河北省故城县高级中学2020学年高二物理上学期期中试题

河北省故城县高级中学2020学年高二物理上学期期中试题

河北省故城县高级中学 2020 学年高二物理上学期期中试题 考试时间：90 分钟 总分：100 分 2020/10 一、选择题（1-5 是单项选择题，6-10 是多项选择题，选不全得一半的分。每小题 4分，共计 40 分。） 1.关于静电场的等势面，下列说法正确的是（ ） A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 2. 如图所示，两个不带电的导体 A和 B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一 带正电荷的物体 C置于 A附近，贴在 A、B下部的金属箔都张开，（ ） A．此时 A带正电，B带负电 B．此时 A电势低，B电势高 C．移去 C，贴在 A、B下部的金属箔都闭合 D．先把 A和 B分开，然后移去 C，贴在 A、B下部的金属箔都闭合 3. 电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（ ） A．电动势是一种非静电力 B．电动势越大，表明电源储存的电能越多 C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映 D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压 4. 如图所示的电路中，电源、电压表、电流表都是理想的，当滑动变阻器的触头由 a 端向 b端滑动时，下列说法正确的是（ ） A．电压表增大，电流表读数增大 B．电压表增大，电流表读数减小 C．电压表读数不变，电流表读数增大 D．电压表读数不变，电流表读数增减小 5. 如图所示为多用表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为 300μA，内 阻 rg=100Ω，调零电阻最大阻值 R=50kΩ，串联的固定电阻 R0=50Ω，电池电动势 E=1.5V，用它测量电阻 Rx，能准确测量的阻值范围是（ ） A．30kΩ～80kΩ B．3kΩ～8kΩ C．300kΩ～800kΩ D．3000kΩ～8000kΩ 6. 三个α粒子在同一点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图所示的运动轨 迹，由此可判断（ ） A．在 b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 B．b和 c同时飞离电场 C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小[] D．动能的增加值 c最小，a和 b 一样大 7. 如图所示的 U﹣I 图象中，直线 I为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为 某一电阻 R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻 R 连接成闭合电路，由图象可知 （ ） A．R的阻值为 1.5Ω B．电源电动势为 3V，内阻为 0.5Ω C．电源的输出功率为 3.0W D．电源内部消耗功率为 1.5W 8.小灯泡通电后其电流 I 随所加电压 U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线在 P点的切线，PQ 为 U 轴的垂线，PM 为 I 轴的垂线，则下列说法中正确的是 （ ） A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变 B．对应 P点，小灯泡的电阻为 R= C．对应 P点，小灯泡的电阻为 R= D．对应 P点，小灯泡的功率为图中矩形 PQOM 所围面积大小 9.如图所示，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器， 合开关 S，电源给电容器充电．在两极板间有固定点 P．用 E表示两极板间的电场强 度，φ表示 P点的电势，下列说法正确的是（ ） A．保持 S接通，上极板 A不动，将下极板 B缓慢向下移动稍许到 B′，φ增大 B．保持 S接通，上极板 A不动，将下极板 B缓慢向下移动稍许到 B′，E增大 C．若断开 S，下极板 B不动，将上极板 A缓慢向下移动稍许到 A′，则 E不变 D．若断开 S，下极板 B不动，将上极板 A缓慢向下移动稍许到 A′，φ减小 10 如图所示，带正电的 A球固定，质量为 m、电荷量为+q 的粒子 B从 a处以速度 v0 射向 A，虚线 abc 是 B 运动的一段轨迹，b点距离 A最近．粒子经过 b点时速度为 v， 重力忽略不计．则（ ） A．粒子从 a运动到 b的过程中动能不断减小 B．