1、安徽省宣城市宁国市津河中学等四校联考2014-2015学年高二上学期第二次段考物理试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共计40分每小题只有一个选项符合题意）1A、B、C三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷当在A处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为2q的点电荷，其所受电场力为（）ABCFDF2两根完全相同的金属裸导线甲、乙，如果把甲均匀拉长到原来的2倍，把乙对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则通过甲乙的电流之比为（）A1：4B1：8C1：16D16：13有一横截面积为S的铜
2、导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（）AnvtBnvstCD4如图所示为有两个量程的电压表，当使用 a、b两端点时，量程为1V；当使用a、c两端点时，量程为10V已知电流表的内阻Rg为50，满偏电流Ig为1mA则R1和R2的电阻值（）AR1=950，R2=9kBR1=9k，R2=950CR1=9k，R2=1kDR1=1k，R2=9k5如图所示，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1，q2分别置于A、B两点，虚线为等势线取无限远处的电势为零，若将q1，q2移到无限
3、远处的过程中电场力所做的正功相等，则下列说法中正确的是（）Aq1的电荷量小于q2的电荷量BA点电势低于B点电势CA、B两点的电场强度大小相等Dq1在A点的电势能小于q2在B点的电势能6两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（）ABedUhCD7在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，电表均为理想电表，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是（）A电流表示数变大，电压表示数变大B电流表示数变小，电压表示数变大C电流表示数变大，电压表示数变小D电流表示数变小，电压表示数变小8如
4、图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（）A三个等势面中，a的电势最高B对于M、N两点，带电粒子通过M点时电势能较大C该正电荷一定从M向N运动D带电粒子由M运动到N时，加速度增大9如图所示，两个等量同种点电荷分别固定于光滑绝缘水平面上A、B两点一个带电粒子由静止释放，仅受电场力作用，沿着AB中垂线从C点运动到D点（C、D是关于AB对称的两点）下列关于粒子运动的vt图象中可能正确的是（）ABCD10已知表面电荷均匀分布的带电球壳，其内部电场强
5、度处处为零现有表面电荷均匀分布的带电半球壳上，如图所示，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线P、Q为CD轴上关于O点对称的两点则（）AP点的电场强度与Q点的电场强度大小相等，方向相同BP点的电场强度比Q点的电场强度大小相等，方向相反CP点的电场强度比Q点的电场强度强DP点的电场强度比Q点的电场强度弱二、实验题：本题共3小题，共计18分请将解答填写在答题卡上的相应位置11某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图1所示，则该金属丝的直径d=mm另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图2所示，则该工件的长度L=mm12某同学在“测定金属的电阻率”实
6、验中，测得待测金属丝接入电路部分的长度约为L=94.2cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径为D=0.400mm经过伏安法测电阻得到电阻值为Rx=8.0则根据以上的数据可以估算出该金属丝电阻率约为m（结果保留两位有效数字）13有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线，有下列器材供选用：A电压表（03V，内阻6k） B电压表（015V，内阻30k）C电流表（03A，内阻0.1） D电流表（00.6A，内阻0.5）E滑动变阻器（10，2A） F滑动变阻器G蓄电池（电动势6V，内阻不计）（1）用如图所示的电路进行测量，电压表应选用，电流表应选用，滑动变阻器应
7、选用（用序号字母表示）（2）请在如图1的方框处画出该实验的电路图（3）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图2所示，由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为三、简答题：本题共4小题，共计42分请将解答填写在答题卷上的相应位置14如图所示的电路中，R1（050）为滑动变阻器，电阻R2=15，R3=30，电源的电动势E=12V，电源内电阻r=1，调节滑动变阻器R1使电流表的读数I=0.4A（电流表内电阻为零），求此时可变电阻R1的工作电阻值15如图所示，电子（重力可忽略）在电势差为U0=4.5103 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U=45V的偏转电场
8、中，经偏转电场偏转后打在竖直放置荧光屏M上，整个装置处在真空中已知电子的质量为m=9.01031 kg，电量为e=1.61019 C，偏转电场的板长为L1=10cm，板间距离为d=1cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2=15cm求：（1）电子飞出偏转电场时偏转角的正切tan；（2）电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y16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17如图
9、所示，竖直放置的半圆形绝缘光滑轨道半径R=40cm，下端与绝缘光滑的水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向下，大小为E=1103V/m的匀强电场中，一质量为m=10g、带电量为q=+1104C的小物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好能通过最高点C，取g=10m/s2，试求：（1）小物块从C点抛出后落地点与B点间的水平距离；（2）v0的大小和过B点时轨道对小物块的支持力大小安徽省宣城市宁国市津河中学等四校联考2014-2015学年高二上学期第二次段考物理试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共计40分每小题只有一个选项符合题意）1A、B、C三点
