1、2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳市白水高中高二（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题（10×4=40分）1空间存在两个带等量同种正电荷量Q的小球，相距为L，如图所示现引入一个点电荷到其产生的电场中，若引入的点电荷的带电性质、初速度的大小和方向等满足一定条件则引入的点电荷可能做的运动是（）A匀加速直线运动B往复运动C匀变速曲线运动D匀速圆周运动2如图所示，直线A为某电源的UI图线，则该电源的电动势和内阻分别为（）A3V 2B3V 0.5C6V 2D6V 0.53如图所示，是一独立正点荷形成电场中的一条电场线，线段AB=BC，则（）A电场强度比较是EAEBB电势比较是ABC电势差
2、比较是UABUBCD检验电荷沿AC方向移动电场力不做功4如图所示是一欧姆表（多用电表欧姆挡）的结构示意图，虚线框内有欧姆表的内部电路，红、黑表笔分别插入正、负插孔，虚线框内的欧姆表的内部电路图正确的是（）ABCD5如图所示，真空中O点处固定一点电荷Q，同时在O点通过绝缘细线悬挂一带电荷量为q质量为m的小球，开始时细线与小球处在水平位置且静止，释放后小球摆到最低点时，细线的拉力为4mg，则固定电荷Q在最低点B处产生的场强大小为（）ABCD6先后按图中（1）、（2）所示电路测同一未知电阻阻值Rx，已知两电路的路端电压恒定不变，若按图（1）所示电路测得电压表示数为6V，电流表示数为2mA，那么按图（
3、2）所示电路测得的结果应有（）A电压表示数为6V，电流表示数为2mAB电压表示数为6V，电流表示数小于2mAC电压表示数小于6V，电流表示数小于2mAD电压表示数小于6V，电流表示数大于2mA7下列关于电场强度的说法中，正确的是（）A公式E=只适用于真空中点电荷产生的电场B由公式E=可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比C在公式F=k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；k是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小D由公式E=k可知，在离点电荷非常靠近的地方（r0），电场强度E可达无穷大8一带电粒子仅在电场力的作用下做初速度为零的直线运动，取该
4、直线为x轴，运动起始点O为坐标原点，其电势能EP与位移x的关系如图所示，下列四个图象中表示带电粒子的动能Ek和位移x关系的是（）ABCD9将标有“110V、40W”白炽灯L1和标有“110V、100W”白炽灯L2，与一只滑动变阻器（0300）组合起来接在220V的线路上，要使L1、L2都能正常发光而且最省电，应选择的电路图是（）ABCD10分别用如图所示的甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值，图甲中两表的示数分别为3V、4mA，图乙中两表的示数分别为4V、3.8mA，则待测电阻Rx的真实值为（）A略小于1 kB略小于750C略大小1 kD略大于750二、实验题11某学习小组在描绘标有“8.0v
5、，3.8w”的小灯泡的灯丝电阻的伏安特性图线时，实验室给出一块电压表V（量程10V，内阻约4K）和两块电流表，A1（量程100mA，内阻约2）和 A2（量程0.6A，内阻约0.3），则选择电流表测量甲、乙两同学利用电压表和选定的电流表采用不同的连接电路测出相应的电压和电流描绘出的伏安特性图线如图、所示，则图线更准确12二极管是一种半导体元件，电路符号为，其特点是具有单向导电性某实验小组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究据了解，该二极管允许通过的最大电流为50mA（1）该二极管外壳的标识模糊了，同学们首先用多用电表的欧姆档来判断它的正负极：当红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触
6、二极管的右端时，发现指针的偏角比较小，当交换表笔再次测量时，发现指针有很大偏转，由此可判断 （填“左”或“右”）端为二极管的正极（2）实验探究中他们可选器材如下：A直流电源（电动势3V，内阻不计） B滑动变阻器（020）C电压表（量程15V、内阻约80k） D电压表（量程3V、内阻约50k）E电流表（量程0.6A、内阻约1） F电流表（量程50mA、内阻约50）G待测二极管 H导线、开关为了提高测量精度，电压表应选用，电流表应选用（填序号字母）（3）实验中测量数据如下表，请在下图坐标纸上画出该二极管的伏安特性曲线电流I/mA000.21.83.98.614.021.833.550.0电压U/V
