武汉市高二物理寒假作业含答案 5.docx

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武汉市高二物理寒假作业含答案5

武汉市高二物理寒假作业05

一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）

1.

如图所示，a、b两根垂直纸面的导体通以大小相等的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等，要使P处磁场方向向右，则a、b中电流方向为 （　　）

A.都向外B.都向里

C.a中电流向外，b中电流向里D.a中电流向里，b中电流向外

2.磁场中某区域的磁感线，如图所示，则（　　）

A.a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞Bb

B.a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜Bb

C.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大

D.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小

3.下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为a→b的是（　　）

A.

B.

C.

D.

4.

电源、开关S、定值电阻R1、灯泡L、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示的电路，电容器的两平行板水平放置。

当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点。

当用强光照射时，光敏电阻的阻值变小，则（　　）

A.灯泡亮度变暗B.电容器两极板间电压变小

C.电容器所带电荷量减小D.液滴向上运动

5.两个质量相同、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

6.如图所示，点电荷+2Q、-Q分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点，点a、b在MN连线上，点c、d在MN中垂线上，它们均关于O点对称．下列说法正确的是（）

A.c、d两点的电场强度相同

B.a、b两点的电势相同

C.将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做负功再做正功

D.将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大

7.

如图所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置的示意图。

速度选择器（也称滤速器）中场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B2的方向垂直纸面向外。

在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E和B1入射到速度选择器中，若m甲=m乙＜m丙=m丁，v甲＞v乙=v丙＞v丁，在不计重力的情况下，则分别打在P1、P2、P3、P4四点的离子分别是（　　）

A.甲、丁、乙、丙B.丁、甲、乙、丙

C.甲、丁、丙、乙D.丁、甲、丙、乙

8.

如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，以无穷远处为电势的零点，其电势φ沿x轴的分布如图所示，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、电量为+q的带正电的粒子（不计重力），以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.粒子在x2点的速度为零

B.从x1到x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大

C.若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为

D.若v0=

，则粒子在运动过程中的最大动能为3qφ0

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.

如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3V、5V、7V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是（　　）

A.粒子带负电

B.粒子带正电

C.粒子在P点的动能大于在Q点动能

D.粒子在P点电势能小于在Q点电势能

10.用均匀导线做成的矩形线圈abcd，长为3l，宽为l，矩形线圈的一半放在垂直纸面向外的匀强磁场中，线圈总电阻为R，如图所示。

当磁场的磁感应强度大小以B=3+2t的规律变化时，下列说法正确的是（　　）

A.线圈中感应电流的方向为abcda

B.线圈中产生的感应电动势大小为3l2

C.线圈中产生的感应电流大小为

D.线圈受到的安培力向右

11.

半导体内导电的粒子--“载流子”有两种：

自由电子和空穴（空穴可视为能自由移动带正电的粒子），以空穴导电为主的半导体叫P型半导体，以自由电子导电为主的半导体叫N型半导体。

图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B．当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会产生霍尔电势差UH，若每个载流子所带电量的绝对值为e，下列说法中正确的是（　　）

A.如果上表面电势高，则该半导体为P型半导体

B.如果上表面电势高，则该半导体为N型半导体

C.其它条件不变，增大c时，UH增大

D.其它条件不变，电流I取值越大，电势差UH越大

12.

如图所示，AB⊥CD且A、B、C、D位于同一半径为r的竖直圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为+Q，现从A点将一质量为m，电荷量为q的点电荷由静止释放，该电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为

（g为重力加速度），规定电场中B点的电势为零，则在+Q形成的电场中（　　）

A.A点电势等于O点电势

B.D点电势为-

C.O点电场强度大小是B点的2 倍

D.点电荷q在D点具有的电势能为-mgr

三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）

13.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，先用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为______mm；用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为______mm；

