2018-2019学年安徽省滁州市定远县西片区高二上学期期中考试物理试题 解析版

2018-2019学年安徽省滁州市定远县西片区高二上学期期中考试物理试题 解析版

‎2018-2019学年安徽省滁州市定远县西片区高二（上）期中物理试卷 一、单选题 ‎1.如图所示，直角三角形ABC中∠B＝30°，点电荷A、B所带电荷量分别为QA、QB，测得在C处的某正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是(　　)‎ A. A带正电，QA∶QB＝1∶8‎ B. A带负电，QA∶QB＝1∶8‎ C. A带正电，QA∶QB＝1∶4‎ D. A带负电，QA∶QB＝1∶4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AC、由平行四边形定则可知，A对C的力沿CA方向，指向A，又C带正电，所以A带负电，故A、C错误；‎ BD、由几何关系得，解得，故B正确，D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2的电荷分别为、，其中小球1固定在碗底A点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的B位置处，如图所示。现在改变小球2的带电量，把它放置在图中C位置时也恰好能平衡，已知AB弦是AC弦的两倍，则（ ）‎ A. 小球在C位置时的电量是B位置时电量的一半 B. 小球在C位置时的电最是B位置时电量的八分之一 C. 小球2在B点对碗的压力大小小于小球2在C点时对碗的压力大小 D. 小球2在B点对碗的压力大小大于小球2在C点时对碗的压力大小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小球2受力分析，小球2受重力、支持力、库仑力，根据三角形相似判断各个力的大小关系，结合库仑定律计算带电量的大小．‎ ‎【详解】AB、对小球2受力分析，如图所示，‎ 小球2受重力、支持力、库仑力，其中F1为库仑力F和重力mg的合力，根据三力平衡原理可知，F1=FN．‎ 由图可知，△OAB∽△F1F B 设半球形碗的半径为R，AB之间的距离为L，根据三角形相似可知，‎ 即 所以FN=mg﹣﹣﹣﹣①‎ ‎﹣﹣﹣﹣②‎ 当小球2处于C位置时，AC距离为，故，‎ 根据库仑定律有：‎ 所以，即小球在C位置时的电量是B位置时电量的八分之一，故A错误B正确．‎ CD、由上面的①式可知FN=mg，即小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小，故C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题要能正确的对小球2进行受力分析，根据三角形相似原来，寻找各个力之间的大小关系．‎ ‎3.在光滑绝缘桌面上，带电小球A固定，带电小球B在A、B间库仑力作用下以速率v0绕小球A做半径为r的匀速圆周运动，若使其绕小球A做匀速圆周运动的半径变为2r，则B球的速率大小应变为(　　)‎ A. v0 B. v0 C. 2v0 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 半径为r时，对B球：；半径为2r时，对B球，解得v＝v0，则选项A正确．‎ ‎4.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的点电荷电场。如图所示，在球面上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，球心为O，CD为球面AB的对称轴，在轴线上有M、N两点，且，，已知球面在M点的场强大小为E，静电力常量为k，则N点的场强大小为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】将AB部分补上变成一个完整的均匀球壳，该球壳带电荷量为：；则该球壳在M点产生的场强为：；根据电场的叠加原理可知：球壳上部分在M 点产生的场强大小为：；根据对称性可知：在N点产生的场强大小为：   故C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎5.如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为+Q 和﹣Q．在它们的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为+q 的小球以初速度v0 从管口射入，则小球 A. 速度先增大后减小 B. 受到的库仑力先做负功后做正功 C. 受到的库仑力最大值为 ‎ D. 管壁对小球的弹力最大值为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：对于等量异种电荷，根据矢量的合成法则，中垂线的中点的电场强度最大，在无穷远的电场强度为零；点电荷靠近两个电荷的连线的中点过程，电场力不做功；中点处的电场强度最大，则库仑力也最大，弹力也是最大，从而即可求解．‎ 解：A、电荷量为+q 的小球以初速度v0从管口射入的过程，因电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，故速度不断增加；故A错误；‎ B、小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功；故B错误；‎ C、在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：E==；根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为，因此电荷量为+q 的小球受到最大库仑力为，故C正确；‎ D、根据C选项的分析，结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题关键是明确等量异号电荷的中垂线上的电场强度的分布情况，同时要结合动能定理和矢量合成原理分析，注意与等量同种电荷的区别．