1、山东省淄博市淄川一中2016-2017学年高二（上）期中物理试卷(解析版)一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分1-8题只有一个选项正确，9-12题有多个选项正确，全部选对得4分，选对不全得2分，有错选的得0分）1两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间的库仑力的大小为F两小球相互接触后将其固定在原处，则两球间库仑力的大小为（）AB3FCD2F2有关电压和电动势的说法中错误的是（）A电压和电动势的单位都是伏特，故电动势与电压是同一物理量的不同说法B电动势公式E=中的W与电压U=中的W是不同的，前者为非静电力做功，后者为静电力做功C电
2、动势是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领的物理量D断路时的路端电压等于电源的电动势3一个标有“220V 60W”的白炽灯炮，加上的电压U由零逐渐增大到220V，此过程中，图中给出的四个图线中，灯泡的伏安特性曲线符合实际的（）ABCD4将一根长为L，横截面积为S，电阻率为的保险丝截成等长的两段，并把两段并起来作为一根使用，则它的电阻和电阻率分别为（）A、B、C、D、5如图是电阻R的IU图象，图中=45，由此得出（）A电阻R与两端电压成正比B电阻R=0.5C因IU图象的斜率表示电阻的倒数，故R=1.0D在R两端加上6.0 V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C6一个电流计的满偏电流
3、Ig=100A，内阻为600，要把它改装成一个量程为0.6A的电流表，则应在电流计上（）A串联一个5.4k的电阻B串联一个约0.1的电阻C并联一个约0.1的电阻D并联一个5.4k的电阻7在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U当R5的滑动触点向图中a端移动时（）AI变大，U变小BI变大，U变大CI变小，U变大DI变小，U变小8下列说法中正确的是（）A法拉第根据头发屑在电场中的分布现象引入电场线描述电场，是等效替换的方法B美国物理学家密立根用扭秤实验最早测定了元电荷的电量值C根据点电荷的场强计算公式
4、E=，当时r0，推出E，此结论与实际不符，说明建立点电荷模型没有意义D对于平行板电容器的电容决定式C=，可以采取控制变量法进行实验检验9如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A为两点电荷连线的中心，B为连线上距A为d的一点，C为连线中垂线上距A也为d的一点，关于三点的场强大小、电势高低比较，正确的是（）AEBEAECBEAEBECCA=CBDB=CA10在某电场中，将一带电量为q=+2.0109C的点电荷从a点移到b点，电场力做功W=4.0108J，则以下说法正确的是（）Aa、b两点间的电势差Uab为20VBa、b两点间的电势差Uab为20VC电荷在b处时将具有4.0108J
5、的电势能D电荷的电势能增加了4.0108J11如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下面正确的是（）A电源的电动势为6.0 VB电源的内阻为12C电源的短路电流为0.5AD电流为0.3A时的外电阻是1812一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220V的交流电源上（其内电阻可忽略不计），均正常工作用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0A，通过洗衣机电动机的电流是0.50A，则下列说法中不正确的是（）A电饭煲的电阻为44，洗衣机电动机线圈的电阻为440B电饭煲消耗的电功率1 555 W，洗衣机电动机消耗的电功率155.5 WC1 min内电饭煲消耗的电能6.6104 J，洗衣机电动机消
6、耗的电能6.6103 JD电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍二、实验题把答案填在答题卡相应的横线上（本题共3小题，共16分）13某同学用游标卡尺（20分度）测量某物体直径，示数为mm某同学用螺旋测微器测量某物体厚度，示数为mm14（2分）调整欧姆零点后，用“10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是（）A这个电阻的阻值很小B这个电阻的阻值很大C为了把电阻值测得更准确些，应换用“1”挡，重新调整欧姆零点后测量D为了把电阻值测得更准确些，应换用“100”挡，重新调整欧姆零点后测量15（12分）为了测量某一未知电阻Rx的阻值，某实验小组找来以下器材：电压表（0
