河北省迁西县第一中学2019-2020学年高二上学期10月月考物理试题

河北省迁西县第一中学2019-2020学年高二上学期10月月考物理试题

迁西一中 2019-2010 学年度第一学期高二年级 10 月月考考 试 物理试卷 一、单项选择题（本题共 18 小题，每小题 3 分，共 54 分） 1. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为 F，若它们的带电量都增大为原来的 2 倍，距离减少为原来的 1/2，它们之间的相互作用力变为 （ ） A. F/2 B. F C. 4F D. 16F 【答案】D 【解析】 由库仑定律： ，可知它们的带电量都增大为原来的 2 倍，距离不变，则它们之间 的相互作用力变为原来的 4 倍，即 4F，故选 C。 【点睛】直接根据库仑定律公式 列式判断两个点电荷间的静电力大小的变化情况 即可． 2.在某电场中，已知 A、B 两点间的电势差 UAB=20V，在将电荷量为 q=-2×10-9C 的点电荷由 A 点移动到 B 点的过程中，( ) A. 静电力做正功 1.0×10-10J B. 静电力做负功 1.0×10-10J C. 电势能增加 4.0×10-8J D. 电势能减少 4.0×10-8J 【答案】C 【解析】 【详解】AB．由 A 点移动到 B 点的过程中静电力对点电荷做功为 即静电力做负功 4.0×10-8J，故 AB 错误； CD．由电场力做功与电势能关系可知，点电荷的电势能增加 4.0×10-8J，故 C 正确，D 错误。 3.两电阻 的电流 I 和电压 U 的关系如右图所示，可知两电阻的大小之比 等于 2 QqF k r = 2 QqF k r = 9 82 10 20J 4 10 JAB ABW qU − −= = − × × = − × 1 2R R、 1 2:R R （ ） A. B. 3:1 C. D. 1:3 【答案】D 【解析】 因为该图线为 I-U 图线，则图线的斜率表示电阻的倒数，两根图线的斜率比为：tan60°： tan30°=3：1，所以电阻比为 1：3．故 D 正确，ABC 错。 4.如图所示，R1 和 R2 是材料相同、厚度相同、表面均为正方形的导体，R1 的表面边长是 R2 的表面边长的 2 倍，则 R1 和 R2 的大小关系是( ) A. R1= 2R2 B. R1= R2 C. R1= 4R2 D. R2= 2R1 【答案】B 【解析】 【详解】由电阻定律 得 所以电阻与材料和厚度有关，两电阻厚度相同，材料相同，所以电阻之比为 1：1，即两电 阻相等 A．R1= 2R2 与分析不符，故 A 错误； B．R1= R2 与分析相符，故 B 正确； C．R1= 4R2 与分析不符，故 C 错误； D．R2= 2R1 与分析不符，故 D 错误。 5.把两个相同的电灯分别接在图中甲、乙两个电路里，调节滑动变阻器，使两灯都正常发光， 两电路中消耗的总功率分别为 和 ，可以断定 3 :1 1: 3 LR S ρ= 1LR Ld d ρ ρ= = P甲 P乙 A. > B. < C. = D. 无法确 定 【答案】C 【解析】 根据两电路灯泡正常，可得甲电路中的电流是乙电路中的 2 倍，而甲电路两端所加的电压乙 电路两端的一半，由 P=UI 可知 = ，选项 ABD 错误、C 正确。 故选：C。 6.如图所示，图中实线表示一匀强电场的电场线，一带负电荷的粒子射入电场，虚线是它的 运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点，若粒子所受重力不计，则下列判断正确的是(　　) A. 电场线方向向下 B. 粒子一定从 a 点运动到 b 点 C. a 点电势比 b 点电势高 D. 粒子在 a 点的速度小于在 b 点的速度 【答案】D 【解析】 【详解】A．由曲线运动的知识可知：带电粒子所受的电场力向下，由于粒子带负电所以电 场线的方向向上，故 A 错误； B．由于粒子 运动方向不知，所以可能是从 a 到 b，也可能是从 b 到 a，故 B 错误； C．由于粒子带负电所以电场线的方向向上，所以 a 点电势比 b 点电势低，故 C 错误； D．a 点电势比 b 点电势低，所以带负电的粒子在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能，由能 量守恒可知，粒子在 a 的动能小于在 b 点的动能，即粒子在 a 点的速度小于在 b 点的速度， 故 D 正确。 的 P甲 P乙 P甲 P乙 P甲 P乙 P甲 P乙 7.如图所示， AB 为一条电场线， 关于 A、B 两点处的物理量， 下述说法中正确的是 ( ) A. A 点的场强一定大于 B 点的场强 B. A 点的电势一定高于 B 点的电势 C. A、B 两点间的电势差一定等于 E·d（E 为 A 点的场强） D. 电子在 A 点的电势能一定大于在 B 点的电势能。 