（3）实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线． I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U/A 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 （4）该小电珠的额定功率是1.00W． 【考点】测定电源的电动势和内阻．
【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题． 【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，在保证电路安全的情况下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．
（2）描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出电路图． （3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出图象． （4）根据图象可明确电压为2V时的电流，由功率公式可求得功率． 【解答】解：（1）灯泡额定电压是2V，电压表应选B；由表中实验数据可知，最大电流为0.5A，电流表选D；为方便实验操作，滑动变阻器应选F；
（2）描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由表中实验数据可知，灯泡最大电阻约为3.7Ω，电压表内阻约为2kΩ，灯泡电阻阻值远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，电路图如图甲所示；
（3）应用描点法作图，根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后用平滑的曲线把各点连接起来，作出灯泡的I﹣U图象，图象如图乙所示．
（4）由图可知，当电压为2V，电流为0.5A；则功率P=UI=2×0.5=1.00W； 故答案为：（1）B；D；F；（2）如图所示；（3）如图所示；（4）1.00W．
【点评】本题考查了选择实验器材、作实验电路图、作灯泡的伏安特性曲线、分析灯泡电阻随温度的变化规律；确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键．
16．在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路．
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（1）根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接． （2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到a（填“a”或“b”）端
（3）小明测得有关数据后，以电流表读数I为横坐标，以电压表读数U为纵坐标作出了如图丙所示的图象，根据图象求得电的电动势E=1.5V，电的内阻r=1.0Ω（结果保留两位有效数字）．
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题． 【分析】（1）根据原理图明确对应的实物图；
（2）实验开始应使滑动变阻器的接入阻值最大；根据滑动变阻器的接入方法明确滑片的位置；
（3）根据图象的性质可求得电源的电动势和内阻；注意图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻． 【解答】解：（1）根据原理图可明确实物图，如图所示；
（2）为了实验的安全，开始时滑动变阻器接入电阻应为最大值，故滑片应滑到a端； （3）由图可知，电源的电动势E=1.5V；r=故答案为：（1）如图所示；（2）a （3）1.5 1.0
=1.0Ω；
【点评】本题考查了求电源电动势与内阻，分析清楚电路结构是正确连接实物图的前提，分析清楚电路结构，根据电源的U﹣I图象可以求出电源电动势与内阻．
四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
17．如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r=0.8Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=210V，电压表示数UV=110V．试求： （1）通过电动机的电流； （2）输入电动机的电功率；
（3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？（g取10m/s2）
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【考点】电功、电功率． 【专题】恒定电流专题． 【分析】（1）根据欧姆定律求出通过R的电流； （2）电动机的输入功率为P1=U2I；
（3）电动机内电阻的发热功率为 P2=I2r，输出的机械功率为P3=P1﹣P2．由公式P3=Fv=mgv求解物体的质量．
【解答】解：（1）通过R的电流 I=
=
A=10A；
（2）电动机的输入功率 P1=U2I=110×10W=1100W，
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（3）电动机内电阻的发热功率 P2=Ir=10×0.8W=80W， 输出的机械功率 P3=P1﹣P2=（1100﹣80）W=1020W； 而P3=Fv=mgv 解得：m=
=102kg
答：（1）通过R的电流为10A；
（2）输入电动机的电功率为1100W；
（3）若该电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升一重物，此重物的质量为102kg． 【点评】本题考查了机械公式和电功功率以及电功公式的灵活应用，关键是知道电动机做功的功率加上线圈的发热功率即为电动机消耗电能的功率，难度适中． 18．（16分）如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×1012 kg的通电直导线，电流强度I=1A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒均匀增加0.4T、方向竖直向上的磁场中．设t=0时，B=0.8T．（sin37°=0.6，cos37°=0.8） （1）t=0时轻绳中的张力大小；
（2）需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？（g取10m/s2）
【考点】安培力． 【分析】（1）通过受力分析有共点力平衡即可求的
（2）根据左手定则确定安培力的方向，抓住斜面对导线的支持力为零时，导线只受重力、线的拉力和安培力作用而处于平衡状态，据平衡条件求出安培力的大小，由F=BIL可以得到磁感应强度的大小，根据磁感应强度的变化率可以求出所需要的时间t．
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【解答】解：（1）当t=0时，F安=BIL=0.32N 又有Tsin37°+Ncos37°=mg Nsin37°+BIL=Tcos37° 解之得：T=0.616N （2）当N=0时：
由题意知，当斜面对导线支持力为零时导线受力如图所示． 由图知FTcos37°=F ① FTsin37°=mg ②
由①②解得：导线所受安培力的为F=又根据F=BIL得：
此时导线所处磁场的磁感应强度为 B=
=2T，
=0.8 N．
因为磁感应强度每秒增加0.4T，所以有 B=0.4t 得t=5s． 答：（1）t=0时轻绳中的张力大小为0.616N； （2）需要5s，斜面对导线的支持力为零
【点评】抓住支持力为0时的导线受力特征，根据平衡条件求解是关键． 19．（16分）如图所示，在x＜0且y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面向里．磁感应强度大小为B，在x＞0且y＜0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的M点沿y轴负方向垂直射入磁场，结果带电粒子从y轴的N点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到x轴上的P点，已知===l．不计带电粒子所受重力，求： （1）带电粒子进入匀强磁场时速度的大小；
（2）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间； （3）匀强电场的场强大小．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题． 【分析】（1）根据粒子在磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律，即可求解；
（2）根据粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，结合前者由周期与圆心角求解，后者由运动学公式求出，从而可求出总时间；
（3）根据粒子在电场中作类平抛运动，由牛顿第二定律与运动学公式相结合，即可求解．
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【解答】解：（1）设带电粒子射入磁场时的速度大小为v， 由带电粒子射入匀强磁场的方向和几何关系可知，
带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于坐标原点，半径为l， 则有：Bqv=m解得：v=
，
（2）设带电粒子在磁场中运动时间为t1，在电场中运动的时间为t2，总时间为t， 则有t1=T=而t2= 所以t=
； ；
（3）带电粒子在电场中做类平抛运动， 位移关系式，l=at2， 时间t2= 加速度为a=
；
；
；
联立可解得：E=
答：（1）带电粒子进入匀强磁场时初速度的大小v=
（2）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间：（3）匀强电场的场强大小：
．
【点评】考查带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，掌握圆周运动与类平抛运动的处理规律，注意几何关系的正确运用，最后理解牛顿第二定律在题中的应用．
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