1、2016-2017学年吉林省辽源市普通高中高二（上）期中物理试卷一选择题（本大题共12小题，1-6题为单选，7-12题为多选，每小题4分，共48分）1由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F=k，式中k为静电力常量若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（）AkgA2m3BkgA2m3s4Ckgm2C2DNm2A22关于元电荷的理解，下列说法正确的是（）A元电荷就是电子B元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷C元电荷就是原子D物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍3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
2、（）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4如图所示，虚线是用实验方法描绘出某一静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰沿图中的实线从A点运动到B点，则下列判断正确的是（）A粒子一定带负电BA点场强大于B点场强C粒子在A点动能小于B点动能D粒子由A点运动到B点的过程中电场力做负功5一根横截面积为S的铜导线，通过电流为I已经知道铜的密度为，铜的摩尔质量为M，电子电荷量为e，阿佛加德罗常数为NA，设每个铜原子只提供一个自由电子，则铜导线中自由电子定向移动速率为（）ABCD
3、6把6个相同电灯接成如图（甲）、（乙）所示两电路，调节变阻器，两组电灯均能正常发光设（甲）、（乙）两电路消耗的电功率分别为P1、P2，则（）AP13P2BP1=3P2CP13P2D3P1=P27对于欧姆定律的理解，下列说法中正确的是（）A欧姆定律适用于一切导电物质B由可知，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比C由可知，通过电阻的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比D对电阻一定的导体，它两端的电压与通过它的电流的比值保持不变8如图所示，把一个不带电的枕型导体靠近带负电的小球，由于静电感应，在a，b端分别出现正、负电荷，则以下说法正确的是（）A闭合K1，有电子从枕型导体流向大
4、地B闭合K2，有电子从枕型导体流向大地C闭合K1，有电子从大地流向枕型导体D闭合K2，没有电子通过K29两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（）AC点的电场强度大小为零BA点的电场强度大小为零CNC间场强方向向x轴正方向D将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功10如图所示，AB是一个接地的很大的薄金属板，其右侧P点有一带电荷量为Q的正电荷，N为金属板外表面上的一点，P到金属板的垂直距离PN=d，M为PN连线的中点关于M、N两点的场强和电势，如下说法正确的是（）AM点的电
5、势比N点的电势点高，M点的场强比N点的场强大BM点的场强大小为CN点的电势为零，场强不为零DN点的电势和场强都为零11两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图1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vt图象如图2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（）AB点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/mB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点的过程中，电势逐渐升高DAB两点的电势之差AB=5V12如图所示，电动势为E，内阻为r的电源与滑动变阻器R1、定值电阻R2、定值电阻R3
6、、平行板电容器及理想电流表组成闭合电路，图中电压表为理想电压表，当滑动变阻器R1的触头向左移动一小段时，则（）A电流表读数增大B电容器带电荷量增加CR2消耗的功率减小D电压表与电流表示数变化量之比不变二实验题（共1小题，计12分）13某同学欲采用下列器材研究一个额定电压为2.5V的小灯泡（内阻约6）的伏安特性曲线A直流电源（3V，内阻不计）；B电流表（00.6A，内阻约为0.13）；C电压表（03V，内阻约为3k）；D电压表（015V，内阻约为15k）；E滑动变阻器（020，额定电流为2A）；F滑动变阻器（01000，额定电流为0.5A）；G开关、导线若干（1）为了减小测量误差，电压表应选用，
7、滑动变阻器应选用（选填序号）（2）该同学选择电流表外接法，且要求小灯泡两端电压变化范围尽量大些请在如图甲的虚线框中画出正确的实验电路图（3）闭合开关，逐次改变滑动变阻器滑片的位置，其中某组电流表、电压表的示数如图乙所示则IA=A，UV=V（4）该同学连接电路的实物图如图丙所示，请指出他的电路接线中的错误：三计算题（共4小题，14题6分，15、16题各9分，17题16分，共计40分）14有三根长度皆为l=0.30m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板的O点，另一端分别栓有质量皆为m=1.0102kg的带电小球A和B，它们的电荷量分别为q和+q，q=1.0106CA、B之间用第三根线连
