福建省漳州市龙海市程溪中学高二物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年福建省漳州市龙海市程溪中学高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（每小题4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．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的某一点()A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．在该点无论怎样改变试探电荷的电量，始终不变C．电荷在该点所受电场力越大，则该点的电场强度一定越大D．电荷在该点受到的电场力的方向就是该点电场强度的方向2．两个分别带有电荷量﹣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，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为()A．B．C．D．12F3．在如图所示的电场中的P点放置一负电荷，使其从静止开始运动，其中加速度逐渐减小的是图中的()A．B．C．D．4．如图是利用电容式传感器制作而成的话筒的示意图．话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板．振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，人对着话筒讲话时，振动膜前后振动，使电容发生变化．导致电容变化的主要原因是电容器两板间的()A．电压变化B．介质变化C．正对面积变化D．距离变化5．在示波管中，电子枪2s内发射6×1013个电子（一个电子电荷量为﹣1.60×10﹣19C），则示波管中的电流大小约为()A．4.8×10﹣6AB．3×10﹣13AC．9.6×10﹣6AD．3×10﹣6A-17-\n6．三个相同的电阻（R1=R2=R3）连接成如图所示的电路，其每个电阻的电压和电流相应为，U1和I1；U2和I2；U3和I3下列说法正确的是()A．U1=U2=U3B．I1=I2=I3C．2U1=U2=U3D．I1=2I2=2I37．一根均匀导线，现将它均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的阻值为64Ω，则导线原来的电阻值为()A．128ΩB．32ΩC．4ΩD．2Ω8．如图所示，在场强为E的匀强电场中有A、B两点，AB连线长L，与电场线夹角为α、则AB两点的电势差为()A．零B．ELC．ELsinαD．ELcosα9．一个电流表量程为1μA，内阻为Rg=100Ω，如果把它改装成量程较大的电流表，量程为100μA，则()A．给它串联一个电阻，阻值为10000ΩB．给它串联一个电阻，阻值为9900ΩC．给它并联一个电阻，阻值为1ΩD．给它并联一个电阻，阻值为Ω二、多选题（共4题，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）10．如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是()A．电势φA＞φB，场强EA＞EBB．电势φA＞φB，场强EA＜EBC．将+q电荷从A点移到B点电场力做了正功D．将﹣q电荷放在A点时具有的电势能比放在B点大11．R1、R2两电阻的I（电流）﹣U（电压）图线如图所示，依据图线可判断()-17-\nA．R1导线的电阻大于R2导线的电阻B．R1消耗的电功率大于R2消耗的电功率C．将R1、R2串联在电路中，R1两端的电压大于R2两端的电压D．将R1、R2并联在电路中，通过R1的电流大于通过R2的电流12．如图所示，一电容为C的平行板电容器，两极板A、B间距离为d，板间电压为U，B板电势高于A板．两板间有M、N、P三点，MN连线平行于极板，N、P连线垂直于极板，M、P两点间距离为L，∠PMN=θ．以下说法正确的是()A．电容器带电量为B．两极板间匀强电场的电场强度大小为C．M、P两点间的电势差为D．若将带电量为+q的电荷从M移到P，该电荷的电势能减少了13．如图所示，一个绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E，在其上端与圆心等高处有一个质量为m，带电荷量为+q的小球由静止开始下滑，则()A．小球运动过程中机械能守恒B．小球经过最低点时速度最大C．小球在最低点对环的压力大小为（mg+qE）D．小球在最低点对环的压力大小为3（mg+qE）三、实验题（2小题，共12分）14．如图1中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为__________mm；如图2游标卡尺读数为__________cm，一个电流表的满偏电流值Ig=0.6A，面板如图3所示，指针现在的电流示数是__________A．-17-\n15．