1、2016-2017学年湖北省襄阳五中高二（上）开学物理试卷（9月份）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710题有多个选项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分）1如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的是（）Aa、b是电荷量不等的异种电荷Ba、b为等量同种电荷CA点场强大于B点场强DA点电势高于B点电势2如果闭合电路中电源的电动势为12V，外电压为10V，当有0.5C电荷量通过电路时，下列结论正确的是（）A在电源外部，静电力将5 J的电能转化为其他形式的能B在电源内部，静电
2、力将6 J的其他形式的能转化为电能C在电源内部，非静电力将5 J的其他形式的能转化为电能D在电源外部，静电力将6 J的电能转化为其他形式的能3一个电流表的满偏电流Ig=1mA内阻为500，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A串联一个10k的电阻B并联一个10k的电阻C串联一个9.5k的电阻D并联一个9.5k的电阻4如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落 h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中
3、，下列说法正确的是（）A该匀强电场的电场强度为B带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为C带电物块电势能的增加量为mg（H+h）D弹簧的弹性势能的增加量为5如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1，R2为可变电阻，开关S闭合质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（）A保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧B保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧C断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧D断开开关S，M极板稍微下移，粒子打在O点右侧6如
4、图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，与P移动前相比（）AU变小BI变小CQ不变DQ减小7一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（）A做直线运动B做曲线运动C速率先减小后增大D速率先增大后减小8我国已经与2012年10月1日起禁止销售100W及以上的白炽灯，以后将逐步淘汰白炽灯假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示图象上A点与原点连线与横轴成角，A点的切线与横轴成角，则（）A
5、白炽灯的电阻随电压的增大而减小B在A点，白炽灯的电阻可表示为tanC在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0D在A点，白炽灯的电阻可表示为9如图，虚线ab和c是某静电场中的等势面，它们的电势分别为Ua、Ub和UcUaUbUc一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（）A粒子从K到L的过程中，电场力做负功B粒子从L到M的过程中，电场力做负功C粒子从K到L的过程中，静电势能增加D粒子从L到M的过程中，动能减少10如图甲所示，电源的电动势E=9V，它和灵敏电流表G的内阻均不可忽略，电压表V的内阻很大，热敏电阻R的阻值随温度的变化关系如图乙所示闭合开关S，当R的温度等于20时，电
6、流表示数I1=2mA根据以上信息判断，下列说法正确的是（）A电流表内阻与电源内阻之和为0.5kB电流表示数I2=3.6mA时热敏电阻的温度是100C温度升高时电压表示数U与电流表示数I的比值变大D温度升高时电压表示数变化量U与电流表示数变化量I的比值不变二、实验题（本大题3小题，第11题4分，第12题4分，第13题10分，共18分把答案填涂在答题卡指定答题处，不要求写出演算过程）11用20分度的游标卡尺测量一个物体的长度，得到图1所示，读数为_cm用螺旋测微器测量金属丝的直径，从图2中读出金属丝的直径为_mm12如图所示，03A挡电流表读数_A，015V电压表的读数为_V13某物理实验小组用下
7、列器材进行实验描绘一种特殊元件的伏安特性曲线，所测数据记录在表格中序号12345678910U/V00.40.81.21.62.02.42.62.83.0I/mA00.92.24.26.711.919.023.830.037.1器材有：A待测元件Rx B电流表A（050mA，内阻约为200）C电压表V1（03V，内阻约为10k） D电压表V2（06V，内阻约为15k）E滑动变阻器R1（020，2A） F滑动变阻器R2（0200，0.2A）G学生电源（直流4V） H开关及导线（1）为了调节方便，并使测量尽可能准确，实验中电压表应选_，滑动变阻器应选_（填器材符号）（2）在图1虚线框内画出实验电路