粒子从 b运动到 c的过程中加速度不断增大 C．可求出 A产生的电场中 a、b 两点间的电势差 D．可求出 A产生的电场中 b点的电场强度 二，实验题（共计 22 分） 11. (10 分)图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中 E 是电池； R1、R2、R3、R4 和 R5 是固定电阻，R6 是可变电阻；表头 G的满偏电流为 250 μA， 内阻为 480Ω．虚线方框内为换挡开关，A端和 B端分别于两表笔相连．该多用电表 有 5 个挡位，5 个挡位为：直流电压 1V 挡和 5V 挡，直流电流 1mA 挡和 2.5mA 挡， 欧姆×100Ω挡． （1）图（a）中的 A端与 （填“红”或“黑”）色表笔相连接．1分 （2）关于 R6 的使用，下列说法正确的是 （填正确答案标号）．2分 A．在使用多用电表之前，调整 R6 使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整 R6 使电表指针指在表盘右端电阻“0”位 置 C．使用电流挡时，调整 R6 使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 （3）根据题给条件可得 R1+R2= Ω，R4= Ω．4分 （4）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示．若此时 B端是与“1”连接的， 则多用电表读数为 ；若此时 B端是与“3”相连的，则读数为 ；若此时 B端是与“5”相连的，则读数为 ．（结果均保留 3为有效数字） 3分 12.（12 分）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测合金电阻丝阻值 Rx 约为 4Ω． ①用游标卡尺测量电阻丝的长度 L．测量结果如图 1所示， 图中读数为 L= mm．2 分 用螺旋测微器测量电阻丝的直径 d．测量结果如图 2所示， 图中读数为 d= mm．2 分 [] ②为了测量电阻丝的电阻 R，除了导线和开关 S外， 还有以下一些器材可供选择： 电压表 V，量程 3V，内阻约 3kΩ 电流表 A1，量程 0.6A，内阻约 0.2Ω 电流表 A2，量程 100μA，内阻约 2000Ω 滑动变阻器 R1，0～1750Ω，额定电流 0.3A 滑动变阻器 R2，0～50Ω，额定 电流 1A 电源 E（电动势为 3V，内阻约为 1.2Ω） 为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表 ，滑动变阻器 ，（填器材的 符号）2分 ③在所给的实物图 3中画出连线，接成测量电路图．3分 ④若电压表测量值为 U，电流表测量值为 I，用测量的物理量表示计算材料电阻率的 公式是ρ= ．3分 三，计算题（共计 38 分） 13（12 分）（2020•北京）如图所示，长 l=1m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个 可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角 θ=37°．已知小球所带电荷量 q=1.0×10﹣6 C，匀强电场的场强 E=3.0×103 N/C， 取重力加速度 g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求： （1）小球所受电场力 F的大小． （2）小球的质量 m． （3）将电场撤去，小球回到最低点时速度 v的大小． 14. （12 分）如图所示的电路中，电源电动势 E=10V，内阻 r=0.5Ω，电动机的电 阻 R0=1.0Ω，电阻 R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数 U1=3.0V，求： （1）电源释放的电功率； （2）电动机消耗的电功率．将电能转化为机械能的功率； （3）电源的输出功率． 15.如图所示的电路中，两平行金属板 A、B水平放置，两极板的长度 L=80cm，两板 间的距离 d=20cm．电源电动势 E=28V，内电阻 r=1Ω，电阻 R=15Ω．闭合开关 S， 待电路稳定后，将一带负电的小球从 A、B 两金属板左端正中间位置 M 处以初速度 v0=8m/s 水平向右射入两板间，恰能从上极板 B 板右侧边缘射出．若小球带电量为 q=1×10﹣2 C，质量为 m=2×10﹣2 kg，不考虑空气阻力，重力加速度 g=10m/s2．求 此时： （1）滑动变阻器接入电路的阻值； （2）电源的输出功率． 高二物理答案 1. B【考点】AF：等势面；AC：电势． 【专题】31 ：定性思想；43 ：推理法；532：电场力与电势的性质专题． 