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻10Ω）；B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）；C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）；D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）；E．电压表（0～15V，内阻15kΩ，）；F．滑动变阻器（0～50Ω，额定电流1A）；G．滑动变阻器（0～5000Ω，额定电流0.3A）；H．开关、导线（1）要求较准确地侧出其阻值，电流表应选__________，电压表应选__________，滑动变阻器应选__________．（填序号）（2）在本题虚线方框中画出用伏安法测上述电阻丝电阻的电路图．四、计算题（本题4小题，共36分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位．）16．地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为m带电量为q的小球用绝缘丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ，此时小球到地面的高度为h．求：（1）匀强电场的场强？（2）若丝线突然断掉，小球经过多长时间落地？17．如图所示的电路中，电源电压为60V，内阻不计，电阻R=2Ω，电动机的内阻R0=1.6Ω，电压表的示数为50V，电动机正常工作．求（1）电路中电阻R的电流强度？-17-\n（2）电动机的电功率？（3）每秒钟电动机有多少电能转化为机械能？18．如图所示的电路中，A、B两端的电压U恒为12V，灯L标有“6V，1.8W”的字样，R1=20Ω，电键S断开时，灯L正常发光．求：（1）此时滑动变阻器的电阻R2；（2）当电键S闭合时，灯L的功率为多少？（3）如果在电键S闭合后仍要使灯L正常发光，则滑动变阻器的电阻要调到多大？19．如图所示，虚线PQ、MN间存在水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量为q=+1.0×10﹣5C，从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计．求：（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1（2）匀强电场的场强大小（3）ab两点间的电势差．-17-\n2022-2022学年福建省漳州市龙海市程溪中学高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（每小题4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．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的某一点()A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．在该点无论怎样改变试探电荷的电量，始终不变C．电荷在该点所受电场力越大，则该点的电场强度一定越大D．电荷在该点受到的电场力的方向就是该点电场强度的方向【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度是由电场本身决定，与试探电荷的电量大小无关，与试探电荷所受的电场力的大小无关，电场强度的方向就是放在该点的正电荷所受电场力的方向，与负电荷所受电场力的方向相反．【解答】解：A、电场强度是由电场本身决定，与试探电荷的电量大小无关，与试探电荷所受的电场力的大小无关，故A错误．B、电场强度是由电场本身决定，与试探电荷的电量大小无关，与试探电荷所受的电场力的大小无关，即始终不变，故B正确．C、电场强度是由电场本身决定，与试探电荷的电量大小无关，与试探电荷所受的电场力的大小无关，故C错误．D、电场强度的方向就是放在该点的正电荷所受电场力的方向，与负电荷所受电场力的方向相反，故D错误．故选B．【点评】掌握了电场强度的定义及决定因素即可顺利解决此类问题．2．两个分别带有电荷量﹣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，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为()A．B．C．D．12F【考点】库仑定律；电荷守恒定律．【专题】计算题．【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．-17-\n【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，距离又变为原来的，库仑力为F′=k，所以两球间库仑力的大小为．故选C．【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．3．在如图所示的电场中的P点放置一负电荷，使其从静止开始运动，其中加速度逐渐减小的是图中的()A．B．C．D．【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线的疏密反映电场的强弱，再根据F=Eq可得出电场力大小的变化即可解决问题．