2021-2022學年河南省焦作市溫縣第一高級中學高二（下）開學物理試卷（附答案詳解）

2021-2022學年河南省焦作市溫縣第一高級中學高二（下）

開學物理試卷

一、單選題（本大題共8小題，共32.0分）

1.如圖所示，一條形磁鐵放在水平桌面上，在其左上方固?I

定一根與磁鐵垂直的長直導線，當導線中通以圖示方向

的電流時（）

A.磁鐵對桌面的壓力減小，且受到向左的摩擦力作用

B.磁鐵對桌面的壓力減小，且受到向右的摩擦力作用

C.磁鐵對桌面的壓力增大，且受到向左的摩擦力作用

D.磁鐵對桌面的壓力增大，且受到向右的摩擦力作用

2.如圖所示，在真空中勻強電場的方向豎直向下，勻強磁Xxx

場的方向垂直紙面向里，三個油滴a、氏c帶有等量同O

a

種電荷，其中a靜止，b向右做勻速運動，c向左做勻速x

運動。比較它們的重力Ga、Gb、Gc的關系，正確的是（）

xxx

A.Ga最大v

B.Gb最大

C.Gc最大

D.Gc最小

3.如圖所示，在一個繞有線圈的可拆變壓器鐵芯上分別放一小鐵鍋水

和一玻璃杯水。給線圈通入電流，一段時間后，一個容器中水溫升

高，則通入的電流與水溫升高的是（）再

A.恒定直流、小鐵鍋

B.恒定直流、玻璃杯

C.變化的電流、玻璃杯

D.變化的電流、小鐵鍋

4.如圖所示,上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，

小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部,

則小磁塊（）

A.在P和Q中都做自由落體運動

B.在兩個下落過程中的機械能都守恒

C.在P中的下落時間比在Q中的長

D.落至底部時在P中的速度比在Q中的大

5.隨著科技的不斷發(fā)展，小到手表、手機，大到電腦、電動汽車，都已經(jīng)在無線充電

方面實現(xiàn)了從理論研發(fā)到實際應用的轉(zhuǎn)化。如圖所示為某品牌手機無線充電的原理

圖，下列說法正確的是（）

A.無線充電時，手機上接收線圈的工作原理是“電流的磁效應”

B.接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同

C.所有手機都能用該品牌無線底座進行無線充電

D.發(fā)送端和接收端間的距離不影響充電的效率

6.如圖所示的電路中，兩個相同的電流表，零刻點在刻度

盤的中央。當電流從“+”接線柱流入時，指針向右擺；

當電流從“-”接線柱流入時，指針向左擺。在電路接

通且穩(wěn)定時再斷開開關的瞬間，下列說法正確的是（）

A.Gi指針向右擺，指針向左擺B.G［指針向左擺，G2指針向右擺

C.兩指針都向右擺D.兩指針都向左擺

7.如圖所示，匝數(shù)為100匝的矩形線圈abed處于磁感應強度B=也T的水平勻強磁場

257r

中，線圈面積S=0.5m2,內(nèi)阻不計.線圈繞垂直于磁場的軸。。'以角速度3=

107rrad/s勻速轉(zhuǎn)動.線圈通過金屬滑環(huán)與理想變壓器原線圈相連，變壓器的副線

圈接人一只“121Z,12W”的燈泡，燈泡正常發(fā)光，下列說法中正確的是（）

A.通過燈泡的交變電流的頻率是50Hz

B.變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為10：1

第2頁，共17頁

C.矩形線圈中產(chǎn)生的電動勢的最大值為120V

D.若將該燈泡更換為“12人24W”的燈泡且保證其正常發(fā)光，需要增大矩形線

圈的轉(zhuǎn)速

8.如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab

夕，.

