1、2014-2015学年湖北省荆州市公安三中高二（上）月考物理试卷（11月份）一、选择题（下面的选择题中1至6题是单选题，7至10题是多选题每小题5分，共50分）1一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在下图中能正确反映q、E、F三者关系的是（）ABCD2关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功这零3如图所示是空间某一电场中的一条电场线M、N是该电场线上的
2、两点下列说法中正确的是（）A该电场一定是匀强电场B比较M、N两点的场强大小，一定有EMENC比较同一个试探电荷在M、N两点受到的电场力，一定有FMFND比较电子在M、N两点的电势能，一定有EMEN4如图所示，一带电粒子在电场中沿曲线AB运动，从B点穿出电场，a、b、c、d为该电场中的等势面，这些等势面都是互相平行的竖直平面，不计粒子所受重力，则（）A该粒子一定带负电B此电场不一定是匀强电场C该电场的电场线方向一定水平向左D粒子在电场中运动过程动能不断减少5带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6106J的功那么（）AM在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能BP
3、点的场强一定小于Q点的场强CP点的电势一定高于Q点的电势DM在P点的动能一定小于它在Q点的动能6如图所示，电路中滑动变阻器的触头放在正中间，合上电键以后，三只灯泡的亮度相同，若将R的触头逐渐向上移动，则三只灯泡从亮到暗的排列依次是（）AA灯变亮、B灯变亮BA灯变亮、C灯变亮CA灯变暗、B灯变暗DB灯变亮、C灯变亮7如图为两个不同闭合电路中两个不同电源的UI图象下列判断正确的是（）A电动势E1=E2，发生短路时的电流I1I2B电动势E1=E2，内阻r1r2C电动势E1E2，内阻r1r2D当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化小8一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，在该
4、匀强电场中，有一个带电粒子在t=0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是：（）A带电粒子只向一个方向运动B02s内，电场力的功等于零C2s末带电粒子回到原出发点D4s末带电粒子回到原出发点9如图所示，电子在电压为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电压为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向与极板平行，电子射出电场时，速度方向与入射的初速度方向偏转了角整个装置处于真空中，在下列措施中，一定能使电子射出时的侧移量变大的是（）AU1不变，U2变大BU1变大，U2变小CU1变小，U2变大DU1变小，U2变小10如图所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为m、电量为q，
5、整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E（）A小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切为B若剪断悬线，则小球做曲线运动C若剪断悬线，则小球做匀速运动D若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动二.实验题（每空3分，共18分）11某同学用多用电表测定一只电阻的阻值，多用电表电阻挡有3种倍率，分别是100、10、1该同学选择10倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太小为了准确地进行测量，请你从以下给出的操作步骤中，选择必要的步骤，并排出合理顺序：（填步骤前的字母）A旋转选择开关至欧姆挡“l”B旋转选择开关至欧姆挡“100”C旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔D将两表笔分别连接到Rx的两端，
6、读出阻值后，断开两表笔E将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔按正确步骤测量时，指针指在图示位置，Rx的测量值为12（1）用游标为20分度的卡尺测量某金属丝的长度，由图1可知其长度为mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为mm13在测量一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有如下器材：A干电池E（电动势约为1.5V，内电阻约为1）B电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.1）C电流表G（满偏电流为3mA，内阻Rg=10）D滑动变阻器R1（阻值范围020，额定电流2A）E滑动变阻器R2（阻值范围0200，额定电流1A）E定值电阻R3=990G
7、开关和导线若干（1）某同学为了完成实验，设计了如图所示的甲、乙两种参考电路，其中合理的是（填“甲“或“乙”）（2）为了能方便准确地进行测量，其中应选择的滑动变阻器是（填“R1”或“R2”）三.计算题（10+10+10+12=46分）14（10分）（2014秋荆州校级月考）如图所示，位于竖直平面上有圆弧的光滑轨道，半径为R，OB沿竖直方向，A点距地面的竖直高度为H，把质量为m的钢球从A点由静止释放，最后落在了水平面上的C点处，已知重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）钢球刚到达B点及滑过B点时加速度分别多大？（2）钢球落地点C距B点的水平距离s为多少？15（10分）（2003南京一模）如图所示