【解答】解：正电荷受电场力水平向右，使其从静止开始向右运动，要使加速度逐渐增大，也就是所受电场力增大，电场线的疏密反映电场的强弱，从图中看出在水平向右的方向上，A图中电场强度减小，B图中电场强度增大，C图中电场强度不变，D图中电场强度先增大后减小，所以B图符合题意．故选：B．【点评】电场线是为了形象描述电场的性质而引入的虚拟的带有方向的线，近几年对电场线的考查较多，应认真把握．4．如图是利用电容式传感器制作而成的话筒的示意图．话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板．振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，人对着话筒讲话时，振动膜前后振动，使电容发生变化．导致电容变化的主要原因是电容器两板间的()A．电压变化B．介质变化C．正对面积变化D．距离变化【考点】平行板电容器的电容；电容．【专题】电容器专题．-17-\n【分析】人对着话筒讲话时，振动膜前后振动，电容器两板间的距离发生变化，引起电容变化．【解答】解：A、电容器的电容与电压无关．故A错误．B、C人对着话筒讲话时，振动膜前后振动时，介质、正对面积没有变化．故BC错误．D、人对着话筒讲话时，振动膜前后振动时，电容器两板间的距离发生变化，引起电容变化．故D正确．故选D【点评】本题是简单的实际问题，关键要准确分析引起电容变化的原因．要注意电容是电容器本身的特性，与电压无关．5．在示波管中，电子枪2s内发射6×1013个电子（一个电子电荷量为﹣1.60×10﹣19C），则示波管中的电流大小约为()A．4.8×10﹣6AB．3×10﹣13AC．9.6×10﹣6AD．3×10﹣6A【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】每个电子的电荷量大小为e=1.6×10﹣19C．根据电流的定义式I=，求解示波管中电流的大小．【解答】解：每个电子的电荷量大小为e=1.6×10﹣19C，6×1013个电子总电荷量为q=6×1013×1.6×10﹣19C=9.6×10﹣6C，则示波管中电流大小为：I===4.8×10﹣6A．故选：A【点评】本题首先要了解电子的电荷量等于元电荷，是个常量．其次要掌握电流的定义式．6．三个相同的电阻（R1=R2=R3）连接成如图所示的电路，其每个电阻的电压和电流相应为，U1和I1；U2和I2；U3和I3下列说法正确的是()A．U1=U2=U3B．I1=I2=I3C．2U1=U2=U3D．I1=2I2=2I3【考点】串联电路和并联电路；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】串联电路中，电流处处相等；并联电路中，各支路电流之和等于干路电流；串联电路的电压特点和并联电路的电压特点，串联分压，并联的各支路电压相同．【解答】解：由电路图可知，R2、R3并联后与R1串联，故R2、R3两端的电压相等，通过R1的电流I1=I2+I3，因三个电阻R1=R2=R3，R2、R3并联后的总阻值为，故U1=2U2=2U3，I1=2I2=2I3，故选D．【点评】此题结合电路考查了串联电路与并联电路的电流和电压规律．-17-\n7．一根均匀导线，现将它均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的阻值为64Ω，则导线原来的电阻值为()A．128ΩB．32ΩC．4ΩD．2Ω【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】通过导线长度和横截面积的变化，根据电阻定律R=求出电阻的大小．【解答】解：一根均匀导线，现将它均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，则横截面积变为原来的，因为导线的体积不变，则长度变为原来的4倍，根据电阻定律R=，知电阻变为原来的16倍，所以导线原来的电阻为4Ω．故C正确，A、B、D错误．故选C．【点评】解决本题的关键掌握电阻定律的公式R=，知道影响电阻的因素．8．如图所示，在场强为E的匀强电场中有A、B两点，AB连线长L，与电场线夹角为α、则AB两点的电势差为()A．零B．ELC．ELsinαD．ELcosα【考点】电势差；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed求电场强度，注意d是沿电场线方向的两点间距离．【解答】解：匀强电场中电势差与场强的关系公式为：U=Ed；d是沿电场线方向的两点间距离，为Lcosα；故AB之间的电势差为：U=ELcosα；故选D．【点评】考查了电场强度与电势差的关系，注意公式中d的含义．电场中的要基本公式掌握，打好基础．9．一个电流表量程为1μA，内阻为Rg=100Ω，如果把它改装成量程较大的电流表，量程为100μA，则()A．给它串联一个电阻，阻值为10000ΩB．给它串联一个电阻，阻值为9900ΩC．给它并联一个电阻，阻值为1ΩD．给它并联一个电阻，阻值为Ω【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；定量思想；比例法；恒定电流专题．