‎ ‎6. 在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示，由此可知（ ）‎ A. 小球带正电 B. 电场力大小为3mg C. 小球从A到B与从B到C的运动时间相等 D. 小球从A到B与从B到C的速度变化相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动．两个过程都运用的分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式x=vt，可分析时间关系；再研究竖直方向，由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力的大小．根据△v=at研究速度变化量的关系．‎ 解：A、由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电．故A错误．‎ B、设带电小球在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间为分别为t1和t2．在电场中的加速度为a．‎ 小球做平抛运动过程，有：‎ x1=v0t1；‎ 进入电场做匀变变速曲线运动的过程，有：x2=v0t2；‎ 由题意有：x1=2x2；‎ 则得：t1=2t2．‎ 又 y1=‎ 将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：‎ y2=‎ 根据几何知识有：y1：y2=x1：x2；‎ 解得：a=2g；‎ 根据牛顿第二定律得：F﹣mg=ma=2mg，‎ 解得：F=3mg，即电场力为3mg．故B正确，C错误．‎ D、根据速度变化量为：△v=at，则得平抛运动过程速度变化量大小为：△v1=gt1=2gt2，方向竖直向下；‎ 电场中运动过程速度变化量大小为：△v2=at2=2gt2，方向竖直向上，所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，方向相反，则速度变化量不相等．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题将平抛运动与类平抛运动的组合，关键运用逆向思维研究小球B到C的过程，再运用力学基本规律：牛顿第二定律和运动学公式列式分析．‎ ‎7.一根横截面积为S的铜导线，通过电流为I．已经知道铜的密度为ρ，铜的摩尔质量为M，电子电荷量为e，阿佛加德罗常数为NA，设每个铜原子只提供一个自由电子，则铜导线中自由电子定向移动速率为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，对铜导体研究：每个铜原子可提供一个自由电子，则铜原子数目与自由电子的总数相等，为：；t时间内通过导体截面的电荷量为：q=ne； 则电流强度为： 得：，故选A。‎ ‎8.如图所示电路中AB两端电压恒定，定值电阻和滑动变阻器的总电阻相等当滑片P从变阻器上端c滑动到d的过程中，电流表示数变化情况是 A. 先减小后增大 B. 先增大后减小 C. 始终增大 D. 始终减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑片在C处时，定值电阻被电流表短路，则电流表电流；当滑片在中点时，并联部分总电阻，并联部分电压为，电流表电流；当滑片在D处时，电流表电流，则知电流表示数先减小后增大；故选A。‎ ‎【点睛】做选择题常用的方法有：排除法、图象法、极限法，还有特殊值法等等本题借助于特殊值法求解，简单方便也可用数学函数法进行严格的推导，但过程比较复杂．‎ 二、多选题 ‎9.如图所示,带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA=OB都用长L的丝线悬挂在O点,静止时A、B相距为d.为使平衡时AB间距离减为d/2,可采用以下哪些方法 A. 将小球B的质量都增加到原来的2倍 B. 将小球B的质量增加到原来的8倍 C. 将小球B的电荷量都减小到原来的一半 D. 将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半,同时将小球B的质量增加到原来的2倍 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：对小球进行受力分析，并作出平行四边形；由几何关系可知力与边的关系，即可得出符合条件的选项．‎ 解：如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；‎ 由几何关系可知，=；‎ 而库仑力F=；‎ 即：==；‎ mgd3=kq1q2L；‎ d=‎ 要使d变为，可以使质量增大到原来的8倍而保证上式成立；故B正确；‎ 或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立；故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎【点评】本题中B球处于动态平衡状态，注意本题采用了相似三角形法；对学生数学能力要求较高，应注意相应知识的积累应用．‎ ‎10. 如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是 A. A、B两处电势、场强均相同 B. C、D两处电势、场强均相同 C. 在虚线AB上O点的场强最大 D. 带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势高。故A错误。根据等量异种电荷等势面分布可知：CD是一条等势线，C、D两处电势。由电场分布的对称性可知：C、D两处的场强相同。故B正确。