1、2015-2016学年山西省朔州市怀仁一中高二（上）期中物理试卷一、选择题1对一电容器充电时电容器的电容C，带电荷量Q，电压U之间的关系图象如图所示，其中正确的是（）ABCD2一个带正电的油滴从图所示的匀强电场上方A点自由下落，油滴落入匀强电场后，能较准确地描述油滴运动轨迹的是图中的（）ABCD3如图所示的电路中，把滑动变阻器的滑动触片置于变阻器的中央，则不正确的是（电源电压恒为U）（）AAB间接电源，ab间接一理想电流表，示数为BAB间接电源，ab间接理想电压表，示数为Cab间接电源，AB间接理想电流表，示数为Dab间接电源，AB间接理想电流表，示数为4如图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电
2、动势E=1.5V，G为电流表，满偏电流为200A当调好零后，在两表笔间接一被测电阻Rx时，电流表G的指针示数为50A，那么Rx的值是（）A7.5kB22.5kC15kD30k5如图所示，电阻R=20，电动机的绕组电阻R=10当开关打开时，电流表的示数是I，电路消耗的电功率为P当开关合上后，电动机转动起来若保持电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（）AI=3IBI3ICP=3PDP3P6如图所示的电路中，电源的内阻不可忽略已知定值电阻R1=10，R2=8当电键S接位置1时，电流表的示数为0.20A那么当电键S接位置2时，电流表的示数可能是下列的哪些值（）A0.28AB0.2
3、5AC0.22AD0.19A7在某控制电路中，需要连成如图所示的电路，主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L2是红绿两个指示灯，当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，下列说法中正确的是（）AL1、L2两个指示灯都变亮BL1、L2两个指示灯都变暗CL1变亮，L2变暗DL1变暗，L2变亮8如图所示是某居住小区门口利用光敏电阻设计的行人监控装置，R1为光敏电阻，R2为定值电阻，A、B接监控装置则（）A当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压升高B当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压降低C当仅增大R2的阻值时，可增大A、B之间的电压D当
4、仅减少R2的阻值时，可增大A、B之间的电压9如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A带点油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C带点油滴的电势能将减少D若电容器的电容减小，则极板带电量将增大10如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极板间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为+q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极板上的C点，已知AB=BC不计空气阻力，则可知（）A微粒在电场中
5、做抛物线运动B微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等CMN板间的电势差为DMN板间的电势差为11如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等则下列对这两个电路中的U甲、U乙，R甲、R乙之间的关系的说法，正确的是（）AU甲2U乙BU甲=2U乙CR甲=4R乙DR甲=2R乙12阻值较大的电阻R1和R2串联后，接入电压U恒定的电路，如图所示，现用同一电压表依次测量R1和R2的电压，测量值分别为U1和U2，已知电压表内阻与R1、R2相差不大，则（）AU1+U2=UBU1+U2UC =D二、实验题13在“测定金属丝电阻率”的实验中，需要测出其长度L，直径d和电
6、阻R（1）在用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为mm（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值（选填“偏大”或“偏小”）（3）用电压表和电流表测出金属丝的电压和电流分别为U和I，则电阻率表达式为（用U，I，D，L表示）14测定电源的电动势和内电阻的实验电路和UI图象如下；请回答下列问题（1）在闭合开关之前移为防止电表过载而动滑动变阻器的滑动头P应放在滑动变阻器处（填“a”或“b”）（2）现备有以下器材：A干电池1个 B滑动变阻器（050）C电压表（03V） D电压表（015V）E电流表（00.6A）F电流表（03A）其中电流表应选，电压表应选（填字母代号）（3）如图2
7、是根据实验数据画出的UI图象由此可知这个干电池的电动势E=V，内电阻r=三、计算题15在图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg=100，满偏电流Ig=1mA，R1=900，R2=（1）当S1和S2均断开时，改装所成的表是什么表？量程为多大？（2）当S1和S2均闭合时，改装所成的表是什么表？量程为多大？16如图所示，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r=1，电炉电阻R=19，电解槽电阻r=0.5当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率684W；S1、S2都闭合时电炉消耗功率475W（电炉电阻可看作不变）试求：（1）电源的电动势；（2）S1、S2都闭合时，流过电解槽的电流大小；（3）S1、S2