四、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

14.有一内阻未知（约2kΩ～6kΩ）、量程（0～3V）的直流电压表。

某同学用一多用电表的欧姆挡，直接去测量该电压的内阻，则欧姆挡的选择开关应拨至倍率“×______”档。

该同学先将红、黑笔短接调零后，应选图______（选填“甲”或“乙”）的方式连接。

在实验中，欧姆表的刻度盘如图丙所示，则电压表的电阻应为______Ω。

15.现有一电池，电动势大约为20V，内阻约为5Ω，无法从标签上看清其电动势等数据。

现要准确测量其电动势和内阻，实验室备有下列器材：

A．电流表（量程0～0.6A，内阻=2Ω）；

B．电压表（量程0～25V，内阻约为15kΩ）；

C．滑动变阻器（阻值范围0～20Ω）；

D．定值电阻R1=10Ω；

E．定值电阻R2=1Ω；

F．开关及导线若干。

（1）由于实验室中电表量程不恰当，需要先将电表改装，电流表应______联定值电阻______（选填R1或R2）。

（2）在虚线框中画出实验电路原理图。

（3）若采用了正确的实验电路，通过改变滑动变阻器的阻值，得到了多组电压表示数U和电流表示数I，作出了U-I图象，若图象在纵轴的截距为a，图象的斜率绝对值为b，则电源电动势为______，内阻为______。

五、计算题（本大题共4小题，共44.0分）

16.MN、PQ为水平放置的金属导轨，金属棒ab静止放在导轨上且与导轨垂直，导轨间距L=0.1m，ab棒的质量为m=0.01kg，电阻为0.4Ω，导轨所在区域处在匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度B=0.2T．电池电动势E=1.5V，内电阻r=0.2Ω，其余电阻忽略不计，当电键闭合的瞬间，测得棒ab的加速度大小为a=2m/s2，求电键闭合瞬间：

（1）通过直导线ab的电流；

（2）直导线ab所受的摩擦力的大小和方向。

17.如图所示，MN和PQ是两根放在竖直面内且足够长的平行金属导轨，相距l=1.2m。

导轨处在垂直纸面向里的磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中。

一根电阻为r=0.2Ω的金属棒ab可紧贴导轨左右运动。

两块平行的、相距d=0.8m、长度L=1.2m的水平放置的金属板A和C分别与两平行导轨相连接，图中跨接在两导轨间的电阻R1=2Ω，R2=0.5Ω．其余电阻忽略不计。

质量m=0.01kg、带电量q=-0.04C的小球（重力不可忽略、可视为质点）以某一速度v0=6m/s沿金属板A和C的中线射入板间，恰能从A板的右边缘射出金属板（g取10m/s2）。

求：

（1）两金属板A和C间的电压；

（2）金属棒ab的速度大小和方向。

18.如图所示，左侧装置内存在着匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场，装置上下两极板间电势差为U，间距为L，右侧为“梯形”匀强磁场区域ACDH，其中，AH∥CD，

=4L．一束电荷量大小为q、质量不等的带电粒子（不计重力、可视为质点），从狭缝S1射入左侧装置中恰能沿水平直线运动并从狭缝S2射出，接着粒子垂直于AH、由AH的中点M射入“梯形”区域，最后全部从边界AC射出．若两个区域的磁场方向均水平（垂直于纸面向里）、磁感应强度大小均为B，“梯形”宽度

=L，忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用．

（1）判定这束粒子所带电荷的种类，并求出粒子速度的大小；

（2）求出这束粒子可能的质量最小值和最大值；

（3）求出

（2）问中偏转角度最大的粒子在“梯形”区域中运动的时间．

19.

