1、中山市第一中学20192020学年第一学期高二年级第二次统考物 理命题人: 审题人： 本试卷共6页，共100分，考试时长90分钟。一、单选题（本大题共7小题，每题3分，共21.0分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1. 电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力,因此( )A. 电动势是一种非静电力B. 电动势越大,表明电源储存的电能越多C. 电动势的大小是非静电力做功能力的反映D. 电动势就是闭合电路中电源两端的电压2. 如图所示,电荷量,质量为m的滑块,沿固定绝缘斜面匀速下滑,现加一竖直向上的匀强电场,电场强度为E,以下判断中正确的是A. 物体将沿斜面减速下
2、滑B. 物体将沿斜面加速下滑C. 物体仍保持匀速下滑D. 物体可能静止3. 如图所示,以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f,等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时,下列说法中正确的是A. b、c、e、f四点的场强相同B. b、c、e、f四点的电势相等C. O点的电势高于b、c、e、f四点的电势D. 将一带正电的试探电荷从O点移到e点,电场力做正功4. 如图所示,ABCD是匀强电场中一正方形的四个顶点,已知A、B、C三点的电势分别为,由此可得D点电势为()A. 6VB. 9VC. 12VD. 15V5. 电源、开关、平行板电容器连成如图电路。闭合开关S,电源对电容器充电后,电容
3、器带电量为Q,板间电压力为U,板间电场强度大小为E,则下列说法正确的是() A. 若将A板下移少许,Q增大；U减小；E不变B. 若将A板下移少许,Q不变；U减小；E减小C. 若断开开关,若将A板下移少许,Q增大；U不变；E增大D. 若断开开关,若将A板下移少许,Q不变；U减小；E不变6. 如图所示,在水平向右、大小为E的匀强电场中,在O点固定一电荷量为Q的正电荷,A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点,B、D连线与电场线平行,A、C连线与电场线垂直。则( )A. A点的场强大小为B. B点的场强大小为C. D点的场强大小不可能为0D. A、C两点的场强相同7. 两个等量同种电荷
4、固定于光滑水平面上,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示,一个电荷量为2C,质量为1kg的小物块从C点静止释放,其运动的图象如图乙所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置图中标出了该切线。则下列说法正确的是()A. B点为中垂线上电场强度最大的点,场强B. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C. 由C点到A点电势逐渐升高D. A、B两点间的电势差二、多选题（本大题共6小题，每题4分，共24.0分。每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的，少选得2分，多选错选不给分。）8. 如图所示,两个截面不同,长度相等的均匀铜棒接在电路中,两端的电压为U,则() A. 通过两棒的电
5、流强度不相等B. 两棒的自由电子定向移动的平均速率相等C. 两棒内的电场强度不同,细棒内场强大于粗棒内场强D. 通过两棒的电荷量相等9. 如图所示,A、B、C为等量异种电荷产生的静电场中的三个等势面,已知三个等势面的电势关系为一带电粒子进入此静电场后,沿实线轨迹运动,依次与三个等势面交于a、b、c、d、e五点不计粒子重力,下列说法中正确的是()A. 该带电粒子带负电B. 若粒子从a运动到b,电势能逐渐增大C. 粒子在a点的速率等于在e点的速率D. a点的场强大小小于b点的场强大小10. 如图所示,平行金属板中带电质点P原处与静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响,当滑动变阻器的滑片向a端移
6、动时,则() A. 电压表读数减小B. 电流表读数减小C. 质点P将向上运动D. 上消耗的功率逐渐增大11. 如图所示的电路中,E为电源电动势,r为电源内阻,和均为定值电阻,为滑动变阻器当的滑动触点在ab的中点时合上开关S,此时三个电表、和V的示数分别为、和现将的滑动触点向a端移动,则 )A. 电源的总功率减小B. 消耗的功率增大C. 增大,减小,U增大D. 减小,不变,U减小12. 如图所示,图线a是某一电源的曲线,图线b是一定值电阻的曲线若将该电源与该定值电阻连成闭合电路已知该电源的内阻,则()A. 该定值电阻为B. 该电源的电动势为20VC. 将3只这种电阻并联作为外电阻,电源输出功率最
