物理卷·2018届江西省赣州市信丰二中高二上学期第一次月考物理试卷（提前班） （解析版）

物理卷·2018届江西省赣州市信丰二中高二上学期第一次月考物理试卷（提前班） （解析版）

‎2016-2017学年江西省赣州市信丰二中高二（上）第一次月考物理试卷（提前班）‎ ‎　‎ 一、选择题（1-7单选，8-10多选，每题5分，共50分）‎ ‎1．关于静电场，下列结论普遍成立的是（　　）‎ A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 C．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向 D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功这零 ‎2．某静电场的一部分电场线分布如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．这个电场可能是负电荷的电场 B．点电荷在A点受到的静电力比在B点受到的静电力大 C．点电荷在A点的瞬时加速度比在B点的瞬时加速度小 D．负电荷在B点受到静电力的方向沿B点场强的方向 ‎3．三个电阻R1、R2、R3，按如图所示连接，已知R1＞R2＞R3，则哪两点间的电阻最小（　　）‎ A．A与B两点间 B．A与C两点间 C．B与C两点间 D．无法判断 ‎4．如图所示，均匀的长方形薄片合金电阻板abcd，ab边长为L1，ad边长为L2，当端点1、2或3、4接入电路时，R12：R34是（　　）‎ A．L1：L2 B．L2：L1 C．1：1 D．L12：L22‎ ‎5．如图示电路，G是电流表，R1、R2是两个可变电阻，调节可变电阻R1，可以改变电流表G的示数．当MN间的电压为6V时，电流表的指针刚好偏转到最大刻度．将MN间的电压改为5V时，若要电流表G的指针仍偏转到最大刻度，下列方法中可行的是（　　）‎ A．保持R1不变，增大R2 B．增大R1，减少R2‎ C．减少R1，增大R2 D．保持R2不变，减少R2‎ ‎6．如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时（　　）‎ A．电压表读数减小 B．质点P将向上运动 C．电流表读数减小 D．R3上消耗的功率增大 ‎7．如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（　　）‎ A．0＜t0＜ B．＜t0＜ C．＜t0＜T D．T＜t0＜‎ ‎8．如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡L1的U﹣I图线的一部分，用该电源和小灯泡L1组成闭合电路时，灯泡L1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．此电源的内阻为Ω B．灯泡L1的额定功率为6 W C．把灯泡L1换成“3 V，20 W”的灯泡L2，电源的输出功率将变小 D．此时电源的效率为75%‎ ‎9．在如图所示电路中，闭合电键 S，当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用 I、U1、U2和 U3表示，电表示数变化量的绝对值分别用△I、△U1、△U2 和△U3 表示．下列说法正确的是（　　）‎ A．U1变小，U2变大，U3变小，I变大 B．U1变大，U2变小，U3变大，I变大 C．不变， 变小，变小 D． 不变，不变，不变 ‎10．如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m=10g的带正电的小球，小球所带电荷量q=5.0×10﹣4 C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v﹣t图象如图乙所示．小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是（　　） ‎ A．在O点右侧杆上，B点电场强度最大，电场强度大小为E=1.2 V/m B．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大 C．由C到A电势逐渐降低 D．C、B两点间的电势差UCB=0.9 V ‎　‎ 二.实验题（13题2×3=6分；14题2+3+3=8分，共14分）‎ ‎11．有一个电压表的量程为3V，内阻为900Ω，由于没有电流表，需要将其改装成一个量程为0.6A的电流表，则应该　　联一个阻值为　　Ω的电阻，当用改装好的电流表去测某一电流时，指针的读数为1.2V，则对应的电流为　　A． ‎12．在伏安法测电阻的实验中，实验室备有以下器材：‎ A．待测电阻R，阻值约为10Ω左右 B．电压表V1，量程6V，内阻约为2kΩ C．电压表V2，量程15V，内阻约为10kΩ D．电流表A1，量程0.6A，内阻约为0.2Ω E．电流表A2，量程3A，内阻约为0.02Ω F．电源：电动势E=12V G．滑动变阻器1，最大阻值为10Ω，最大电流为2A H．滑动变阻器2，最大阻值为50Ω，最大电流为0.2A I．导线、电键若干 ‎①为了较精确测量电阻阻值，除A、F、I之外，还要上述器材中选出该实验所用器材　　（填器材前面的代号）‎ ‎②在虚线框内画出该实验电路图 ‎③用笔画线连接实物图（图中灯泡代替待测电阻）‎ ‎　‎ 三.计算题（13题10分，14题15分，15题15分，共40分）‎ ‎13．如图电路中，电池组的电动势E=42V，内阻r=2Ω，定值电阻R=20Ω，D是电动机，其线圈电阻R′=1Ω．电动机正常工作时，理想电压表示数为20V．求：‎ ‎（1）通过电动机的电流是多少？‎ ‎（2）电动机消耗的电功率为多少？‎ ‎（3）电动机输出的机械功率为多少？‎ ‎14．如图所示，R1=6Ω，R2=3Ω，R3=8Ω，R5=6Ω．