如图，xoy平面内存在着沿x轴正方向的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0沿y轴正方向开始运动。

当它经过图中虚线上的P（

a，a）点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从y轴上的某一位置Q处沿y轴负方向运动并再次经过O点。

已知磁场方向垂直xoy平面（纸面）向里，磁感应强度大小B=

，不计粒子的重力。

试求：

（1）Q点的纵坐标；

（2）矩形磁场区域的最小面积。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：

根据安培定则，由a电流在P处的磁场方向知，a电流周围的磁感线是逆时针方向，电流方向垂直纸面向外；

b电流在P处的磁场方向知，b电流周围的磁感线是顺时针方向，电流方向应垂直纸面向里，故C正确，ABD错误；

故选：

C。

P点的磁场是由两个直导线A、C中电流产生的磁场叠加，根据安培定则和平行四边形定则进行分析

磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．

2.【答案】A

【解析】解：

由磁感线的疏密可知Ba＞Bb，由通电导线所受安培力与通电导线的放置方向有关，通电导线放在a处与放在b处受力大小无法确定。

故选：

A。

磁感应的疏密表示磁场的强弱，导线在磁场中所受的安培力与磁场方向与导线方向的夹角有关．

解决本题的关键知道磁感线的疏密表示磁场的强弱，以及知道磁场方向与导线方向平行时，安培力为零，磁场方向与导线方向垂直时，安培力最大．

3.【答案】A

【解析】解：

A、ab棒顺时针转动，运用右手定则：

磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b．故A正确。

B、ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，故B错误。

C、穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由b→a→c，则导体ab上的感应电流方向为b→a．故C错误。

D、ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，故D错误。

故选：

A。

感应电流方向根据右手定则或楞次定律进行判断．右手定则研究一段导体，楞次定律研究一个回路，从而即可求解．

本题的关键要掌握右手定则和楞次定律，要知道它们在判断切割产生的感应电流方向上结果是相同的，不过研究的对象不同．

4.【答案】D

【解析】解：

A、当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，由PL=I2RL知灯泡的功率增大，将变亮，故A错误。

B、电流增大，R1两端间的电压增大，则电容器的电压增大，故B错误。

C、由电容器的电量公式Q=CU知电容器所带的电荷量增大，故C错误。

D、电容器板间场强E=

，知板间电压增大，场强增大，液滴所受的电场力（方向向上）增大，故液滴向上运动，故D正确。

故选：

D。

先读懂电路图，知该电路R1和R2串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，根据闭合电路欧姆定律分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化；再分析带电液滴的受力情况，确定运动。

通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化。

本题考查了电容器的动态分析、闭合电路的欧姆定律、部分电路的欧姆定律、匀强电场。

解决本题的关键抓住电容器两端电压与R1两端电压相等，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析。

5.【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，a的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，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。

C、洛伦兹力提供向心力，即：

，得：

，故半径较大的b粒子速度大，动能也大。

故C正确。

B、由公式；f=qvB，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。

6.【答案】D

【解析】【分析】

本题主要考查电场的叠加，电势，电势能；根据电场线分布，比较c、d两点的电场强度大小和方向关系．根据沿电场线方向电势逐渐降低，来比较a点和b点的电势．将电子沿直线从c点移到d点，通过电子所受的电场力与速度的方向夹角判断电场力做正功还是负功．由电势的变化，分析从a移到b电子的电势能如何变化。

解决本题的关键会进行电场的叠加，以及通过电场力与速度的方向关系判断电场力做正功还是负功。

【解答】

A.根据电场线分布的对称性可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，故A错误；

B.MN间的电场线方向由M→N，根据沿电场线方向电势逐渐降低，则知a点的电势高于b点的电势，故B错误；

C.对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在Oc段方向斜向右上，在Od段方向斜向右下。

所以电子所受的电场力在Oc段斜向左下，在Od段斜向左上，电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角，电场力对电子先做正功后做负功，故C错误；

