物理卷·2018届江西省抚州市金溪一中高二上学期第一次月考物理试卷（10月份） （解析版）

物理卷·2018届江西省抚州市金溪一中高二上学期第一次月考物理试卷（10月份） （解析版）

‎2016-2017学年江西省抚州市金溪一中高二（上）第一次月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题 ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．电流通过导体的热功率与电流大小成正比 B．力对物体所做的功与力的作用时间成正比 C．弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比 D．电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比 ‎2．重离子肿瘤治疗装置中的回旋加速器可发射+5价重离子束，其束流强度为1.2×10﹣5A，则在1s内发射的重离子个数为（e=1.6×10﹣19C）（　　）‎ A．3.0×1012 B．1.5×1013 C．7.5×1013 D．3.75×1014‎ ‎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 ‎4．一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是（　　）‎ A．A点的电场强度比B点的大 B．小球表面的电势比容器内表面的低 C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直 D．将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功不同 ‎5．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0﹣x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2﹣x3段是直线，则下列说法正确的是（　　）‎ A．x1处电场强度最小，但不为零 B．x2～x3段电场强度大小方向均不变，为一定值 C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 D．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2=φ0＞φ1‎ ‎6．用标有“6V　3W”的灯泡L1、“6V　6W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势E=9V．图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线．当其中一个灯泡正常发光时（　　）‎ A．电流表的示数为1A B．电压表的示数约为6V C．电路输出功率为4W D．电源内阻为0.5Ω ‎7．如图所示，在暴雨前，有一带电云团，（可近似可作带电绝缘球）正慢慢靠近地面．某野外地面附近有一质量较小的带电体被吸上天空，带电体在上升过程中，以下说法正确的是（　　）‎ A．带电体所经过的不同位置的电势一定越来越高 B．带电体的电势能一定越来越大 C．带电体所经历的不同位置的电场强度一定越来越大 D．带电体的加速度一定越来越大 ‎8．如图，为真空中某一点电荷Q产生的电场，a、b分别是其电场中的两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与a、b连线成120°角；b点的场强大小为Eb，方向与a、b连线成150°角，一带负电的检验电荷q在电场中由a运动到b，则（　　）‎ A．a、b两点场强大小Ea：Eb=3：1‎ B．a、b两点电势相比较φa＜φb C．q在a、b两点电势能相比较Epa＜Epb D．q在a、b两点受到的电场力大小之比Fa：Fb=1：3‎ ‎9．如图所示，真空中有A、B两个等量异种点电荷，O、M、N是AB连线的垂线上的三个点，且AO＞OB，A带负电荷，B带正电荷，一试探电荷仅受电场力作用，试探电荷从M运动到N的轨迹如图中实线所示．下列判断中正确的是（　　）‎ A．此试探电荷可能带负电 B．此试探电荷一定带正电 C．两点电势φM＞φN D．此试探电荷在M处的电势能大于在N处的电势能 ‎10．如图所示，曲线C1、C2分别是纯直流电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线，由该图可知下列说法正确的是（　　）‎ A．电源的电动势为4V B．电源的内阻为1Ω C．电源被短路时，电源消耗的功率为16W D．电源输出功率最大值为8W ‎　‎ 二、实验填空题 ‎11．有一灵敏电流计，其表头内阻Rg=1000Ω，满偏电流Ig=100μA，以下有关改表的说法正确的是（　　）‎ A．把它改成量程为1.5V的电压表，应串联一个15 kΩ的电阻 B．把它改成量程为1.0A的电流表，应并联一个1Ω的电阻 C．把它改成量程为1.0A的电流表，用它去测量某电流时读数为0.5A，此时流过表头的电流为50μA D．把它改成量程为1.5V的电压表后，校对表时，发现读数总是偏小，应再串联一个小电阻 ‎12．如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表．某同学利用该电路研究滑动变阻器RL消耗的电功率．改变RL的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的U﹣I关系图线．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）滑动触头向下移动时，电压表示数　　（填“增大”或“减小”）．‎ ‎（2）I0=　　A．‎ ‎（3）RL消耗的最大功率为　　W（保留一位有效数字）．