8、，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（10分）（2012冠县校级四模）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，现有一微粒质量m=2.0106kg，带电量q=+1.0108C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上中点O处，取g=10m/s2试求：（1）带电粒子入射
9、初速度的大小；（2）现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板的电势为多少？17（12分）（2006四川）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm电源电动势E=24V，内电阻r=1，电阻R=15闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间若小球带电量为q=1102C，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）2014-2015学年湖北省荆州市公安三中高二（上）月考物理试卷（11月
10、份）参考答案与试题解析一、选择题（下面的选择题中1至6题是单选题，7至10题是多选题每小题5分，共50分）1一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在下图中能正确反映q、E、F三者关系的是（）ABCD【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，由电场本身的性质决定，根据F=qE分析F与q的关系【解答】解：A、电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，故A、B错误C、根据F=qE知，E不变，F与q成正比，故C错误，D正确故选：D【点评】解决本题的关键知道电场强度的性质，知道电场强度与F和q无关，结合F=q
11、E分析F与q的关系，基础题2关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功这零【考点】电场线；电场强度；电势 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场强度与电势之间无必然联系，但沿电场方向电势降低，而且速度最快；电势差与两点的场强无关，只与两点间沿电场方向的距离和两点间的场强有关；电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系【解答】解：A：在正电荷的电场中，离正
12、电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，故A错误B：电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度，故B错误C：沿电场方向电势降低，而且速度最快，故C正确D：电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系场强为零，电势不一定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功故D错误故选：C【点评】电场强度、电势、电势差、电场力的功，它们的定义以及它们之间的关系要记清，有不好理解的题目可找实际的例子加以分析3如图所示是空间某一电场中的一条电场线
13、M、N是该电场线上的两点下列说法中正确的是（）A该电场一定是匀强电场B比较M、N两点的场强大小，一定有EMENC比较同一个试探电荷在M、N两点受到的电场力，一定有FMFND比较电子在M、N两点的电势能，一定有EMEN【考点】电场线；电场强度；电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】该电场不一定是匀强电场无法比较M、N两点的场强大小根据顺着电场线方向电势降低，判断M、N两点电势的高低根据电场力做功正负判断电势能的大小【解答】解：A、一条电场线无法确定场强大小和方向是否处处相同，所以该电场不一定是匀强电场故A错误B、电场线的疏密才反映电场强度的大小，而一条电场线无法确定疏密，所以不能比较M、
14、N两点的场强大小故B错误C、不能比较M、N两点的场强大小，也就不知道电场力的大小故C错误D、若电子从M运动到N，电场力对电子做正功，电势能减小，则一定有EMEN故D正确故选：D【点评】本题考查对电场线物理意义的理解，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4如图所示，一带电粒子在电场中沿曲线AB运动，从B点穿出电场，a、b、c、d为该电场中的等势面，这些等势面都是互相平行的竖直平面，不计粒子所受重力，则（）A该粒子一定带负电B此电场不一定是匀强电场C该电场的电场线方向一定水平向左D粒子在电场中运动过程动能不断减少【考点】等势面；电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】解决
15、本题的突破口是：由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，正电荷沿曲线AB运动，则电场力一定水平向右，从而确定了电场的方向，这样问题就解决了【解答】解：A、电场力方向向右，但电场线方向无法判断，电性不能确定故A错误B、电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，是匀强电场，故B错误；C、由B选项分析可知电场沿水平方向，并且沿电场线方向电势降低，而a、b、c、d之间电势大小关系未知，故无法判断电场方向线，故C错误；D、带电粒子在电场中沿曲线AB运动时电场力对粒子做负功，其电势能增大，动能减小，故D正确故选D【点评】本题通过带电粒子在电场中的运动