7、3V，内阻约3k）、电流表（00.6A，内阻约0.5）、滑动变阻器（015，2A）、电源（E=3V，内阻很小）、开关与导线，并采用如图甲所示的电路图做实验请按图甲所示的电路图将图乙中实物连线图补齐；图乙中，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于端（选填“a”、“b”）闭合开关，缓慢调节滑动变阻器，得到多组电压表与电流表的读数，根据实验数据在 坐标系中描出坐标点，请你完成UI图线；根据UI图可得，该未知电阻的阻值Rx=（保留两位有效数字）由于实验中使用的电表不是理想电表，会对实验结果造成一定的影响，则该小组同学实验测出的电阻值 Rx的真实值（填“”、“”或“=”）利用现有的仪器，为了更加精确地测
8、量这个电阻的阻值，请你给该实验小组提出建议并说明理由三、计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，总分34分）16（10分） 如图所示，R1=14，R2=9，当开关处于位置1时，电流表读数=0.2A；当开关处于位置2时，电流表读数=0.3A，求：（1）电源的电动势E和内电阻r （2）当开关处于位置1，电流表读数=0.2A时，电源内阻消耗和输出的功率各为多少？17（10分）如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5，标有“8V，16W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M的绕线的电阻R0=1，求：（1）电源的总功率（2）电动机的输出功率18（14分）如图所示，两平行金属板水平放置，
9、板间存在竖直向下的勻强电场一带电粒子以初速度V0沿上板边缘垂直于电场线射入匀强电场，它刚好贴着下板边缘飞出已知匀强电场两极板长L，间距为d，（粒子的重力忽略不计）（1）如果带电粒子的初速度变为2V0，则离开电场时，沿场强方向的侧向位移y为多少？（2）如果带电粒子以速度2v0射入电场上边缘，当它沿竖直方向运动的位移为d时，它的水平位移x为多大？2016-2017学年山东省淄博市淄川一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分1-8题只有一个选项正确，9-12题有多个选项正确，全部选对得4分，选对不全得2分，有错选的得0分）1两个分别带有电荷量Q和
10、+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间的库仑力的大小为F两小球相互接触后将其固定在原处，则两球间库仑力的大小为（）AB3FCD2F【考点】库仑定律【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分再根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离仍不变，则库仑力为F=k，所以两球间库仑力的大小为F故选：C【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题，注意接触后，间距没有变化是解题的关键2有关电压和电动势的说法中错
11、误的是（）A电压和电动势的单位都是伏特，故电动势与电压是同一物理量的不同说法B电动势公式E=中的W与电压U=中的W是不同的，前者为非静电力做功，后者为静电力做功C电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领的物理量D断路时的路端电压等于电源的电动势【考点】电源的电动势和内阻【分析】电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，不是同一物理量的不同叫法电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量电动势公式E=中的W非是非静电力做功，电压U=中的W电是静电力做功电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压【解答】解：A、电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量故A错误B、电动
12、势公式E=中的W非是非静电力做功，电压U=中的W静是静电力做功故B正确C、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小故C正确D、根据闭合电路欧姆定律，路端电压U=EIr，只有当外电路断开时，I=0，路端电压等于电动势故D正确本题选错误的，故选：A【点评】本题考查电动势的概念，要明确电动势与电势差的区别，要明确电动势是由电源本身的性质所决定的，同时注意理解电动势与非静电力做功之间的关系3一个标有“220V 60W”的白炽灯炮，加上的电压U由零逐渐增大到220V，此过程中，图中给出的四个图线中，灯泡的伏安特性曲线符合实际的（）ABCD【考点】路端电压与负载