若电源提供的总功率为P总=30W，电源输出功率为P出=28.4W，电源内阻r=0.4Ω，求：‎ ‎（1）AB间的电压UAB=？‎ ‎（2）电源电动势ε=？‎ ‎15．电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2Ω，电阻R1=12Ω，R2=R4=4Ω，R3=8Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长l=0.20m，两极板的间距d=1.0×10﹣2 m．‎ 求：（1）若开关S处于断开状态，R3上的电压是多少？‎ ‎（2）当开关闭合后，R3上的电压会变化，那么电容器上的电压等于多少？‎ ‎（3）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）‎ ‎16．如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为O，半径为R；P点离地高度也为R，传送带PC之间的距离为L，沿逆时针方向的传动，传送带速度v=，在PO的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场．一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回．物体与传送带间的动摩擦因数为μ，不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）物体由P点运动到C点过程，克服摩擦力做功；‎ ‎（2）匀强电场的场强E为多大；‎ ‎（3）物体返回到圆弧轨道P点，物体对圆弧轨道的压力大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省赣州市信丰二中高二（上）第一次月考物理试卷（提前班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（1-7单选，8-10多选，每题5分，共50分）‎ ‎1．关于静电场，下列结论普遍成立的是（　　）‎ A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 C．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向 D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功这零 ‎【考点】电场线；电场强度；电势．‎ ‎【分析】电场强度与电势之间无必然联系，但沿电场方向电势降低，而且速度最快；电势差与两点的场强无关，只与两点间沿电场方向的距离和两点间的场强有关；电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．‎ ‎【解答】解：A：在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，故A错误．‎ B：电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度，故B错误 C：沿电场方向电势降低，而且速度最快，故C正确 D：电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．场强为零，电势不一定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功．故D错误 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．某静电场的一部分电场线分布如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．这个电场可能是负电荷的电场 B．点电荷在A点受到的静电力比在B点受到的静电力大 C．点电荷在A点的瞬时加速度比在B点的瞬时加速度小 D．负电荷在B点受到静电力的方向沿B点场强的方向 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．电场力F=qE，同一电荷在场强越大的地方，所受的电场力越大．根据电场力方向与速度方向的夹角判断电场力做功的正负．‎ ‎【解答】解：A、根据图象可知这不是孤立的负点电荷形成的电场，故A错误；‎ B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，A点的场强大于B点的场强，根据F=qE知：电荷在A处的电场力大．故B正确．‎ C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，点的场强大于B点的场强，电荷在A处的电场力大，加速度大，故C错误；‎ D、电场线的切线方向为该点场强的方向，由F=qE知负电荷在B点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．三个电阻R1、R2、R3，按如图所示连接，已知R1＞R2＞R3，则哪两点间的电阻最小（　　）‎ A．A与B两点间 B．A与C两点间 C．B与C两点间 D．无法判断 ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】分析列出两点间并联电阻的表达式，再结合条件R1＞R2＞R3，即可作出判断．‎ ‎【解答】解：A、B间的电阻：RAB= ①‎ A、C间的电阻：RAC= ②‎ B、C间的电阻：RBC= ③‎ 据R1＞R2＞R3，三个表达式中分子R3（R1+R2）最小，则A、C间的电阻最小，故B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，均匀的长方形薄片合金电阻板abcd，ab边长为L1，ad边长为L2，当端点1、2或3、4接入电路时，R12：R34是（　　）‎ A．L1：L2 B．L2：L1 C．1：1 D．