8、接起来，空间中存在大小为E=2.0105 N/C的匀强电场，电场强度的方向水平向右平衡时A，B球的位置如图所示已知静电力常量k=9109Nm2/C2重力加速度g=10m/s2求：（1）A，B间的库仑力的大小（2）连接A，B的轻线的拉力大小15电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点一个电荷量q=+4.0108C的点电荷在A点所受电场力FA=2.0104N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0107J求：（1）A点电场强度的大小EA（2）A、B两点间的电势差U（3）该点电荷从A点移到B点，电势能变化了多少？16一台电风扇，内电阻是20，接上220V的电压后，消耗的功率是66W
9、，求：（1）电风扇正常工作时通过风扇电动机的电流大小；（2）电风扇工作时，转化为机械能和内能的功率以及电动机的效率；（3）若接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，此时通过电动机的电流多大？电动机消耗的电功率和发热功率各是多大？17如图所示，电源电动势为E，内阻r=R，定值电阻R1和R2的阻值均为R平行板电容器接在R2两端，两极板长度和距离均为d，足够大屏幕与电容器右端距离为d，OO1为电容器中心轴线一个不计重力、质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点以一定的初速度沿OO1方向射入电场，离开电场时的位置与电容器下极板的距离为（1）求粒子射入电场时的初速度大小（2）若将平行板电容器沿竖直中线等分为两部
10、分后均并联在R2两端左半部分不动，右半部分向右平移，求粒子打在屏幕上的位置与OO1的距离（3）若将平行板电容器沿竖直中线等分为两部分后均并联在R2两端，将右半部分向右平移x，求粒子打在屏幕上的位置与OO1的最小距离2016-2017学年吉林省辽源市普通高中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一选择题（本大题共12小题，1-6题为单选，7-12题为多选，每小题4分，共48分）1由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F=k，式中k为静电力常量若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（）AkgA2m3BkgA2m3s4Ckgm
11、2C2DNm2A2【考点】库仑定律【分析】力学单位制规定了物理量的单位，同时根据物理量间的公式也可以分析单位之间的关系【解答】解：根据F=k可得：k=，由于F=ma，q=It，所以k=根据质量的单位是kg，加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，时间的单位s，可得k的单位是kgA2m3s4故选：B2关于元电荷的理解，下列说法正确的是（）A元电荷就是电子B元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷C元电荷就是原子D物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍【考点】元电荷、点电荷【分析】人们把最小电荷量叫做元电荷，常用符号e表示【解答】解：元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷
12、量的大小是最小的，人们把最小电荷量叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍所以D正确故选D3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【考点】电源的电动势和内阻【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】解：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BC、电动势是描述电源把其它
13、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：C4如图所示，虚线是用实验方法描绘出某一静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰沿图中的实线从A点运动到B点，则下列判断正确的是（）A粒子一定带负电BA点场强大于B点场强C粒子在A点动能小于B点动能D粒子由A点运动到B点的过程中电场力做负功【考点】电场线【分析】根据等势线的分布情况确定电场线的分布情况，从而判断电
14、场力的方向，分析粒子的电性判断出电场力做功的正负，分析带电粒子在电场中运动时电势能的变化【解答】解：A、电场线和等势线垂直且由高等势线指向低等势线，可知，图中电场线方向应垂直等势线大体指向左侧，带电粒子所受电场力沿电场线指向曲线内侧，也大体向左，故粒子应带正电，故A错误；B、B点等差等势线密，电场线也密，所以B的场强较大，故B错误；CD、从A到B过程中，电场力方向与速度方向的夹角为锐角，则电场力对粒子做正功，电势能减小，动能增加，则粒子在A点的动能小于在B点的动能，故C正确，D错误故选：C5一根横截面积为S的铜导线，通过电流为I已经知道铜的密度为，铜的摩尔质量为M，电子电荷量为e，阿佛加德罗常