【分析】电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；沿着等势面移动点电荷， 电场力不做功．电场线与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面．负 电荷在等势面高的位置的电势能小． 【解答】解：A、沿电场线的方向电势降低，所以电势不同的等势面不可能相交．故 A错误； B、根据电场线与等势面的关系可知，电场线与等势面互相垂直，故 B正确； C、电场强度的大小与电势的高低没有关系，所以同一等势面上各点电场强度不一定 相等，故 C错误； D、负电荷在电势高的位置的电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面 移至电势较低的等势面，电势能增大，电场力做负功，故 D错误． 故选：B 【点评】本题关键是要记住电场线和等势面的关系，相互垂直，从电势高的等势面 指向电势低的等势面，掌握等势面的基本特点：在等势面上移动电荷，电场力总是 不做功． 2.C 【考点】AI：静电现象的解释． 【专题】31 ：定性思想；43 ：推理法；532：电场力与电势的性质专题． 【分析】根据静电感应规律可明确 AB 两端所带电性，再根据电荷间的相互作用分析 移走 C后 AB 所带电量，即可明确金箔能否闭合． 【解答】解：A、物体 C靠近 A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正 电；故 A错误； B、此时 AB 为等势体，两端电势相等；故 B错误； C、移去 C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合； 故 C正确； D、先把 AB 分开，则 A 带负电，B 带正电，移去 C 后，电荷不能再进行中和，故两 金属箔仍然张开；故 D错误； 故选：C． 【点评】本题考查静电现象，要注意理解感应起电的性质，并明确正负电荷之间的 相互作用所带来的现象，能通过所学物理规律进行分析解答． 3. C【考点】B9：电源的电动势和内阻． 【专题】31 ：定性思想；45 ：归纳法；535：恒定电流专题． 【分析】电动势等于非静电力把 1C 的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的 功，描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量． 【解答】解：A、电动势在数值上等于非静电力把 1C 的正电荷在电源内部从负极搬 运到正极所做的功，不是一种非静电力，故 A错误． BC、电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做 功能力的反映，电动势越大，表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大，故 B错误，C正确． D、电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源两极间的 电压是路端电压，小于电源电动势，故 D错误． 故选：C． 【点评】本题考查对电动势的理解，要注意电源电动势表征了电源把其他形式的能 转化为电能的本领大小，抓住电动势的物理意义和闭合电路欧姆定律进行分析． 4.A 【考点】BB：闭合电路的欧姆定律． 【专题】34 ：比较思想；41 ：控制变量法；535：恒定电流专题． 【分析】分析电路结构，由滑片的移动方向分析变阻器接入电阻的变化，由闭合电 路欧姆定律可得出电路中电流及路端电压的变化，再对局部电路分析即可得出电流 表与电压表的变化． 【解答】解：由图可知，R与 R2 并联后与 R1 串联；当滑动变阻器的触头由 a端向 b 端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆 定律可知，电路中总电流减小，内电压减小，则路端电压增大，故电压表 V 示数增 大； 因电路中总电流减小，则 R1 两端的电压减小，而路端电压减小，故并联部分电压增 大，R2 中电流增大，故电流表读数增大；故 A正确，BCD 错误． 故选：A 【点评】对于电路的动态变化分析问题，一般按局部→整体→局部的思路进行分析， 注意正确利用好串联电路的分压关系和并联电路的分流关系． 5. B【考点】B4：多用电表的原理及其使用． 【专题】535：恒定电流专题． 【分析】欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，求解出该欧姆表的中 值电阻即可． 【解答】解：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小； 欧姆表的中值电阻 R中等于欧姆表的内电阻 R总，根据闭合电路欧姆定律，满偏时： Ig= 半偏时， Ig= 联立解得：R中=R 总= = 故选：B． 