【答案】B 【解析】 【详解】A．一条电场线无法判断电场线的疏密，所以无法判断场强的大小，故 A 错误； B．沿着电场线的方向电势逐渐降低，则 A 点的电势一定大于 B 点的电势，故 B 正确； C．只有在匀强电场中 a、b 两点间的电势差等于 Ed，若是非匀强电场，a、b 两点电势差不 等于 Ed．故 C 错误； D．A 点的电势一定大于 B 点的电势，而电子带负电，所以电子在 A 点的电势能一定小于在 B 点的电势能。故 D 错误 8.如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变 、 两极板 的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度 （ ） A. 一定增大 B. 一定减小 C. 一定不变 D. 可能不变 【答案】B 【解析】 【分析】 静电计测定电容器两板间的电势差，电势差越大，指针的偏转角度越大．平行板电容器带电 后电量不变，减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质后，分析电容的变化，再由 A B 电容的定义式分析静电计指针的偏转角度的变化． 【详解】由题可知，减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，根据电容的决定式 可知电容增大，电容器的电量不变，由 得知，板间电势差减小，则静电 计指针的偏转角度一定减小。故选 B。 【点睛】对电容的定义式和决定式两个公式要熟练掌握，灵活应用。 9.图甲中 AB 是某电场中的一条电场线．若将一负电荷从 A 点处由静止释放，负电荷沿电场 线从 A 到 B 运动过程中的速度图象如图乙所示．关于 A、B 两点的电势高低和场强大小关系， 下列说法中正确的是(　　) A. φA>φB，EA>EB B. φA>φB，EAEB D. φA<φB，EA qEa m = A BE E> A. 粒子在 M 点的速率最大 B. 粒子所受电场力沿电场方向 C. 粒子在电场中的加速度不变 D. 粒子在电场中的电势能始终在增加 【答案】C 【解析】 【详解】根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹一侧，再结合电场力的特点可知 粒子带负电,即受到的电场力方向与电场线方向相反，B 错；从 N 到 M 电场力做负功，减速， 电势能在增加；当达到 M 点后电场力做正功，加速，电势能在减小，则在 M 点的速度最小 A 错，D 错；在整个过程中只受电场力根据牛顿第二定律加速度不变，C 正确. 11.如图，两电荷量分别为 Q(Q>0)和-Q 的点电荷对称地放置在 x 轴上原点 O 的两侧，a 点位 于 x 轴上 O 点与点电荷 Q 之间，b 点位于 y 轴 O 点上方。取无穷远处的电势为零。下列说 法正确的是(　　) A. b 点电势为零,电场强度也为零 B. 正的试探电荷在 a 点的电势能大于零，所受电场力方向向右 C. 将同一正的试探电荷先后从 O、b 两点移到 a 点，后者电势能的变化较大 D. 将正的试探电荷从 O 点移到 a 点，必须克服电场力做功 【答案】BD 【解析】 【详解】结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一 条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以 B 点的电势等 于 0，而电场强度不等于 0．故 A 错误；由图，两个点电荷在 a 点产生的电场强度的方向都 向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在 a 点受到的电场力的方向向右；正电荷从 a 向 O 运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，而 O 点的电势等于 0，所以正的试探电 荷在 a 点的电势能大于零，故 B 正确；两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线， 所以 O、b 两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从 O、b 两点移到 a 点，二者电 势能的变化相等。故 C 错误。正电荷从 a 向 O 运动的过程中，电场力做正功，电势能减小。 所以将正的试探电荷从 O 点移到 a 点，必须克服电场力做功；故 D 正确；故选 BD。 【点睛】对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和 等势面的对称性进行记忆． 12.