13、的关系；欧姆定律【分析】白炽灯泡上的电压U由零逐渐增大到220V时，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，根据数学知识分析选择图象【解答】解：由题，白炽灯泡上的电压U由零逐渐增大到220V时，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，由欧姆定律得到R=，等于图线上的点与原点连线的斜率，电阻一直增大，在IU图象中电阻等于斜率的倒数，故斜率一直减小，故A正确，BCD错误故选：A【点评】本题是实际的灯泡，其电阻会温度升高而增大，其UI图线不是直线，可以从数学角度理解其物理意义，4将一根长为L，横截面积为S，电阻率为的保险丝截成等长的两段，并把两段并起来作为一根使用，则它的电阻和电阻率分别为（）A、B、C、D、【
14、考点】电阻定律【分析】电阻率的大小由材料决定，与长度和横截面积无关根据电阻定律的公式判断电阻的变化【解答】解：根据电阻定律的公式知，长度变为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，则电阻变为原来的而电阻率不变故B正确，A、C、D错误故选B【点评】解决本题的关键掌握电阻定律的公式，以及知道电阻率的大小由材料决定，与长度和横截面积无关5如图是电阻R的IU图象，图中=45，由此得出（）A电阻R与两端电压成正比B电阻R=0.5C因IU图象的斜率表示电阻的倒数，故R=1.0D在R两端加上6.0 V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C【考点】路端电压与负载的关系【分析】电阻R的IU图象斜率的倒数等
15、于电阻R，由数学知识分析电流与电压的关系对于电阻R，运用斜率求解，但不能根据直线倾角的正切的倒数求解由图读出电压为U=6V时的电流，由q=It求解每秒内通过电阻的电荷量【解答】解：A、根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，而电阻与电压及电流均无关，故A错误；BC、根据电阻的定义式R= 可知，IU图象斜率的倒数等于电阻R，则得R=2，故BC错误D、由图知，当U=6V时，I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q=It=31C=3.0C，故D正确故选：D【点评】本题考查了学生对电阻的定义式R= 的理解与掌握，要注意直线的斜率与直线倾角的区别6一个电流计的满偏电流Ig=100A，内阻为6
16、00，要把它改装成一个量程为0.6A的电流表，则应在电流计上（）A串联一个5.4k的电阻B串联一个约0.1的电阻C并联一个约0.1的电阻D并联一个5.4k的电阻【考点】把电流表改装成电压表【分析】改装为电流表需并联一个电阻，改装电流表原理：IgRg=（IIg）R，其中I为量程【解答】解：改装成电流表要并联电阻分流，其并联电阻阻值为R：R=0.1 故为并联0.1的电阻则A错误，B 错误 C 正确 D错误故选：C【点评】考查的电流表的改装原理，明确分流程度与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大7在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻
17、为r设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U当R5的滑动触点向图中a端移动时（）AI变大，U变小BI变大，U变大CI变小，U变大DI变小，U变小【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电流表A和电压表的读数变化【解答】解：当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，路端电压变小，U变小电路中并联部分电压变小，则I变小故选D【点评】本题电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的顺序进行分析8下列说法中正确的是（）A法拉第根据头发屑在电场中的分
18、布现象引入电场线描述电场，是等效替换的方法B美国物理学家密立根用扭秤实验最早测定了元电荷的电量值C根据点电荷的场强计算公式E=，当时r0，推出E，此结论与实际不符，说明建立点电荷模型没有意义D对于平行板电容器的电容决定式C=，可以采取控制变量法进行实验检验【考点】物理学史【分析】此题是物理学史问题，关键要记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：A、法拉第由铁屑在磁场中的分布引入磁场线描述磁场，是等效替换的方法，故A错误；B、电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根使用重力与电场力平衡法测得的，为此他获得了诺贝尔物理学奖故B错误；C、根据点电荷的场强计算公式E=只使用于点电荷，r0，这个公式不能