8、图（3）在图2坐标纸上用描点法画出元件的伏安特性曲线（4）若该元件的最佳工作电压为2.8V，现用电动势为4V，内阻r=1的电源为其供电，则要在电路中串联一个阻值为R=_的电阻，才能使其处于最佳工作状态（保留两位有效数字）三、计算题（本大题共4小题，共52分把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写出最终结果不给分）14如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场线方向成60角，一个电荷量为q=3108C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2107J，求：（1）匀强电场的场强E；（2）电荷从b移到c，
9、电场力做的功W2；（3）a、c两点间的电势差Uac15如图所示，在光滑绝缘水平面放置一带正电的长直细棒，其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大小E与距细棒的垂直距离r成反比，即E=，k为未知常量在带电长直细棒右侧，有一长为l的绝缘细线连接了两个质量均为m的带电小球A和B，小球A、B所带电荷量分别为+2q和+5q，A球距直棒的距离也为l，两个球在外力F=2mg的作用下处于静止状态不计两小球之间的静电力作用（1）求k的表达式；（2）若撤去外力F，求撤去外力瞬间A、B小球间绝缘细线上的拉力T16在如图所示的电路中，电阻R1=12，R2=8，R3=4当电键K断开时，电流表示数为0.25A，当K闭
10、合时电流表示数为0.36A求：（1）电键K断开和闭合时的路端电压U及U？（2）电源的电动势和内电阻？（3）电键K断开和闭合时内阻上的热功率P及P？17表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动自行车满载情况下在水平平直道路上以额定功率匀速行驶的速度额定车速整车质量载重额定输出功率电动机额定工作电压和电流18km/h40kg80kg180W36V/6A请参考表中数据，完成下列问题 （g取10m/s2）：（1）此电动机的电阻是多少？正常工作时，电动机的效率是多少？（2）在水平平直道路上行驶过程中电动自行车受阻力是车重（包括载重）的k倍，试计算k的大小（3）仍在上述道路上行驶，若电动自行
11、车满载时以额定功率行驶，当车速为2m/s时的加速度为多少？2016-2017学年湖北省襄阳五中高二（上）开学物理试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710题有多个选项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分）1如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的是（）Aa、b是电荷量不等的异种电荷Ba、b为等量同种电荷CA点场强大于B点场强DA点电势高于B点电势【考点】电场线【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到无穷远处或负电荷，电场线密的地方电场的强
12、度大，电场线疏的地方电场的强度小沿着电场线的方向电势降低根据电场线的分布情况判断即可【解答】解：AB、根据电场线的特点：从正电荷出发到负电荷终止，可以判断是a、b是异种点电荷又根据对称性可知，a、b的电荷量相等，故AB错误C、电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小所以A点场强小于B点场强，故C错误D、沿着电场线的方向电势降低，所以A点电势高于B点电势，故D正确故选：D【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线的意义：电场线的疏密表示场强的大小，电场线的方向反映电势的高低，即可解决本题2如果闭合电路中电源的电动势为12V，外电压为10V，当有0.5C电荷量通过电路时，下列结论正确的是（
13、）A在电源外部，静电力将5 J的电能转化为其他形式的能B在电源内部，静电力将6 J的其他形式的能转化为电能C在电源内部，非静电力将5 J的其他形式的能转化为电能D在电源外部，静电力将6 J的电能转化为其他形式的能【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻【分析】在电源的内部非静电力做功将其它形式的能转化为电能，在电源的外部，静电力做功将电能转化为其它形式的能【解答】解：A、在电源外部，根据公式：W=qU=0.510=5J，静电力将5J的电能转化为其它形式的能故A正确，D错误B、在电源内部，根据公式：W=qE=0.512=6J，非静电力将6J的其它形式的能转化为电能故BC都错误故选：A【点评
14、】解决本题的关键搞清电源外部静电力转化为其他形式的能，而在内部非静电力做功，将其他形式的能转化为电能3一个电流表的满偏电流Ig=1mA内阻为500，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A串联一个10k的电阻B并联一个10k的电阻C串联一个9.5k的电阻D并联一个9.5k的电阻【考点】把电流表改装成电压表【分析】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电流表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻总电阻=量程除以满偏电流【解答】解：要将电流表改装成电压表，必须在电流表上串联一个大电阻，串联电阻起分压作用应串联电阻为R=9.5103k故C正确，ABD错误故选：C【点评】电流表改装成电压表应串