如图所示，a、b 两点位于以负点电荷–Q（Q>0）为球心的球面上，c 点在球面外，则 A. a 点场强的大小比 b 点大 B. b 点场强的大小比 c 点小 C. a 点电势比 b 点高 D. b 点电势比 c 点低 【答案】D 【解析】 【详解】由点电荷场强公式 确定各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷 为球心的球面和沿电场线方向电势逐渐降低确定各点的电势的高低。 由点电荷的场强公式 可知，a、b 两点到场源电荷的距离相等，所以 a、b 两点的 电场强度大小相等，故 A 错误；由于 c 点到场源电荷的距离比 b 点的大，所以 b 点的场强 大小比 c 点的大，故 B 错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以 a 点与 b 点电势相等，负电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低， 所以 b 点电势比 c 点低，故 D 正确。 13.如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由 b 沿直线运动 到 d，且 bd 与竖直方向所夹的锐角为 ，则下列结论正确的是( ) 2 QE k r = 2 QE k r = 45° A. 此液滴带正电 B. 液滴的加速度等于 g C. 合外力对液滴做 总功等于零 D. 液滴的电势能增加 【答案】B 【解析】 【详解】A．据题带电液滴沿直线 b 运动到 d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其 运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，则电场力方向一定水 平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电，故 A 错误； B．由图可得物体所受合力为： 故物体的加速度为 故 B 正确； C．由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做 正功，故 C 错误； D．由于电场力所做的功为： W 电=Eqxbdcos ＞0 故电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减小，故 D 错误。 14.某电解池，如果在 1 s 内共有 5×1018 个二价正离子和 1.0×1019 个一价负离子通过某截面， 那么通过这个截面的电流是(　　) A. 0 B. 0.8 A C. 1.6 A D. 3.2 A 【答案】D 【解析】 的 2 2F mg= 2Fa gm = = 45° 【详解】由题，电解池中正负离子运动的方向相反，则 1s 内通过截面正离子的电量为 q1=2n1e 负离子的电量绝对值为 q2=n2e 则电流为 代入数据解得： A．0 与分析不符，故 A 错误； B．0.8 A 与分析不符，故 B 错误； C．1.6 A 与分析不符，故 C 错误； D．3.2 A 与分析相符，故 D 正确。 15.两根完全相同的金属裸导线，如果把其中一根均匀拉长到原来的 2 倍，把另一根对折起 来，然后把它们分别接上相同的电压，则在同一时间内通过它们的电量之比为（ ） A. 1:4 B. 1:8 C. 1:16 D. 16:1 【答案】C 【解析】 【详解】设原来的电阻为 R，其中的一根均匀拉长到原来的 2 倍，横截面积变为原来的 ， 根据 可知，电阻 R1=4R，另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面 积变为原来的 2 倍，根据电阻定律，电阻 ，则两电阻之比为 16：1．电压相等，根 据欧姆定律，电流比为 1：16，根据 q=It 知相同时间内通过的电量之比为 1：16。 A. 1:4 与计算结果不符，故 A 错误。 B. 1:8 与计算结果不符，故 B 错误。 C. 1:16 与计算结果相符，故 C 正确。 D. 16:1 与计算结果不符，故 D 错误。 16.如图是有两个量程的电压表，当使用 a、b 两个端点时，量程为 0～10 V，当使用 a、c 两 个端点时，量程为 0～100 V．已知电流表的内阻 Rg 为 500 Ω，满偏电流 Ig 为 1 mA，则电阻 R1、R2 的值(　　) 1 2q qI t += 3.2AI = 1 2 LR S ρ= 2 1 4R R= A. 9500Ω；90000Ω B. 90000Ω；9500Ω C. 9500Ω；9000Ω D. 9000Ω；9500Ω 【答案】A 【解析】 【详解】由图示电路图可知 ， ， 代入数据解得 ， A. 9500Ω；90000Ω 与分析相符，符合题意 B. 90000Ω；9500Ω 与分析不符，不符合题意 C. 9500Ω；9000Ω 与分析不符，不符合题意 D. 9000Ω；9500Ω 与分析不符，不符合题意 17.