7、00.500.751.001.251.501.752.002.252.50（4）同学们将该二极管与阻值为10的定值电阻串联后接到电压恒为3V的电源两端，则二极管导通时定值电阻的功率为 W三、计算题（12+10+10+12=44分）13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和电场方向成60角，一个电荷量为q=4108C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2106J求：（1）匀强电场的场强E=？（2）电荷从b移到c电场力做功W2=？（3）a、c两点的电势差Uac=？14如图所示，电源的内电阻r=1，定值电阻R=3，小电动机绕组的电阻RM=
8、0.5当开关S闭合后电路正常工作，电压表的读数U=5V，电流表的读数I=1A求：（1）电源的电动势E；（2）电动机的输出功率P出15如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21，电动机绕组的电阻R0=0.5，电键S1始终闭合当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率16有一带负电的小球，其带电量q=2103C如图所示，开始时静止在场强E=200N/C的匀强电场中的P点，靠近电场极板B有一挡板S，小球与挡板S的距离h=5cm，与A板距离H=45cm，重力作用不计在
9、电场力作用下小球向左运动，与挡板S相碰后电量减少到碰前的k倍，已知k=，而碰后小球的速度大小不变（1）设匀强电场中挡板S所在位置的电势为零，则电场中P点的电势为多少？小球在P点时的电势能为多少？（电势能用E来表示）（2）小球从P点出发第一次回到最右端的过程中电场力对小球做了多少功？（3）小球经过多少次碰撞后，才能抵达A板？（取lg1.2=0.08）2015-2016学年湖北省襄阳市枣阳市白水高中高二（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（10×4=40分）1空间存在两个带等量同种正电荷量Q的小球，相距为L，如图所示现引入一个点电荷到其产生的电场中，若引入的点电荷的
10、带电性质、初速度的大小和方向等满足一定条件则引入的点电荷可能做的运动是（）A匀加速直线运动B往复运动C匀变速曲线运动D匀速圆周运动【考点】库仑定律【分析】匀速直线运动中，合力为零；匀变速运动中，合力恒定；匀速圆周运动中，合力指向圆心；往复运动中，合力充当回复力，指向平衡位置【解答】解：A、根据电场的叠加原则，可知，电场强度是变化的；而电场最基本的性质就是对处于其中的电荷具有静电力；故带电粒子（不计重力）在这些静电场中的运动不可能是匀变速运动；故A错误；B、在等量同种点电荷产生的电场中，同种电荷的粒子在两个电荷连线之间某点释放后，受到的电场力提供回复力，使粒子做往复运动；故B正确；C、D、如果粒
11、子带负电，且受到的电场力恰好提供向心力，粒子的速度与电场力垂直，则做匀速圆周运动；粒子绕点电荷运动可能是匀速圆周运动，故C错误；D正确；故选：BD【点评】本题关键是明确匀速直线运动、匀变速运动、匀速圆周运动、往复运动中力和运动的关系2如图所示，直线A为某电源的UI图线，则该电源的电动势和内阻分别为（）A3V 2B3V 0.5C6V 2D6V 0.5【考点】路端电压与负载的关系【专题】恒定电流专题【分析】据路端电压与干路电流图象的意义，纵坐标的截距为电源的电动势，斜率的绝对值为内阻【解答】解：由电源的UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值为3，则电源电动势E=3V，电源内阻等于电源UI图象斜率的绝对
12、值，由图象可知，电源内阻r=0.5故选：B【点评】本题考查了求电源电动势与内阻，知道电源UI图象与截距与斜率的物理意义，即可正确解题；要掌握应用图象法处理实验数据的方法3如图所示，是一独立正点荷形成电场中的一条电场线，线段AB=BC，则（）A电场强度比较是EAEBB电势比较是ABC电势差比较是UABUBCD检验电荷沿AC方向移动电场力不做功【考点】电势差与电场强度的关系；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由电场线的疏密判断电场强度的大小顺着电场线电势降低，根据电场线的方向判断电势的高低在匀强电场中，电场强度与电势差的关系是U=Ed【解答】解：A、由题意，该电场是正点电荷产生，则知该正点