D.将电子沿直线从a移到b，电子受到的电场力与速度方向一直相反，电场力一直做负功，则电子的电势能一直增大，故D错误；

故选D。

7.【答案】B

【解析】解：

四种粒子，只有两个粒子通过速度选择器，只有速度满足v=

，才能通过速度选择器，所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙，

根据qvB=m

得R=

乙的质量小于丙的质量，所以乙的半径小于丙的半径，则乙打在P3点，丙打在P4点。

甲的速度大于乙的速度，即大于

，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，打在P2点；

丁的速度小于乙的速度，即小于

，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，打在P1点。

综上所述，故B正确，A、C、D错误。

故选：

B。

粒子通过速度选择器，只有满足qvB=qE，即速度满足v=

，才能通过速度选择器。

当粒子的速度大于

，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，当粒子的速度小于

，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转。

通过速度选择器进入磁场的粒子，根据qvB=m

比较轨道半径即可知打在哪一点。

解决本题的关键知道只有速度满足v=

，才能通过速度选择器，根据qvB=m

比较轨道半径。

8.【答案】C

【解析】解：

A、从O到x2处，电场力做功为零，根据动能定理可知，粒子在x2点的速度为v0，故A错误。

B、粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，负电荷的电势能不断增大，故B错误。

C、粒子能运动恰好运动到x1处，就能运动到x4处。

设粒子恰能运动运动到x1处，初速度v0最小，根据动能定理得-qφ0=0-

m

，得v0=

．所以若小球能运动到x4处，则初速度v0至少为

．故C正确。

D、当带电粒子运动到x3处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，根据动能定理得

  qφ0=

，解得最大动能为Ekm=2qφ0．故D错误。

故选：

C。

电势Φ-x图象的斜率等于电场强度，由数学知识分析场强E的变化，由F=qE分析电场力的变化；根据负电荷在电势低处电势能大，分析电势能的变化；若粒子能运动到x1处，初速度v0最小，根据动能定理求解最小初速度；若v0为

，当带电粒子运动到x3处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，根据动能定理求解最大速度。

本题一要抓住Φ-x图象的斜率等于电场强度，分析电场力变化情况，由电势与电势能的变化，判断电势能的变化。

根据电场力做功情况，分析粒子运动到什么位置速度最大，由动能定理求解最大速度。

9.【答案】BCD

【解析】

解：

AB、因电场线与等势面相互垂直，且由高电势指向低电势，故电场线如图所示，由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的方向，故粒子带正电；故A错误，B正确；

C、若粒子从P到Q，则电场力做负功，粒子动能减小，故P点动能大于Q点动能；若粒子从Q到P，电场力做正功，动能增大，P点动能大于Q点动能，故粒子在P点动能一定大于Q点的动能，故C正确；

D、若粒子从Q到P，电场力做正功，动能增大，电势能减小，所以带电粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能，故D正确；

故选：

BCD。

由电场线与等势面的关系可得出电场线的方向，根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向及粒子的电性；由等势面的疏密可知电场强度的大小，由F=Eq可知电场力的大小关系；根据能量守恒定律分析粒子在P点电势能与动能之和与粒子在Q点电势能与动能之和之间的关系。

由动能定理可知P、Q两点的间的动能的变化。

本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断，应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法；本题中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解。

10.【答案】BD

【解析】解：

A、磁感应强度增大，由楞次定律可知，感应电流沿adcba方向，故A错误；

B、由法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：

E=

=2×

=3l2，故B正确；

C、线圈中产生的感应电流大小为：

，故C错误；

D、线圈受到的安培力即ab边所受安培力，根据左手定则可判断安培力向右，故D正确；

故选：

BD。

由楞次定律可以判断出感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，由欧姆定律可以回路电流，根据左手定则可判断线圈所受安培力方向；。

熟练应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律即可正确解题，注意磁通量有效面积是线圈面积的一半。