如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关 S 闭合后，在变阻器 Ru 的滑动端向下滑动的过 程中 A. 电压表与电流表的示数都减小 B. 电压表与电流表的示数都增大 C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小 1 10V( )g gI R R+ = 1 2 10( ) 0Vg gI R R R+ + = 1 9500ΩR = 2 90000ΩR = D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大。 【答案】A 【解析】 【详解】当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增 大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数 减小； 由欧姆定律可知，R1 上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过 R2 的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过 R0 的电流增大，则电流表的示数增大．故 A 正确，BCD 错误 【此处有视频，请去附件查看】 18.匀强电场中的三点 A、B、C 是一个三角形的三个顶点，AB 的长度为 1 m，D 为 AB 的中 点，如图所示。已知电场线的方向平行于△ABC 所在平面，A、B、C 三点的电势分别为 14 V、6 V 和 2 V，设场强大小为 E，一电量为 1× C 的正电荷从 D 点移到 C 点电场力所做 的功为 W,则 A. W=8× J E＞8 V/m B. W=6× J E＞6 V/m C. W=8× J E≤8 V/m D. W=6× J E≤6 V/m 【答案】A 【解析】 【 详 解 】 试 题 分 析 ： 由 题 匀 强 电 场 中 ， 由 于 D 为 AB 的 中 点 ， 则 D 点 的 电 势 ，电荷从 D 点移到 C 点电场力所做的功为 W=qUDC=q（φD-φC ） =1×10-6×（10-2）J=8×10-6J．AB 的长度为 1m，由于电场强度的方向并不是沿着 AB 方向， 610− 610− 610− 610− 610− 102 A B D V ϕ ϕϕ += = 所以 AB 两点沿电场方向的距离 d＜1m，匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成 正比，即 U=Ed，所以 ，故选 A。 考点：电势；电场强度 【此处有视频，请去附件查看】 二、多项选择题（共 7 小题，每小题 3 分，共 21 分.选对的得 3 分，选对但不全 的得 2 分） 19.在如图所示的四种典型电场的情况中，电场中 a、b 两点的电场强度相同的是（ ） A. 图甲中平行板电容器带电时，极板间除边缘附近外的任意两点 a、b B. 图乙中两个等量异号点电荷的连线上，与连线中点 O 等距的两点 a、b C. 图丙中离点电荷等距的任意两点 a、b D. 图丁中两个等量同号点电荷的连线的中垂线上，与连线中点 O 等距的任意两点 a、b 【答案】AB 【解析】 【详解】A．a、b 是匀强电场中的两点，电场强度相同，故 A 正确； B．两个等量异号点电荷的连线上，据电场线的对称性可知，a、b 两点电场强度相同，故 B 正确； C．离点电荷 Q 等距的任意两点 a、b 电场强度大小相等，但方向不同，则电场强度不同， 故 C 错误； D．两个等量同号点电荷连线的中垂线上，与中点 O 等距的任意两点 a、b 场强大小相等， 但方向相反，所以电场强度不同，故 D 错误。 20.某一电场中的电场线和等势面分布如图所示，在电场中有 A、B 两点，下列说法中正确的 (　　) A. A 点比 B 点的电势高 8 /UE V md = > B. B 点比 A 点的电势高 C. 将负电荷由 B 移动到 A 时，静电力做正功 D. 将负电荷由 B 移动到 A 时，静电力做负功 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．根据沿电场线方向电势降低，可知 B 所在等势面的高于 A 所在等势面的电势， 所以 B 点比 A 点的电势高，故 A 错误，B 正确； CD．由负电荷在电势低处电势能大，所以负电荷在 A 处的电势能较大，将负电荷由 B 移动 到 A 时，电势能增大，所以电场力做负功，故 C 错误，D 正确。 21. 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一 带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子 A. 所受重力与电场力平衡 B. 电势能逐渐增加 C. 