16、考查了电势、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧5带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6106J的功那么（）AM在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能BP点的场强一定小于Q点的场强CP点的电势一定高于Q点的电势DM在P点的动能一定小于它在Q点的动能【考点】电势；电场强度；电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】在本题中只是知道从P到Q电场力做负功，而电荷的正负不知道，因此无法判断电势高低，电场线分布或者说电场分布情况不知，也无法判断电场强度的大小根据电场力做功和电势能的关系可以动能和电势能的变化情况【解
17、答】解：A、从题目可知克服电场力做功，即电场力做负功，故电势能增加，P点的电势能一定小于它在Q点的电势能，故A正确；B、电场分布情况不知，无法判断P点和Q点电场强度的大小关系，故B错误；C、因为电荷正负不知，故无法判断电势高低，C错误；D、因为只有电场力做功，因此只有电势能和动能之间的转化，电势能增加，则动能减小，故D错误故选：A【点评】要正确理解电场强度、电势、电势能的决定因素和大小判断方法，不能混淆概念6如图所示，电路中滑动变阻器的触头放在正中间，合上电键以后，三只灯泡的亮度相同，若将R的触头逐渐向上移动，则三只灯泡从亮到暗的排列依次是（）AA灯变亮、B灯变亮BA灯变亮、C灯变亮CA灯变暗
18、、B灯变暗DB灯变亮、C灯变亮【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】滑动变阻器滑片P向上移动，变阻器接入电路的电阻减小，电路总电阻减小，总电流增大，再根据串联、并联电路的规律分析各部分电压和电流的变化，即可作出判断【解答】解：当滑动变阻器触头逐渐向上移动，其接入电路的电阻减小，电路总电阻R总减小，总电流I增大，所以A灯变亮，内阻和A灯泡所占电压变大，则并联部分电压减小，所以通过B灯的电流减小，B灯变暗，而总电流增大，则通过灯泡C的电流增大，所以C灯变亮，故B正确故选：B【点评】本题按“部分整体部分”的思路进行动态变化分析，关键是分析清楚电路的结构，难度适中7如图为两个不同闭合
19、电路中两个不同电源的UI图象下列判断正确的是（）A电动势E1=E2，发生短路时的电流I1I2B电动势E1=E2，内阻r1r2C电动势E1E2，内阻r1r2D当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化小【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】UI图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻【解答】解：AUI图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，故电动势E1=E2，发生短路时的电流I1I2，故A正确；BUI图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1r2，故B错误；CUI图象中与U轴的交
20、点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1r2，故C错误；D电动势E1=E2，内阻r1r2，根据U=EIr可知，当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大，故D错误；故选A【点评】本题考查了闭合电路电源的UI图象的相关知识，要求同学们理解UI图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻8一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子在t=0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是：（）A带电粒子只向一个方向运动B02s内，电场力的功等于零C2s末带电粒子回到原出发点D4s末带电粒
21、子回到原出发点【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据电场力公式F=qE分析带电粒子的运动情况，判断电场力做功的正负，分析什么时刻带电粒子回到原出发点【解答】解：带电粒子在t=0时刻由静止释放，在01s内带电粒子沿着电场力方向做匀加速直线运动，12s内沿原方向做匀减速直线运动，2s末速度减为零；23s内沿反方向做初速度为零的匀加速直线运动，34s内继续做匀减速直线运动，4s末速度减为零，回到出发点A、由上分析可知，带电粒子做往复运动故A错误B、01s内电场力做正功，12s内电场力做负功总功为0，故B正确C、D，2s末带电粒子离原出发点最远，4s末带电
22、粒子回到原出发点故C错误，D正确故选BD【点评】本题要转变观念，就把电场力当作一般的力，根据受力情况，来分析运动情况9如图所示，电子在电压为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电压为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向与极板平行，电子射出电场时，速度方向与入射的初速度方向偏转了角整个装置处于真空中，在下列措施中，一定能使电子射出时的侧移量变大的是（）AU1不变，U2变大BU1变大，U2变小CU1变小，U2变大DU1变小，U2变小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动 【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场