15、数为NA，设每个铜原子只提供一个自由电子，则铜导线中自由电子定向移动速率为（）ABCD【考点】电流、电压概念【分析】可设自由电子定向移动的速率为v和导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，求出导线中自由电子的数目，根据电流的定义式推导出电流的微观表达式，再解得自由电子定向移动的速率【解答】解：设自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，对铜导体研究：每个铜原子可提供一个自由电子，则铜原子数目与自由电子的总数相等，为：n=t时间内通过导体截面的电荷量为：q=ne 则电流强度为：I=得：v=故选：A6把6个相同电灯接成如图（甲）、（乙）所示两电路，调节变阻
16、器，两组电灯均能正常发光设（甲）、（乙）两电路消耗的电功率分别为P1、P2，则（）AP13P2BP1=3P2CP13P2D3P1=P2【考点】串联电路和并联电路【分析】电灯正常发光时，电流都是额定电流，根据电路中总电流关系，由功率公式研究两电路消耗的电功率的关系【解答】解：设每个灯泡正常发光时，其电流为I，则图（甲）中总电流为3I，图（乙）总电流为I，电路中的总的电压相同，所以，P1=3IU，P2=IU，则P1=3P2故选B7对于欧姆定律的理解，下列说法中正确的是（）A欧姆定律适用于一切导电物质B由可知，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比C由可知，通过电阻的电流跟它两端的电压
17、成正比，跟它的电阻成反比D对电阻一定的导体，它两端的电压与通过它的电流的比值保持不变【考点】欧姆定律【分析】根据欧姆定律的内容和影响电阻大小的因素进行解答欧姆定律的内容是：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压电流无关【解答】解：A、欧姆定律适用于纯电阻电路或电解质导电，不是适用于一切导电物质；故A错误；B、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压电流无关，故B错误；C、欧姆定律的内容为：通过导体的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，故C正确；D、对一定的导体，它两端的
18、电压与通过它的电流的比值不变，等于电阻，故D正确；故选：CD8如图所示，把一个不带电的枕型导体靠近带负电的小球，由于静电感应，在a，b端分别出现正、负电荷，则以下说法正确的是（）A闭合K1，有电子从枕型导体流向大地B闭合K2，有电子从枕型导体流向大地C闭合K1，有电子从大地流向枕型导体D闭合K2，没有电子通过K2【考点】静电场中的导体【分析】感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，既然是转移，那么电荷必然守恒同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引【解答】解：在K1，K2都闭合前，对于枕型导体它的电荷是守恒的，a，b出现的正、负电荷等
19、量当闭合K1，K2中的任何一个以后，便把导体与大地连通，使大地也参与了静电平衡因此，导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统中电荷守恒由于静电感应，a端仍为正电荷，大地远处感应出等量负电荷，因此无论闭K1还是K2，都是有电子从导体流向大地；故AB正确，CD错误故选：AB9两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（）AC点的电场强度大小为零BA点的电场强度大小为零CNC间场强方向向x轴正方向D将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【考点】电场强度；电势能【分析】两点电
20、荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性【解答】解：A、C点电势的拐点，根据公式=Ex可知，图象的斜率大小是电场强度大小，而C点的斜率为零，故A正确；B、同理，由图知A点的电势为零，但该点的斜率不为零故B错误；C、由图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向故C错误；D、因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功故D正确；故选：AD10如图所示，AB是一个接地的很大的薄金属板，其右侧P点有一带电荷量为Q的正电荷，N为金属板外表
21、面上的一点，P到金属板的垂直距离PN=d，M为PN连线的中点关于M、N两点的场强和电势，如下说法正确的是（）AM点的电势比N点的电势点高，M点的场强比N点的场强大BM点的场强大小为CN点的电势为零，场强不为零DN点的电势和场强都为零【考点】电势；电场强度【分析】根据等势体可确定电势的高低，由电场力做功来确定电势能的变化与否；电势与电场强度没有关系；并根据电场的叠加原理，结合电场强度公式，即可求出M点的电场强度的大小【解答】解：A、金属板接地，由于静电感应，金属板上右侧出现负电荷，电场线从+Q出发到金属板终止，金属板电荷排布对于左边电场的影响相当于在+Q 原处放上一个Q沿电场线的方向电势越来越低
22、，所以M点的电势大于N点的电势（N点的电势为零）；M点电场线较密，场强较大，故A正确B、大金属板接地屏蔽，用镜像法，就是说，金属板上感应电荷排布后对于右边电场的影响，相当于在+Q关于板对称的地方放上一个Q具体原因可以分析左边，左边电场为0那么接 地金属板电荷排布对于左边电场的影响相当于在+Q 原处放上一个Q而明显金属板对左右电场影响是 对称的这就是镜像法的原理可以推得N电场为EN=，方向向左（即使是无限趋近于板，但是由于本来板上电荷就是感应出来的，所以不可能是离板越近电场越大），M电场为EM=，方向向左，故B错误C、D、AB接地所以AB上各点电势都为零，N点电势就为零，但电势与场强无关，所以N