动能逐渐增加 D. 做匀变速直线运动 【答案】BD 【解析】 试题分析：根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力 合力与速度方向反向，粒子 做匀减速直线运动，因此 A 错误，D 正确；由 A 选项分析可知，电场力做负功，则电势能增 加，故 B 正确；因电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故 C 错误。 考点：带电粒子在电场中的运动 【名师点睛】考查根据运动情况来确定受力情况，带电粒子在场中受到电场力与重力，根据 粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性 质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化。 【此处有视频，请去附件查看】 的 22.如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下列说法正确的是（ ） A. 电源的电动势为 6.0V B. 电源的内阻为 12 Ω C. 电流为 0.3 A 时的外电阻是 18Ω. D. 电源的短路电流为 0.5A 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由闭合电路欧姆定律 U=E-Ir 得，当 I=0 时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路 状态，电动势 E=6V，故 A 正确； B．电源的内阻等于图线的斜率大小，即 故 B 错误； C．由闭合电路欧姆定律 得： 解得： 故 C 正确； D．外电阻 R=0 时，短路电流为 故 D 错误。 23.直流电路如图所示，闭合开关 S 后，在滑动变阻器的滑片 P 向右移动时，电源的（　　） 6.0 5.0 20.5r −= Ω = Ω ( )E I R r= + 6 0.3 ( 2)R= × + 18R = Ω 6 A 3A2 EI r = = =短 A. 总功率一定增大 B. 效率一定增大 C. 内部损耗功率一定减小 D. 输出功率一定先增大后减小 【答案】BC 【解析】 【分析】 滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可以判断电路电流如何变化， 由电功率公式可以分析答题； 【详解】由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电 路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流 I 变小； A、电源电动势 E 不变，电流 I 变小，电源总功率 减小，故 A 错误； B、电源的效率 ，电源内阻 r 不变，滑动变阻器阻值 R 变大，则电源 效率增大，故 B 正确； C、电源内阻 r 不变，电流 I 减小，电源 热功率 减小，故 C 正确； D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器 接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故 D 错误。 【点睛】考查闭合电路的欧姆定律以及最大值问题，熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公 式即可正确解题。 24.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加 速电场 ，之后进入电场线竖直向下的匀强电场 发生偏转，最后打在屏上，整个装置处 于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么 A. 偏转电场 对三种粒子做功一样多 B. 三种粒子打到屏上时速度一样大 的 P EI= ( ) 2 2 1 1 I R rI R r R η = =+ + 2 QP I r= 1E 2E 2E C. 三种粒子运动到屏上所用时间不相同 D. 三种粒子一定打到屏上 不同位置 【答案】AC 【解析】 【详解】AD．粒子在加速电场中加速，由动能定理可知： 解得： 粒子在加速电场中的运动时间 在偏转电场中竖直分位移 联立解得： y 与 q、m 无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运 动，因此三种粒子一定打到屏上的同一位置，离开偏转电场后粒子的运动时间： 加速电场对粒子做功为 W1=qU1 q 和 U1 相等，所以加速电场 E1 对三种粒子做功相等。偏转电场 E2 对粒子做功： W2=qE2y q、E2、y 相等，则知偏转电场 E2 对三种粒子做功相等，故 A 正确，D 错误； B．