物理卷·2018届河南省鹤壁市淇滨高中高二上学期第三次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届河南省鹤壁市淇滨高中高二上学期第三次月考物理试卷 （解析版）

河南省鹤壁市淇滨高中2016-2017学年高二（上）第三次月考物理试卷(解析版)‎ ‎　‎ 一、选择题 ‎1.如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．如图为某电场中的电场线和等势面，已知φA=10V，φC=6V，ab=bc，则（　　）‎ A．φB=8V B．φB＞8V C．φB＜8V D．上述三种情况都可能 ‎3．真空中两个点电荷Q1、Q2，距离为R，当Q1增大到原来的3倍，Q2增大到原来的3倍，距离R增大到原来的3倍时，两电荷间的库仑力变为原来的（　　）‎ A．1倍 B．3倍 C．6倍 D．9倍 ‎4．导体A带5q的正电荷，另一完全相同的导体B带q的负电荷，将两导体接触一会儿后再分开，则B导体的带电量为（　　）‎ A．﹣q B．q C．2q D．4q ‎5．下列公式不属于比值定义法的是（　　）‎ A．a= B．C= C．R= D．B=‎ ‎6．人体发生了触电是指（　　）‎ A．人体能导电 B．人体带电太多了 C．通过人体的电流超过了一定值 D．人体接触了电池 ‎7．将一只“220V，100W”的小电动机，一台“220V，100W”的电视机，一把“220V，100W”的电烙铁分别接在220V的电源上，在相同时间内，电流通过它们产生的热量最多的是（　　）‎ A．电动机 B．电烙铁 C．电视机 D．一样多 ‎8．有四盏灯，接入如图所示的电路中．L1和L2都标有“220V，100W”，L3和L4都标有“220V，40W”．把电路接通后，最亮的灯将是（　　）‎ A．L1 B．L2 C．L3 D．L4‎ ‎9．在下面的图中，小磁针指向正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．下列关于磁感应强度大小的说法，正确的是（　　）‎ A．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同 B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大 C．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度不一定大 D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向有关 ‎11．如图电路中，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（　　）‎ A．电压表示数增大，电流表示数减少 B．电压表示数减少，电流表示数增大 C．两电表示数都增大 D．两电表示数都减少 ‎12．如图，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，电动机M的电阻RM ‎=1Ω，电阻R=1.5Ω，此时电动机正常工作，理想电压表的示数为3V．则（　　）‎ A．电动机两端的电压为2V B．电动机两端的电压为6V C．电动机转化为机械能的功率为12W D．电动机转化为机械能的功率为8W ‎　‎ 二、实验题（13题每空2分，共10分．14题（1）题2分，（2）题6分，共8分）‎ ‎13．（10分）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1Ω）‎ 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．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）‎ F．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A） ‎ G．开关、导线 ‎（1）上述器材中电流表应选用的是　　；滑动变阻器应选用的是　　；（填写各器材的字母代号）‎ ‎（2）实验电路应采用电流表　　　接法；（填“内”或“外”）‎ ‎（3）设实验中电流表电压表的某组示数如图所示，图示中I=　　　A，U=　　　V．‎ ‎14．（8分）两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0，电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表和A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表和A和电压表V2的测量数据．并根据数据描绘了如图（b）所示的两条U﹣I直线，回答下列问题：‎ ‎（1）根据甲乙两同学描绘的直线，可知　　‎ A．甲同学是根据电压表 V1和电流表A的数据 B．甲同学是根据电压表 V2和电流表A的数据 C．乙同学是根据电压表 V1和电流表A的数据 D．乙同学是根据电压表 V2和电流表A的数据 ‎（2）根据图（b），可求出可以求出定值电阻R0=　　Ω，电源电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．（保留2位有效数字）‎ ‎　‎ 三、计算题(15题10分，16题12分，17题12分，共34分）‎ ‎15．（10分）用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10﹣2‎ kg，所带电荷量为+2.0×10﹣8C．现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与铅垂线成30°夹角，如图所示．求这个匀强电场的电场强度．g=10m/s2．‎ ‎16．