13、电荷必定在A的左侧，A点离正点电荷最近，场强最大，故EAEB故A正确B、顺着电场线电势必定降低，所以有：ABC故B错误C、由于AB间的电场线比BC间的电场线密，则AB间的电场强度比BC间的电场强度，根据公式U=Ed分析可知UABUBC故C正确D、检验电荷沿AC方向移动电场力方向与位移方向相同或相反，电场力一定做功，故D错误故选：AC【点评】本题考查对电场线物理意义的掌握与应用能力要注意公式U=Ed的适用条件是匀强电场，可用来定性分析非匀强电场中场强与电势差的关系4如图所示是一欧姆表（多用电表欧姆挡）的结构示意图，虚线框内有欧姆表的内部电路，红、黑表笔分别插入正、负插孔，虚线框内的欧姆表的内部电
14、路图正确的是（）ABCD【考点】多用电表的原理及其使用【专题】恒定电流专题【分析】红表笔插在正极孔中，与内部电源的负极相连，黑表笔与电源的正极相连【解答】解：由于要保证电流在表头中由红进黑出，故红表笔应接电源的负极，黑表笔接电源的正极；并且在测量电阻时要进行欧姆调零；故应串接滑动变阻器；故选：A【点评】本题考查了欧姆表的内部结构，要记住电流从红表笔进，从黑表笔出5如图所示，真空中O点处固定一点电荷Q，同时在O点通过绝缘细线悬挂一带电荷量为q质量为m的小球，开始时细线与小球处在水平位置且静止，释放后小球摆到最低点时，细线的拉力为4mg，则固定电荷Q在最低点B处产生的场强大小为（）ABCD【考点】
15、电场强度；力的概念及其矢量性；牛顿第二定律；向心力；动能定理的应用【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用；电场力与电势的性质专题【分析】小球从A到B过程，受重力、拉力和静电力，由于拉力和静电力与速度垂直，不做功，故只有重力做功，运用动能定理求解出B点速度；在B点，重力、拉力和静电力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析求解出静电力的大小和方向，最后根据电场强度的定义得到B点的电场强度的大小【解答】解：小球从A到B过程，受重力、拉力和静电力，只有重力做功，运用动能定理得到解得v= 在最低点，重力、拉力和静电力的合力提供向心力，假设静电力向下，根据牛顿第二定律，有 解得F=mg故B滴点的场强为
16、：E=故选A【点评】本题关键是对小球从A到B过程运用动能定理列式求出最低点速度，然后对最低点位置运用牛顿第二定律和向心力公式求解静电力，最后根据场强定义得到电场强度6先后按图中（1）、（2）所示电路测同一未知电阻阻值Rx，已知两电路的路端电压恒定不变，若按图（1）所示电路测得电压表示数为6V，电流表示数为2mA，那么按图（2）所示电路测得的结果应有（）A电压表示数为6V，电流表示数为2mAB电压表示数为6V，电流表示数小于2mAC电压表示数小于6V，电流表示数小于2mAD电压表示数小于6V，电流表示数大于2mA【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】在测量电阻的实验中，电流表与电
17、压表有一定的电阻，接入电路后改变了电路原来的结构，电流表有分压作用，电压表有分流作用图（1）电路中电流表与待测电阻Rx串联后电电压表并联，图（2）电路中电压表与Rx并联后与电流表串联根据欧姆定律和串并联电路的特点分析分析两电表的读数【解答】解：图（1）所示电路中，电压表示数为6V，电流表示数为2mA，说明U=6V在图（2）所示电路中，U=6V，电压表与Rx并联后与电流表串联，由于电流表的分压，电压表与Rx并联部分电压小于U，即电压表示数小于6V又由于电压表与Rx并联的电阻小于Rx，外电路总电阻小于电流表与待测电阻Rx串联的总电阻，则干路中电流大于图（1）中电流表的读数，即大于2mA故选D【点评
18、】本题是实验题，电表对电路的影响不能忽略，可把电压表看成能测量电压的电阻，电流表看成能测量电流的电阻7下列关于电场强度的说法中，正确的是（）A公式E=只适用于真空中点电荷产生的电场B由公式E=可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比C在公式F=k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；k是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小D由公式E=k可知，在离点电荷非常靠近的地方（r0），电场强度E可达无穷大【考点】电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场强度的定义式适用于一切电场，电场强度E表示电场本身的强度和方向，与试探电荷无关真空中点电荷Q