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎13．有一个直流电动机，把它接入U=0.2V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是I=0.4A；若把电动机接入U′=2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是I′=1.0A．则：‎ ‎（1）电动机正常工作时的输出功率P为多大？‎ ‎（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率P′是多大？‎ ‎14．长为L细线，上端固定，下端栓一质量为m、带电量为q的球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将细线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细杆转动60°角时，小球到达B点，且速度恰好为零，求：‎ ‎（1）AB点的电势差UAB；‎ ‎（2）匀强电场的电场强度E大小；‎ ‎（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力F大小．‎ ‎15．某厂生产的一种电动自行车，设计质量（包括人）为m=80kg，动力电源选用能量储存量为“36V，10Ah”（即输出电压为36V，工作电流与工作时间的乘积为10Ah）的蓄电池（不计内阻），所用电源的额定输出功率P=180W，由于电动机发热造成的损耗（其他损耗不计），自行车的效率为η=80%，如果自行车在平直公路上行驶时所受阻力跟行驶速率和自行车对地面的压力的乘积成正比，即f=kmgv，其中k=5.0×10﹣3s•m﹣1，求 ‎（1）该自行车保持额定功率行驶的最长时间是多少？‎ ‎（2）自行车电动机的内阻为多少？‎ ‎（3）自行车在平直的公路上能达到的最大速度为多大？‎ ‎16．如图所示，电源内阻r=1Ω，R1=2Ω，R2=6Ω，灯L上标有“3V、1.5W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移到最右端时，电流表示数为1A，灯L恰能正常发光．‎ ‎（1）求电源的电动势；‎ ‎（2）求当P移到最左端时，电流表的示数；‎ ‎（3）当滑动阻器的Pb段电阻多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？‎ ‎17．如图（a），长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10﹣7C；一质量m=0.02g，带电量为q的小球B套在杆上，将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置变化的关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线II所示，其中曲线II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看做直线，求：（静电力常量k=9×109N•m/C2）‎ ‎（1）小球B所带电量q；‎ ‎（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；‎ ‎（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U．‎ ‎（4）已知小球在x=0.2处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m，若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省抚州市金溪一中高二（上）第一次月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．电流通过导体的热功率与电流大小成正比 B．力对物体所做的功与力的作用时间成正比 C．弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比 D．电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电流、电压概念．‎ ‎【分析】明确热功率、功的公式、电容的定义及胡克定律公式的意义进行分析，明确各物理量的决定因素．‎ ‎【解答】解：A、由P=I2R可知，电流通过导体的热功率与电流的平方成正比；故A错误；‎ B、力做功W=FL，与力的作用时间无关；故B错误；‎ C、劲度系数由弹簧本身的性质决定，与伸长量无关，故C错误；‎ D、由C=可知，电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比；故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．重离子肿瘤治疗装置中的回旋加速器可发射+5价重离子束，其束流强度为1.2×10﹣5A，则在1s内发射的重离子个数为（e=1.6×10﹣19C）（　　）‎ A．3.0×1012 B．1.5×1013 C．7.5×1013 D．3.75×1014‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】已知电流的多少和通电时间，根据公式Q=It求出电荷，再由Q=n•5e求出离子数目．‎ ‎【解答】解：1s内发射的重离子的电荷量为 ‎ Q=It=1.2×10﹣5C．‎ 每个重离子的电荷量为5e，则通过的重离子数为 n===1.5×1013（个）‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎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 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎4．