（12分）（B）如图所示，M为一线圈电阻r=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V．当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，当开关S闭合时，理想电流表的示数为I2=4.0A，求：‎ ‎（1）电源内阻 ‎（2）开关S闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率．‎ ‎（3）开关S闭合时电源输出功率．‎ ‎17．（12分）如图所示，竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R（其余导体部分的电阻都忽略不计）．磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外．金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦．从静止释放后ab保持水平而下滑．试求：‎ ‎（1）金属棒ab在下落过程中，棒中产生的感应电流的方向和ab棒受到的安培力的方向．‎ ‎（2）金属棒ab下滑的最大速度vm．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省鹤壁市淇滨高中高二（上）第三次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1.如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场强度是矢量，只有两点的场强大小和方向都相同时，电场强度才相同．根据这个条件进行判断．‎ ‎【解答】解：A、A、B是同一圆上的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．‎ B、A、B场强大小不等，但方向相同，则电场强度不同．故B错误．‎ C、A、B是匀强电场中的两点，电场强度相同，故C正确 D、电场线的疏密表示场强的大小，所以A、B场强不等，故D错误 故选：C．‎ ‎【点评】矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线分布要了解，有助于解题．‎ ‎　‎ ‎2．如图为某电场中的电场线和等势面，已知φA=10V，φC=6V，ab=bc，则（　　）‎ A．φB=8V B．φB＞8V C．φB＜8V D．上述三种情况都可能 ‎【考点】等势面；电场线；电势．‎ ‎【分析】由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式U=Ed定性分析a、b间与b、c间电势差的大小，再求解中点b的电势φb．‎ ‎【解答】解：由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、b间电势差Uab大于b、c间电势差Ubc，即φa﹣φb＞φb﹣φc，得到φb＜=8V．‎ 故选C ‎【点评】本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小．常规题．‎ ‎　‎ ‎3．真空中两个点电荷Q1、Q2，距离为R，当Q1增大到原来的3倍，Q2增大到原来的3倍，距离R增大到原来的3倍时，两电荷间的库仑力变为原来的（　　）‎ A．1倍 B．3倍 C．6倍 D．9倍 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】根据库仑定律公式F=k分析．‎ ‎【解答】解：根据库仑定律公式F=k，电量的乘积变为原来的9倍，距离的平方也变为原来的9倍，故库仑力不变；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题是库仑定律的直接运用问题，直接根据公式分析即可．‎ ‎　‎ ‎4．导体A带5q的正电荷，另一完全相同的导体B带q的负电荷，将两导体接触一会儿后再分开，则B导体的带电量为（　　）‎ A．﹣q B．q C．2q D．4q ‎【考点】电荷守恒定律．‎ ‎【分析】两相同的导体相互接触时，若带同种电荷则将两球带电量平分，若带异种电荷则将电量先中和再平分，据此可正确解答本题．‎ ‎【解答】解：两带电体带异种电荷，接触后先将电量中和，故接触后两带电体带电总和为：5q﹣q=4q，当两带电体分开后，将总电量平分，所以将两导体接触一会后再分开，则B导体的带电量为2q．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题关键是根据电荷守恒定律得到，两个相同的金属球接触后，电荷总量先中和后均分．‎ ‎　‎ ‎5．下列公式不属于比值定义法的是（　　）‎ A．a= B．C= C．R= D．B=‎ ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．‎ ‎【解答】解：A、根据a=可知，加速度等于速度的变化量与时间的比值，故此定义方法是比值定义法，‎ B、电容C由电容器本身的特性决定，与Q、U无关，符合比值定义法的共性，所以C=属于比值法定义，‎ C电阻的计算公式：R=是电阻的决定式，不属于比值定义法，‎ D、磁感应强度的大小由磁场本身决定，与放入磁场中导线长度和电流的大小无关，磁感应强度B=采用的是比值定义法，‎ 本题选择不属于比值定义法的，故选：C ‎【点评】‎ 比值法定义就是应用两个物理量的比值来定量研究第三个物理量，而定义出来的新的物理量反映物质属性或特征；中学物理中，有相当数量的物理量是采用“比值法”定义的，关键掌握比值法定义法的共性，来理解各个物理量的意义．‎ ‎　‎ ‎6．人体发生了触电是指（　　）‎ A．人体能导电 B．人体带电太多了 C．通过人体的电流超过了一定值 D．人体接触了电池 ‎【考点】家庭电路和安全用电知识．