对整个过程，根据动能定理得 的 2 1 0 1 2qU mv= 1 0 2qUv m = 1 1 1 0 1 2 2 2 L mt Lv qU = = 2 22 2 2 2 0 1 1 ( )2 2 qU Ly a t md v = = × × 2 2 2 14 U Ly U d = 3 3 3 0 12 L mt Lv qU = = 由于 W 相等，m 不等，所以 v 不等，即三种粒子打到屏上时速度不等，故 B 错误； C．粒子运动到屏上所用时间 t=t1+t2+t3= 因为 不等，所以 t 不等，故 C 正确。 25.两个带等量正电的点电荷，固定在图中 P、Q 两点，MN 为 PQ 连线的中垂线，交 PQ 与 O 点，A 为 MN 上的一点，一带负电的试探电荷 q，从 A 点由静止释放，只在静电力作用下运 动，取无限远处的电势为零，则（　　） A. q 由 A 向 O 的运动是匀加速直线运动 B. q 由 A 向 O 运动的过程电势能逐渐 减小 C. q 运动到 O 点时的动能最大 D. q 运动到 O 点时电势能为零 【答案】BC 【解析】 试题分析：本题要根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受 力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况． 解：A、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中 P、Q 连线的中垂线 MN 上，从无 穷远到 O 过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向． 故试探电荷所受的电场力是变化的，q 由 A 向 O 的运动做非匀加速直线运动，故 A 错误． B、电场力方向与 AO 方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故 B 正确． C、从 A 到 O 过程，电场力做正功，动能增大，从 O 到 N 过程中，电场力做负功，动能减 小，故在 O 点试探电荷的动能最大，速度最大，故 C 正确． D、取无限远处的电势为零，从无穷远到 O 点，电场力做正功，电势能减小，则 q 运动到 O 点时电势能为负值．故 D 错误． 21 2W mv= 1 2 3 1 (2 ) 2 mL L L qU + + m q 故选 BC 【点评】本题考查静电场的基本概念．关键要了解等量同种点电荷电场线的分布情况，运用 动能定理进行分析． 【此处有视频，请去附件查看】 三、计算题（本题共 25 分，其中 26 题 8 分，27 题 17 分，解题过程中要求写出 必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分） 26.一个电动机，线圈电阻是 0.4Ω，当它两端所加的电压为 220V 时，通过的电流是 5A。这 台电动机每分钟所做的机械功有多少? 【答案】65400J 【解析】 【详解】电动机内部有线圈和转动部分，所以 220V 的电压一部分加在线圈上，一部分加在 转动部分上；U 线圈=Ir=2V，P 内=UI=10W，P 总=220×5=1100W， 电动机输出的机械功率：P 出=1100-10=1090W 一分钟做的功：W=Pt=1090×60=65400J 27.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场．其电场强度为 E，在该匀强电场中， 用丝线悬挂质量为 m 的带电小球，丝线跟竖直方向成 θ 角时小球恰好平衡，如图所示，请 问： (1)小球带电荷量是多少？ (2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？ (3)若突然撤去电场，丝线所受最大拉力是多大？ 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 tanmg E θ 2 cos sin b g θ θ c3 os2mg mg θ− 【详解】(1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示 Fsinθ＝qE Fcosθ＝mg 联立解得： tanθ＝ 故 q＝ . (2)细线的拉力为 F＝ 而剪断丝线后小球的加速度 a＝ ＝ 由几何关系得，小球碰到金属板运动的距离为 s＝ 又由 s＝ at2＝ ＝ (3)小球摆到最低点时丝线所受拉力最大，小球下落至最低点： mgL(1- )= mv2 最低点： T-mg=m 解得： qE mg tanmg E θ cos mg θ F m 合 cos g θ sin b θ 1 2 2s a 2 cos sin b g θ θ cosθ 1 2 2v L T=3mg-2mg 依据牛顿第三定律 丝线所受拉力为 T=3mg-2mg cosθ cosθ