7、大D. 将2只这种电阻串联作为外电阻,电源输出功率最大13. 如图甲所示,两平行金属板竖直放置,左极板接地,中间有小孔,右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处。不计重力作用下列说法中正确的是()A. 从时刻释放电子,电子将始终向右运动,直到打到右极板上B. 从时刻释放电子,电子可能在两板间振动C. 从时刻释放电子,电子可能在两板间振动,也可能打到右极板上D. 从时刻释放电子,电子必将打到左极板上三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）14. 某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案,实验室提供的器材有：A.电流表内阻,满偏电流B.电流表内阻约为,量程为C.定值电阻
8、D.滑动变阻器E.干电池组F.一个开关和导线若干G.螺旋测微器,游标卡尺如图1,用螺旋测微器测金属棒直径为_mm。用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“”挡时发现指针偏转角度过大,他应该换用_挡填“”或“”,换挡并进行一系列正确操作后,指针静止时如图3所示,则金属棒的阻值约为_。请根据提供的器材,设计一个实验电路,要求尽可能精确测量金属棒的阻值。若实验测得电流表示数为,电流表示数为,则金属棒电阻的表达式为_。用,表示15. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,利用实验得到了8组数据,在图1所示的坐标系中,通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线。根据图线的坐标数值,请在图2中选出该实验正确的实验
9、电路图_选填“甲”或“乙”。根据所选电路图,请在图3中用笔画线代替导线,把实验仪器连接成完整的实验电路。由图1可知,该小灯泡的电阻随电压的升高而_。选填“增大”、“减小”或“不变”根据图1,可判断出图4中正确的关系图象是图中P为小灯泡功率,I为通过小灯泡的电流_。将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与的定值电阻串联,接在电动势为8V、内阻不计的电源上,如图5所示。闭合开关S后,则电流表的示数为_A,两个小灯泡的总功率为_W。四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）16. 如图所示的电路中,电源电动势,内电阻,电动机M的电阻。闭合电键S后,标有“8V、16W”的灯泡L恰能正常发光。求闭合电键后
10、：电源提供的总功率；电源的输出功率电动机的发热功率；电动机的输出功率电动机的效率17. 如图所示,平行金属板长为L,一个带电为、质量为m的粒子以初速度紧贴上板垂直射入电场,刚好从下板边缘射出,末速度恰与下板成角,粒子重力不计求：粒子末速度大小；电场强度；两极板间距离d18. 如图所示,电源电动势,内电阻,电容,现将开关闭合,开关S断开时,求流过的电流；开关S断开时,求电容器极板所带的电量；现将开关S闭合,则开关S从断开到闭合的过程中通过的电量为多少？19. 如图所示,BCDG是光滑绝缘的3/4圆形轨道,位于竖直平面内,轨道半径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电
11、场中现有一质量为m、带正电的小滑块可视为质点置于水平轨道上,滑块受到的电场力大小为3/4mg,滑块与水平轨道间的动摩擦因数为,重力加速度为若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放,求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小为使滑块能沿轨道滑行通过G点, 求滑块从 A点由静止释放时AB间的最小距离,中山市第一中学20192020学年第一学期高二年级第二次统考物理答案和解析【答案】1. C2. C3. D4. B5. D6. A7. A8. CD9. BCD10. BCD11. AC12. ABC13. AC14. ；（1分）；（2分）如图：（2分）；（2分）15. 甲（1分）；如