L12：L22‎ ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】根据电阻定律R=分别列出两种接法中的电阻表达式，即可得出电阻之比．‎ ‎【解答】解：当端点1、2接入电路时，根据电阻定律，电阻R1=‎ 当端点Ⅲ、Ⅳ接入电路时，根据电阻定律．电阻R2=‎ 则=．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．如图示电路，G是电流表，R1、R2是两个可变电阻，调节可变电阻R1，可以改变电流表G的示数．当MN间的电压为6V时，电流表的指针刚好偏转到最大刻度．将MN间的电压改为5V时，若要电流表G的指针仍偏转到最大刻度，下列方法中可行的是（　　）‎ A．保持R1不变，增大R2 B．增大R1，减少R2‎ C．减少R1，增大R2 D．保持R2不变，减少R2‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】MN间电压减小时，要保持电流表示数不变，应增大R1两端的电压，根据选型逐项分析即可得出答案．‎ ‎【解答】解：总电压降低了，想要电流不变：‎ A、保持R1不变，增大R2时，因这样R2两端的电压变大了，G的电压更小了，G的电流也更小了；‎ B、增大R1，同时减小R2时，R2的电压降低，R1电压变大，即G的电压变大，其电流变大；‎ C、减小R1，同时增大R2时，R2两端的电压变大了，G的电压小了，G的电流也小了；‎ D．保持R2不变，减小R1时，R2的电压变大，R1电压变小，即G的电压变小，其电流变小．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时（　　）‎ A．电压表读数减小 B．质点P将向上运动 C．电流表读数减小 D．R3上消耗的功率增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】对电路进行分析，滑片的移动可知电路中总电阻的变化，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知P的受力变化，则可知质点的运动情况．根据并联部分电压的变化，分析R3功率的变化．‎ ‎【解答】解：A、C、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；‎ 当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小；故A正确，C错误；‎ C、因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误；‎ D、因R3两端的电压减小，由公式P=可知，R3上消耗的功率减小；故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（　　）‎ A．0＜t0＜ B．＜t0＜ C．＜t0＜T D．T＜t0＜‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】解决此题首先要注意A、B两板电势的高低及带正电粒子运动的方向，再利用运动的对称性，粒子加速与减速交替进行运动，同时注意粒子向左、右运动位移的大小，即可判断各选项的对错．‎ ‎【解答】解：‎ A、若，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误．‎ B、若，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确．‎ C、若，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误．‎ D、若，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡L1的U﹣I图线的一部分，用该电源和小灯泡L1组成闭合电路时，灯泡L1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．此电源的内阻为Ω B．灯泡L1的额定功率为6 W C．把灯泡L1换成“3 V，20 W”的灯泡L2，电源的输出功率将变小 D．此时电源的效率为75%‎ ‎【考点】路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势，从而可算出电源的输出功率．‎ ‎【解答】解：A、由图读出电源的电动势为 E=4V，图线A的斜率大小表示电源的内阻，则 r=Ω=0.5Ω，故A错误；‎ B、灯泡与电源连接时，A、B两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压U=3V，I=2A，则灯泡D1的额定电压为3V，功率为=UI=6W，故B正确．‎ C、把灯泡L1换成“3V，20W”的灯泡L2，由P= 知：灯泡L2的正常工作时的电阻为 R2===0.45Ω 灯泡L1的电阻为R1==Ω=1.5Ω，把灯泡L1换成“3V，20W”的灯泡L2时，输出电压小于3V，灯泡L2的电阻小于0.45Ω，更接近电源的内阻，电源的输出功率将变大，故C错误； ‎ D、电源的效率为 η=×100%=×100%=×100%=75%，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎9．在如图所示电路中，闭合电键 S，当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用 I、U1、U2和 U3表示，电表示数变化量的绝对值分别用△I、△U1、△U2 和△U3 表示．下列说法正确的是（　　）‎ A．U1变小，U2变大，U3变小，I变大 B．U1变大，U2变小，U3变大，I变大 C．不变， 变小，变小 D． 