19、产生的电场强度计算公式是：E=k，当r0时，电荷已不能看成点电荷，此公式不再成立库仑定律公式公式中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小【解答】解：A、电场强度的定义式适用于一切电场故A错误 B、电场强度E表示电场本身的强度和方向，与试探电荷无关，不能说E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比故B错误 C、库仑定律公式公式中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小故C正确 D、当r0时，电荷已不能看成点电荷，公式E=k不再成立故D错误故选C【点评】本题考查对电场强度两公式的理解能
20、力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件8一带电粒子仅在电场力的作用下做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，运动起始点O为坐标原点，其电势能EP与位移x的关系如图所示，下列四个图象中表示带电粒子的动能Ek和位移x关系的是（）ABCD【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能【分析】一带电粒子仅在电场力的作用，电势能与动能之和保持不变，根据能量守恒分析得出【解答】解：一带电粒子仅在电场力的作用，根据能量守恒知电势能与动能之和保持不变，由EPx图象知电势能EP随x的增大而减小，则动能随x的增大而增大根据|=F，知电场力逐渐减小，|=F，则Ekx图象的斜率逐渐减小，故A正确故选：
21、A【点评】本题运用定性判断和定量分析相结合的方法分析，要明确|=|=F，分析图象斜率的变化9将标有“110V、40W”白炽灯L1和标有“110V、100W”白炽灯L2，与一只滑动变阻器（0300）组合起来接在220V的线路上，要使L1、L2都能正常发光而且最省电，应选择的电路图是（）ABCD【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路【专题】恒定电流专题【分析】两灯泡均要正常发光，则两灯泡的电压都要为110V，求出两灯泡正常发光时，整个电路的消耗的功率，比较哪个电路消耗功率最小【解答】解：AD、根据R=知，R1R2，在A电路中，L1和L2串联，电流相等，则电压不等，有一个灯泡分担的电压会大于110
22、V，会烧坏故A电路不能满足正常发光 L2与R的并联电阻一定小于L1，则L1分担的电压一定大于110V，会被烧坏故AD错误BC、当L1和L2并联部分消耗的电压为110V时，两灯泡能正常发光，整个电路消耗的功率P=2（P1+P2）=280W当R1与电阻R的并联电阻等于L2电阻时，灯泡就能正常发光，整个电路消耗的功率P=2100W=200W所以C电路消耗的功率最小故C正确，B错误故选：C【点评】解决本题的关键要抓住两个条件，一要正常发光，二要消耗的功率最小所以该题用排除法解决比较好10分别用如图所示的甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值，图甲中两表的示数分别为3V、4mA，图乙中两表的示数分别为4V
23、、3.8mA，则待测电阻Rx的真实值为（）A略小于1 kB略小于750C略大小1 kD略大于750【考点】伏安法测电阻【专题】恒定电流专题【分析】明确两种电路的接法；根据两电表的变化规律可明确实验中的误差分析；从而选择正确的接法得出误差最小的结果【解答】解：电压表变化为1V，而电流变化为0.2mA；则说明电压有示数变化大，则说明电流表的分压效果较大；故应采用电流表外接法；采用甲电路：电流表示数含电压表的分流，故电流比真实值大则测量值R测=750=R真 即真实值略大于750；故选：D【点评】本题考查伏安法测电阻的原理，要注意明确电表不是理想电表，故应注意它们内阻对实验结果的影响；同时能选择正确接
24、法二、实验题11某学习小组在描绘标有“8.0v，3.8w”的小灯泡的灯丝电阻的伏安特性图线时，实验室给出一块电压表V（量程10V，内阻约4K）和两块电流表，A1（量程100mA，内阻约2）和 A2（量程0.6A，内阻约0.3），则选择电流表A2测量甲、乙两同学利用电压表和选定的电流表采用不同的连接电路测出相应的电压和电流描绘出的伏安特性图线如图、所示，则图线更准确【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后分析答题【解答】解：灯泡正常发光时时的电流：I=0.475A=475mA，电流表应选 A2；灯泡正常发