【点评】本题关键明确欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；知道中 值电阻等于欧姆表内电阻． 6. ACD【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动． 【专题】531：带电粒子在电场中的运动专题． 【分析】三个α粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电 场方向上做初速度为 0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量相同，加速度相同．比 较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速 度的大小．通过动能定理比较动能的变化量． 【解答】解：A、三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同．a、b两粒子在 竖直方向上的位移相等，根据 y= ，可知运动时间相等．故 A正确． B、b、c竖直方向上的位移不等，yc＜yb．根据 y= ，可知 tc＜tb．故 B错误．[] C、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v= ． 因 xc=xb，tc＜tb，则 vc＞vb． 根据 ta=tb，xb＞xa．则 vb＞va．所以有：vc＞vb＞va．故 C正确． D、根据动能定理知，a、b 两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等．c 电荷电场力做功最少，动能增加量最小．故 D正确． 故选：ACD． 【点评】解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直 电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为 0的匀加速直线运动． 7. AD【考点】BB：闭合电路的欧姆定律． 【专题】535：恒定电流专题． 【分析】由图象Ⅰ可知电源的电动势为 3.0V，短路电流为 2.0A；由图象Ⅱ可得外电 路电阻 R 为 1.5Ω，两图象的交点坐标即为电阻 R 和电源构成闭合回路时的外电压 和干路电流． 【解答】解： A、由图象Ⅱ可知，外电阻 R= = Ω=1.5Ω，故 A正确． B、由图象Ⅰ可知，电源电动势 E=3.0V，短路电流 I短=2.0A，电源内阻 r= =1.5Ω， 故 B错误． C、由两图象的交点坐标，可得电源的路端电压为 1.5V，干路电流为 1.0A，电源的 输出功率为 P=UI=1.5×1.0W=1.5W，故 C错误． D、电源内部消耗功率为 P内=I2r=12×1.5W=1.5W，故 D正确．[] 故选：AD． 【点评】根据 U﹣I 图象Ⅰ正确读出电源的电动势和短路电流，根据 U﹣I图象正确 读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的关键． 8. BD【【考点】B2：欧姆定律． 【专题】13 ：实验题． 【分析】根据电阻的定义 R= ，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜 率逐渐减小，电阻逐渐增大．对应 P点，灯泡的电阻等于过 P点的切线斜率的倒数． 【解答】解：A、图线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大．故 A错误． B、对应 P点，小灯泡的电阻为 R= ；故 B正确； C、D对应 P点，小灯泡的电阻为 R= ．故 C错误； D、因 P=UI，所以图象中矩形 PQOM 所围的面积为对应 P点小灯泡的实际功率，故 D 正确． 故选：BD． 【点评】注意 U﹣I图象的意义，知道斜率等于电阻的倒数，明确功率借助图象分析 时所围得面积；明确灯泡伏安特性曲线不直的原因． 9. AC【考点】AS：电容器的动态分析． 【专题】31 ：定性思想；43 ：推理法；533：电容器专题． 【分析】电容器与电源相连，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的 电量不变； 由平行板电容器电容 C= ， 根据某些量的变化可知电容的变化，则由 Q=UC 可知电压或电量的变化，由 E= 可求 得电场强度的变化． 【解答】解：AB、保持 S接通，则两板间的电势差不变，上极板 A不动，将下极板 B缓慢向下移动稍许到 B′，导致 d增大，由 E= 可知，两极板间的电场的电场场强 减小，则 P到上极板的电势差减小，因此 P点的电势升高，故 A正确，B错误； C、断开 S，下极板 B不动，将上极板 A缓慢向下移动稍许到 A′，因两板上所带电 量不变，减小距离 d，电容增大，由 C= ，及 E= = ，则可知 E不变，故 C正 确； D、由上分析可知，因电场强度不变，当将上极板 A缓慢向下移动稍许到 A′，而 P 到 B极板间的电势差不变，则其电势不变，故 D错误； 10 AC【考点】A6：电场强度；37：牛顿第二定律；66：动能定理的应用． 