‎ ‎【分析】人体是导体，当人体上加有电压时，就会有电流通过人体．当通过人体的电流很小时，人没有感知；当通过人体的电流稍大，人就会有“麻电”的感觉，当电流达到8～10mA时，人就很难摆脱电压，形成了危险的触电事故，当电流达到100mA时，在很短时间内就会使人窒息、心跳停止．所以当加在人体上的电压大到一定数值时，通过人体的电流就达到一定程度，发生触电事故．‎ ‎【解答】解：通常情况下，不高于36V的电压对人是安全的，称为安全电压．当加在人体上的电压大到一定数值时，通过人体的电流就达到一定程度，发生触电事故．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了发生触电事故的原因，平时一定注意安全用电（不接触低压带电体、不靠近高压带电体），以避免触电事故的发生．‎ ‎　‎ ‎7．将一只“220V，100W”的小电动机，一台“220V，100W”的电视机，一把“220V，100W”的电烙铁分别接在220V的电源上，在相同时间内，电流通过它们产生的热量最多的是（　　）‎ A．电动机 B．电烙铁 C．电视机 D．一样多 ‎【考点】焦耳定律．‎ ‎【分析】明确各电器的工作原理，知道电功和电热的区别，从而找出产生热量最多的电器．‎ ‎【解答】‎ 解：由题意可知，三种仪器的额定功率相同，但电动机主要将电能输出为机械能；电视机将电能转化为光能和声音，只有电烙铁将电能全部转化为内能，故电烙铁发热量最多，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查对电功和电热的认识，要注意明确纯电阻电路将电功全部转化为电热，而非纯电阻电路发热量一般较少．‎ ‎　‎ ‎8．有四盏灯，接入如图所示的电路中．L1和L2都标有“220V，100W”，L3和L4都标有“220V，40W”．把电路接通后，最亮的灯将是（　　）‎ A．L1 B．L2 C．L3 D．L4‎ ‎【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】根据额定电压和额定功率，由功率公式比较两种灯泡的电阻大小．根据公式P=I2R比较L1和L2、L3和L4功率的大小．根据公式P=，比较L2和L3功率大小．再确定哪个灯泡功率最大．‎ ‎【解答】解：设L1、L2、L3、L4实际消耗的功率分别为P1、P2、P3、P4．‎ 由公式P=可知，L1和L2的电阻小于L3和L4的电阻．通过L1的电流大于L2的电流，由公式P=I2R得到，P1＞P2．L2和L3的电压相等，由公式P=可知，P2＞P3．通过L3的电流小于L4的电流，由公式P=I2R得到，P4＞P3．所以P1＞P2，P2＞P3，P4＞P3，而L1和L4串联，所以L4最亮．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查功率公式的应用；对于纯电阻电路，功率公式形式较多，要根据不同条件灵活选择功率公式．‎ ‎　‎ ‎9．在下面的图中，小磁针指向正确的是（　　）‎ A． B． C．‎ ‎ D．‎ ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感线及用磁感线描述磁场．‎ ‎【分析】明确电流和磁铁所产生的磁场方向，再根据小磁针N极的指向进行分析即可解答．‎ ‎【解答】解：A、根据安培定则可得A图中的小磁针应指向竖直向上方向，故A正确；‎ B、磁感线由N极指向S极，故B图中磁场方向为竖直向下，故小磁针N极指向竖直向下，故B错误；‎ C、由安培定则可知，C图中小磁针处的磁场方向是水平向右，所以小磁针N极指向向右方向，故C错误；‎ D、磁感线由N极指向S极，故D图中小磁针处的磁场方向为竖直向下，故N极应指向竖直向下，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查安培定则以及磁场的性质，关键是知道小磁针N极指向为磁场方向，同时掌握安培定则在判断电流磁场方向上的应用．‎ ‎　‎ ‎10．下列关于磁感应强度大小的说法，正确的是（　　）‎ A．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同 B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大 C．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度不一定大 D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向有关 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．电流元所受磁场力是由左手定则来确定．‎ ‎【解答】解：A、当通电导线垂直放入磁场中，受磁场力大的地方，磁感应强度一定越大．故A错误；‎ B、C、放在匀强磁场中各处的通电导线受力为F=BILsinα，受力大小与电流、导线的长度及导线与磁场的夹角有关．所以通电导线在磁感应强度大的地方受力不一定大，通电导线受磁场力大的地方磁感应强度不一定大．故B错误，C正确；‎ D、磁感应强度的大小跟垂直放在磁场中的通电导线受力的大小没有关系，与通电导线电流大小也没有关系，它由磁场的性质决定．故D错误；‎ 故选：C ‎【点评】磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系．再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关．同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关．‎ ‎　‎ ‎11．如图电路中，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（　　）‎ A．