15、联电阻分压串联电阻阻值为：R=，是总电阻4如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落 h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是（）A该匀强电场的电场强度为B带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为C带电物块电势能的增加量为mg（H+h）D弹簧的弹性势能的增加量为【考点】功能关系；电势能【分析】根据牛顿第二定律求出电场强度的大小，根据除重力和弹力以外其它力做功得出系统机械能的变化量根据电场力做功求出电势能
16、的变化量根据动能定理求出弹簧弹力做功，从而得出弹性势能的变化量【解答】解：A、物体静止开始下落时的加速度为，根据牛顿第二定律得：mgqE=ma，解得：E=，故A错误B、从A到C的过程中，除重力和弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：，可知机械能减小量为故B错误C、从A到C过程中，电场力做功为，则电势能增加量为故C错误D、根据动能定理得： =0，解得弹力做功为：，即弹性势能增加量为，故D正确故选：D【点评】本题考查了功能关系，知道合力做功等于动能的变化量，电场力做功等于电势能的减小量，重力做功等于重力势能的减小量，除重力或弹力以外其它力做功等于机械能的增量5如图所示，M、N是两块水平放置的平行
17、金属板，R0为定值电阻，R1，R2为可变电阻，开关S闭合质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（）A保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧B保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧C断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧D断开开关S，M极板稍微下移，粒子打在O点右侧【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1的电压，改变R2，对电容器的电压没有影响增大R1分担的电压增大，电容器的电压增大，粒子将向下运动断开开关S，上下
18、移动极板，根据电容器的电容定义式与决定式判断出极板间的电场强度，根据牛顿第二定律即可判断加速度，利用运动学公式判断水平位移【解答】解：A、保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为U=，增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，故粒子受重力和电场力，产生的加速度增大，平行板两极板电压减小达到极板上则，水平位移为x=，水平位移将减小，故粒子打在O点左侧侧，故A正确B、保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R两端的电压，故粒子打在O点，故B错误；C、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E=，结合及可得，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在
19、O点，故C错误；D、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E=，结合及可得，电场强度不变，加速度不变，M极板稍微下移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故D错误故选：A【点评】本题关键分析电容器的电压是否变化当断开开关S，改变板间距离时，板间场强不变，油滴也保持不动6如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，与P移动前相比（）AU变小BI变小CQ不变DQ减小【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】首先搞清电路的结构：电流稳定时，变阻器与
20、R2串联，R1上无电流，无电压，电容器的电压等于变阻器的电压，电压表测量变阻器的电压，电流表测量干路电流；当滑片P向a端移动一些后，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电路的总电阻变化和干路电流的变化，再分析电表读数的变化和电容器电量的变化【解答】解：当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压U=EI（R2+r），由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据C=，得Q=CU，可判断出电容器的电荷量Q增大，故B正确，ACD错误故选：B【点评】本题是含有电容器的动态变化分析问题