19、用，不是没有意义，故C错误；D、平行板电容器的电容决定式C=，涉及3个变量，可以采取控制变量法进行实验检验，故D正确故选：D【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一9如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A为两点电荷连线的中心，B为连线上距A为d的一点，C为连线中垂线上距A也为d的一点，关于三点的场强大小、电势高低比较，正确的是（）AEBEAECBEAEBECCA=CBDB=CA【考点】电势；电场强度【分析】电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义由于电场强度是矢量，电场强度叠加
20、时满足平行四边形定则电场线越密的地方，电场强度越强正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同同时沿着电场线方向电势降低【解答】解：如图为等量异种点电荷的电场，则电场线是从正电荷出发到负电荷终至所以A、B两点处于从左向右的电场线方向上，则AB而A、C同处于一根等势线，所以A=C因此A=CB由等量异种点电荷的电场线的分布，可得B点的电场线最密，C点的最疏所以EBEAEC故选：AC【点评】虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直10在某电场中，将一带电量为q=+2.0109C的点电
21、荷从a点移到b点，电场力做功W=4.0108J，则以下说法正确的是（）Aa、b两点间的电势差Uab为20VBa、b两点间的电势差Uab为20VC电荷在b处时将具有4.0108J的电势能D电荷的电势能增加了4.0108J【考点】电势能；电子的比荷【分析】根据电势差公式U=求解电势差；电势能的大小与0势能点的选择有关；根据电场力做功与电势能的关系判断电势能的变化【解答】解：AB、根据电势差公式有：U=故A错误，B正确；C、由于没有选择0势能点，所以电荷在b处时将具有的电势能不一定是4.0108J故C错误；D、电场力做功W=4.0108J，所以电荷的电势能增加了4.0108J故D正确故选：BD【点评
22、】电势差公式公式U=求解时，各个量一般要代入符号计算属于基本题11如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下面正确的是（）A电源的电动势为6.0 VB电源的内阻为12C电源的短路电流为0.5AD电流为0.3A时的外电阻是18【考点】路端电压与负载的关系【分析】根据闭合电路欧姆定律分析图线与纵轴交点的物理意义和图线斜率的物理意义当外电阻为零时，电源被短路，由闭合电路欧姆定律求出短路电流当电流为0.3A时，由闭合电路欧姆定律求出外电压，再欧姆定律求出外电阻【解答】解：A、由闭合电路欧姆定律U=EIr得，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势E=6V故A正确B、电源的内阻等于图
23、线的斜率大小，r=A=2故B错误C、外电阻R=0时，短路电流为I=A=3A故C错误D、电流为I=0.3A时，路端电压U=EIr=（60.32）=5.4V，外电阻是R=18故D正确故选：AD【点评】本题关键从数学的角度理解物理图象的物理意义，容易产生的错误是求电源的内阻，认为是r=1212一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220V的交流电源上（其内电阻可忽略不计），均正常工作用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0A，通过洗衣机电动机的电流是0.50A，则下列说法中不正确的是（）A电饭煲的电阻为44，洗衣机电动机线圈的电阻为440B电饭煲消耗的电功率1 555 W，洗衣机电动机消耗的电功率
24、155.5 WC1 min内电饭煲消耗的电能6.6104 J，洗衣机电动机消耗的电能6.6103 JD电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍【考点】电功、电功率【分析】电饭煲是纯电阻，洗衣机不是纯电阻，加在洗衣机两端的电压不是全部加在内阻上，根据功率公式和热量公式可以方向各项【解答】解：A、电饭煲与洗衣机的都与电源并联，电源两端电压相等，均为220V，由欧姆定律可求得电饭煲的电阻为=44，但洗衣机不是纯电阻用电器，由欧姆定律求得440电阻是错误的，所以A项错误；B、它们消耗的电功率分别为P1=UI1=1100W，P2=UI2=110W，所以B项错误；C、电饭煲和洗衣机在1min内产生的电