是圓的一條直徑.一帶正電的粒子從a點射入磁場，速度大小。用*f---------5

'、、,??/

為2v,方向與ab成30。時恰好從b點飛出磁場，粒子在磁場中運

動的時間為t;若僅將速度大小改為V,則粒子在磁場中運動的時間為（不計帶電粒

子所受重力）（）

A.3tB.z2;tC.-21D.2t

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

9.如圖所示，兩顆衛(wèi)星1、2在不同的圓軌道上繞地球做勻速V2

B.衛(wèi)星1的向心加速度大于衛(wèi)星2的向心加速度'?/'

、、、■■■■

C.衛(wèi)星1的動能大于衛(wèi)星2的動能

D.相同時間，衛(wèi)星1與地心連線掃過的面積小于衛(wèi)星2與地心連線掃過的面積

10.2021年9月17日，神舟十二號飛船平安降落在東風著陸場預定區(qū)域。在即將著陸時,

返回艙主降落傘打開，逐漸減緩返回艙的下降速度，如圖甲所示?，F(xiàn)把主降傘簡化

為圖乙，若主降傘有8根繩子系在返回艙上，且與豎直方向的夾角均為仇返回艙、

宇航員及艙內(nèi)物品的總質(zhì)量為M,豎直減速下降九的過程中加速度大小為a,重力加

速度大小為9,則下降八高度的過程中（）

乙

A.返回艙處于失重狀態(tài)B.返回艙的機械能增加Mgh

C.返回艙的動能減少MahD.每根繩的拉力大小為”里

11.如圖所示，“旋轉(zhuǎn)秋千”中的兩個相同的座椅4、B,通過相CP

同長度的輕纜繩懸掛在旋轉(zhuǎn)圓盤上。不考慮空氣阻力的影響。

現(xiàn)有以下兩種情景：piir

.16:

(1)座椅2、B上均無人時，旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸以角速度

3勻速轉(zhuǎn)動；

(2)座椅4、B上分別有大人和小孩時，旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸仍以角速度3勻速

轉(zhuǎn)動。下列說法正確的是()

A.情景(1)中，懸掛座椅力、B的纜繩與豎直方向的夾角相等

B.情景(2)中，懸掛座椅4的纜繩與豎直方向的夾角小于懸掛座椅B的纜繩與豎直

方向的夾角

C.情景(1)懸掛座椅4的纜繩與豎直方向的夾角等于情景(2)懸掛座椅A的纜繩與豎

直方向的夾角

D.情景(1)懸掛座椅B的纜繩與豎直方向的夾角小于情景(2)懸掛座椅B的纜繩與

豎直方向的夾角

12.如圖所示，空間存在水平向右的勻強電場，電場強度E的大關.

小未知。把4、B兩個相同的帶電小球分別用長為L的絕緣細?繆\不一

線懸掛于。點.兩小球帶等量異種電荷，平衡時細線與豎直

方向的夾角均為。=45?！，F(xiàn)將電荷量同時變?yōu)樵瓉淼?倍，兩小球仍在原位置平衡。

已測得兩個小球的質(zhì)量均為m,帶電小球可視為點電荷，重力加速度為g,靜電力

常量為匕則()

A.小球4帶負電B.小球B帶負電

C.小球所帶電荷量為L舊D.小球所帶電荷量為3L舊

三、實驗題(本大題共2小題，共18.()分)

13.(1)如圖所示，螺旋測微器的讀數(shù)為mm,游標卡尺的讀數(shù)為mm.

(2)電壓表接0?3U量程，電壓表的讀數(shù)為V。

(3)電流表接0?0.64量程，電流表的讀數(shù)為4。

第4頁，共17頁

14.在“測定電池的電動勢和內(nèi)阻”的實驗中，給定以下的器材來完成實驗。

待測干電池E一節(jié)

電壓表V（量程0?3?15V,內(nèi)阻約為10k。）

電流表4（量程0?0.6?34,內(nèi)阻約為1。）

滑動變阻器R】（0?10。）

滑動變阻器/?2（。?200。）

導線、開關S

（1）為方便實驗調(diào)節(jié)且能較準確地進行測量，滑動變阻器應選用（選填“RJ

或“/?2”）。

（2）在相應的方框中畫出圖1的電路圖。

（3）該同學根據(jù)實驗數(shù)據(jù)得到圖2中的圖線a,根據(jù)圖線a求得電源電動勢E=

X結(jié)果保留三位有效數(shù)字），內(nèi)電阻r=0（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