21、，要综合考虑局部与整体的关系，对于电容器明确两端的电压，再利用电容器的定义式判断电量的变化情况7一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（）A做直线运动B做曲线运动C速率先减小后增大D速率先增大后减小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】根据合力的方向与速度方向的关系判断小球做直线运动还是曲线运动，根据合力的方向与速度方向的关系判断小球的速率变化【解答】解：A、小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动故A错误，B正确C、小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速
22、度先减小后增大故C正确，D错误故选：BC【点评】解决本题的关键知道物体做直线运动还是曲线运动的条件，关键看合力的方向与速度方向的关系8我国已经与2012年10月1日起禁止销售100W及以上的白炽灯，以后将逐步淘汰白炽灯假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示图象上A点与原点连线与横轴成角，A点的切线与横轴成角，则（）A白炽灯的电阻随电压的增大而减小B在A点，白炽灯的电阻可表示为tanC在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0D在A点，白炽灯的电阻可表示为【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】由图象可以求出电压对对应的电流，电压与对应电流的比值是白炽灯的电阻，根据图示图象应用欧姆定
23、律答题【解答】解：A、由图示图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻变大，故A错误；B、在A点，白炽灯的电阻R=tan，故B错误；C、在A点，白炽灯的电功率P=U0I0，故C正确；D、由欧姆定律可知，在A点，白炽灯的电阻R=，故D正确；故选：CD【点评】本题考查了求灯泡电阻与电功率问题，分析清楚图象、应用欧姆定律与电功率公式即可正确解题9如图，虚线ab和c是某静电场中的等势面，它们的电势分别为Ua、Ub和UcUaUbUc一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（）A粒子从K到L的过程中，电场力做负功B粒子从L到M的过程中，电场力做负功C粒
24、子从K到L的过程中，静电势能增加D粒子从L到M的过程中，动能减少【考点】等势面；电势能【分析】电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；电场力做功的正负还可以直接根据电场力的方向判断【解答】解：A、根据Ep=q，粒子从K到L的过程中，电势能增加，故电场力做负功，故A正确；B、根据Ep=q，粒子从L到M的过程中，电势能减小，故电场力做正功，故B错误；C、根据Ep=q，粒子从K到L的过程中，电势能增加，故C正确；D、粒子从L到M的过程中，电场力做正功，故动能增加，故D错误；故选AC【点评】本题关键是根据Ep=q得到电势能的变化情况，最后确定电场力的做功情况10如图甲所示，电源的电动势E=
25、9V，它和灵敏电流表G的内阻均不可忽略，电压表V的内阻很大，热敏电阻R的阻值随温度的变化关系如图乙所示闭合开关S，当R的温度等于20时，电流表示数I1=2mA根据以上信息判断，下列说法正确的是（）A电流表内阻与电源内阻之和为0.5kB电流表示数I2=3.6mA时热敏电阻的温度是100C温度升高时电压表示数U与电流表示数I的比值变大D温度升高时电压表示数变化量U与电流表示数变化量I的比值不变【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】闭合开关S，当R的温度等于20时，电流表示数I1=2mA，根据闭合电路欧姆定律可求得电流表与电源的内阻之和R内；当电流表的示数I2=3.6mA时，根据闭合电路欧姆定律可求R，
26、由图读出温度【解答】解：A、已知：电源电源的电动势E=9.0V，I1=2mA=0.002A，I2=3.6mA=0.0036A；由图象知，当R的温度等于20时，热敏电阻的阻值R=4000，由串联电路特点及闭合电路欧姆定律得： E=I1（R+R内），即9.0V=0.002A（4000+R内），解得R内=500则A正确B、当电流I2=0.0036A时，由串联电路特点及欧姆定律得： EU=I2（R+R内）即：9.0V=0.0036A（R+500），解得：R=2000；由图象知，此时热敏电阻的温度t=100则B正确C、温度升高，电阻变小，则比值变小，则C错误D、由U=EIr 则，则不变，则D正确故选：A