25、光时的电阻约为：R=16.84，电流表内阻约为0.3，电压表内阻约为4k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电流表采用外接法，由于电压表的分流，电流表测量值偏大，图所示图象准确故答案为：A2，【点评】本题考查了实验器材的选择、图象的选择，掌握实验器材的选择原则、根据题意确定电流表的解法即可准确解题12二极管是一种半导体元件，电路符号为，其特点是具有单向导电性某实验小组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究据了解，该二极管允许通过的最大电流为50mA（1）该二极管外壳的标识模糊了，同学们首先用多用电表的欧姆档来判断它的正负极：当红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管
26、的右端时，发现指针的偏角比较小，当交换表笔再次测量时，发现指针有很大偏转，由此可判断左 （填“左”或“右”）端为二极管的正极（2）实验探究中他们可选器材如下：A直流电源（电动势3V，内阻不计） B滑动变阻器（020）C电压表（量程15V、内阻约80k） D电压表（量程3V、内阻约50k）E电流表（量程0.6A、内阻约1） F电流表（量程50mA、内阻约50）G待测二极管 H导线、开关为了提高测量精度，电压表应选用D，电流表应选用F（填序号字母）（3）实验中测量数据如下表，请在下图坐标纸上画出该二极管的伏安特性曲线电流I/mA000.21.83.98.614.021.833.550.0电压U/V
27、00.500.751.001.251.501.752.002.252.50（4）同学们将该二极管与阻值为10的定值电阻串联后接到电压恒为3V的电源两端，则二极管导通时定值电阻的功率为0.025 W【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】（1）二极管正向电阻很小，反向电阻很大，黑表笔与欧姆表内部电池的正极相连，红表笔与负极相连，根据欧姆表示数大小关系判断正负极；（2）根据给定的电源的电压可以选择电压表；根据表中给出的数据可以选择电流表；（3）在坐标轴中选择合适的坐标，采用描点法作图，注意用平滑的曲线将各点相连；（4）将10的定值电阻视为电源内阻，则画出电源的伏安特性曲线，两图象的交
28、点为二极管的工作点，则由图可得出电流和电压，从而求出功率【解答】解：（1）黑表笔与欧姆表内部电池的正极相连，红表笔与负极相连，当将红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管的右端时，发现指针的偏角比很小，说明二极管电阻很大，即与黑表笔相接的是二极管的负极，换表笔再次测量时，发现指针的偏角很大，说明二极管正向导通，即与黑表笔相连的应是正极，由此判定二极管的左端是正极；（2）因电源电压为3V，为了安全和准确电压表应选择D；由表中数据可知，电流最大为50mA，则电流表应选择F；（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：（4）将10定值电阻等效为电源内阻；在图中作出电源的伏安特性
29、曲线，如右图所示：则两曲线的交点为二极管工作点，则由图象可知，二极管的工作电压约为2.5V；电流约为50mA；则定值电阻消耗的功率P=I2R=0.025W；（0.0220.028均可）故答案为：（1）左；（2）D；F；（3）如图所示；（4）0.025【点评】本题考查二极管伏安特性曲线的实验，本题中要注意万用表的欧姆档黑表笔接内部电源的正极；同时注意二极管的伏安特性曲线的性质，不能画成直线三、计算题（12+10+10+12=44分）13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和电场方向成60角，一个电荷量为q=4108C的正电荷从a移到b电场
30、力做功为W1=1.2106J求：（1）匀强电场的场强E=？（2）电荷从b移到c电场力做功W2=？（3）a、c两点的电势差Uac=？【考点】电势能；电势差；电势【专题】电场力与电势的性质专题【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两点的电势差Uac【解答】解：（1）由题，由W1=qElab得 E=600V/m（2）电荷从b移到c电场力做功为 W2=qElbccos60=41086000.120.5J=1.44106J（3）电荷从a移到c电场力