8、都闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率17如图所示，两带电平行板竖直放置，开始时两极板间电压为U，相距为d，两极板间形成匀强电场有一带电粒子，质量为m（重力不计）、所带电荷量为+q，从两极板下端连线的中点P以竖直速度v0射入匀强电场中，带电粒子落在A极板的M点上（1）若将A极板向左侧水平移动，此带电粒子仍从P点以速度v0竖直射入匀强电场且仍落在A极板的M点上，则两极板间电压应增大还是减小？电压应变为原来的几倍？（2）若将A极板向左侧水平移动并保持两极板间电压为U，此带电粒子仍从P点竖直射入匀强电场且仍落在A极板的M点上，则应以多大的速度v射入匀强电场？2015-2016学年山西省朔州市怀仁一
9、中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1对一电容器充电时电容器的电容C，带电荷量Q，电压U之间的关系图象如图所示，其中正确的是（）ABCD【考点】电容【专题】电容器专题【分析】电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比【解答】解：A、B、C电容的定义式是C=，可知电容器电容的大小与电容的带电量Q以及电容器两极板之间的电压无关，由电容器本身决定，对于给定的电容器电容C是一定的，故AB错误，C正确D、C一定，由C=，得知，QU，故D正确故选CD【点评】解决本题的关键掌握电容的定义式，知道C与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比，同时理解电容器电容大小
10、与那些因素有关2一个带正电的油滴从图所示的匀强电场上方A点自由下落，油滴落入匀强电场后，能较准确地描述油滴运动轨迹的是图中的（）ABCD【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】根据液滴的受力以及速度的方向，判断液滴做直线运动还是曲线运动，根据合力的方向和速度方向的关系确定轨迹的凹向【解答】解：液滴进入电场时，速度竖直向下，受电场力和重力，合力斜向右下方，与速度不在同一条直线上，做曲线运动，合力方向大致直线轨迹的凹向故B正确，A、C、D错误故选B【点评】解决本题的关键知道曲线运动的条件，以及知道液滴进入电场，在竖直方向上继续做匀加速直线运动，在水平方向上受电场
11、力，做匀加速直线运动3如图所示的电路中，把滑动变阻器的滑动触片置于变阻器的中央，则不正确的是（电源电压恒为U）（）AAB间接电源，ab间接一理想电流表，示数为BAB间接电源，ab间接理想电压表，示数为Cab间接电源，AB间接理想电流表，示数为Dab间接电源，AB间接理想电流表，示数为【考点】路端电压与负载的关系【分析】根据欧姆定律，结合理想电流表相当短路，理想电压表相当于断路，从而即可求解【解答】解：A、当AB间接电源，ab间接一理想电流表，因此两个阻值为进行并联，则电流表示数为I=故A正确；B、当AB间接电源，ab间接一理想电压表，相当于断路，当AB电压为U时，那么电压表示数为2U，故B错误
12、；CD、当ab间接电源，AB间接理想电流表，相当于短路，则电阻为，那么电流表示数为I=，故C正确，D错误本题选择不正确的，故选：BD【点评】本题变阻器作为分压器使用，考查对分压器原理的理解能力，关键利用串并联的特点进行分析，同时理解电压表与电流表的电阻大小4如图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E=1.5V，G为电流表，满偏电流为200A当调好零后，在两表笔间接一被测电阻Rx时，电流表G的指针示数为50A，那么Rx的值是（）A7.5kB22.5kC15kD30k【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】先求出欧姆表的内阻即R中：R中=；再由I=求得Rx【解答】解：由满偏电
13、流求欧姆表的内阻：R中=7500；连入电阻后，由I=求得RX=R中=7500=22.5k；故选：B【点评】考查欧姆表的电路原理，明确内部电阻求法，会由电流求外接电阻5如图所示，电阻R=20，电动机的绕组电阻R=10当开关打开时，电流表的示数是I，电路消耗的电功率为P当开关合上后，电动机转动起来若保持电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（）AI=3IBI3ICP=3PDP3P【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由电路图可知，电机和电阻并联，则由并联电路的规律可求得电动机内的电流，由电动机的性质可知电动机的消耗的实际功率，则可知电路消耗的总功率
14、【解答】解：因闭合开关后保持电压不变，故R中的电流不变；由并联电路的规律可知，电流表中电流为电动机电流与R中电流之和；因为电动机电流一定小于电动机卡住时的电流；故电动机电流I机=2I； 故I=I机+I3I，故B正确，A错误；由功率公式P=UI可知，R消耗的功率不变，而电动机消耗的功率小于2P，故总功率小于3P，故C错误，D正确；故选BD【点评】本题考查电动机的性质，因电动机在工作时有电能转化为动能，不能用欧姆定律求解，但可以用P=UI及串并联电路的性质求解6如图所示的电路中，电源的内阻不可忽略已知定值电阻R1=10，R2=8当电键S接位置1时，电流表的示数为0.20A那么当电键S接位置2时，电