电压表示数增大，电流表示数减少 B．电压表示数减少，电流表示数增大 C．两电表示数都增大 D．两电表示数都减少 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】动态变化分析问题一般按照“局部→整体→局部”的顺序，分析总电阻变化→总电流变化→总电压变化，再分析局部电压、电流、功率的变化进行．对于电流表读数来说，由于滑动变阻器的电流、电压和电阻都在变化，不好确定，可从总电流的变化和R2电流变化确定．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器的滑片P向a滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir增大，电压表读数增大；并联部分的电阻增大，分担的电压增大，U2增大，流过R2的电流I2增大，电流表的读数IA=I﹣I2，则减小．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】‎ 电路动态变化分析是常见的题型，容易犯的错误是认为支路电阻增大，并联总电阻减小．本题中变阻器的电压、电流和电阻都是变化的，技巧是研究干路电流和另一支路电流变化情况来确定 ‎　‎ ‎12．如图，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，电动机M的电阻RM=1Ω，电阻R=1.5Ω，此时电动机正常工作，理想电压表的示数为3V．则（　　）‎ A．电动机两端的电压为2V B．电动机两端的电压为6V C．电动机转化为机械能的功率为12W D．电动机转化为机械能的功率为8W ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据部分电路的欧姆定律求出电路中的电流，由串联电路的知识求出电动机两端的电压，根据能量守恒求出电动机转化为机械能的功率 ‎【解答】解：AB、根据欧姆定律，电路电流，电动机两端的电压，故A错误，B正确；‎ CD、电动机消耗的电功率，电动机内阻上消耗的功率，电动机转化为机械能的功率，故C错误，D正确；‎ 故选：BD ‎【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；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解．‎ ‎　‎ 二、实验题（13题每空2分，共10分．14题（1）题2分，（2）题6分，共8分）‎ ‎13．（10分）（2016秋•南昌期末）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1Ω）‎ 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．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）‎ F．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A） ‎ G．开关、导线 ‎（1）上述器材中电流表应选用的是　C　；滑动变阻器应选用的是　E　；（填写各器材的字母代号）‎ ‎（2）实验电路应采用电流表　外　　接法；（填“内”或“外”）‎ ‎（3）设实验中电流表电压表的某组示数如图所示，图示中I=　0.48　　A，U=　2.20　　V．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）由电源的电动势与测电阻的大约值，估算电流的最大值，选择电流表的量程．根据待测电阻与变阻器总阻值的大小，选择变阻器的规格．‎ ‎（2）根据两电表内阻与待测电阻的大小关键，选择电流表的内接法或外接法．‎ ‎（3）由图示电表确定其量程与分度值，然后读出其示数．‎ ‎【解答】解：（1）金属导线的电阻约为5Ω左右，则通过导线的电流最大值约Imax===0.6A．故电流表选C．为方便实验操作，滑动变阻器应选F． ‎ ‎（2）由题意可知： ==40， ==600，＞，电流表应采用外接法．‎ ‎（3）由图示电流表可知，其量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.48A；‎ 由图示电压表可知，其量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为2.20V．‎ 故答案为：（1）C；E；（2）外；（3）0.48；2.20．‎ ‎【点评】本题考查了实验器材的选择、电流表的接法、电表读数；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．‎ ‎　‎ ‎14．两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0，电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表和A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表和A和电压表V2的测量数据．并根据数据描绘了如图（b）所示的两条U﹣I直线，回答下列问题：‎ ‎（1）根据甲乙两同学描绘的直线，可知　AD　‎ A．甲同学是根据电压表 V1和电流表A的数据 B．甲同学是根据电压表 V2和电流表A的数据 C．乙同学是根据电压表 V1和电流表A的数据 D．乙同学是根据电压表 V2和电流表A的数据 ‎（2）根据图（b），可求出可以求出定值电阻R0=　2.0　Ω，电源电动势E=　1.5　V，内电阻r=　1.0　Ω．（保留2位有效数字）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）从电路连接结合电流表和电压表的读数变化判断甲、乙两同学描绘的图线的含义．