了學生的分析能力，是個好題．</p><p>　　19.如圖所示的平面直角坐標系，x軸水平，y軸豎直，第一象限內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為

60、B，方向垂直坐標平面向外的勻強磁場；第二象限內(nèi)有一對平行于x軸放置的金屬板，板間有正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向沿y軸負方向，場強大小未知，磁場垂直坐標平面向里，磁感應(yīng)強度大小也為B；第四象限內(nèi)有勻強電場，電場方向與x軸正方向成45°角斜向右上方，場強大小與平行金屬板間的場強大小相同。現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子以某一初速度進入平行金屬板，并始終沿x軸正方向運動，粒子進入第一象限后，從x軸上的D點與x軸正方向成45&#

61、176;角進入第四象限，M點為粒子第二次通過x軸的位置。已知OD距離為L，不計粒子重力。求：</p><p>　　（1）粒子運動的初速度大小和勻強電場的場強大小。</p><p>　　（2）DM間的距離。（結(jié)果用m、q、v0、L和B表示）</p><p>　　【答案】（1） （2） </p><p><b>　　【解析】</b

62、></p><p>　　【詳解】（1）、粒子在板間受電場力和洛倫茲力做勻速直線運動，設(shè)粒子初速度為v0，由平衡條件有：qv0B=qE…①粒子在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，圓心為O1，半徑為R，軌跡如圖，</p><p>　　由幾何關(guān)系知R＝ …②由牛頓第二定律和圓周運動的向心力公式有：qv0B＝m…③由②③式解得：v0＝…④由①④式解得：E＝ …⑤（2）、由題意可知，粒子從

63、D進入第四象限后做類平拋運動，軌跡如圖，設(shè)粒子從D到M的運動時間為t，將運動分解在沿場強方向和垂直于場強的方向上，則粒子沿DG方向做勻速直線運動的位移為：＝v0t…⑥粒子沿DF方向做勻加速直線運動的位移為： …⑦由幾何關(guān)系可知：， …⑧由⑤⑥⑦⑧式可解得．【點睛】</p><p>　　此類型的題首先要對物體的運動進行分段，然后對物體在各段中進行正確的受力分析和運動的分析，進行列式求解; 洛倫茲力對電荷不做

64、功，只是改變運動電荷的運動方向，不改變運動電荷的速度大?。畮щ娏Ｗ幼鰟蛩賵A周運動的圓心、半徑及運動時間的確定：①、圓心的確定：因為洛倫茲力提供向心力，所以洛倫茲力總是垂直于速度的方向，畫出帶電粒子運動軌跡中任意兩點（一般是射入磁場和射出磁場的兩點）洛倫茲力的方向，其延長線的交點即為圓心．②、半徑的確定：半徑一般都是在確定圓心的基礎(chǔ)上用平面幾何的知識求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形．③、運動時間的確定：利用圓心角與弦切角的關(guān)系或者