一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是（　　）‎ A．A点的电场强度比B点的大 B．小球表面的电势比容器内表面的低 C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直 D．将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功不同 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】A、根据电场线的疏密可判定电场强度的强弱；‎ B、依据沿着电场线方向电势是降低的，即可判定；‎ C、根据电场线总与等势线垂直，即可确定；‎ D、在同一等势线上，电场力做功为零．‎ ‎【解答】解：A、依据电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密的，则电场强度越强，由图可知，则A点的电场强度比B点的小，故A错误；‎ B、根据沿着电场线方向电势是降低的，可知，小球表面的电势比容器内表面的高，故B错误；‎ C、因容器内表面为等势面，且电场线总垂直于等势面，因此B点的电场强度方向与该处内表面垂直，故C正确；‎ D、因A、B在同一等势面上，将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功相同，均为零，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0﹣x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2﹣x3段是直线，则下列说法正确的是（　　）‎ A．x1处电场强度最小，但不为零 B．x2～x3段电场强度大小方向均不变，为一定值 C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 D．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2=φ0＞φ1‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=qφ，分析电势的高低．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化，从而明确其运动过程的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=，由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误；‎ B、C、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动；故B正确，C错误；‎ D、0与x2处电势能相等，根据Ep=qφ可知0与x2处电势φ0、φ2的关系为φ0=φ2，x1处电势能最小，因放置的负电荷，故电势最高，同理可知，x3处电势最小，即φ1＞φ2=φ0＞φ3，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．用标有“6V　3W”的灯泡L1、“6V　6W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势E=9V．图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线．当其中一个灯泡正常发光时（　　）‎ A．电流表的示数为1A B．电压表的示数约为6V C．电路输出功率为4W D．电源内阻为0.5Ω ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由图可知A的电流大于B的电流，故只能L2正常发光，正常发光时的电压为额定电压，根据串联电路电流规律可知两灯电流相等，结合串并联电路的特点和闭合欧姆定律进行求解．‎ ‎【解答】解：由图象可知，L2正常发光的电流为1A，L1的正常发光电流为0.5A，所以，两灯串联在电路中，只有一灯正常发光，则一定是L1，此时电路中的电流为0.5A，‎ 由图可知：L2的电压为U2′=2V，此时电压表测L2两端的电压，即电压表的示数为2V；‎ 此时电源的输出电压为U=U1′+U2′=2V+6V=8V，‎ 电源的输出功率P=UI=8V×0.5A=4W；‎ 电源的内阻，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，在暴雨前，有一带电云团，（可近似可作带电绝缘球）正慢慢靠近地面．某野外地面附近有一质量较小的带电体被吸上天空，带电体在上升过程中，以下说法正确的是（　　）‎ A．带电体所经过的不同位置的电势一定越来越高 B．带电体的电势能一定越来越大 C．带电体所经历的不同位置的电场强度一定越来越大 D．带电体的加速度一定越来越大 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】越靠近场源，电场强度越大，从而可知带电体上升过程中与云层间电势差的变化．结合电场强度的变化，根据牛顿第二定律判断加速度的变化．根据电场力做功判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、由于不知道云层所带电荷的电性，所以带电体上升的过程中，不能判断出电势的变化．故A错误．‎ B、带电体在上升的过程中，电场力做正功，电势能减小．故B错误．‎ C、因为越靠近场源，场强越大，所以带电体在上升中所处环境的电场强度是越来越大．故C正确．‎ D、根据电场强度越来越大，则电场力越来越大，合力越来越大，根据牛顿第二定律知，加速度越来越大．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎8．