31、做功为 Wac=W1+W2则a、c两点的电势差为=66V答：（1）匀强电场的场强E=600V/m（2）电荷从b移到c电场力做功W2=1.44106J（3）a、c两点的电势差Uac=66V【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14如图所示，电源的内电阻r=1，定值电阻R=3，小电动机绕组的电阻RM=0.5当开关S闭合后电路正常工作，电压表的读数U=5V，电流表的读数I=1A求：（1）电源的电动势E；（2）电动机的输出功率P出【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】（1）由闭合电路欧姆定律列式即可求解电源电动势；（2）根据
32、P=U电I求出电动机的总功率，根据求出电动机消耗的功率，再根据P出=PP消即可求解电动机的输出功率；【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律得，E=U+I（R+r）代入数据可以解得：E=9 V （2）由UI=P出+I2RM，代入数据得 P出=4.5 W 答：（1）电源的电动势E为9V；（2）电动机的输出功率P出为4.5W【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的15如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21，电动机绕组的电阻R0=0.5，电键S1始终闭合当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当电键S2闭合时，电阻
33、R1的电功率是336W，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】（1）根据S2断开时R1消耗的功率为，求出内阻r（2）当电键S2闭合时，根据电阻R1的电功率求出R1两端的电压和通过R1的电流，再根据E=U+Ir，求出总电流从而求出通过电动机的电流，根据，求出电动机的输出功率【解答】解：（1）设S2断开时R1消耗的功率为P1，则，代入数据可以解得r=1（2）设S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，则，解得U=84V由闭合电路欧姆定律得 E=U+Ir，代入数据，得I=26A流过R1的
34、电流为I1，流过电动机的电流为I2， A，而I1+I2=I，所以I2=22A，由UI2=P出+I22R0，代入数据得P出=1606W【点评】解决本题的关键能够灵活运用闭合电路欧姆定律，以及知道电动机输入功率、输出功率、热功率的关系16有一带负电的小球，其带电量q=2103C如图所示，开始时静止在场强E=200N/C的匀强电场中的P点，靠近电场极板B有一挡板S，小球与挡板S的距离h=5cm，与A板距离H=45cm，重力作用不计在电场力作用下小球向左运动，与挡板S相碰后电量减少到碰前的k倍，已知k=，而碰后小球的速度大小不变（1）设匀强电场中挡板S所在位置的电势为零，则电场中P点的电势为多少？小球
35、在P点时的电势能为多少？（电势能用E来表示）（2）小球从P点出发第一次回到最右端的过程中电场力对小球做了多少功？（3）小球经过多少次碰撞后，才能抵达A板？（取lg1.2=0.08）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）根据电势差与电场强度的关系求出SP之间的电势差，进而求出P点的电势，根据动能定理求出小球第一次到达挡板S时的动能；（2）设小球与挡板相碰后向右运动，根据动能定理即可求解；（3）先求出的碰撞n次后，小球向右移动最远距离为hn表达式，运用数学知识求解即可求解【解答】解：（1）S、P间电势差 U=USUP，又U=Eh=2000
36、.05=10V），由题 US=0，则得UP=10V小球第一次到达挡板时，由动能定理得E=Eqh=20021035102=0.02J（2）根据动能定理得：，则小球从P点出发第一次回到最右端的过程中，电场力对小球做功 W=W1+W2=0（3）由动能定理得 ，当碰撞1次后，小球与挡板相碰后向右运动距离为h1，则，同理有，推得当碰撞n次后，有，所以小球经过13次碰撞后，才能抵达A板答：（1）设匀强电场中挡板S所在位置处电势为零，则电场中P点的电势为10V，小球第一次到达挡板S时的动能为0.02J；（2）小球从P点出发第一次回到最右端的过程中，电场力对小球做功 W=W1+W2=0（3）小球经过13次碰撞后，才能抵达A板【点评】本题主要考查了带电粒子在电场中运动的问题，要知道电场力做的功等于电势差乘以电荷量，匀强电场中电场力做的功等于电场力乘以位移，注意动能定理在粒子运动的应用