23、点场强不为零，故C正确，D错误故选：AC11两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图1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vt图象如图2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（）AB点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/mB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点的过程中，电势逐渐升高DAB两点的电势之差AB=5V【考点】电势能；电势【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的小物块仅在运动方向上受电场力作用从C点到B、到
24、A运动的过程中，根据Vt图可知在B点的加速度，可知物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况，由牛顿第二定律求出电场强度的最大值根据电势能的变化，分析电势的变化由动能定理求AB间的电势差【解答】解：A、由乙图可知，物体在B点加速度最大，且加速度为 a=2m/s2，根据qE=ma，可知B点的场强最大，为E=1V/m，故A正确；B、从C到A的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；C、从C到A一直沿着电场线运动，电势逐渐降低，故C错误；D、从B到 A的过程中，根据动能定理，得：qUBA=，代入数据得UBA=5V，则UAB=UBA=5V，即
25、AB=5V故D正确故选：AD12如图所示，电动势为E，内阻为r的电源与滑动变阻器R1、定值电阻R2、定值电阻R3、平行板电容器及理想电流表组成闭合电路，图中电压表为理想电压表，当滑动变阻器R1的触头向左移动一小段时，则（）A电流表读数增大B电容器带电荷量增加CR2消耗的功率减小D电压表与电流表示数变化量之比不变【考点】电容器；闭合电路的欧姆定律【分析】由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可求得电路中电流的变化；由欧姆定律可求得电压表示数与电流表示数的比值【解答】解：A、变阻器R的触头向左移动一小段时，阻值R1减小，回路的总电阻减小，所以回路的总电流增大，则电流表读数增
26、大，故A正确；B、由A选项可知，路端电压U减小，所以电压表的示数减小，则电容器的电量减小，故B错误；C、由于回路总电流增大，则R3电压增大，因此R2电压减小，由于R2电阻不变，所以R2消耗的功率减小，故C正确；D、根据题意可知，电压表与电流表变化量的示数之比即为电源的内阻，因此之比不变，故D正确；故选ACD二实验题（共1小题，计12分）13某同学欲采用下列器材研究一个额定电压为2.5V的小灯泡（内阻约6）的伏安特性曲线A直流电源（3V，内阻不计）；B电流表（00.6A，内阻约为0.13）；C电压表（03V，内阻约为3k）；D电压表（015V，内阻约为15k）；E滑动变阻器（020，额定电流为2
27、A）；F滑动变阻器（01000，额定电流为0.5A）；G开关、导线若干（1）为了减小测量误差，电压表应选用C，滑动变阻器应选用E（选填序号）（2）该同学选择电流表外接法，且要求小灯泡两端电压变化范围尽量大些请在如图甲的虚线框中画出正确的实验电路图（3）闭合开关，逐次改变滑动变阻器滑片的位置，其中某组电流表、电压表的示数如图乙所示则IA=0.24A，UV=1.50V（4）该同学连接电路的实物图如图丙所示，请指出他的电路接线中的错误：电流表采用内接法【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）从精确、安全的角度选择合适的电压表和滑动变阻器（2）要求小灯泡两端电压变化范围尽量大些，滑动变阻器应采用
28、分压式接法（3）通过电流表和电压表的量程，确定每个分度的值，从而读出电流表和电压表的读数（4）根据原理图分析实物图，从而的出接线错误的地方【解答】解：（1）灯泡额定电压为2.5V，电压表应选择C；为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，滑动变阻器应选E（2）描绘小灯泡伏安特性，小灯泡两端电压变化范围尽量大些，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，电路图如图所示（3）电流表量程为00.6A，由图示电流表可知其分度值为0.02A，示数为0.24A；电压表量程为03V，分度值为0.1V，示数为1.50V（4）由于灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法
29、，由图示电路图可知，电流表采用内接法，这是错误的故答案为：（1）C；E；（2）电路图如图所示；（3）0.24；1.50；（4）电流表采用内接法三计算题（共4小题，14题6分，15、16题各9分，17题16分，共计40分）14有三根长度皆为l=0.30m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板的O点，另一端分别栓有质量皆为m=1.0102kg的带电小球A和B，它们的电荷量分别为q和+q，q=1.0106CA、B之间用第三根线连接起来，空间中存在大小为E=2.0105 N/C的匀强电场，电场强度的方向水平向右平衡时A，B球的位置如图所示已知静电力常量k=9109Nm2/C2重力加速度g=1