如图，为真空中某一点电荷Q产生的电场，a、b分别是其电场中的两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与a、b连线成120°角；b点的场强大小为Eb，方向与a、b连线成150°角，一带负电的检验电荷q在电场中由a运动到b，则（　　）‎ A．a、b两点场强大小Ea：Eb=3：1‎ B．a、b两点电势相比较φa＜φb C．q在a、b两点电势能相比较Epa＜Epb D．q在a、b两点受到的电场力大小之比Fa：Fb=1：3‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】运用几何的方法找出点电荷Q的位置，求出a、b两点到Q的距离之比，由E=求解场强关系，并比较电势的高低及受到的电场力的大小．‎ ‎【解答】解：A、B、将两条电场线反向延长后相交于一点，即为点电荷Q的位置，设a、b两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到，rb=ra，‎ 根据公式E=得到，Ea=3Eb．故A正确；‎ B、因为b点距离正电荷Q远，所以φa＞φb．故B错误；‎ C、由图可知，负电荷相当于沿着电场线运动，电场力做负功，电势能增大，故电势能比较有Epa＜Epb，故C正确；‎ D、q受到的电场力为F=qE，因Ea=3Eb，故Fa：Fb=3：1，故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎9．如图所示，真空中有A、B两个等量异种点电荷，O、M、N是AB连线的垂线上的三个点，且AO＞OB，A带负电荷，B带正电荷，一试探电荷仅受电场力作用，试探电荷从M运动到N的轨迹如图中实线所示．下列判断中正确的是（　　）‎ A．此试探电荷可能带负电 B．此试探电荷一定带正电 C．两点电势φM＞φN D．此试探电荷在M处的电势能大于在N处的电势能 ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，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，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．‎ ‎【解答】解：A、粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，所以该粒子受到的电场力指向带负电的A电荷，所以该粒子带的是正电，所以A错误，B正确；‎ C、因为AO＞OB，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知，所以EM大于EN，φM大于φN，试探电荷在M处的电势能大于在N处的电势能，所以CD正确．‎ 故选：BCD． ‎　‎ ‎10．如图所示，曲线C1、C2分别是纯直流电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线，由该图可知下列说法正确的是（　　）‎ A．电源的电动势为4V B．电源的内阻为1Ω C．电源被短路时，电源消耗的功率为16W D．电源输出功率最大值为8W ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】当电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大，根据图象可以求得电源的最大输出功率和电源的内阻的大小．‎ ‎【解答】解：ABD、根据图象可以知道，曲线C1、C2的交点的位置，此时的电路的内外的功率相等，由于电路的电流时相等的，所以此时的电源的内阻和电路的外电阻的大小是相等的，即此时的电源的输出的功率是最大的，由图可知电源输出功率最大值为4W，所以D错误；‎ 根据P=I2R=I2r可知，当输出功率最大时，P=4W，I=2A，所以R=r=1Ω，所以B正确；‎ 由于E=I（R+r）=2×（1+1）=4V，所以电源的电动势为4V，所以A正确；‎ C、当电源被短路时，电源消耗的最大功率P大==16W，所以C正确．‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ 二、实验填空题 ‎11．有一灵敏电流计，其表头内阻Rg=1000Ω，满偏电流Ig=100μA，以下有关改表的说法正确的是（　　）‎ A．把它改成量程为1.5V的电压表，应串联一个15 kΩ的电阻 B．把它改成量程为1.0A的电流表，应并联一个1Ω的电阻 C．把它改成量程为1.0A的电流表，用它去测量某电流时读数为0.5A，此时流过表头的电流为50μA D．把它改成量程为1.5V的电压表后，校对表时，发现读数总是偏小，应再串联一个小电阻 ‎【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=；电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=﹣Rg，U为改装后的量程．‎ ‎【解答】解：A、改装成电压表要串联电阻分压，串联阻值为：R=﹣Rg=﹣1000=14000Ω，故A错误；‎ B、改装成电流表要并联分流，并联阻值：R==，故B错误；‎ C、把它改成量程为1.0A的电流表，用它去测量某电流时读数为0.5A，则指针正好是满偏的一半，即为50μA，故C正确；‎ D、把它改成量程为1.5V的电压表后，校对表时，发现读数总是偏小，则说明串联电阻偏大，所以应换一个小电阻串联，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎12．如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表．某同学利用该电路研究滑动变阻器RL消耗的电功率．