（4）圖丙中b圖線是標有“1.5人1.6W”的小燈泡的伏安特性曲線，該同學將該小

燈泡與本實驗中的電池連成一閉合電路，小燈泡實際消耗的電功率是卬（保

留2位有效數(shù)字）。

四、計算題（本大題共3小題，共34.0分）

15.如圖所示，在水平向右的勻強電場中，有一電荷量為q=-4x

IO-。的負點電荷從4點運動到B點，電場力做功為叱記=3.2x

10-6),AB間距離L=4m,與水平方向夾角為仇求：&

(1)B、4間電勢差Up.是多少？

(2)電場強度E是多大？

16.在傾角0=37。的斜面上固定一金屬框，寬1=0.25m,

接入電動勢E=12V、內(nèi)阻不計的電源，垂直框的兩對

邊放有一根質(zhì)量m=0.2kg的金屬棒ab,它與框架的動

摩擦因數(shù)4=0.6,整個裝置放在磁感應強度B=0.87、

方向垂直框面向上的勻強磁場中。(設棒所受最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力，框架和棒的電阻不計，g取10m/s2,sin37。=0.6,cos37。=

0.8)

(1)金屬棒所受安培力方向沿斜面向上還是向下？

(2)當滑動變阻器阻值多大時，金屬棒不受摩擦力？

(3)為使金屬棒靜止在框架上，求變阻器能達到最大阻值。

17.如圖所示的平面直角坐標系xOy中，在x軸的上方(y>0的空間內(nèi))存在著垂直于坐

標系所在平面的勻強磁場。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，從坐標原點。以速

度口垂直磁場射入，速度方向與x軸正方向成9角(弧度制)，粒子在磁場運動的過程

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中到％軸的最大距離為d,不計粒子重力。求：磁感應強度B的大小及粒子在磁場中

運動的時間良

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：根據(jù)條形磁體磁感線分布情況得到直線電流所在位置磁場方向，如右圖,

在根據(jù)左手定則判斷安培力方向，如左圖；根據(jù)牛頓第三定律，電流對磁體的作用力向

右下方，如右圖：

選取磁鐵為研究的對象，磁鐵始終靜止，根據(jù)平衡條件，可知通電后支持力變大，靜摩

擦力變大，方向向左。

故選：Co

先判斷電流所在位置的磁場方向，然后根據(jù)左手定則判斷安培力方向；再根據(jù)牛頓第三

定律得到磁體受力方向，最后對磁體受力分析，根據(jù)平衡條件判斷。

本題關鍵先對電流分析，得到其受力方向，再結(jié)合牛頓第三定律和平衡條件分析磁體的

受力情況。

2.【答案】C

【解析】解：因帶電油滴a靜止，故a不受洛倫茲力作用，只受重力和靜電力作用；根據(jù)

平衡條件可知油滴一定帶負電，設油滴帶電荷量為q,則

Ga=qE

帶電油滴b除受重力和豎直向上的靜電力作用外，還受到豎直向下的洛倫茲力?法=

因做勻速運動，故根據(jù)平衡條件可得

Gb=qE_F洛

帶電油滴c除受重力和豎直向上的靜電力作用外，還受到豎直向上的洛倫茲力F步因做

勻速運動，故根據(jù)平衡條件可得

洛

Gc=qE+F

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比較以上各式可以看出

Gc>Ga>Gb

故AB。錯誤，C正確；

故選：C。

對abc三個粒子的受力進行分析，根據(jù)平衡條件可知重力、電場力、洛倫茲力的關系，

進而比較重力大小。

本題考查帶電粒子在組合場的運動，解題關鍵掌握粒子的受力分析，根據(jù)勻速運動或靜

止狀態(tài)列式分析判斷。

3.【答案】D

【解析】解：由于容器中水溫升高，則是電能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能所致。因此只有變化的電流才

能導致磁通量變化，且只有小鐵鍋處于變化的磁通量時，才能產(chǎn)生感應電動勢，從而產(chǎn)

生感應電流。導致電流發(fā)熱。玻璃杯是絕緣體，不能產(chǎn)生感應電流。故只有。正確，

ABC錯誤；

故選：Do

根據(jù)變化的電流，產(chǎn)生磁通量的變化，金屬器皿處于其中，則出現(xiàn)感應電動勢，形成感

應電流，從而產(chǎn)生內(nèi)能。

考查產(chǎn)生感應電流的條件與磁通量的變化有關，同時要知道金屬鍋與玻璃鍋的不同之處。

4.【答案】C

【解析】解：力、當小磁塊在光滑的銅管P下落時，由于穿過銅管的磁通量變化，導致

銅管產(chǎn)生感應電流，因磁場，從而產(chǎn)生安培阻力，而對于塑料管內(nèi)小磁塊沒有任何阻力，

在做自由落體運動，故A錯誤；

8、由4選項分析可知，在銅管的小磁塊機械能不守恒，而在塑料管的小磁塊機械能守

恒，故B錯誤；

C、在銅管中小磁塊受到安培阻力，則在P中的下落時間比在Q中的長，故C正確；

。、根據(jù)動能定理可知，因安培阻力，導致產(chǎn)生熱能，則至底部時在P中的速度比在Q中

的小，故。錯誤.