27、BD【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律、识图能力，熟练掌握串联电路的特点、欧姆定律是正确解题的前提，由图象找出热敏电阻的阻值与对应的温度关系是解题的关键；解题时注意单位换算二、实验题（本大题3小题，第11题4分，第12题4分，第13题10分，共18分把答案填涂在答题卡指定答题处，不要求写出演算过程）11用20分度的游标卡尺测量一个物体的长度，得到图1所示，读数为10.030cm用螺旋测微器测量金属丝的直径，从图2中读出金属丝的直径为0.517mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【分析】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
28、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【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为60.05mm=0.30mm，所以最终读数为：100mm+0.30mm=100.30mm=10.030cm2、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为1.70.01mm=0.017mm，所以最终读数为0.5mm+0.017mm=0.517mm故答案为：10.030，0.517【点评】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12如图所示，03A挡电流表读数1.75A，015V电压表的读
29、数为10.7V【考点】多用电表的原理及其使用【分析】根据量程确定最小分度，即可根据指针的位置确定读数；注意明确最小分度为1的需要估读【解答】解：03A挡时最小分度为0.1A，则指针所指示数为：1.75A；015V电压表的最小分度为0.5V，则读数为：10.7V；故答案为：1.75，10.7【点评】本题考查电表的读数问题，要注意读数的位数问题，左图中最小分度为0.1，因此需要估读一位；而右图中最小分度为0.5，则不需要估读13某物理实验小组用下列器材进行实验描绘一种特殊元件的伏安特性曲线，所测数据记录在表格中序号12345678910U/V00.40.81.21.62.02.42.62.83.0
30、I/mA00.92.24.26.711.919.023.830.037.1器材有：A待测元件Rx B电流表A（050mA，内阻约为200）C电压表V1（03V，内阻约为10k） D电压表V2（06V，内阻约为15k）E滑动变阻器R1（020，2A） F滑动变阻器R2（0200，0.2A）G学生电源（直流4V） H开关及导线（1）为了调节方便，并使测量尽可能准确，实验中电压表应选V1，滑动变阻器应选R1（填器材符号）（2）在图1虚线框内画出实验电路图（3）在图2坐标纸上用描点法画出元件的伏安特性曲线（4）若该元件的最佳工作电压为2.8V，现用电动势为4V，内阻r=1的电源为其供电，则要在电路中串
31、联一个阻值为R=39的电阻，才能使其处于最佳工作状态（保留两位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）根据元件的额定电压确定电压表，从减小误差和可操作性角度确定滑动变阻器（2）根据实验要求电流从零调可知变阻器应用分压式接法，根据待测电阻远小于电压表内阻可知，电流表应用外接法；（3）描点法作图的关键是认真描点画出平滑的曲线即可（4）根据闭合电路的欧姆定律即可求出串联电阻的电阻值【解答】解：（1）由表格中的数据可知，测量的最大电压是3V，所以选择的电压表是量程3V的V1；由于测量过程中的电压是从0开始，所以实验使用滑动变阻器的分压式接法，要选择电阻值比较小的R1（2）待测电阻的电阻
32、值约为：RA即待测元件的电阻值小于电流表的电阻值，所以测量电路需要使用电流表外接法由于测量过程中的电压是从0开始，所以实验使用滑动变阻器的分压式接法则实验的原理图如图（3）将表格中的数据先在图中描点，然后用平滑的曲线连接如图；（4）该元件的最佳工作电压为2.8V，设需要串联一个电阻值为R的电阻，则由闭合电路的欧姆定律：代入数据得：R=39故答案为：（1）V1，R1；（2）如图；（3）如图； （4）39【点评】对电学实验应明确：若要求电流从零调时变阻器应用分压式接法当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法注意实物图的连接方式三、计算题（本大题共4小题，共52分把解答写在答题卡中指定的答题处
33、，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写出最终结果不给分）14如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场线方向成60角，一个电荷量为q=3108C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2107J，求：（1）匀强电场的场强E；（2）电荷从b移到c，电场力做的功W2；（3）a、c两点间的电势差Uac【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】（1）根据电场力做功公式W=qEd，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离（2）电场力做功公式W=qEd，求解电荷从b移到c电场力做功W2（3）先求出电荷从a到c电场力做功，再求解a、c