30、0m/s2求：（1）A，B间的库仑力的大小（2）连接A，B的轻线的拉力大小【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用；电场的叠加【分析】（1）根据库仑定律，代入数据，即可求解；（2）根据对A受力分析，结合力的平行四边形定则及三角知识，依据平衡条件，即可求解【解答】解：（1）根据库仑定律，则有：F2=k=9109=0.1 N； （2）对A受力分析，如图所示：竖直方向：F1cos30=mg解得：F1= N 水平方向：F1sin30+F2+F3=qE；解得：F3=0.042N 答：（1）A、B间的库仑力大小为0.1N，（2）连接A，B的轻线的拉力大小0.042N15电场中某区域的电场线如图所示，A、
31、B是电场中的两点一个电荷量q=+4.0108C的点电荷在A点所受电场力FA=2.0104N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0107J求：（1）A点电场强度的大小EA（2）A、B两点间的电势差U（3）该点电荷从A点移到B点，电势能变化了多少？【考点】电势能；电势差与电场强度的关系【分析】（1）已知点电荷在A点所受电场力，由场强的定义式求解场强EA（2）A、B两点间的电势差U由公式U=求解（3）根据电场力做功多少，电势能减少多少，求解电势能变化量【解答】解：（1）A点电场强度 （2）A、B两点间的电势差 （3）将该点电荷从A点移到B点，电场力做了正功W=8.0107J，所以电势能减少
32、了8.0107J答：（1）A点电场强度的大小EA是5.0103N/C（2）A、B两点间的电势差U是20V（3）该点电荷从A点移到B点，电势能减少了8.0107J16一台电风扇，内电阻是20，接上220V的电压后，消耗的功率是66W，求：（1）电风扇正常工作时通过风扇电动机的电流大小；（2）电风扇工作时，转化为机械能和内能的功率以及电动机的效率；（3）若接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，此时通过电动机的电流多大？电动机消耗的电功率和发热功率各是多大？【考点】电功、电功率【分析】（1）根据功率P=UI可以求得电动机的电流的大小；（2）由P热=I2r可以求得转化为内能的功率的大小，再由P机=PP热可
33、以求得转化为机械能的功率，根据=100%求解机械的效率；（3）扇叶被卡住，变为纯电阻，电功等于电热【解答】解：（1）正常工作时通过电动机的电流大小：I= A=0.3 A（2）转化为内能的功率：P热=I2r=0.3220 W=1.8 W转化为机械能的功率：P机=PP热=（661.8）W=64.2 W电动机的效率：=100%=100%97.3%（3）当电风扇不转动时，电能全部转化为内能，电动机相当于纯电阻用电器，根据欧姆定律，有：I= A=11 A，电动机消耗的功率P等于其发热功率P热，所以：P=P热=U2/r=W=2420W此时电动机可能会被烧毁；答：（1）电风扇正常工作时通过风扇电动机的电流大
34、小为0.3A；（2）电风扇工作时，转化为机械能的功率为64.2W，转化为内能的功率为1.8W，电动机的效率为97.3%；（3）若接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，此时通过电动机的电流为11A，电动机消耗的电功率和发热功率均为2420W17如图所示，电源电动势为E，内阻r=R，定值电阻R1和R2的阻值均为R平行板电容器接在R2两端，两极板长度和距离均为d，足够大屏幕与电容器右端距离为d，OO1为电容器中心轴线一个不计重力、质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点以一定的初速度沿OO1方向射入电场，离开电场时的位置与电容器下极板的距离为（1）求粒子射入电场时的初速度大小（2）若将平行板电容器沿竖直中
35、线等分为两部分后均并联在R2两端左半部分不动，右半部分向右平移，求粒子打在屏幕上的位置与OO1的距离（3）若将平行板电容器沿竖直中线等分为两部分后均并联在R2两端，将右半部分向右平移x，求粒子打在屏幕上的位置与OO1的最小距离【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律求电容器两端电压，根据类平抛运动知识求粒子射入电场时的初速度大小；（2）根据类平抛运动知识求粒子射出电场的侧向距离，在根据几何知识求粒子打在屏幕上的位置与OO1的距离；（3）由解出的偏移距离表达式讨论可得粒子打在屏幕上的位置与OO1的最小距离【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律得电容
36、器两端电压为：U=设粒子射入电场的初速度为v0，在平行板间做类平抛运动有E0=，a=，d=v0t，y=由y=联立解得：v0=（2）设没有平移时，粒子离开电场时速度与水平方向夹角为1，速度反向延长线过水平位移中点，有tan1=平移后，粒子在左半部分电场中运动的水平位移减半，则运动时间减半，由y=得，粒子在左半部分电场中侧移的距离y1=设粒子离开左侧电场时速度与水平方向夹角为2，有tan2=粒子离开左侧电场后做匀速运动，侧移距离y2=tan2=粒子在两电场中的合轨迹不变，故粒子从O点到离开右侧电场时侧移距离y3=+y2=粒子打在屏幕上位置与OO1的距离为y总=y3+（d）tan1=（3）粒子能从右侧电场射出，有xtan2，得xd粒子打在屏幕上位置与OO1的距离为y=+xtan2+（dx）tan1=当x=d时，y最小，得ymin=答：（1）粒子射入电场时的初速度大小为；（2）粒子打在屏幕上的位置与OO1的距离为； （3）粒子打在屏幕上的位置与OO1的最小距离为2016年11月7日