不变，不变，不变 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】R1是定值电阻，根据欧姆定律得知==R1．变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究、与电源内阻的关系，再分析选择．‎ ‎【解答】解：AB、当滑动变阻器R2的滑动触头P向上滑动，其阻值变小，总电阻变小，电流表示数I变大，根据串联电路分压规律知U3变小，R1的电压U1变大，故R2的电压U2变小．故AB错误．‎ C、因R1是定值电阻，则有=R1，不变， =R2，变小， =R1+R2，变小．故C正确．‎ D、R1是定值电阻，根据欧姆定律得知==R1，不变．根据闭合电路欧姆定律得 U3=E﹣I（R3+r），则=R3+r，不变．U2=E﹣I（R1+R2+r），则=R1+R2+r，不变，故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎10．如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m=10g的带正电的小球，小球所带电荷量q=5.0×10﹣4 C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v﹣t图象如图乙所示．小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是（　　） ‎ A．在O点右侧杆上，B点电场强度最大，电场强度大小为E=1.2 V/m B．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大 C．由C到A电势逐渐降低 D．C、B两点间的电势差UCB=0.9 V ‎【考点】电势能；电势差．‎ ‎【分析】通过乙图的v﹣t图象判断出加速度，加速度最大时受到的电场力最大，电场强度最大，由电场力做功即可判断电势能，由W=qU求的电势差．‎ ‎【解答】解：‎ A、由乙图可知，小球在B点的加速度最大，故所受的电场力最大，加速度由电场力产生，故B点的电场强度最大，小球的加速度：a===0.06m/s2，又：a=，解得E===1.2V/m，故A正确；‎ BC、从C到A小球的动能一直增大，说明电场力一直做正功，故电势能一直减小，电势一直减小，故B错误C正确；‎ D、由C到B电场力做功为WCB=m﹣0，CB间电势差为UCB====0.9V，故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ 二.实验题（13题2×3=6分；14题2+3+3=8分，共14分）‎ ‎11．有一个电压表的量程为3V，内阻为900Ω，由于没有电流表，需要将其改装成一个量程为0.6A的电流表，则应该　并　联一个阻值为　5　Ω的电阻，当用改装好的电流表去测某一电流时，指针的读数为1.2V，则对应的电流为　0.24　A． ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】改装成电流表要并联电阻分流，并联电阻阻值为R：R=，电流表的总内阻为，则1.2V时的电流为电压除以总内阻．‎ ‎【解答】解：改装成电流表要并联电阻分流：R==≈5Ω．‎ ‎ 电流表的内阻为RA：RA=，‎ 则1.2V电压时的电流为：I=．‎ 故答案为：并，5，0.24．‎ ‎　‎ ‎12．在伏安法测电阻的实验中，实验室备有以下器材：‎ A．待测电阻R，阻值约为10Ω左右 B．电压表V1，量程6V，内阻约为2kΩ C．电压表V2，量程15V，内阻约为10kΩ D．电流表A1，量程0.6A，内阻约为0.2Ω E．电流表A2，量程3A，内阻约为0.02Ω F．电源：电动势E=12V G．滑动变阻器1，最大阻值为10Ω，最大电流为2A H．滑动变阻器2，最大阻值为50Ω，最大电流为0.2A I．导线、电键若干 ‎①为了较精确测量电阻阻值，除A、F、I之外，还要上述器材中选出该实验所用器材　BDG　（填器材前面的代号）‎ ‎②在虚线框内画出该实验电路图 ‎③用笔画线连接实物图（图中灯泡代替待测电阻）‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】①电源、滑动变阻器、导线和电键是必须选择的，要减小误差，电压表和电流表量程都选择较小的量程，只要不超过量程即可；‎ ‎②为获得较大的电压条件范围，滑动变阻器选择分压式接法；由于待测电阻的电阻值与电流表的电阻值较接进，故采用电流表外接法．‎ ‎③根据电路图连接实物电路图．‎ ‎【解答】解：①电源电动势为12V，通过电阻的最大电流约为：I===1.2A，为减小读数误差，电流表应选择D，选E量程太大，读数误差太大；电流表量程为0.6A，通过电阻的最大电流为0.6A，电阻两端最大电压约为：U=IR=0.6×10=6V，则电压表选B；‎ 由欧姆定律电路最大I==0.6A，故电流表应用D，‎ 又题中有“要求尽可能多的测量数据”，说明滑动变阻器应用分压式接法，应选G．‎ ‎ ②因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应用外接法，又变阻器应用分压式，电路图如图所示 ‎③根据电路图连接实物电路图如图所示：‎ 故答案为：①BDG；②电路图如图所；③实物电路图如图所示．‎ ‎　‎ 三.计算题（13题10分，14题15分，15题15分，共40分）‎ ‎13．如图电路中，电池组的电动势E=42V，内阻r=2Ω，定值电阻R=20Ω，D是电动机，其线圈电阻R′=1Ω．电动机正常工作时，理想电压表示数为20V．求：‎ ‎（1）通过电动机的电流是多少？‎ ‎（2）电动机消耗的电功率为多少？‎ ‎（3）电动机输出的机械功率为多少？‎ ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）由E=UV+UR+r可得R和电源两端的电压之和，进而又欧姆定律可得电路电流，即等于通过电动机的电流．