10、在同一直线上，AB：BC=1：2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷当在A处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为2q的点电荷，其所受电场力为（）ABCFDF考点：电场强度；电场的叠加 专题：电场力与电势的性质专题分析：首先确定电荷量为2q的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向的关系，再根据库仑定律得到F与AB的关系，即可求出2q的点电荷所受电场力解答：解：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为2q的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向相同设AB=r，则有BC=2r则有：F=k故电荷量为2q的点电荷在C处所受电场力为
11、：FC=k=故选B点评：本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，难度不大2两根完全相同的金属裸导线甲、乙，如果把甲均匀拉长到原来的2倍，把乙对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则通过甲乙的电流之比为（）A1：4B1：8C1：16D16：1考点：电阻定律 专题：恒定电流专题分析：电阻定律：导体的电阻R跟它的长度L成正比，跟它的横截面积S成反比，还跟导体的材料有关系；公式为R=再根据欧姆定律可分析电流之比解答：解：两根完全相同的金属裸导线，把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，长度变为2倍，截面积变为倍，根据电阻定律公式R=，电阻增加为4倍；另一根对折后绞合起来，长
12、度变为0.5倍，截面积变为2倍，根据电阻定律公式R=，电阻增加为；故这两根导线后来的电阻之比为4：=16：1；加上相同的电压后，电流之比等于电阻的反比；故电流之比为：1：16故选：C点评：本题关键是根据电阻定律直接判断，要注意金属裸导线体积一定，长度变化后截面积也是改变的3有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（）AnvtBnvstCD考点：电流、电压概念 专题：恒定电流专题分析：首先根据电流强度的定义可以求得总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再
13、根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数解答：解：A、在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中经过的长度为vt，由于铜导线的横截面积为S，则在t时间内，电子经过的导线体积为vtS又由于单位体积的导线有n个自由电子，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvSt故B正确；A错误；B、由于流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为It，而电子的电荷量为q，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=；故CD错误；故选：B点评：本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角
14、度4如图所示为有两个量程的电压表，当使用 a、b两端点时，量程为1V；当使用a、c两端点时，量程为10V已知电流表的内阻Rg为50，满偏电流Ig为1mA则R1和R2的电阻值（）AR1=950，R2=9kBR1=9k，R2=950CR1=9k，R2=1kDR1=1k，R2=9k考点：把电流表改装成电压表 专题：实验题分析：改装后的量程为U=Ig（Rg+R串）据此可求出 R串=Rg解答：解：接a、b时，为串联的R1，则R1=Rg=50=950 接a、c时，为串联的R1和R2，则R2=RgR1=50950=9000故选：A点评：电流表串联电阻后量程变大，为U=IgR总5如图所示，在点电荷Q产生的电场
15、中，将两个带正电的试探电荷q1，q2分别置于A、B两点，虚线为等势线取无限远处的电势为零，若将q1，q2移到无限远处的过程中电场力所做的正功相等，则下列说法中正确的是（）Aq1的电荷量小于q2的电荷量BA点电势低于B点电势CA、B两点的电场强度大小相等Dq1在A点的电势能小于q2在B点的电势能考点：电场线；电势 分析：据电势能与电场力做功的关系与电势能公式判断两电荷的电量；由点电荷形成电场的特点分析场强和电势；根据电场力做功与电势能的关系，即可判断q1在A点的电势能与q2在B点的电势能的大小解答：解：AB、由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2从A、B两点，移动到无限远的过程中电场力做的正功相
16、等，则知Q与两个试探电荷之间存在斥力，说明Q带正电，电场线方向从Q指向无限远，则A点电势高于B点电势；根据电场力做功公式W=qU，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量故A正确，B错误；C、由点电荷场强公式E=k分析可知，A点的场强大于B点的场强故C错误；D、将q1、q2移动到C的过程中外力电场力做的功相等，由于无限远为零电势点，所以q1在A点的电势能等于于q2在B点的电势能，故D错误；故选：A点评：本题根据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小，根据点电荷的场强特点分析场强的大小和电势等等，都是常用的思路6两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方
17、向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是（）ABedUhCD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：设出电子的初动能，末动能为零，全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的初动能解答：解：设出电子的初动能Ek0，末动能为零，极板间的电场E=，根据动能定理：eEh=0Ek0，解得：Ek0=故选：D点评：注意动能定理应用时要找准全过程物体一共受到几个，并判断哪几个力做功7在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，电表均为理想电表，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是（）A电流表示数变大，电压表示数变大B电流表示数变小，电压表示数