改变RL的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的U﹣I关系图线．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）滑动触头向下移动时，电压表示数　减小　（填“增大”或“减小”）．‎ ‎（2）I0=　1.0　A．‎ ‎（3）RL消耗的最大功率为　5　W（保留一位有效数字）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）分析电路结构，根据并联电路规律可知R分流的变化，再由欧姆定律可得出电压表示数的变化；‎ ‎（2）由图象及并联电路的规律可分析恒定电流的大小；‎ ‎（3）由功率公式分析得出对应的表达式，再由数学规律可求得最大功率．‎ ‎【解答】解：（1）定值电阻与滑动变阻器并联，当R向下移动时，滑动变阻器接入电阻减小，由并联电路规律可知，电流表示数增大，流过R的电压减小，故电压表示数减小；‎ ‎（2）当电压表示数为零时，说明RL短路，此时流过电流表的电流即为I0；故I0为1.0A；‎ ‎（3）由图可知，当I0全部通过R时，I0R=20；‎ 由并联电路规律可知，流过RL的电流为：I=；‎ 则RL消耗的功率为：P=I2RL==；‎ 则由数学规律可知，最大功率为：P=5W；‎ 故答案为；（1）减小；（2）1.0；（3）5‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎13．有一个直流电动机，把它接入U=0.2V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是I=0.4A；若把电动机接入U′=2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是I′=1.0A．则：‎ ‎（1）电动机正常工作时的输出功率P为多大？‎ ‎（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率P′是多大？‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）电动机不转，由欧姆定律求出其内阻．电动机正常工作时输出功率等于电功率与内部发热功率之差．‎ ‎（2）在电动机正常工作时，转子突然被卡住，根据P=求出电动机的发热功率．‎ ‎【解答】解：（1）接U=0.2V电压，电机不转，电能全部转化成内能，故可视为纯电阻电路，电流I=0.4A，‎ 根据欧姆定律，线圈电阻R=，‎ 当接U′=2.0V电压时，电流I′=1.0A，‎ 故输入电功率，‎ 热功率，‎ 故输出功率即机械功率P=P电﹣P热=2﹣0.5=1.5W；‎ ‎（2）如果正常工作时，转子被卡住，则电能全部转化成内能，‎ 故其发热功率：；‎ 答：（1）电动机正常工作时的输出功率P为1.5W；‎ ‎（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率P′是8W．‎ ‎　‎ ‎14．长为L细线，上端固定，下端栓一质量为m、带电量为q的球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将细线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细杆转动60°角时，小球到达B点，且速度恰好为零，求：‎ ‎（1）AB点的电势差UAB；‎ ‎（2）匀强电场的电场强度E大小；‎ ‎（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力F大小．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）小球从A到B的过程中，重力做正功mgLsin60°，电场力做功为qUAB，动能的变化量为零，根据动能定理求解电势差UAB；‎ ‎（2）根据电场强度与电势差的关系U=Ed求解场强．式中d是AB沿电场线方向的距离，d=L﹣Lcos60°．‎ ‎（3）小球在AB间摆动时具有对称性，B处绳拉力与A处绳拉力相等，研究A处绳子的拉力得到B处绳子的拉力．在A处小球水平方向平衡，由平衡条件求解拉力．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：‎ ‎ mgLsin60°+qUAB=0‎ 所以UAB=﹣；‎ ‎（2）BA间电势差为UBA=﹣UAB=‎ 则场强E==；‎ ‎（3）小球在AB间摆动，由对称性得知，B处绳拉力与A处绳拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有：‎ ‎ FTA=Eq=mg，‎ 所以FTB=FTA=mg．‎ 答：‎ ‎（1）AB两点的电势差UAB为﹣；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小是；‎ ‎（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小是mg．‎ ‎　‎ ‎15．某厂生产的一种电动自行车，设计质量（包括人）为m=80kg，动力电源选用能量储存量为“36V，10Ah”（即输出电压为36V，工作电流与工作时间的乘积为10Ah）的蓄电池（不计内阻），所用电源的额定输出功率P=180W，由于电动机发热造成的损耗（其他损耗不计），自行车的效率为η=80%，如果自行车在平直公路上行驶时所受阻力跟行驶速率和自行车对地面的压力的乘积成正比，即f=kmgv，其中k=5.0×10﹣3s•m﹣1，求 ‎（1）该自行车保持额定功率行驶的最长时间是多少？‎ ‎（2）自行车电动机的内阻为多少？‎ ‎（3）自行车在平直的公路上能达到的最大速度为多大？