‎ ‎（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为P电=UI．‎ ‎（3）由可得电动机的发热功率，进而由P电=P机+P热可得电动机输出的机械功率．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由E=UV+UR+r可得R和电源两端的电压之和为：‎ UR+r=E﹣UV 由欧姆定律可得电路电流为：‎ 通过电动机的电流为1A．‎ ‎（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为P电=UVI=20×1W=20W ‎（3）电动机的发热功率为：‎ 故电动机的输出功率为：‎ P机=P电﹣P热=20W﹣1W=19W 答：‎ ‎（1）通过电动机的电流是1A．‎ ‎（2）电动机消耗的电功率为20W．‎ ‎（3）电动机输出的机械功率为19W．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，R1=6Ω，R2=3Ω，R3=8Ω，R5=6Ω．若电源提供的总功率为P总=30W，电源输出功率为P出=28.4W，电源内阻r=0.4Ω，求：‎ ‎（1）AB间的电压UAB=？‎ ‎（2）电源电动势ε=？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据电路的总功率与电源输出功率之差等于电源的内电路消耗功率，列式即可求得通过电源的电流，由P总=EI求解电动势，根据欧姆定律求解A，B间的电压UAB．‎ ‎【解答】解：设通过电源的电流为I．根据P总﹣P出=I2r得：‎ I=A=2A 由P总=EI得：E=V=15V R2，R5并联电阻为：R并==2Ω AB间的电阻为：R=Ω=4Ω 根据欧姆定律得：UAB=IR=2×4V=8V 答：（1）A，B间的电压UAB为8V；‎ ‎（2）电源电动势E为15V．‎ ‎　‎ ‎15．电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2Ω，电阻R1=12Ω，R2=R4=4Ω，R3=8Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长l=0.20m，两极板的间距d=1.0×10﹣2 m．‎ 求：（1）若开关S处于断开状态，R3上的电压是多少？‎ ‎（2）当开关闭合后，R3上的电压会变化，那么电容器上的电压等于多少？‎ ‎（3）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）、（2）根据串联电路电压与电阻成正比的特点，运用比例法求解电阻R3 两端电压．‎ ‎（3）若开关S断开时，带电微粒沿虚线方向应该做匀速直线运动，电场力与重力平衡；当开关S闭合后，粒子做类平抛运动，假设粒子能从电场飞出，由牛顿第二定律和运动学公式结合，求出粒子的偏转距离，即可分析能否从电容器C的电场中射出．‎ ‎【解答】解：（1）S断开时，电阻R3两端电压为 U3===16V；‎ ‎（2）S闭合后，外电阻：R===6Ω，‎ 路端电压：U===21V，‎ 电阻R3两端电压：U3′===14V；‎ ‎（3）设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有： =mg，‎ 当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则 mg﹣=ma，‎ 设微粒能从电场中射出，水平方向：t=，竖直方向：y=at2，‎ 解得：y=6.25×10﹣3m＞，故微粒不能从电场中射出． ‎ 答：（1）若开关S处于断开状态，R3上的电压是16V．‎ ‎（2）当开关闭合后，R3上的电压会变化，那么电容器上的电压等于14V．‎ ‎（3）粒子不能从C的电场中射出．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为O，半径为R；P点离地高度也为R，传送带PC之间的距离为L，沿逆时针方向的传动，传送带速度v=，在PO的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场．一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回．物体与传送带间的动摩擦因数为μ，不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）物体由P点运动到C点过程，克服摩擦力做功；‎ ‎（2）匀强电场的场强E为多大；‎ ‎（3）物体返回到圆弧轨道P点，物体对圆弧轨道的压力大小．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力；电场强度．‎ ‎【分析】（1）分析过程中受到的摩擦力，由功的公式可求得摩擦力所做的功；‎ ‎（2）对AC运动过程由动能定理求场强 ‎（2）分析物体的运动过程，结合动能定理、向心力公式牛顿第三定律求压力．‎ ‎【解答】解：（1）物体由P点运动到C点过程 由Wf=f•S ‎ f=μN ‎ N=mg ‎ ‎ 可得Wf=μmgL ‎ ‎（2）从A到C由动能定理：‎ mgR+qER﹣μmgL=0‎ 解得：E=‎ ‎（3）物体从A到P由动能定理：‎ mgR+qER=mvP2‎ 所以：vP=＞‎ A返回P过程，先加速后匀速运动，返回P的速度为：‎ VP′=v=‎ 在P点有牛顿第二定律：‎ FN﹣mg﹣qE=m 解得FN=2mg+‎ 由牛顿第三定律，物体对圆弧轨道的压力大小FN′=FN=2mg+‎ ‎ 答：（1）物体由P点运动到C点过程，克服摩擦力做功μmgL；‎ ‎（2）匀强电场的场强E为；‎ ‎（3）物体返回到圆弧轨道P点，物体对圆弧轨道的压力大小2mg+‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日