25、能分别为Q1=P1t=6.6104J，Q2=P2t=6.6103J，所以C项正确；D、因洗衣机的内阻未知，无法比较二者的发热功率，所以D项错误因选不正确的，故选：ABD【点评】本题需要注意的是对于非纯电阻器件，要注意区分两端电压和其内阻上的分压，区分总功率、机械功率和内阻消耗的功率二、实验题把答案填在答题卡相应的横线上（本题共3小题，共16分）13某同学用游标卡尺（20分度）测量某物体直径，示数为30.80mm某同学用螺旋测微器测量某物体厚度，示数为5.665mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【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
26、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：甲是20分度的卡尺，其精确度为0.05mm，主尺读数为：30mm，游标上第16个刻度与上面对齐，读数为：160.05mm=0.80mm，故最终读数为：30mm+0.80cm=30.80mm；螺旋测微器：固定刻度为5.5mm，可动刻度为16.50.01mm=0.165mm，则读数为5.5+0.165=5.665mm故答案为：30.80；5.665【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同时还要
27、注意有效位置的保留不能出错14调整欧姆零点后，用“10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是（）A这个电阻的阻值很小B这个电阻的阻值很大C为了把电阻值测得更准确些，应换用“1”挡，重新调整欧姆零点后测量D为了把电阻值测得更准确些，应换用“100”挡，重新调整欧姆零点后测量【考点】用多用电表测电阻【分析】欧姆表的零刻度在表盘的右侧，当指针偏转角度较小时，说明电阻较大每次换挡需重新欧姆调零【解答】解：因为欧姆表的零刻度在表盘的右侧，用“10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，知电阻值很大，为准确测量电阻阻值，需换用大挡，即“100”挡，重新测量故AC错误，B
28、D正确故选：BD【点评】解决本题的关键掌握欧姆表表盘的特点，以及掌握用欧姆表测量电阻的一般步骤15（12分）（2016广东模拟）为了测量某一未知电阻Rx的阻值，某实验小组找来以下器材：电压表（03V，内阻约3k）、电流表（00.6A，内阻约0.5）、滑动变阻器（015，2A）、电源（E=3V，内阻很小）、开关与导线，并采用如图甲所示的电路图做实验请按图甲所示的电路图将图乙中实物连线图补齐；图乙中，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于a端（选填“a”、“b”）闭合开关，缓慢调节滑动变阻器，得到多组电压表与电流表的读数，根据实验数据在 坐标系中描出坐标点，请你完成UI图线；根据UI图可得，该未知
29、电阻的阻值Rx=5.0（保留两位有效数字）由于实验中使用的电表不是理想电表，会对实验结果造成一定的影响，则该小组同学实验测出的电阻值 Rx的真实值（填“”、“”或“=”）利用现有的仪器，为了更加精确地测量这个电阻的阻值，请你给该实验小组提出建议并说明理由由于待测电阻相对较小，所以建议电流表外接【考点】伏安法测电阻【分析】根据实验电路图连接实物电路图；闭合开关前，滑片应置于最大阻值处，根据电路图确定滑片的位置；将描出点连接起来；根据图象由欧姆定律求出电阻阻值；根据电路图与欧姆定律分析实验误差；根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，从而改进实验【解答】解：根据电路图连接实物电路图，实物
30、电路图如图所示；由图示电路图可知，闭合开关前，滑片应置于a端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大；将偏离较远的点舍掉，连成直线如图：由图示UI图象可知，待测电阻阻值RX=k5.0；由电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，所测电压偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值由于=5， =600，电流表应采用外接法，电流表采用外接法可以减小实验误差故答案为：实物图连线； a；连线如图；Rx=5.0；由于待测电阻相对较小，所以建议电流表外接【点评】本题考查了连接实物电路图、实验注意事项、作图象、求电阻阻值、实验误差分析，根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是正确连接实物电路图的关键；要掌握描