故選：C.

當小磁塊在光滑的銅管P下落時，由于穿過銅管的磁通量變化,導致銅管產(chǎn)生感應電流，

因磁場，從而產(chǎn)生安培阻力，對于塑料管沒有任何阻礙，從而即可求解.

考查安培力產(chǎn)生原因，注意感應電流產(chǎn)生條件，理解渦流的概念.

5.【答案】B

【解析】解：力、無線充電時，手機上接收線圈的工作原理是電磁感應，故A錯誤；

8、由電磁感應原理，接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同，

故8正確；

C、只有手機中有接收線圈時，手機利用電磁感應，才能進行無線充電，故C錯誤；

。、無線充電的工作原理為電磁感應，發(fā)送端和接收端間的距離越遠，能量損失越大，

故。錯誤。

故選：B。

手機無線充電的原理是電磁感應，結(jié)合電磁感應原理判斷選項即可。

本題解題的關鍵在于正確理解電磁感應原理。

6.【答案】A

【解析】解：電路穩(wěn)定后斷開，通過電阻這一支路的電流立即消失，由于電感器對電流

的變化有阻礙作用，會阻礙其減小，通過電感器的電流并且通過電阻。所以含有電感器

的支路的電流從“+”接線柱流入，Gi指針向右擺。含有電阻的支路電流從“-”接線

柱流入，G2指針向左擺。故4正確，BCD錯誤。

故選：A.

電感器對電流的變化有阻礙作用，當電流增大時，會阻礙電流的增大，當電流減小時，

會阻礙其減小。

解決本題的關鍵知道電感器對電流的變化有阻礙作用：當電流增大時，會阻礙電流的增

大，當電流減小時，會阻礙其減小，而電阻沒有此特點，當K斷開電阻、電感構(gòu)成一回

路。

7.【答案】B

【解析】

第10頁，共17頁

【分析】

根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項

分析即可得出結(jié)論。

掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關系，本題即可得到解決。

【解答】

4交流電的頻率為為=5Hz,4錯誤；

BC.矩形閉合導線框4BCC在磁場中轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交流電壓的最大值為/=nBso)=

100x2x0.5x10nV=120立V，所以交流電的有效值為120匕所以變壓器原、副

257r

線圈匝數(shù)之比為120：12=10：1,B正確，C錯誤。

D由于燈泡的額定電壓不變，所以不需要改變交流電的轉(zhuǎn)速，所以力錯誤。

故選：B。

8.【答案】D

【解析】解：設磁場圓的半徑為R,根據(jù)周期公式7=箸可得，同一粒子在磁場中運動

時的運動的周期相同，，""一?-'、、

/、、

當速度的大小為217時，圓周運動的圓心為0,；71，、

根據(jù)弦切角等于圓心角的一半可知，圓弧所對

的圓心角為60。；~7鼠父“

:場圓的半徑恰好是粒子圓周運動半徑的一\/,

當速度的大小為"時，半徑為原來的一半，圓

周運動的圓心0'點，在原來的半徑的中點處，

則新的粒子圓與磁場圓的半徑相等，貝好=60°；由幾何關系可知所對的圓心角為120。，

則粒子的運動的時間為23故。正確。

故選：D。

粒子在磁場中運動，運動的時間周期與粒子的速度的大小無關，分析粒子的運動的情況,

可以判斷粒子的運動的時間.

根據(jù)粒子的運動軌跡的情況，找出粒子運動的軌跡所對應的圓心角的大小可以求得粒子

的運動的時間.