23、是的速度电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度的变化情况【解答】解：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：qU1=mv020 又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：t=又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：a=电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at由、可得：vy=at=，又有：tan=，解得：tan=，A、U1不变，U2变大，偏转角一定增大，故A正确；B、U1变大，U2变小，偏转角变小，故B错误；C、U1变小，U2变大，偏转角变大，
24、故C正确；D、U1变小，U2变小，偏转角不能确定，故D错误；故选：AC【点评】带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求解10如图所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为m、电量为q，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E（）A小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切为B若剪断悬线，则小球做曲
25、线运动C若剪断悬线，则小球做匀速运动D若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡求出悬线与竖直方向夹角的正切值剪断细线，根据小球的受力，判断其运动情况【解答】解：A、小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡得，mgtan=qE，则tan=故A正确 B、剪断细线，小球受重力和电场力，两个力为恒力，合力为恒力合力的方向与绳子的拉力方向等值反向，所以小球沿细绳方向做初速度为零的匀加速直线运动故D正确，B、C错误故选AD【点评】解决本题的关键会根据平行四边形定
26、则处理共点力平衡问题，以及会根据物体的受力判断物体的运动二.实验题（每空3分，共18分）11某同学用多用电表测定一只电阻的阻值，多用电表电阻挡有3种倍率，分别是100、10、1该同学选择10倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太小为了准确地进行测量，请你从以下给出的操作步骤中，选择必要的步骤，并排出合理顺序：BEDC（填步骤前的字母）A旋转选择开关至欧姆挡“l”B旋转选择开关至欧姆挡“100”C旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔D将两表笔分别连接到Rx的两端，读出阻值后，断开两表笔E将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔按正确步骤测量时，指针
27、指在图示位置，Rx的测量值为2200【考点】用多用电表测电阻 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】欧姆表的零刻度在右边，偏角小说明电阻大，换挡后要重新调零，欧姆表的读数为示数乘以倍率【解答】解：指针偏角过小说明待测电阻较大，应换用大倍率，重新欧姆调零后再测量，测量完毕旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔，综上分析，合理顺序为：BEDC欧姆表的读数为示数乘以倍率=22100=2200故答案为：BEDC 2200【点评】本题考 查了欧姆表使用的步骤和读数方法，特别是每次换挡进行重新欧姆调零12（1）用游标为20分度的卡尺测量某金属丝的长度，由图1可知其长度为50.15mm；（2）用螺旋测微器测量
28、其直径如图2，由图可知其直径为4.700mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 【专题】实验题【分析】游标卡尺读数的方法是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【解答】解：游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标读数为0.053mm=0.15mm，所以最终读数为50.15mm螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为4.700mm故答案为：（1）50.15；（2）4.700【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺
29、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13在测量一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有如下器材：A干电池E（电动势约为1.5V，内电阻约为1）B电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.1）C电流表G（满偏电流为3mA，内阻Rg=10）D滑动变阻器R1（阻值范围020，额定电流2A）E滑动变阻器R2（阻值范围0200，额定电流1A）E定值电阻R3=990G开关和导线若干（1）某同学为了完成实验，设计了如图所示的甲、乙两种参考电路，其中合理的是乙（填“甲“或“乙”）（2）为了能方便准确地进行测量，其中应选择的滑动变阻器是R1（填“R1
30、”或“R2”）【考点】测定电源的电动势和内阻 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小【解答】解：上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表；电路中电流最大为：Im=1.5A；故电流表至少应选择00.6A量程；故应将3mA故应将电流表G串联一个电阻，改装成较大量程的电压表使用电表流A由于内阻较小；故应采用相对电源来说的外接法；故甲、乙两个参考实验电路，其中合理的是乙；因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小滑动变阻器应选