-17-\n【分析】把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．【解答】解：把电流表改装为100μA的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R===Ω；故选：D．【点评】本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理是解题的关键，应用并联电路特点与欧姆定律可以解题．二、多选题（共4题，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）10．如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是()A．电势φA＞φB，场强EA＞EBB．电势φA＞φB，场强EA＜EBC．将+q电荷从A点移到B点电场力做了正功D．将﹣q电荷放在A点时具有的电势能比放在B点大【考点】电场线．【分析】沿着电场线方向电势一定降低．电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系．【解答】解：A、沿着电场线电势一定降低，所以电势φA＞φB．电场线越密的地方电场强度越大，所以场强EA＜EB，故A错误，B正确．C、将+q电荷从A点移动到B点所受电场力和电场线方向相同，电场力做正功，故C正确．D、将﹣q电荷从A点移动到B点，所受电场力和电场线方向相反，电场力做负功，电势能增加，所以EPA＜EPB，故D错误．故选：BC．【点评】电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点，要弄清它们之间的区别和联系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化．11．R1、R2两电阻的I（电流）﹣U（电压）图线如图所示，依据图线可判断()A．R1导线的电阻大于R2导线的电阻B．R1消耗的电功率大于R2消耗的电功率-17-\nC．将R1、R2串联在电路中，R1两端的电压大于R2两端的电压D．将R1、R2并联在电路中，通过R1的电流大于通过R2的电流【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】根据图线的斜率表示电阻的倒数去进行求解．串联时，通过两电阻的电流相等，并联时，两电阻两端的电压相等，根据欧姆定律分析即可．【解答】解：A、因为该图线为I﹣U图线，则图线的斜率k=，由图可知，1的斜率大于2的斜率，所以R1导线的电阻小于R2导线的电阻，故A错误．B、功率P=I2R，由于不知道电流之间的关系，所以无法判断消耗的功率大小，故B错误；C、将R1与R2串联后接于电源上，电流相等，根据U=IR得知，电压与电阻成正比，则R1两端的电压小于R2两端的电压，故C错误．D、将R1与R2并联后接于电源上，电压相等，根据I=得知，电流与电阻成反比，则通过R1的电流大于通过R2的电流，故D正确．故选：D【点评】本题是欧姆定律的直接应用，关键要抓住I﹣U图象的斜率等于电阻的倒数．12．如图所示，一电容为C的平行板电容器，两极板A、B间距离为d，板间电压为U，B板电势高于A板．两板间有M、N、P三点，MN连线平行于极板，N、P连线垂直于极板，M、P两点间距离为L，∠PMN=θ．以下说法正确的是()A．电容器带电量为B．两极板间匀强电场的电场强度大小为C．M、P两点间的电势差为D．若将带电量为+q的电荷从M移到P，该电荷的电势能减少了【考点】带电粒子在混合场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】根据电容的定义式C=求出电容器的带电量．两极板间匀强电场的电场强度大小E=．PN间的电势差小于板间电压U．根据U=Ed，d是两点间沿场强方向的距离求电势差．将带电量为+q的电荷从M移到P，电场力做正功，电势能减小．根据电场力做功公式WMP=qUMP求出电场力做功．【解答】解：A、由电容的定义式C=得电容器的带电量Q=CU．故A错误．-17-\nB、两极板间匀强电场的电场强度大小E=，故B正确．C、M、P两点间的电势差为UMP=ELsinθ=•Lsinθ．故C错误．D、将带电量为+q的电荷从M移到P，电场力做功WMP=qUMP=，电荷的电势能减小．故D正确．故选：BD．【点评】本题中涉及电容、电场强度、电势差、电场力做功等多个知识点．公式U=Ed中，d是两点间沿场强方向的距离，不是两点间的距离．13．如图所示，一个绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E，在其上端与圆心等高处有一个质量为m，带电荷量为+q的小球由静止开始下滑，则()A．小球运动过程中机械能守恒B．小球经过最低点时速度最大C．小球在最低点对环的压力大小为（mg+qE）D．小球在最低点对环的压力大小为3（mg+qE）【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】小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒．根据动能定理知小球经过环的最低点时速度最大．