9.【答案】BD

【解析】解：4、衛(wèi)星1需要通過加速從而做離心運動到達衛(wèi)星2所在的軌道，故A錯誤；

B、由G等=ma可知a=G*,故衛(wèi)星的運動半徑越大，向心加速度越小，故8正確;

C、雖然衛(wèi)星1的速率大于衛(wèi)星2的，但衛(wèi)星的質(zhì)量大小關系未知，因而不能比較兩者的

動能關系，故C錯誤；

、根據(jù)幾何關系可知在時間內(nèi)衛(wèi)星掃過的面積為

DtS=—Tt=-2y/GMr

可知在相同時間，衛(wèi)星1與地心連線掃過的面積小于衛(wèi)星2的，故。正確。

故選：BD。

A、根據(jù)變軌原理，可以判斷衛(wèi)星速度的變化；

以利用萬有引力提供向心力得出加速度與運動半徑的關系，進而得出兩衛(wèi)星的加速度

關系；

C、由于衛(wèi)星的質(zhì)量大小關系未知，因而不能比較兩者的動能關系；

。、先得出在t時間內(nèi)衛(wèi)星掃過的面積表達式，再結(jié)合題意判斷掃過面積的大小關系。

在判斷兩衛(wèi)星在相同時間內(nèi)掃過的面積時，一定要注意此時不能直接利用開普勒第二定

律直接判斷面積相等，要注意熟記開普勒第二定律的內(nèi)容。

10.【答案】CD

【解析】解：4、返回艙豎直減速下降的過程中，加速度向上，因而處于超重狀態(tài)，故

A錯誤；

8、返回艙受到的拉力和空氣阻力對其做負功，因而返回艙的機械能減小，故B錯誤；

C、根據(jù)動能定理可知，返回艙受到的合外力為Ma,合外力做功為-Mah,因而動能減

少Ma/i,故C正確；

D、設每根繩子的拉力為F,根據(jù)牛頓第二定律有8Fcos。一Mg=Ma,聯(lián)立解得尸=

M(g+a),故。正確。

8cos8

故選：C。。

返回艙加速度向上，因而處于超重狀態(tài)，返回艙受到的拉力和空氣阻力對其做負功，因

而返回艙的機械能減小，根據(jù)合外力做功可知動能變化，根據(jù)牛頓第二定律解得拉力。

本題考查功能關系與牛頓第二定律，注意返回艙受到的拉力和空氣阻力對其做負功，因

第12頁，共17頁

而返回艙的機械能減小。

11.【答案】BC

【解析】解：4、情景(1)中，當旋轉(zhuǎn)圓盤繞豎直的中心軸以角速度3勻速轉(zhuǎn)動時，4與8

的角速度相等，若懸掛座椅4、B的纜繩與豎直方向的夾角相等，

對于座椅4有mgtcm。=mo＞2以①，

對于B有jngtane=m32rB②，

由于。＜加，因而若①式成立，則②式不成立，則mgtan。＜即座椅B將做離

心運動，懸掛座椅B的纜繩與豎直方向的夾角將增大，故A錯誤；

BCD、由4討論可知，懸掛座椅4、B的纜繩與豎直方向的夾角與座椅和人的質(zhì)量無關,

故8、C正確，。錯誤。

故選：BC?

力B兩個座椅具有相同的角速度，分別代入線速度、加速度、向心力的表達式，即可求

解。

該題中4B的角速度相等而半徑不相等是解題的關鍵。要正確運用牛頓第二定律和向心

力公式分析此類問題。

12.【答案】AC

【解析】解：AB,兩小球帶等量異號電荷，根據(jù)“異J

種電互相吸引”可知兩個小球相互吸引，所以勻強電/

場對4的電場力方向向左，故A帶負電；勻強電場對Bq。/.展

的電場力方向向右，故8帶正電，故A錯誤、B正確；

CD、設勻強電場的電場強度為E,根據(jù)幾何關系可得

兩個小球之間的距離為：「=夜占mg

當兩個小球帶電荷量大小均為q時，對4受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件可得：

(qE-F^tand=mg,其中尸庫=1

僅將兩小球的電荷量同時變?yōu)樵瓉淼?倍，兩小球仍在原位置平衡，對4根據(jù)平衡條件

可得：

4kq2

(2qE-F^)tan6=mg,其中//

聯(lián)立解得：q=聿,故C正確、O錯誤。

故選：ACo

根據(jù)“異種電互相吸引"結(jié)合平衡條件分析勻強電場對4B的電場力方向確定電性；

對4受力分析，根據(jù)平衡條件列方程求解。

本題主要是考查了庫侖力作用下的共點力的平衡問題，關鍵是能夠確定研究對象、進行

受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成，然后建立平衡方程進行解答。

13.【答案】(1)6.124；50.85；(2)2.15；(3)0.16?