34、两点的电势差Uac【解答】解：（1）由题，由W1=qElab得：E=80N/C（2）电荷从b移到c电场力做功为：W2=qElbccos60=3108800.120.5J=1.44107J（3）电荷从a移到c电场力做功为：Wac=W1+W2则a、c两点的电势差为：Uac=8.8V答：（1）匀强电场的场强80V/m（2）电荷从b移到c电场力做功1.44107J（3）a、c两点的电势差8.8V【点评】匀强电场中电场力做功公式W=qEd中，d是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负15如图所示，在光滑绝缘水平面放置一带正电的长直细棒，其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大小E与距细棒
35、的垂直距离r成反比，即E=，k为未知常量在带电长直细棒右侧，有一长为l的绝缘细线连接了两个质量均为m的带电小球A和B，小球A、B所带电荷量分别为+2q和+5q，A球距直棒的距离也为l，两个球在外力F=2mg的作用下处于静止状态不计两小球之间的静电力作用（1）求k的表达式；（2）若撤去外力F，求撤去外力瞬间A、B小球间绝缘细线上的拉力T【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；电场强度【分析】（1）分析AB系统的受力情况，根据给出的电场强度的表达式求解电场力，再根据平衡条件即可明确k的表达式；（2）撤去拉力后绳子上的张力突变，故分别对两小球分析，根据牛顿第二定律可明确各自的加速度，分析两球的运
36、动情况，从而明确两球整体的运动规律，再由牛顿第二定律可分析拉力【解答】解：（1）小球A、B及细线构成的整体受力平衡，有得（2）若撤去外力瞬时，A、B间细线拉力突然变为零，则对A球：得，方向向右对B球：得，方向向右因为aAaB，所以在撤去外力瞬时A、B将以相同的加速度a一起向右运动，A、B间绝缘细线张紧，有拉力T因此，对A、B整体，由牛顿第二定律，有由第（1）问可知：对A：解得答：（1）k的表达式为；（2）若撤去外力F，撤去外力瞬间A、B小球间绝缘细线上的拉力T为【点评】本题考查电场中牛顿第二定律的应用，要注意分析两带电体的运动过程，能判断拉力撤去后两小球将相对静止，以相同的加速度运动，再根据牛
37、顿第二定律进行分析，从而求出绳子上的拉力16在如图所示的电路中，电阻R1=12，R2=8，R3=4当电键K断开时，电流表示数为0.25A，当K闭合时电流表示数为0.36A求：（1）电键K断开和闭合时的路端电压U及U？（2）电源的电动势和内电阻？（3）电键K断开和闭合时内阻上的热功率P及P？【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】电键K断开时，电阻R2和R3串联后与电阻R1并联当K闭合时，电阻R3被短路，根据欧姆定律求解路端电压，根据闭合电路欧姆定律分别列方程求出电动势和内阻，根据P=I2r求解电键K断开和闭合时内阻上的热功率【解答】解：（1）K断开时，路端电压为U=I（R2+R3）=0.25（8+4
38、）V=3VK闭合时：U=IR2=0.368V=2.88V；（2）K断开时：外电路总电阻K闭合时，外电路总电阻则断开时有：E=U+，E=U+由带入数据解得：E=3.6V，r=1.2； （3）K断开时：I=0.5A则P=I2r=0.3WK闭合时：；则P=I2r=0.432W；答：（1）电键K断开时的路端电压为3V，闭合时路端电压为2.88V；（2）电源的电动势为3.6V，内电阻为1.2；（3）电键K断开时内阻上的热功率为0.3W，闭合时内阻上的热功率为0.432W【点评】对于电路问题，首先要搞清电路的连接方式，有时要画出等效电路基本题17表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动自行车
39、满载情况下在水平平直道路上以额定功率匀速行驶的速度额定车速整车质量载重额定输出功率电动机额定工作电压和电流18km/h40kg80kg180W36V/6A请参考表中数据，完成下列问题 （g取10m/s2）：（1）此电动机的电阻是多少？正常工作时，电动机的效率是多少？（2）在水平平直道路上行驶过程中电动自行车受阻力是车重（包括载重）的k倍，试计算k的大小（3）仍在上述道路上行驶，若电动自行车满载时以额定功率行驶，当车速为2m/s时的加速度为多少？【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】（1）从表中可知，输出功率和输入功率，进而求得额外功率，得到内阻和效率（2）当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根
40、据输出功率通过P额=fvm=k（M+m）gvm求出k的大小（3）根据输出功率和速度求出牵引力的大小，通过牛顿第二定律求出电动车的加速度【解答】解：（1）从表中可知，输出功率P出=180W，输入功率P入=UI=366W=216W P损=P入P出=36W r=1 （2）P额=fm=k（M+m）gm k=（3）由功率公式得：P额=F由牛顿第二定律得：Fk（M+m）g=（M+m）a 解得：a=0.45 m/s2答：（1）此电动机的电阻是1，正常工作时电动机的效率，83.3%（2）k的大小为0.03（3）当车速为2m/s时的加速度为0.45m/s2【点评】解决本题的关键知道电动机输入功率、输出功率和内部损坏的功率的关系，以及知道输出功率与牵引力和速度的关系