‎ ‎（2）图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，根据图象求解．‎ ‎（3）由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大．‎ 甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制图象的，故B错误，A正确；乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象的，故C错误，D正确．‎ 故选AD．‎ ‎（2）从图象可以得出定值电阻R0的阻值为：R0==2.0Ω；‎ 从甲同学的图象可以得出图象在U轴上的截距为1.50 V，即电源的电动势为1.50 V，‎ 图象斜率的绝对值为：k==1.0，即电源的内阻为r=1.0Ω．‎ 故答案为：（1）AD　（2）2.0　1.50　1.0‎ ‎【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出电势和内电阻．‎ ‎　‎ 三、计算题(15题10分，16题12分，17题12分，共34分）‎ ‎15．（10分）（2015秋•张掖校级期中）用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10﹣2kg，所带电荷量为+2.0×10﹣8C．现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与铅垂线成30°夹角，如图所示．求这个匀强电场的电场强度．g=10m/s2．‎ ‎【考点】电场强度；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，根据受力图，利用合成法求出电场力的大小，再根据电场强度的定义式求电场强度．‎ ‎【解答】解：小球的受力如图，‎ 根据共点力平衡有：mgtanθ=qE 答：这个匀强电场的电场强度为．‎ ‎【点评】解决本题的关键进行正确的受力分析，然后根据共点力平衡求出未知力．以及掌握电场强度的定义式E=．‎ ‎　‎ ‎16．（12分）（2008春•常州期末）（B）如图所示，M为一线圈电阻r=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V．当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，当开关S闭合时，理想电流表的示数为I2=4.0A，求：‎ ‎（1）电源内阻 ‎（2）开关S闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率．‎ ‎（3）开关S闭合时电源输出功率．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）当S断开时，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻．‎ ‎（2）当开关S闭合时，已知电流表的示数，求出路端电压，由欧姆定律求出通过R的电流，得到通过电动机的电流，电动机的输出功率等于电功率与内部消耗的热功率之差．（3）电源的输出功率为P=UI．‎ ‎【解答】解：（1）设电源内阻为r′，当S断开时，，即，‎ 得r′=1Ω．‎ ‎（2）当S合上时，I2=4A，则U内=I2•r′=4V U外=E﹣U内=40V﹣4V=36V，也即电动机两端电压为36V 所以 ‎（3）开关S闭合时电源输出功率P出=EI﹣I2R=4×40﹣1×42=144W ‎ 答：（1）电源内阻为1Ω．‎ ‎（2）开关S闭合时电动机发热消耗的功率为2.5W，转化为机械能的功率为87.5W．‎ ‎（3）开关S闭合时电源输出功率为144W．‎ ‎【点评】对于电动机电路，正常工作时是非电阻电路，根据能量守恒求解其输出功率，要区分电动机的输出功率与效率的不同，不能混淆．‎ ‎　‎ ‎17．（12分）（2010秋•岳麓区校级期末）如图所示，竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R（其余导体部分的电阻都忽略不计）．磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外．金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦．从静止释放后ab保持水平而下滑．试求：‎ ‎（1）金属棒ab在下落过程中，棒中产生的感应电流的方向和ab棒受到的安培力的方向．‎ ‎（2）金属棒ab下滑的最大速度vm．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；安培力．‎ ‎【分析】（1）根据右手定则判断出感应电流的方向，根据左手定则判断出安培力的方向．‎ ‎（2）金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到0，即安培力等于重力时，速度达到最大．‎ ‎【解答】解：（1）金属棒向下切割磁场，根据右手定则，知电流方向是b﹣→a．‎ ‎ 根据左手定则得，安培力方向向上．‎ ‎（2）．释放瞬间ab只受重力，开始向下加速运动．随着速度的增大，感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，加速度随之减小．当F增大到F=mg时，加速度变为零，这时ab达到最大速度．‎ 由，‎ 可得．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握右手定则判定感应电流的方向和左手定则判断安培力的方向，以及能够结合牛顿第二定律分析出金属棒的运动情况，知道当加速度为0时，速度最大．‎ ‎　‎