【解析】解：(1)由圖示螺旋測微器可知，其示數(shù)為：6mm+12.4x0.01mm=6.124mm,

由圖示游標卡尺可知，游標尺為20分度，精度為0.05mm,故其示數(shù)為：50mm+17x

0.05mm=50.85mm；

(2)電壓表量程為3V,由圖示電壓表可知，其分度值為0.IV,示數(shù)為：2.15V：

(3)電流表量程為0.64由圖示表盤可知，其分度值為0.02A,示數(shù)為：0.164；

故答案為：(1)6.124；50.85；(2)2.15；(3)0.16。

(1)螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)，游標卡尺主尺與游

標尺示數(shù)之和是游標卡尺示數(shù)；

(2)根據(jù)電壓表量程與圖示表盤確定其分度值，然后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)；

(3)根據(jù)電流表量程與圖示表盤確定其分度值，然后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)。

本題考查了螺旋測微器、游標卡尺、電壓表與電流表讀數(shù)，要掌握常用器材的使用及讀

數(shù)方法；對器材讀數(shù)時要注意視線要與刻度線垂直。

14.【答案】%1.450.500.69

【解析】解：(1)因電源的內(nèi)阻一般較小，為保

證調(diào)節(jié)滑動變阻器時，電流表示數(shù)變化明顯，所

以滑動變阻器應選治；

(2)根據(jù)實物圖可知，采用伏安法測量電源的電

動勢和內(nèi)電阻，電流表采用相對電源的外接法，

原理圖如圖所示；

(3)根據(jù)U=E-/r可知，a圖線與縱軸的截距表示電動勢的大小，即E=1,45叭斜率

第14頁，共17頁

表示電源的內(nèi)阻，即r=當=會乎0=0.500；

(4)a、b兩圖線交點縱橫坐標的乘積就表示小燈泡實際消耗的電功率，由圖可知，電壓

U=1A5V,I=0.6/1,電功率P=U/=1.15x0.6W=0.69

故答案為：(1)&；(2)如圖所示;(3)1.45；0.50；(4)0.69o

(1)為方便實驗操作，應選擇最大阻值較小的滑動變阻器；

(2)根據(jù)實物圖得出對應的原理圖；

(3)根據(jù)圖示電路圖求出圖象的函數(shù)表達式，然后根據(jù)圖示圖象求出電源電動勢與內(nèi)阻;

(4)根據(jù)圖示圖象求出燈泡的工作電壓與工作電流，然后應用電功率公式求出燈泡的實

際功率。

本題考查了實驗器材選擇、對實物電路圖的認識以及實驗數(shù)據(jù)處理等問題，應用圖象法

處理實驗數(shù)據(jù)是常用的實驗數(shù)據(jù)處理方法，要掌握應用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)的方法。

15.【答案】解：(1)48間電勢差為：UAB=^f-=^^V=-8V

則有：UBA=-UAB=8K

(2)勻強電場的電場強度為：E=涓*=*V7m=4V/ni

答：(1)8、4間電勢差UBA是8V；

(2)電場強度E是4V/zn。

【解析】(1)根據(jù)W=qU求解電勢差；

(2)根據(jù)U=Ed求解電場強度大小。

解決本題的關鍵掌握電場力做功與電勢差的關系，再運用〃=qU計算時，注意q的正負

和U的正負都要代入計算，掌握勻強電場的場強公式E=：注意d是沿電場線方向上的距

離。

16.【答案】解：(1)根據(jù)左手定則，安培力方向沿斜面向上

(2)當金屬棒與框架之間恰好無摩擦時，金屬棒沿斜面的合力為零。

根據(jù)力的平衡可得：BIl=mgsind,

1

R

聯(lián)立解得R=20

(3)滑動變阻器阻值越大，回路中電流越小，導棒所受安培力越小，最大靜摩擦力方向

沿斜面向上

根據(jù)平衡條件得：mgsind=nmgcosd+嚕,

解得：R'=10/2

答：(1