【专题】31 ：定性思想；43 ：推理法；532：电场力与电势的性质专题． 【分析】根据电场力做功正负分析动能的变化．由库仑定律分析电场力的变化，从 而判断加速度的变化．由动能定理可求 ab 间的电势差．由匀强电场公式 E= ，分析 能否求 b点的场强． 【解答】解：A、由图知，带电粒子受到 A处正电荷的排斥力作用，粒子从 a运动到 b的过程中库仑力做负功，其动能不断减小，故 A正确． B、粒子从 b运动到 c的过程中粒子离正电荷越来越远，所受的库仑力减小，加速度 减小，故 B错误． C、根据动能定理得：+qUab= ，可得能求出 A产生的电场中 a、b两点 间的电势差 Uab，故 C正确． D、ab 间不是匀强电场，根据公式 U=Ed，不能求 b点的电场强度．故 D错误． 故选：AC． 【点评】根据轨迹的弯曲方向判断出库仑力的方向是解题关键，根据动能定理、功 能关系和公式 U=Ed 分析． 二，实验题 11. 【考点】N4：用多用电表测电阻． 【专题】13 ：实验题；31 ：定性思想；46 ：实验分析法；535：恒定电流专题． 【分析】（1）明确欧姆表原理，知道内部电源的正极接黑表笔，负极接红表笔； （2）明确电路结构，知道欧姆档中所接滑动变阻器只能进行欧姆调零； （3）根据给出的量程和电路进行分析，再结合串并联电路的规律即可求得各电阻的 阻值； （4）明确电表的量程，确定最小分度，从而得出最终的读数． 【解答】解：（1）根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保 证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”； （2）由电路图可知，R6 只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零， 不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，故 B正确；AC 错误； 故选：B； （3）直流电流档分为 1mA 和 2.5mA，由图可知，当接 2时应为 1mA；根据串并联电 路规律可知，R1+R2= = =160Ω； 总电阻 R总= =120Ω 接 4 时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程 1V 的电压表；此时电流计与 R1、R2 并联后再与 R4 串联，即改装后的 1mA 电流表与 R4 串联再改装后电压表； 根据串联电路规律可知，R4= =880Ω； （4）若与 1连接，则量程为 2.5mA，读数为 1.48mA； 若与 3连接，则为欧姆档×100Ω挡，读数为 11×100=1100Ω=1.10kΩ；[] 若与 5连接，则量程为 5V；故读数为 2.95V（2.91﹣2.97 均可）； 故答案为；（1）黑；（2）B；（3）160；880；（4）1.48mA；1.10kΩ；2.95V． 12. 【考点】N2：测定金属的电阻率． 【专题】13 ：实验题；32 ：定量思想；43 ：推理法；535：恒定电流专题． 【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固 定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数． （2）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作， 应选最大阻值较小的滑动变阻器． （3）根据实验原理与实验器材确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路 图． （4）应用欧姆定律与电阻定律求出电阻丝电阻率表达式． 【解答】解：（1）由图甲所示游标卡尺可知，其主尺示数为 5.4cm=54mm，游标尺示 数为 5×0.1mm=0.5mm，游标卡尺示数为 54mm+0.5mm=54.5mm；由图乙所示螺旋测微 器可知，固定刻度示数为 0.5mm，可动刻度示数为 35.5×0.01mm=0.355mm，螺旋测 微器所示为 0.5mm+0.355mm=0.855mm． （2）电源电动势为 3V，待测电阻约 4Ω，电流约 0.6 A，所以电流表选 A1，为方便 实验操作，滑动变阻器应选 R2． （3）金属丝电阻约为 4Ω，电压表内阻约为 3kΩ，电流表内阻约为 0.2Ω，电压表 内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法；金属丝电阻约为 4Ω，滑动变阻器 最大阻值为 50Ω，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，为测量多组实验数据， 滑动变阻器应采用分压式接法，据此连接实物电路图，实物电路图如图所示． （4）由欧姆定律可知，待测金属丝电阻 R= ， 由电阻定律可知，R=ρ =ρ ，则金属丝电阻率ρ= ． 