11.【答案】AD

【解析】解：

AB、电流向右，磁场垂直向内，若上表面电势高，即带正电，故粒子受到的洛伦兹力向上，故载流子是带正电的“空穴”，是P型半导体，故A正确，B错误；

CD、最终洛伦兹力和电场力平衡，有：

evB=e

…①

电流的微观表达式为：

I=nevbc…②

且霍尔电势差大小满足关系UH=

，故C错误，D正确；

故选：

AD。

根据左手定则判断带电粒子的电性，根据最终洛伦兹力和电场力平衡列式，再根据电流的微观表达式列式，最后联立求解即可。

本题关键是明确霍尔效应的原理，知道左手定则中四指指向电流方向，注意单位体积内的载流子数目表达式的各物理量的含义。

12.【答案】CD

【解析】解：

A、由题意可知，沿着电场线的方向，电势降低，而电场线从正电荷发散，则A点的电势高于D点电势，故A错误；

BD、-q电荷从A到D运动，根据动能定理，则有：

mgr-W电=

mv2-0，解得：

W电=-mgr；规定电场中B点的电势为零，AB两点对称，因由D到B点电场力做正功，则电势能减小，因此D点的电势能为EPD=-mgr；根据公式φD=

=-

，故B错误，D正确；

C、根据点电荷电场强度公式，E=k

，电场强度的大小与间距的平方成反比，则有O点电场强度大小是B点的2倍，故C正确；

故选：

CD。

根据沿着电场线方向，电势降低，即可求解；根据动能定理，求解-q在D点具有的电势能，根据点电荷电场强度公式即可求解

考查电势的高低判定方法，掌握动能定理的应用，注意力做功的正负，理解电势与电势能的关系式，注意电荷的电量正负

13.【答案】50.15 4.700

【解析】解：

游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：

50mm+0.15mm=50.15mm．

螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm．

故答案为：

50.15，4.700

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．明确游标卡尺不需要估读；而螺旋测微器需要估读．

14.【答案】100 甲 4000

【解析】解：

当欧姆表的指针指在中间位置附近时，测量值较为准确，

电压表内阻约为2kΩ～6kΩ，表盘中央刻度线约为30，为准确测量电压表内阻，应选择×100挡，

欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进入电压表的正极，应选择图甲正确；

由图示表盘可知，电压表内阻为：

40×100=4000Ω；

故答案为：

100；甲；4000。

选择倍率的原则是让指针指在刻度盘的中间位置附近，欧姆表的内部电源的正极与外部负极插孔相连，欧姆表的读数为示数乘以倍率。

本题考查了用欧姆表测电阻的注意事项、欧姆表读数，用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；知道欧姆表的结构、掌握欧姆表的读数方法即可解题。

15.【答案】并 R2 a 

【解析】

解：

（1）由于电路的最小电流为I=

=1A，显然已超出了0.6A的量程，就将其并联一个较小的电阻R2，以扩大量程。

（2）画出电路图如图所示，

（3）在图示中，R2是扩大量程所用的并联分流电阻，若电流表示数为I，则此时电路的总电流为I′=I+

=3I，由闭合电路的欧姆定律有：

E=U+3Ir，由此可得：

U=E-3rI，结合题意有：

从截距看有：

E=a，3r=b，所以电源电动势E=a，电源内阻r=

。

故答案为：

（1）并       R2

（2）电路原理图如图所示

（3）a     

（1）根据电表的改装原理可知电压表应串联电阻进行分压，而电流表应并联电阻分流进行分析；

（2）根据实验原理进行分析，确定误差最小的电路图；

（3）根据改装原理确定路端电压和电流，再根据闭合电路欧姆定律进行分析，从而确定电动势和内电阻。

本题考查电源的电动势和内电阻的测量实验原理和方法，要注意明确电表的改装原理，同时掌握根据图象分析实验数据的基本方法。

16.【答案】解：

（1）根据闭合电路欧姆定律，通过ab的电流为I=

解得：

I=2.5A

（2）导线所受的安培力为 F=BIL=0.2×2.5×0.1 N=0.05 N

由牛顿第二定律可得F-f=ma     方向水平向右

解得：

f=0.03 N    方向水平向左

答：

（1）通过直导线ab的电流为2.5A；