根据动能定理求出小球经过在最低点时的速度，由牛顿第二定律求出环对球的支持力，得到球对环的压力．【解答】解：A、小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒．故A错误．B、小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功，则根据动能定理得知，动能增加，速率增大，所以小球经过环的最低点时速度最大．故B正确．C、D小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：（mg+qE）R=又由N﹣mg﹣qE=m，联立解得N=3（mg+qE）．故C错误，D正确．故选：BD．【点评】本题是带电体在匀强电场中做圆周运动的问题，由动能定理和牛顿运动定律结合求解是常用的思路．三、实验题（2小题，共12分）14．如图1中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为6.125mm；如图2游标卡尺读数为10.02cm，一个电流表的满偏电流值Ig=0.6A，面板如图3所示，指针现在的电流示数是0.34A．-17-\n【考点】多用电表的原理及其使用；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】定量思想；实验分析法；恒定电流专题．【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：螺旋测微器的固定刻度读数为6mm．可动刻度读数为0.01×12.5mm=0.125mm，所以最终读数为：6mm+0.125mm=6.125mm游标卡尺的主尺读数为10cm，游标读数为0.1×2=0.2mm=0.02cm，所以最终读数为10cm+0.02cm=10.02cm；电流表的最小分度为0.02A，则要估读到0.01A，为0.34A故答案为：10.405，6.120.34【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15．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻10Ω）；B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）；C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）；D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）；E．电压表（0～15V，内阻15kΩ，）；F．滑动变阻器（0～50Ω，额定电流1A）；G．滑动变阻器（0～5000Ω，额定电流0.3A）；H．开关、导线（1）要求较准确地侧出其阻值，电流表应选C，电压表应选D，滑动变阻器应选F．（填序号）（2）在本题虚线方框中画出用伏安法测上述电阻丝电阻的电路图．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）根据伏安法测电阻的原理选择实验器材；（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法．【解答】解：（1）伏安法测电阻丝电阻，需要：A、电池组（3V，内阻1Ω）；-17-\n电路最大电流约为：I=A，电流表应选：C、电流表；电源电动势为3V，因此电压表选：D、电压表；为方便实验操作，要使用分压式接法，滑动变阻应选电阻值比较小的：F、滑动变阻器（0～50Ω，额定电流1A）；（2）待测电阻阻值约为5Ω，电流表内阻约为0.125A，电压表内阻约为3kΩ，相对来说，电压表内阻远大于待测定值阻值，因此电流表应采用外接法．实验原理如图．故答案为：（1）C、D、F；（2）如图所示．【点评】本题考查了实验器材的选择、电流表接法的判断，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法．四、计算题（本题4小题，共36分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位．）16．地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为m带电量为q的小球用绝缘丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ，此时小球到地面的高度为h．求：（1）匀强电场的场强？（2）若丝线突然断掉，小球经过多长时间落地？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；自由落体运动；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）小球受重力、拉力和电场力处于平衡，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得出匀强电场的场强．（2）丝线断掉后，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出运动的时间．【解答】解：（1）对小球列平衡方程qE=mgtanθ所以．