31、点法作图的方法三、计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，总分34分）16（10分）（2015秋淄博校级期末） 如图所示，R1=14，R2=9，当开关处于位置1时，电流表读数=0.2A；当开关处于位置2时，电流表读数=0.3A，求：（1）电源的电动势E和内电阻r （2）当开关处于位置1，电流表读数=0.2A时，电源内阻消耗和输出的功率各为多少？【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】根据闭合电路欧姆定律E=I（R+r），已知两种情况下R，I，列出两个方程，联立组成方程组，可求出E和r；根据功率公式可求出电源内部消耗功率和输出功率【解答】解：（1）当开关处于位置1时有：E
32、=I1（R1+r）=0.2（14+r） （1） 当开关处于位置2时有：E=I2（R2+r）=0.3（9+r） （2） 联列（1）、（2）可以求得：E=3V r=1 （2）Pr=I12r=0.221W Pr=0.04W P出=IEPr=（0.260.04）W P出=0.56W 故答案为：E=3V，r=1；Pr=0.04W，P出=0.56W【点评】本题提供了一种测量电源电动势和内电阻的方法：安阻法17（10分）（2016秋城关区校级期末）如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5，标有“8V，16W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M的绕线的电阻R0=1，求：（1）电源的总功率（2）电动机的输出
33、功率【考点】电功、电功率【分析】（1）由题，“8V，16w”的灯泡L恰好能正常发光，灯泡的电压为U=8V，电源的内电压为U=EU=2V，根据欧姆定律求出电路中总电流I，电源的总功率为P=EI（2）根据功率功率求出灯泡的电流，通过电动机的电流等于总电流与灯泡电流之差电动机的输出功率等于电功率与发热功率之差【解答】解：依据题意可知（1）由题可知，电路中路端电压为U=8V，电路中的总电流I=A=4A则电源的总功率为P=EI=104W=40W（2）通过灯泡的电流IL=A=2A通过电动机的电流IM=IIL=2A电动机的热功率：P热=R0=221W=4W电动机的输出功率：P出=UIMP热=82W4W=12
34、W答：（1）电源的总功率是40W（2）电动机的输出功率是12W【点评】对于电动机工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用欧姆定律求出通过电动机的电流18（14分）（2016秋淄川区校级期中）如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在竖直向下的勻强电场一带电粒子以初速度V0沿上板边缘垂直于电场线射入匀强电场，它刚好贴着下板边缘飞出已知匀强电场两极板长L，间距为d，（粒子的重力忽略不计）（1）如果带电粒子的初速度变为2V0，则离开电场时，沿场强方向的侧向位移y为多少？（2）如果带电粒子以速度2v0射入电场上边缘，当它沿竖直方向运动的位移为d时，它的水平位移x为多大？【考点】带电粒子在
35、匀强电场中的运动【分析】（1）带电粒子垂直于电场线射入匀强电场，只受电场力作用，做类平抛运动根据运动学公式分别列出水平位移和竖直位移表达式，运用比例法，求出初速度变为2V0，粒子离开电场时，沿场强方向的侧向位移y（2）粒子离开电场后速度反向延长线交上板的中点，根据三角知识求出速度偏向角与位移、板长的关系，再求出水平位移x【解答】解：（1）带电粒子的初速度为V0时，水平方向：L=V0t1，竖直方向：d=at12，带电粒子的初速度变为2 V0时，水平方向：L=2 V0t2，竖直方向：y=at22，解得：y=d；（2）带电粒子的初速度变为2 V0，粒子离开电场时速度的偏向角为根据推论可知，粒子离开电场时速度的反向延长线交于上板的中点则根据几何知识有：tan=，又tan=，解得：LAB=2L，所以：x=0.5L+LAB=2.5L；答：（1）如果带电粒子的初速度变为2V0，则离开电场时，沿场强方向的侧向位移y为d；（2）如果带电粒子以速度2v0射入电场上边缘，当它沿竖直方向运动的位移为d时，它的水平位移x为2.5L【点评】本题是类平抛运动问题，应用了力学中牛顿第二定律、运动学公式、动能定理等多个规律对于第（2）问也可以根据三角形相似法求出水平位移