18、变大C电流表示数变大，电压表示数变小D电流表示数变小，电压表示数变小考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：先分析电路结构，当滑动变阻器滑片P向右移动时，分析变阻器接入电路电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析电压表和电流表示数的变化解答：解：当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律得知，总电流减小，即电流表示数减小，则电源内阻和R0所占电压减小，所以电压表示数增大，故B正确，ACD错误故选；B点评：本题是电路的动态变化分析问题，按“部分整体部分”的思路进行分析，分析电路结构是基础，难度适中8如图所示
19、，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（）A三个等势面中，a的电势最高B对于M、N两点，带电粒子通过M点时电势能较大C该正电荷一定从M向N运动D带电粒子由M运动到N时，加速度增大考点：电场线 分析：由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向左上方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向左上方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大解答：解；A、电荷所受电场力指向轨迹
20、内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a点的电势最低，故A错误；B、根据质点受力情况可知，从M到N过程中电场力做负功，电势能增加，故N点的电势能大于M点的电势能，故B错误；C、实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，仅仅根据轨迹，不能确定运动的方向，故C错误；D、由相邻等势面之间的电势差相等，从M到N相邻等势面之间距离变小，可知电场变强，带电粒子由M运动到N时，电场力变大，加速度增大，故D正确故选：D点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化
21、9如图所示，两个等量同种点电荷分别固定于光滑绝缘水平面上A、B两点一个带电粒子由静止释放，仅受电场力作用，沿着AB中垂线从C点运动到D点（C、D是关于AB对称的两点）下列关于粒子运动的vt图象中可能正确的是（）ABCD考点：电场的叠加；电势差与电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：A、B为两个等量的同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向若是负电荷则为CO、DO，若是正电荷则为OC、OD；点电荷q仅受电场力作用从C点到D点运动的过程中，由于释放位置不清楚则电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定因此可能加速度先增加后减小再增加最后减小；也可能
22、先减小后增加解答：解：A、B为两个等量的同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向，若是负电荷则电场强度方向为CO、DO，若是正电荷则电场强度方向为OC、OD；点电荷q仅受电场力作用从C点到D点运动的过程中，当从电场强度最大的位置释放时，则带电粒子所受电场力先减小后增大，那么加速度也是先减小后增大，而vt图象的斜率表示加速度的大小，故D正确；故选：D点评：本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性10已知表面电荷均匀分布的带电球壳，其内部电场强度处处为零现有表面电荷均匀分布的带电半球壳上，如图所示，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线P、Q为CD轴上关于O点对称
23、的两点则（）AP点的电场强度与Q点的电场强度大小相等，方向相同BP点的电场强度比Q点的电场强度大小相等，方向相反CP点的电场强度比Q点的电场强度强DP点的电场强度比Q点的电场强度弱考点：电场的叠加 分析：利用等效法分析电场强度，利用叠加原理判断电场线的分布，由受力分析判断带电粒子的运动状态解答：解：均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边然后看PQ两点，可以看到，PQ两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上而由题目给出的条件，正电球在PQ两点产生的电场为零所以，Q点正电半球产生的电场强度相当于负电半球产生的电场强度，而与P点的环境比较，唯一
24、的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，故A正确，BCD错误；故选：A点评：本题考查了电势和电场强度的知识，题目较新颖，难度也较大，要认真分析二、实验题：本题共3小题，共计18分请将解答填写在答题卡上的相应位置11某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图1所示，则该金属丝的直径d=3.2053.206mm另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图2所示，则该工件的长度L=50.15mm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：解决本题的关键掌握游标卡尺读数
25、的方法，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：1、螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为20.60.01mm=0.206mm，所以最终读数为3mm+0.206mm=3.206mm，由于需要估读，最后的结果可以在3.2053.206 之间2、游标卡尺的主尺读数为：5cm=50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为30.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm故答案为：3.2053.206，50.15点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，
26、要能正确使用这些基本仪器进行有关测量12某同学在“测定金属的电阻率”实验中，测得待测金属丝接入电路部分的长度约为L=94.2cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径为D=0.400mm经过伏安法测电阻得到电阻值为Rx=8.0则根据以上的数据可以估算出该金属丝电阻率约为1.1106m（结果保留两位有效数字）考点：测定金属的电阻率 专题：实验题；恒定电流专题分析：根据电阻定律表达式写出电阻率表达式，然后代入数据即可解答：解：由R=可得=，代入数据可得=1.1106m，故答案为：1.1106点评：考查电阻定律的应用，注意半径与直径不同，同时注意单位的统一13有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯
27、泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线，有下列器材供选用：A电压表（03V，内阻6k） B电压表（015V，内阻30k）C电流表（03A，内阻0.1） D电流表（00.6A，内阻0.5）E滑动变阻器（10，2A） F滑动变阻器G蓄电池（电动势6V，内阻不计）（1）用如图所示的电路进行测量，电压表应选用A，电流表应选用D，滑动变阻器应选用E（用序号字母表示）（2）请在如图1的方框处画出该实验的电路图（3）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图2所示，由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为10考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡
28、的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；由图象可得出额定电压，由图象可求得灯泡的正常工作时的电流，由欧姆定律可求得灯泡的正常工作时的电阻；解答：解：（1）题目中要求多测几组数据，故滑动变阻器采用分压接法；灯泡内阻较小；故电流表选用外接法；（2）由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，故电压表的量程应大于2.8V，故电压表应选3V量程，故选A；由P=UI可得，电流为I=0.28A，故电流表应选D；本实验中应选用分压接法，故滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选E；（3）由图可知，当电压为2.8V时，电流为0.28A，故电阻R=10故答案为：（1）如图所示：（
29、2）ADE（3）10点评：测量小灯泡的伏安特性曲线时，根据实验的要求一般采用滑动变阻器的分压接法，电流表应采用外接法对于电学实验要从仪器选择、实验原理、误差分析、实验电路图等各个方面进行理解，同时注意图象及欧姆定律的应用三、简答题：本题共4小题，共计42分请将解答填写在答题卷上的相应位置14如图所示的电路中，R1（050）为滑动变阻器，电阻R2=15，R3=30，电源的电动势E=12V，电源内电阻r=1，调节滑动变阻器R1使电流表的读数I=0.4A（电流表内电阻为零），求此时可变电阻R1的工作电阻值考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：由欧姆定律可求得R2的电压，即可得到R3上的电
30、压由欧姆定律可求得干路电流；由闭合电路欧姆定律求解可变电阻R1的工作电阻值解答：解：由欧姆定律可知R2两端的电压：U2=I2R2=0.415V=6.0V则根据并联电路电压相等的特点可知 R3上的电压为：U3=U2=6.0V R3的电流为I3=0.2A R1的电流为I1=I+I3=0.4+0.2=0.6A R1的电压为U1=EU3I1r=1260.61=5.4V 所以R1的工作电阻值为R1=9 答：此时可变电阻R1的工作电阻值为9点评：本题考查闭合电路欧姆定律的应用，在解题时要注意分析电路结构，正确应用串并联电路的规律及部分电路的欧姆定律分析电路的电流及电压关系15如图所示，电子（重力可忽略）在
31、电势差为U0=4.5103 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U=45V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置荧光屏M上，整个装置处在真空中已知电子的质量为m=9.01031 kg，电量为e=1.61019 C，偏转电场的板长为L1=10cm，板间距离为d=1cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2=15cm求：（1）电子飞出偏转电场时偏转角的正切tan；（2）电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y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：电子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，电子离开偏转电场后做匀速直线运
32、动，应用动能定理可以求出电子的速度，应用类平抛运动规律与几何知识可以求出偏移量与夹角解答：解析：（1）在加速电场中，末速度为v0，由动能定理得：eU0=mv020，电子在偏转电场中做类平抛运动，加速度：a=，时间：t=，电子离开电场时的竖直分速度：vy=at，速度偏角的正切值：tan=，代入数据解得：tan=0.05；（2）屏上距离O点的距离：Y=（L2+L1）tan=（15cm+5cm）0.05=1cm；答：（1）电子飞出偏转电场时偏转角的正切tan为0.05；（2）电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y为1cm点评：本题考查了电子在电场中的运动，分析清楚电子运动过程是正确解题的前提与关键，应用
33、动能定理、运动的合成与分解、类平抛运动规律即可正确解题16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，求出电动机的输出功率
34、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17如图所示，竖直放置的半圆形绝缘光滑轨道半径R=40cm，下端与绝缘光滑的水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向下，大小为E=1103V/m的匀强电场中，
35、一质量为m=10g、带电量为q=+1104C的小物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好能通过最高点C，取g=10m/s2，试求：（1）小物块从C点抛出后落地点与B点间的水平距离；（2）v0的大小和过B点时轨道对小物块的支持力大小考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）小物块恰好通过最高点，知重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出在最高点的速度，结合平抛运动的规律求出水平距离（2）对B到C段运用动能定理，抓住初速度与B点的速度相同，求出初速度的大小根据牛顿第二定律求出小物块在B点所受的支持力的大小解答：解：（1）根据牛顿第二定律得：mg+qE=x=vCt2R=根据牛顿第二定律得加速度：a=则解得：x=2R=0.8m（2）小球从B至C的过程中，根据动能定理得，对B受力分析有：v0=vB解得则答：（1）小物块从C点抛出后落地点与B点间的水平距离为0.8m（2）v0的大小为m/s，过B点时轨道对小物块的支持力大小为1.2N点评：本题考查圆周运动和平抛运动的综合，知道圆周运动在最低点和最高点向心力的来源，结合动能定理和牛顿第二定律进行求解