（2）丝线断后小球的加速度为由得-17-\n答：（1）匀强电场的场强．（2）若丝线突然断掉，小球经过时间落地．【点评】本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．17．如图所示的电路中，电源电压为60V，内阻不计，电阻R=2Ω，电动机的内阻R0=1.6Ω，电压表的示数为50V，电动机正常工作．求（1）电路中电阻R的电流强度？（2）电动机的电功率？（3）每秒钟电动机有多少电能转化为机械能？【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】计算题；定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】（1）根据串联电路规律可明确R两端的电压，再由欧姆定律可求得电流强度；（2）根据功率公式P=UI可求得电动机的电功率；（3）根据功能关系可求得每秒钟产生的机械能．【解答】解：（1）由图可知，R与电动机串联；电压表示数为50V，R两端的电压UR=60﹣50=10V，则由欧姆定律可知，I===5A；（2）流过电动机的电流为5A；则电动机的功率为：P=UI=50×5=250W；（3）根据能量转化关系可知：E机=UIt﹣I2R0t=50×5×1﹣25×1.6×1=210J；答：（1）电路中电阻R的电流强度为5A；（2）电动机的电功率为250W；（3）每秒钟电动机有210J电能转化为机械能．【点评】对于电动机电路，关键要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；对于电动机的输出功，往往要根据能量守恒求解．18．如图所示的电路中，A、B两端的电压U恒为12V，灯L标有“6V，1.8W”的字样，R1=20Ω，电键S断开时，灯L正常发光．求：（1）此时滑动变阻器的电阻R2；（2）当电键S闭合时，灯L的功率为多少？（3）如果在电键S闭合后仍要使灯L正常发光，则滑动变阻器的电阻要调到多大？-17-\n【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】（1）电键S断开时，灯L正常发光，其电压为额定电压6V，得到电阻R2的电压，电阻R2与灯泡L串联，电流相等，得到滑动变阻器的电阻R2与灯泡的电阻相等．（2）当电键S闭合时，灯L与R1并联后再与R2串联，求出并联部分的电阻和电压，再求出灯泡的功率．（3）在电键S闭合后仍要使灯L正常发光，灯L的电流仍为额定电流．求出变阻器的电压，再由欧姆定律求出电阻．【解答】解：（1）灯泡的电阻为RL==Ω=20Ω电键S断开时，灯L正常发光，其电压为额定电压6V，则U2=UL=6V，RL=R2=20Ω（2）当电键S闭合时，灯L与R1并联后再与R2串联（3）要使灯L正常发光，则通过灯L的电流为由于R1=RL=20Ω，则此时电路中的电流为I=0.6A答：（1）此时滑动变阻器的电阻R2=20Ω．（2）当电键S闭合时，灯L的功率为0.8W．（3）如果在电键S闭合后仍要使灯L正常发光，滑动变阻器的电阻要调到10Ω．【点评】本题是电路的计算问题，首先要分清各部分电路的关系，其次抓住灯泡正常发光的条件：电压等于额定电压．19．如图所示，虚线PQ、MN间存在水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量为q=+1.0×10﹣5C，从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计．求：（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1（2）匀强电场的场强大小（3）ab两点间的电势差．-17-\n【考点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）带电粒子在加速电场中，电场力做正功为qU，运用动能定理求解速率v1．（2）粒子进入匀强电场中做类平抛运动，竖直方向上做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，将粒子在b的速度进行分解，运用运动学公式和牛顿第二定律求解场强的大小．（3）对于粒子在匀强电场的过程，运用动能定理列式求解ab两点间的电势差．【解答】解：（1）粒子在加速电场中运动的过程，由动能定理得：qU=代入数据解得：v1==m/s=104m/s（2）粒子进入匀强电场中做类平抛运动，沿初速度方向做匀速运动，则有：d=v1t，粒子沿电场方向做匀加速运动，则有：vy=at由题意得：tan30°=由牛顿第二定律得：qE=ma，联立以上相关各式并代入数据得：E=×103N/C=1.732×103N/C（3）对整个过程，由动能定理得：qUab==（+）联立以上相关各式并代入数据得：Uab=400V答：（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1为104m/s．（2）匀强电场的场强大小为1.732×103N/C．（3）ab两点间的电势差为400V．【点评】加速电场中运用动能定理、类平抛运动运用运动的分解法都是常用的思路，关键要能熟练运用，对于类平抛运动，涉及速度的问题，可以由运动学公式求解，也可能根据动能定理研究．-17-