‎ ‎【考点】电功、电功率；能量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）额定功率行驶时输出电压为36V，输出功率为180W，根据P=UI求出电流，再根据电池的容量求出行驶的时间．‎ ‎（2）根据效率求出发热功率，再根据P热═I2r求出内阻．‎ ‎（3）速度越大，牵引力越小，当牵引力等于阻力时，速度最大．‎ ‎【解答】解：（1）根据公式：P=IU，I=5A 再根据电池容量可得：t=h=2h ‎（2）P热=P﹣80%P=I2r，‎ r==1.44Ω ‎ ‎（3）经分析可知，当自行车以最大功率行驶且达匀速时速度最大，因此有：‎ F牵=kmgvm 而 F牵=‎ 联立代入数据可得：vm==6m/s 答：（1）该自行车保持额定功率行驶的最长时间是2h；‎ ‎（2）自行车电动机的内阻为1.44Ω；‎ ‎（3）自行车在平直的公路上能达到的最大速度为6m/s．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，电源内阻r=1Ω，R1=2Ω，R2=6Ω，灯L上标有“3V、1.5W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移到最右端时，电流表示数为1A，灯L恰能正常发光．‎ ‎（1）求电源的电动势；‎ ‎（2）求当P移到最左端时，电流表的示数；‎ ‎（3）当滑动阻器的Pb段电阻多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）由闭合电路欧姆定律可以求得电动势；‎ ‎（2）当P移到最左端时，R1直接接到电源上，根据闭合电路欧姆定律即可求解电流；‎ ‎（3）先求出电路中的电流，表示出变阻器R3上消耗的功率的表达式，用数学方法求解．‎ ‎【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律得：‎ E=UL+IR1+Ir=3+1×2+1×1=6V ‎（2）当P移到最左端时，‎ ‎（3）根据题意可知：‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 将已知量代入，‎ 化简得，，‎ 又有，‎ 所以，‎ 可算得，当R3=2Ω时变阻器R3上消耗的功率最大，且最大值为2W．‎ 答：（1）电源的电动势为6V；‎ ‎（2）当P移到最左端时，电流表的示数为2A；‎ ‎（3）当滑动阻器的Pb段电阻为2Ω时，变阻器R3上消耗的功率最大，最大值为2W．‎ ‎　‎ ‎17．如图（a），长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10﹣7C；一质量m=0.02g，带电量为q的小球B套在杆上，将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置变化的关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线II所示，其中曲线II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看做直线，求：（静电力常量k=9×109N•m/C2）‎ ‎（1）小球B所带电量q；‎ ‎（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；‎ ‎（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U．‎ ‎（4）已知小球在x=0.2处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m，若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？‎ ‎【考点】库仑定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）根据库仑定律可求小球B所带电量；‎ ‎（2）根据电场强度的定义可求非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小；‎ ‎（3）在合电场中，根据电场力做功求x=0.4m与x=0.6m之间的电势差；‎ ‎（4）分别求出各段电场力做的功，再由动能定理求恒力作用的最小距离．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，当x=0.3m时，F1=k=0.018N，‎ 因此：q==1×10﹣6 C；‎ ‎（2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，则：F合=F2+qE，‎ 因此：E==N/C=﹣3×104N/C，‎ 电场在x=0.3m处沿细秆方向的电场强度大小为3×104N/C，方向水平向左；‎ ‎（3）根据图象可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功：W合=﹣0.004×0.2=﹣8×10﹣4J，‎ 由qU=W合可得：U==﹣800V；‎ ‎（4）由图可知小球从x=0.16m到x=0.2m处，‎ 电场力做功W1==6×10﹣4J，‎ 小球从x=0.2m到x=0.4m处，电场力做功W2=﹣mv2=﹣1.6×10﹣3 J，‎ 由图可知小球从x=0.4m到x=0.8m处，电场力做功W3=﹣0.004×0.4=﹣1.6×10﹣3 J，‎ 由动能定理可得：W1+W2+W3+F外s=0，‎ 解得：s==0.065m；‎ 答：（1）小球B所带电量为1×10﹣6 C；‎ ‎（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C；‎ ‎（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差为﹣800V；‎ ‎（4）恒力作用的最小距离s是0.065m．‎ ‎　‎ ‎2016年12月10日