12、图（2分）；增大（1分）；（2分）；。（2分）16.（8分） 解：小灯泡正常发光,故路端电压为,根据闭合电路欧姆定律,有：,代入数据解得：； 1分电源的总功率：； 1分电源的输出功率：； 1分通过灯泡的电流：故通过电动机的电流：； 1分电动机的发热功率：； 1分电动机的总功率：；故电动机的输出功率为：； 1分电动机的机械效率为： 2分17. （10分）解：将末速度分解,由几何关系知：所以：； 2分带电粒子做类平抛运动,依题知,粒子在电场中的运动时间： 1分 粒子离开电场时,垂直板方向的分速度： 1分竖直方向加速度： 1分粒子从射入电场到离开电场,有即：； 1分联立以上各式得 1分粒子从射入电场
13、到离开电场,由动能定理,有 2分解得 1分答：粒子的末速度为；电场强度E为；板间距离为18.（10分） 解：开关S断开时,断路,、串联接入电路,流过的电流 2分带入数据解得 1分电容器两端电压 2分则电容器电量 2分开关S闭合时,短路断路,、串联接入电路,电容器两端电压 1分此时电容器极板电量 1分则通过的电量 1分19.（12分） 解：设滑块到达C点时的速度为v,由动能定理有：,而 2分解得：1分设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F,则有： 2分解得： 由牛顿第三定律可知,滑块对轨道的压力为； 1分如图所示，可以将电场力与重力的合力视为等效重力，图中H点为等效最高点要使滑块恰好始终沿轨道
14、滑行,则滑至圆轨道H点,恰好由电场力和重力的合力提供向心力,此时的速度最小，弹力为零,此时速度设为则有： 2分解得：。 1分设AB间最小距离为Sm如图，由动能定理有： 2分而 解得：。 1分【解析】1. 【分析】本题考查对电动势的理解,要注意电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小,抓住电动势的物理意义和闭合电路欧姆定律进行分析。电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功,描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量。【解答】A.电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功,不是一种非静电力,故A错误；电动势是描述电源把其它
15、形式的能量转化为电能本领的物理量,是非静电力做功能力的反映,电动势越大,表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大,故B错误,C正确；D.电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压,在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压,小于电源电动势,故D错误。故选C。2. 【分析】质量为m的滑块,沿固定绝缘斜面匀速下滑,没有电场时,应有重力沿下面向下的分量与摩擦力平衡；当加一竖直向上的匀强电场,电场强度为E,电场力向下,相当于增大了物体的重力,或相当于用质量大的物体更换质量小的物体,物体将仍保持匀速下滑。本题要注意明确电场力的性质,当加一竖直向上的匀强电场时,相当于增大了物体的重力,在摩擦因数不变的情况
16、下,物体仍保持匀速下滑注意这种等效观点的应用。【解答】质量为m的滑块,沿固定绝缘斜面匀速下滑,设斜面倾角为,摩擦因数为,故,当加一竖直向上的匀强电场,电场强度为E,电场力竖直向上,此时物体合力应为物体仍保持匀速下滑,故C正确,ABD错误。故选：C。3. 解：A、由题意可知,两点电荷在e、f处的电场强度各自进行矢量合成,则e、f处场强大小相等,而方向不相同,同理b、c电场强度大小相等,方向不同,因此它们的电场强度大小相等,方向不同,故A错误。B、依据等量异种电荷,等势线的分布,可知,b、f二点的电势相等,而c、e二点的电势相等,故B错误；C、根据沿着电场线方向,电势降低,因此O点的电势高于c、e
17、二点的电势,而低于b、f二点的电势,故C错误；D、将一带正电的试探电荷从O点移到e点,即从高电势移到低电势,那么电势能降低,因此电场力做正功,故D正确。故选：D。根据两个点电荷在O处电场强度的叠加,满足矢量合成的原理,并依据等量异种电荷的电场线与等势线的分布,进行分析即可。考查点电荷的电场强度的叠加,关键要掌握库仑定律,理解电场强度的大小与方向,及矢量叠加原理,并掌握等量异种电荷的等势线的分布。4. 解：连接AC,将AC三等分,标上三等分点E、F,则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离,电势差相等可知,E点的电势为3V,F点的电势为连接BE,则BE为一条等势线,根据几何知识可知,则DF也是一条等