15、流表的示数可能是下列的哪些值（）A0.28AB0.25AC0.22AD0.19A【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】根据欧姆定律求出电键S接位置1时路端电压当电键S接位置2时，外电阻减小，路端电压减小，总电流增大，根据欧姆定律进行分析【解答】解：当电键S接位置1时，电流表的示数为0.20A，则根据欧姆定律得知：路端电压U1=I1R1=100.2V=2VA、当电键S接位置2时，若电流表的示数为I2=0.28A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R1=0.288V=2.24V但是由于R2R1，路端电压减小，不可能增大，所以U22V，则电流表的示数不可能是0.28A故A错误B、当
16、电键S接位置2时，若电流表的示数为I2=0.25A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R1=0.258V=2V但U22V，所以电流表的示数不可能是0.25A故B错误C、当电键S接位置2时，若电流表的示数为I2=0.22A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R1=0.228V=1.76，可见U22V，而且外电路减小，电路中电流大于0.2A，则电流表的示数可能是0.22A故C正确D、由于R2R1，当电键S接位置2时，电流表的示数大于0.20A故D错误故选C【点评】本题要根据闭合电路欧姆定律分析路端电压与外电阻的关系，同时分析总电流与外电路总电阻的关系，可确定出电流表示数的范围进行选择7在某控制
17、电路中，需要连成如图所示的电路，主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L2是红绿两个指示灯，当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，下列说法中正确的是（）AL1、L2两个指示灯都变亮BL1、L2两个指示灯都变暗CL1变亮，L2变暗DL1变暗，L2变亮【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】首先知道电位器的原理，再据闭合电路的欧盟定律判断干路电流、支路电流和电压间的关系，从而判断两灯的变化情况【解答】解：当电位器向a段滑动时，电路的总电阻减小，干路电流增大，所以内电压增大，路段电压减小，所以灯L1变暗；通过电阻R1的电流
18、变大，所以电位器两端的电压减小，即通过灯L2两端的电压减小，所以此灯变暗，故ACD错误，B正确故选：B【点评】本题是动态电路的分析题，注意电位器的原理与滑动变阻器的原理相同，注意动态电路的分析方法，先整体后局部8如图所示是某居住小区门口利用光敏电阻设计的行人监控装置，R1为光敏电阻，R2为定值电阻，A、B接监控装置则（）A当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压升高B当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压降低C当仅增大R2的阻值时，可增大A、B之间的电压D当仅减少R2的阻值时，可增大A、B之间的电压【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由电路图可知，两电阻串联，监控装置与R2并联
19、；根据题意得出有人通过时R1阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和A、B间电压的变化；当仅增大或减小R2连入电路中的阻值时，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R2两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知A、B间电压的变化【解答】解：A、B、由电路图可知，两电阻串联，监控装置与R2并联当有人通过通道而遮蔽光线时，R1阻值变大，电路中的总电阻变大；根据I=可知，电路中的电流变小，根据U=IR可知，R2阻值不变时，其两端的电压变小，即A、B间电压降低，故A错误，B正确C、当仅增大R2连入电路中的阻值时，电路中的总电阻变大；根据I=可知，电路中的电流变小，根据U=IR可知，电源的内阻和R1阻
20、值不变时，内阻和R1两端的电压变小，即A、B间电压增大，故C正确，D错误故选：BC【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是会分析当有人通过通道而遮蔽光线时和当仅增大R2连入电路中的阻值时电路的动态分析，要注意光敏电阻的特点9如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A带点油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C带点油滴的电势能将减少D若电容器的电容减小，则极板带电量将增大【考点】电容；电势能【专题】电容器专题【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一
21、小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故A错误；B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故B正确；C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故C错误；D、若电容
22、器的电容减小，根据Q=Uc，由于电势差不变，故带电量将减小，故D错误；故选：B【点评】本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化10如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极板间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为+q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极板上的C点，已知AB=BC不计空气阻力，则可知（）A微粒在电场中做抛物线运动B微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等CMN板间的电势差为DMN板间的电势差为【考点】带