31、R1故答案为：乙；R1【点评】在电学实验的考查中常常要使用电表的改装，在解题时要注意分析题意，明确各电表能否正确使用三.计算题（10+10+10+12=46分）14（10分）（2014秋荆州校级月考）如图所示，位于竖直平面上有圆弧的光滑轨道，半径为R，OB沿竖直方向，A点距地面的竖直高度为H，把质量为m的钢球从A点由静止释放，最后落在了水平面上的C点处，已知重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）钢球刚到达B点及滑过B点时加速度分别多大？（2）钢球落地点C距B点的水平距离s为多少？【考点】动能定理的应用；平抛运动 【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）从A到B的过程中，根据动能定理求出B点速
32、度，根据向心加速度公式求解刚到达B点的加速度；离开B点后，只受重力，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）小球从B点抛出后做平抛运动，根据平抛运动的位移公式求解【解答】解：（1）从A到B的过程中，根据动能定理得：解得：在B点，根据向心加速度公式，加速度为：a=2g离开B点后，只受重力，做平抛运动，加速度为g，（2）小球从B点抛出后做平抛运动，竖直方向自由落体，则有：水平方向匀速运动，有：s=vBt 又联立上三式得：s=答：（1）钢球刚到达B点及滑过B点时加速度分别为2g和g；（2）钢球落地点C距B点的水平距离s为【点评】本题要知道小球做圆周运动时，到B点的加速度即为B点的向心加速度平抛运动根据运动
33、的分解法进行研究，难度适中15（10分）（2003南京一模）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【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
34、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（10分）（2012冠县校级四模）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0
35、.4cm，现有一微粒质量m=2.0106kg，带电量q=+1.0108C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上中点O处，取g=10m/s2试求：（1）带电粒子入射初速度的大小；（2）现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板的电势为多少？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律 【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）粒子只是在重力的作用下做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射时初速度v0的大小；（2）对于落到最右侧的粒子，在电场中受到重力和电场力的共同的作用，此时粒子做的是类平抛运动，由类平抛运动的规
36、律可以求得此时电势的大小；【解答】解析：（1）电容器不带电时，微粒做平抛运动，设初速度为v0，则有： 联立两式得： 代入数据得：v0=2.5m/s （2）若使微粒能从电容器右侧射出，则要求A板的电势大于0，且B板接地电势等于0，则 UAB=AB=AA板电势最小时，微粒刚好从A板右侧边缘射出，则有： 联立以上各式得：Amin=6V A板电势最大时，微粒刚好从B板右侧边缘射出，则有： 且有：a2=a1代入数据得：Amin=10V综上可得：6VA10V答：（1）粒子入射时初速度v0的大小为：v0=2.5m/s （2）则带电后A板的电势为：6VA10V【点评】在本题中要注意极板没电荷时，此时的粒子在极
37、板之间做的是平抛运动，当极板间有了电荷之后，再进入的粒子受到重力和电场力的共同的作用，此时将做类平抛运动17（12分）（2006四川）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm电源电动势E=24V，内电阻r=1，电阻R=15闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间若小球带电量为q=1102C，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；欧姆定律；电功、电功
38、率 【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题【分析】小球恰好运动到A板，根据动能定理列式求解两板间的电压；然后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值；最后根据电功率表达式求解电源的输出功率【解答】解：（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零设两板间电压为UAB由动能定理得mgdqUAB=0 滑动变阻器两端电压 U滑=UAB=8 V 设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得I=1A 滑动变阻器接入电路的电阻 R滑=8 即滑动变阻器接入电路的阻值为8时，小球恰能到达A板（2）电源的输出功率 P出=I2（R+R滑）=23 W 故电源的输出功率是23W【点评】本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解 2016年1月19日