18、势线,所以D点电势故B正确,ACD错误；故选：B。连接AC,在AC上找出与B点等电势点,作出等势线,再过D作出等势线,在AC线上找出与D等势点,再确定D点的电势本题的技巧是找等势点,作等势线,充分利用匀强电场的等势面相互平行,而且沿电场线方向相等距离,电势差相等进行作图5. 【分析】电容器充电后断开电源,电容器上的电量不变；而一直与电源相连,则电压不变；再由电容器的决定式及定义式可分析各物理量的变化规律。对于电容器的动态分析问题,要注意明确两种情况,若充电后断开电源,则电量不变；若充电后与电源相连,则电压不变,同时理解公式的应用。【解答】闭合开关S,则极板间电压U不变,若将A板下移少许,即减小
19、极板间距,由可知,电容器的电容增大；由可知,Q增大,由可知,E变大；故AB错误；电容器充电后与电源断开,电量Q不变,若将A板下移少许,即减小极板间距,由可知 ,则C增大,则由可知,U减小,而,则E不变,故C错误,D正确；故选D。6. 【分析】根据点电荷电场强度公式,结合矢量合成法则,即可求解。考查点电荷的电场强度公式的内容,掌握矢量合成法则的应用,注意正点电荷在各点的电场强度的方向是解题的关键。【解答】A、正点电荷Q在A点的电场强度大小,而匀强电场在A点的电场强度大小为E,因方向相互垂直,根据矢量的合成法则,则有A点的场强大小为,故A正确；B、同理,点电荷Q在B点的电场强度的方向与匀强电场方向
20、相同,因此B点的场强大小为,故B错误；C、当点电荷Q在D点的电场强度的方向与匀强电场方向相反,且大小相等时,则D点的电场强度大小可以为零,故C错误；D、根据矢量的合成法则,结合点电荷电场与匀强电场的方向,可知,A、C两点的电场强度大小相等,而方向不同,故D错误。故选A。7. 【分析】两个等量的同种正电荷,其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧；电量为2C仅在运动方向上受电场力作用从C点到B、到A运动的过程中,根据图可知在B点的加速度为,物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动,则判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况。明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键,据图获取加速度
21、、速度、动能等物理量是解本题的突破口。【解答】A、据图可知带电粒子在B点的加速度最大为,所受的电场力最大为2N,据知,B点的场强最大为,故A正确。B、据图可知带电粒子的速度增大,电场力做正功,电势能减小,故B错误。C、据两个等量的同种正电荷,其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧,故由C点到A点的过程中电势逐渐减小,故C错误。D、据图可知A、B两点的速度,在根据动能定理得电场力做的功,再用,故D错误。故选：A。8. 【分析】两导体串联,则由串联电路的规律可知电流关系；由电阻定律可知两导体的电阻关系,再由欧姆定律可得出电压关系；由可判断场强的大小关系。本题考查串并联的电流、电压规律及欧
22、姆定律等内容；同时要注意明确在导体中形成了沿导线的电场,在这里同样适用。【解答】A.因两导体串联,则电流一定相等,故A错误；B.由可知,电流相同,单位体积内的电子数相同,电子的电荷量相同,因截面积不相同,故电子的定向移动速率不同,细棒中的电子定向移动速率大,故B错误；C.因电压相等,而由可知,细棒的电阻较大,则由欧姆定律可知,细棒两端的电压较大,则由可知,细棒内的电场强度大于粗棒内的电场强度,故C正确；D.根据,由于电流相等,故通过两棒的电荷量相等,故D正确。故选：CD。9. 解：A、由于可知电场线的方向向左；由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左由电场线与等势面垂直画出电场线的分布
23、,可知电场的方向向左,所以粒子带正电故A错误；B、因ab段粒子受力向左,做减速运动,电场力做功,所以粒子在ab段粒子的电势能增大故B正确；C、a、e在同一等势面上,粒子的电势能相等,由能量守恒可知动能相等,速度大小相等故C正确；D、由题,A、B、C为等量异种电荷产生的静电场中的三个等势面,可知,a点的电场线比b点的电场线疏,所以a点的电场强度小故D正确故选：BCD根据轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左,根据电场线与等势面垂直,画出电场线的分布,确定粒子的电性由电场线的疏密判断电场强度的大小,分析a、b两点的电场强度大小,由牛顿第二定律确定加速度的大小由速度方向与电场力的关系分析电场