23、电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】根据类平抛运动的特点：初速度的方向与合外力的方向垂直来判定粒子是否在电场中做类平抛运动，根据动能定理判定粒子达到C点是的速度，和MN之间的电势差【解答】解：A：因电场力和重力均为恒力，其合力亦为恒力，且与v0有一定夹角，故微粒做匀变速曲线运动即抛物线运动，所以A正确；B：因AB=BC，即，可见vC=v0故B正确；C：由动能定理，得：W电+WG=Ek=0，即：，而所以：，故C错误；D：由mg=qE得，代入，得故D错误故选：AB【点评】该题中根据类平抛运动的特点来判定粒子是否在电场中做类平抛运动是解
24、题的关键，动能定理判定粒子达到C点是的速度，和MN之间的电势差相对比较简单属于基础题目11如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等则下列对这两个电路中的U甲、U乙，R甲、R乙之间的关系的说法，正确的是（）AU甲2U乙BU甲=2U乙CR甲=4R乙DR甲=2R乙【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】据题意灯泡相同，两电路消耗的功率相同，先判断两电路电压的关系；再据电压关系，判断电阻的关系【解答】解：设灯泡的电阻为R，正常发光时电流为I，电压为U，由于两个电路的总功率相等，P=U甲I=U乙2I，得U甲=2U乙；又由U甲=2U+IR甲，U乙
25、=U+2IR乙，得R甲=4R乙，故AD错误，BC正确故选：BC【点评】解本类型的题目据电路的电阻、电压和功率关系列方程求解，灵活应用串并联电路的特点12阻值较大的电阻R1和R2串联后，接入电压U恒定的电路，如图所示，现用同一电压表依次测量R1和R2的电压，测量值分别为U1和U2，已知电压表内阻与R1、R2相差不大，则（）AU1+U2=UBU1+U2UC =D【考点】伏安法测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】假设电压表未接入电路时，电阻R1和R2的电压分别为U1和U2，电压表的电阻为RV当电压表测量电压时，与被测电阻并联，电阻减小，分担的电压减小，根据欧姆定律研究U1+U2与U的关系根据串
26、联电路电流相等，电压与电阻成正比，分别由欧姆定律得到U1、U2与U的关系，再求出【解答】解：A、假设电压表未接入电路时，电阻R1和R2的电压分别为U1和U2当电压表测量电阻R1的电压时，与R1并联，并联电阻小于R1，而R2不变，则并联部分的电压小于电压表没有接入电路时的电压，即U1U1同理，U2U2，则U1+U2U1+U2，又U1+U2=U，则U1+U2U故A错误，B正确C、设电压表的电阻为RV当电压表测量电阻R1的电压时，根据欧姆定律得到：U1=U=R1；同理，U2=R2；则=故C正确，D错误故选：BC【点评】本题中由于电阻与电压表的内阻相差不大，电压表对电路的影响不能忽略，把电压表看成能测
27、量电压的电阻二、实验题13在“测定金属丝电阻率”的实验中，需要测出其长度L，直径d和电阻R（1）在用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为0.698mm（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值偏小（选填“偏大”或“偏小”）（3）用电压表和电流表测出金属丝的电压和电流分别为U和I，则电阻率表达式为=（用U，I，D，L表示）【考点】测定金属的电阻率【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；（2）根据图示电路图应用欧姆定律分析实验误差；（3）应用电阻定律求出电阻率的表达式【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+19.80.01m
28、m=0.698mm；（2）由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流I偏大，电阻测量值：R=小于真实值；（3）电阻：R=，则电阻率：=；故答案为：（1）0.698；（2）偏小；（3）=【点评】本题考查了螺旋测微器读数、实验误差分析、求电阻率，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；电流表采用外接法时电阻测量值小于真实值，电流表采用内接法时电流表测量值大于真实值14测定电源的电动势和内电阻的实验电路和UI图象如下；请回答下列问题（1）在闭合开关之前移为防止电表过载而动滑动变阻器的滑动头P应放在滑动变阻器a处（填“a”或“b”）（2）现备有
29、以下器材：A干电池1个 B滑动变阻器（050）C电压表（03V） D电压表（015V）E电流表（00.6A）F电流表（03A）其中电流表应选E，电压表应选C（填字母代号）（3）如图2是根据实验数据画出的UI图象由此可知这个干电池的电动势E=1.5V，内电阻r=1.0【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】（1）闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P应放在最大值位置处（2）在选择电压表和电流表时要求在不超过量程的前提下偏转角度尽量大些，在满量程的左右偏转最好（3）在UI图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率代表的是电源的内阻的大小【解答】解：（1）闭合开关之前滑动