故答案为：①54.5，0.855；②A1，R2；③如上图所示； ④ ． 三，计算题 13.【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；2H：共点力平衡的条件及其应用； 6C：机械能守恒定律． 【专题】11 ：计算题；32 ：定量思想；4C ：方程法；531：带电粒子在电场中的 运动专题． 【分析】（1）根据电场力的计算公式求解电场力； （2）画出小球受力情况示意图，根据几何关系列方程求解质量； （3）根据机械能守恒定律求解速度． 【解答】解：（1）根据电场力的计算公式可得电场力 F=qE=1.0×10﹣6×3.0×103 N=3.0×10﹣3 N； （2）小球受力情况如图所示： 根据几何关系可得 mg= ， 所以 m= = =4×10﹣4kg； （3）电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则 mgl（1﹣cos37°）= ， 解得：v=2m/s． 答：（1）小球所受电场力 F的大小为 3.0×10﹣3 N． （2）小球的质量为 4×10﹣4kg． （3）将电场撤去，小球回到最低点时速度 v的大小为 2m/s． 【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运 动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式 确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功， 引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答． 14. 【考点】BG：电功、电功率． 【专题】11 ：计算题；32 ：定量思想；43 ：推理法；535：恒定电流专题． 【分析】（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流 I，电源释放的电功率为 P=EI， 即可求得； （2）由 U 内=Ir 可求得电源内阻分得电压，电动机两端的电压为 U=E﹣U1﹣U 内， 电动机消耗的功率为 P 电=UI；电动机将电能转化为机械能的功率为 P 机=P 电﹣ I2R0． （3）由 P热=I2r 可求的电源内阻消耗的功率，电源的输出功率为 P出=P﹣P 热． 【解答】解 （1）电动机正常工作时，总电流为：I= = A=2 A， 电源释放的电功率为：P=EI=10×2 W=20 W； （2）电动机两端的电压为：U=E﹣Ir﹣U1=（10﹣2×0.5﹣3.0）V=6 V； 电动机消耗的电功率为：P电=UI=6×2 W=12 W； 电动机消耗的热功率为：P热=I2R0=22×1.0 W=4 W； 电动机将电能转化为机械能的功率，据能量守恒为：P机=P 电﹣P热=（12﹣4）W=8 W； （3）电源的输出功率为：P出=P﹣P 内=P﹣I2r=（20﹣22×0.5）W=18 W； 答：（1）电源释放的电功率是 20W． （2）电动机消耗的电功率是 12W，将电能转化为机械能的功率是 8W． （3）电源的输出功率为 18W． 【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． 15. 【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；CM：带电粒子在混合场中的运动． 【专题】11 ：计算题；22 ：学科综合题；32 ：定量思想；4C ：方程法；535：恒 定电流专题． 【分析】（1）电容器与 RP 并联，则电容器两端的电压等于 RP 两端的电压，小球在 两极板间做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求出小球的加速度，由牛顿第二定 律求出电场力，再求出两极板的场强和电压，则由闭合电路欧姆定律可求得电流， 再由欧姆定律可求得滑动变阻器接入电阻； （3）由功率公式可求得电源的输出功率． 【解答】解：（1）小球在极板间做类平抛运动 水平方向： 竖直方向： ， 代入数据解得： 对小球，根据牛顿第二定律有：F﹣mg=ma 代入数据解得：F=0.6N 极板间电场强度为： 两极板间的电压为：U=Ed=60×0.2=12V 电路电流为： 变阻器接入电路的阻值为： （2）电源的路端电压为： 电源的输出功率为： 答：（1）滑动变阻器接入电路的阻值 12Ω； （2）电源的输出功率 27W