24、力做功正负,分析速度的变化情况和电势能的大小本题是轨迹问题,首先根据轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受的电场力方向,画电场线是常用方法同时要注意到A、B、C为等量异种电荷产生的静电场中的三个等势面10. 【分析】先由滑片的移动可知电路中电阻的变化,再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析电容器板间场强的变化,由质点的受力情况可知质点的运动情况。解决动态变化分析的题目,一般可以按照整体局部整体的思路进行分析,注意电路中某一部分电阻增大时,无论电路的连接方式如何,总电阻都是增大的。【解答】由图可知,与滑动变阻器串联后与并联后,再由串联接在电源两端；电容器与并联；当的滑片向
25、a移动时,滑动变阻器接入电阻增大,则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知,电路中总电流减小,路端电压增大,则两端的电压减小,可知并联部分的电压增大,电压表读数增大。由欧姆定律可知流过的电流增大,根据并联电路的特点可知：流过的电流减小,则电流表示数减小,故A错误,B正确；C.因电容器两端电压增大,板间场强增大,质点受到的向上电场力增大,故质点P将向上运动,故C正确；D.因两端的电压增大,由可知,上消耗的功率增大, 故D正确；故选BCD。11. 【分析】解决本题的关键抓住电动势和内阻不变,结合闭合电路欧姆定律求解,注意做题前一定要理清电路,看电压表测的是什么电压,电流表测的是什么电流。理清电路
26、,确定电压表测的是什么电压,电流表测定的是什么电流,抓住电动势和内阻不变,采用局部整体局部的方法,利用闭合电路电路的欧姆定律进行分析；根据分析电源总功率变化情况,由分析消耗的功率。【解答】CD的滑动触点向a端移动时,增大,整个电路的总电阻增大,总电流减小,内电压减小,外电压增大,即电压表示数U增大,电压减小,、并联电压增大,通过的电流增大,即示数增大,而总电流I减小,则通过的电流减小,即示数减小,故C正确；D错误；A.电源的总功率,总电流I减小,电源的总功率减小,故A正确；B.消耗的功率,总电流减小,消耗的功率减小,故B错误；故选AC。12. 解：A、图线b的斜率,则定值电阻的阻值；故A正确；
27、B、由图读出交点的电压,电流,根据闭合电路欧姆定律得,电源的电动势：；故B正确；C、由图可知,电源的内阻,而对于电源,当内外电路的电阻相等时输出功率最大,故将3只这种电阻并联的外电阻,电源输出功率最大,故C正确；D、因电源的内阻,对于电源,当内外电路的电阻相等时输出功率最大,故将2只这种电阻串联的外电阻,电源输出功率不可能最大,故D错误；故选：ABC。根据图线b的斜率求出定值电阻的阻值；读出两图线交点处电压和电流,根据欧姆定律求出电源的电动势；对于电源,当内外电路的电阻相等时输出功率最大定值电阻的伏安特性曲线斜率等于电阻,电源的伏安特性曲线的斜率绝对值表示内电阻、纵轴截距表示电动势13. 【分
28、析】本题中电子在周期性变化的电场中,电场力是周期性变化的,关键要正确分析电子的受力情况,再根据牛顿运动定律分析电子的运动情况。分析电子的受力情况,来分析电子的运动情况,若一直向右运动,可以打在右板,若电子时而向右运动,时而向左运动,根据位移关系,分析电子的运动情况。【解答】若时刻释放电子,在前内,电子受到的电场力向右,向右做匀加速直线运动；后内,电子受到向左的电场力作用,电子继续向右做匀减速直线运动；接着周而复始,所以电子一直向右做单向的直线运动,直到打在右板上。即电子将重复先加速后减速,直到打到右极板,不会在两板间振动,故A正确,B错误；C.若从时刻释放电子,电子先加速,再减速,有可能电子已
29、到达右极板,若此时未到达右极板,则电子将在两极板间振动,故C正确；D.同理,若从时刻释放电子,电子有可能到达右极板,也有可能从左极板射出,这取决于两板间的距离,故D错误。故选AC。14. 【分析】螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；根据伏安法测电阻的实验原理与所给实验器材作出电路图；根据电路图应用欧姆定律求出电阻阻值。本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、欧姆表的使用方法、设计电路图、求电阻阻值；螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测