30、变阻器的滑动头P应放在最大值位置处，即a处（2）电源电动势大约1.5V，因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择C，电路中的电流较小，因此电流表选择E（3）在UI图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.5V，图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为r=1.0故答案为：（1）a（2）E；C（3）1.5，1.0【点评】正确选择仪器是电学实验的经常考查的考点；在测量电源电动势和内阻时，要注意根据画出的UI图象结合数学知识分析出电动势及内阻三、计算题15在图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg=100，满偏电流Ig=1mA，R1=900，R2=（1）当S
31、1和S2均断开时，改装所成的表是什么表？量程为多大？（2）当S1和S2均闭合时，改装所成的表是什么表？量程为多大？【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题【分析】本题的关键是明确串联电阻具有分压作用，并联电阻具有分流作用，即电流表改装为电压表时，应将电流表与电阻串联，改装为电流表时，应将电流表与电阻并联【解答】解：（1）：根据串联电阻具有分压作用可知，和断开时，改装的应是电压表，由U=，可知电压表的量程是1V；（2）：当和均闭合时，电流表与电阻并联，改装的应是电流表，由I=+=1000mA，所以电流表的量程是1000mA；答：（1）当S1和S2均断开时，改装所成的表是电压表，量程是1V（2）
32、：当S1和S2均闭合时，改装所成的表是电流表，量程是1000mA【点评】明确串联电阻具有分压作用和并联电阻具有分流作用的含义16如图所示，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r=1，电炉电阻R=19，电解槽电阻r=0.5当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率684W；S1、S2都闭合时电炉消耗功率475W（电炉电阻可看作不变）试求：（1）电源的电动势；（2）S1、S2都闭合时，流过电解槽的电流大小；（3）S1、S2都闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】（1）S1闭合，S2断开时，已知电炉消耗功率，根据功率P=I2R公式求出电炉中的电流，由闭
33、合电路欧姆定律求出电动势；（2）S1、S2都闭合时，由电炉消耗功率求出电炉的电压和电流，由闭合电路欧姆定律求出干路中电流，得到电炉的电流；（3）根据P=UI求出电解炉消耗的电功率，根据功率P=I2R公式求出电解槽内阻消耗的功率，两者之差即为电解槽转化成化学能的功率【解答】（1）当S1闭合S2断开时电炉功率为P1电炉中电流电源电动势E=I（R+r）=120V（2）当S1、S2都闭合时电炉功率为P2电炉中电流 电炉路端电压为 U=IRR=519=95V通过电源的电流为 通过电解槽的电流为IA=IIR=20A（3）电解槽消耗的电功率PA=IAU=2095=1900W电解槽内热损耗功率电解槽转化成化学
34、能的功率P化=PAP热=1700W答：（1）电源的电动势为120V；（2）S1、S2都闭合时，流过电解槽的电流大小为20A；（3）S1、S2都闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率为1700W【点评】电解槽电路在正常工作时是非纯电阻电路，不能用欧姆定律求解其电流，只能根据电路中电流关系求电流17如图所示，两带电平行板竖直放置，开始时两极板间电压为U，相距为d，两极板间形成匀强电场有一带电粒子，质量为m（重力不计）、所带电荷量为+q，从两极板下端连线的中点P以竖直速度v0射入匀强电场中，带电粒子落在A极板的M点上（1）若将A极板向左侧水平移动，此带电粒子仍从P点以速度v0竖直射入匀强电场且仍落在
35、A极板的M点上，则两极板间电压应增大还是减小？电压应变为原来的几倍？（2）若将A极板向左侧水平移动并保持两极板间电压为U，此带电粒子仍从P点竖直射入匀强电场且仍落在A极板的M点上，则应以多大的速度v射入匀强电场？【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】（1）运用运动的分解研究小球的运动：水平方向小球受到水平向左的电场力而匀加速运动，竖直方向上，不受力作用而做匀速直线运动，两个分运动时间相等，由牛顿第二定律和运动学公式求解（2）若将A板向左侧水平移动d，带电粒子仍从P点以速度v0竖直射入匀强电场，仍打在M点，根据竖直方向的运动可知，运动时间不变，根据水平方向的
36、分运动，由位移公式求出加速度关系，即可得到电压关系（3）两板电压保持为U，由U=Ed得到场强的关系，由运动学公式分析初速度【解答】解：（1）小球水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速直线运动，则有 水平方向有： 式中 将A极板向左侧水平移动，此带电粒子仍从P点以速度v0竖直射入匀强电场且仍落在A极板的M点上，两次运动的时间相等，水平位移变成d，由得：a2=2a1由式推得两板间电压关系为U2=3U1，电压应变为原来的3倍（2）电压不变，由则得加速度关系：设带电粒子在竖直方向的位移为L，则：可解得：答：（1）两板间电压应增大，电压应变为原来的3倍（2）此带电粒子应以的速度从P点竖直射入匀强电场【点评】点评：本题中小球在电场中做类平抛运动，运用运动的分解研究是常用方法，本题要学会运用比例法，分析两种情况各量之间的关系