30、微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数,螺旋测微器需要估读,游标卡尺不需要估读。【解答】由图示螺旋测微器可知,其示数为：；由图示游标卡尺可知,其示数为：；用欧姆表“”挡时发现指针偏转角度过大,说明所选挡位太大,应该换用挡,并进行一系列正确操作,由图3所示可知,则金属棒的阻约为；由题意可知,没有电压表,可以用电流表与定值电阻串联组成电压表测电压,用电流表测电流,由于改装后电压表内阻为,电流表内阻约为,待测电阻阻值约为,滑动变阻器最大阻值为,为测多组实验数据,滑动变阻器应采用分压接法,电压表内阻远大于电阻阻值,电流表应采用外接法,实验电路图如图所示：；金属棒电阻阻值：；故答案为：；如
31、图所示：；。15. 【分析】根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法；根据图象实验数据判断滑动变阻器与电流表的接法,然后完成实验电路图；根据图象结合欧姆定律求解；根据实验电路图,应用电功率公式分析答题；把电源与定值电阻等效与电源,在图a所示坐标系内作出电源的图象,由图象求出电压与电流,然后答题；本题考查了设计实验电路图、连接实物电路图、判断灯泡功率的变化规律、求电阻消耗的功率等问题,当电压与电流从零开始变化时,滑动变阻器应采用分压接法。【解答】解：描绘灯泡伏安特性曲线,电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法,所以正确的实验电路图是甲；根据实验电路图连接实物电路图,实物电路图如图所示：；
32、根据图象结合欧姆定律可以看出小灯泡灯丝的电阻随电压电流的增大逐渐增大；由于灯泡电阻随电流增大电阻R增大,由可知,图象斜率增大,故ABC错误,D正确；故选D。由图5所示电路图可知,两灯泡并联,可以把电源与定值电阻等效为电源,设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和在这个闭合电路中,代入数据并整理得,在图a所示坐标系中作出的图象如图所示,由图象可知,两图象交点坐标值为：、,此时通过电流表的电流值,每只灯泡的实际功率,两个小灯泡的总功率为。故答案为：甲；如图；增大；。16. 对于电动机电路,要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路,关键要搞清电源和电动机总功率、输出功率和内部损耗功率之间的关系,知
33、道总功率等于输出功率和内部损耗功率之和。图中灯泡两端的电压等于路端电压,灯泡正常发光,其电压就等于灯泡的额定电压对内电路研究,由欧姆定律求出流过电源的电流,由求解电源的总功率由总功率减去内部损耗的功率即得电源的输出功率。电动机两端电压等于灯泡的额定电压,根据电源的电流和灯泡的电流求出电动机的电流,根据求得电动机的总功率的大小；根据求解电动机的热功率；根据求解电动机的效率。17. 本题考查带电粒子在电场中的运动,若垂直电场线进入则做类平抛运动,要将运动分解为沿电场线和垂直于电场线两个方向进行分析,利用直线运动的规律进行求解粒子在电场中做类平抛运动,由运动的合成与分解可知粒子的末速度的大小；将粒子
34、的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速直线运动,则由运动的合成与分解可求得电场强度；由动能定理可求得两板间的距离18. 开关S断开时,根据闭合电路欧姆定律列式求流过的电流；开关S断开时,电容器与、并联,由,求电容器极板所带的电量；根据欧姆定律求出电容器的电压,再求解电容器电量的变化量,即可得到通过的电量。对于给定的电容器,关键是其电压的分析和计算,当电容器与某电路并联时,其电压等于该电路两端的电压。19. 本题考查带电粒子在电场和重力复合场中的运动情况,关键是将重力和电场力合成后当作一种全新的场力,然后得出等效场的“最高点”,根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解即可。滑块从A点由静止释放后,电场力和摩擦力做功,根据动能定理求解到达C点时的速度,滑块到达C点时,由电场力和轨道作用力的合力提供向心力,根据向心力公式求出轨道的作用力；求出重力和电场力的合力的大小和方向,电荷恰好经过等效重力场最高点时,由重力和电场力的合力恰好提供向心力,根据牛顿第二定律列式求出等效最高点的速度,即为滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度。
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