根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小。故C错误。O点电势高于B点电势，正试探电荷在O处电势能大于在B处电势能。故D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小．‎ ‎11.如图所示为x轴上A、B两点间电势随位置x变化的关系图象，电子仅在电场力作用下由A点沿x轴运动到B点，下列判断正确的是 A. 电子先减速后加速，加速度先减小后增大 B. 电子先加速后减速，加速度先增大后减小 C. 电子从A到B过程中电势能先减小后增大 D. 电场中A到B过程中电势能先增大后减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A到B电势先降低后升高，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，可知电场的方向先向右再向左，而粒子所受的电场力方向应先向左再向右，所以电子先减速后加速。‎ 图象切线的斜率大小等于场强，则知从A到B，场强先逐渐减小，后逐渐增大，所以粒子所受的电场力先减小后增大，加速度先减小后增大，故A正确，B错误。粒子所受的电场力方向应先向左再向右，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小。故C错误，D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道电势的高低与电场方向的关系，知道电场力做功与电势能的关系，知道图象切线的斜率大小等于场强．‎ ‎12.在地面附近，存在着一有理想边界的电场，边界A、B将该空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向下的匀强电场，区域Ⅰ中无电场。在区域Ⅱ中边界下方某一位置P，由静止释放一质量为m，电荷量为q的带负电小球，如图（a）所示，小球运动的v-t图象如图（b）所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法不正确的是 A. 小球在7s末回到出发点 B. 电场强度大小是 C. P点距边界的距离为 D. 若边界AB处电势为零，则P点电势为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：小球回到出发点时通过的位移为0，根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移可知，小球在7s末回到出发点，故A正确；由图象的斜率等于加速度，得小球在电场中的加速度为：a1=离开电场后的加速度大小为a2=‎ 由牛顿第二定律得：‎ qE-mg=ma1 ①‎ mg=ma2 ②‎ 由①②得：电场强度E=,B错误；从边界到P点，由动能定理得：‎ ‎-ma2y=0-mv02③‎ 解得：P点距边界的距离 y=v0，C错误．‎ D、若边界AB处电势为零，边界与P点间的电势差为 U=Ey=0-φp=×v0‎ 解得：P点电势为．D正确。‎ 考点：本题考查带电粒子在电场中的运动。‎ ‎13.如图所示，直线ＯＡＣ为某一直流电源的总功率Ｐ总随着电流Ｉ变化的图线，抛物线ＯＢＣ为同一直流电源内部的热功率Ｐr随电流Ｉ变化的图线，若Ａ、Ｂ对应的横坐标为2Ａ，则下面说法中正确的是：（　　 ）‎ A. 电源电动势为3Ｖ，内阻为1Ω B. 线段ＡＢ表示的功率为2Ｗ C. 电流为2Ａ时，外电路电阻为0.5Ω D. 电流为3Ａ时，外电路电阻为2Ω ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、由图读出时，电源的功率，电源内部发热功率，根据电源的功率可得电源电动势，电源内部发热功率可得电源的内阻为；正确 B、当电流时，电源的功率为,电源内部发热功率，则线段AB表示功率为；正确 C、当电流时，由可得外电阻为；正确 D、当电流为3A时，由题知R=0；错误 故选ABC 考点：电源的三种功率 点评：对于电源要分清三种功率及其关系：电源的总功率，电源内部发热功率，外电路消耗功率，且根据能量关系得。‎ ‎14.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0.5A B. 电压表的示数为6V C. 电路输出功率为4W D. 电源内阻为1Ω ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 因为两个灯泡串联，所以通过两灯泡的电流相等，L1的额定电流为I1=P1/U1=0.5A，L2的额定电流为I2=P2/U2=1A，电路中电流为0.5A，所以只有L1正常发光，故A正确；从图像中可以看出，电流为0.5A时，L1两端电压为6V，L2两端电压为2V，电压表示数为2V，故B错误；电路中输出功率为P=UI=（2V+6V）x0.5A=4W,故C正确；电源内阻r=E-U/I=2Ω，故D错误，C正确。所以AC正确，BD错误。‎ 三、实验题探究题 ‎15.某同学用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，他先把选择开关旋到“×1k”挡，测量时指针偏转如甲图所示，为了比较精确的测量，他进行了下列合理的操作：‎ A．将换挡旋钮调至“×__Ω”倍率；‎ B．重新将红、黑两表笔短接，调节__调零旋钮（填图甲中“A”或“B”）使指针指到图中欧姆表刻度盘中的__刻度线位置；（填“0”或“∞”）‎ C．将待测电阻两端金属线与红、黑两表笔接触，这时刻度盘上的指针位置如乙图所示，则该定值电阻阻值为__Ω．‎ ‎【答案】 (1). 100 (2). B (3). 0 (4). 2100‎ ‎【解析】‎ 指针偏角过大，则说明电阻小，要用小档位：×100档；换档后要重新进行欧姆调零，故选B；短接红、黑表笔使指针刻度为0的位置；电阻值为：21×100=2100Ω。‎ ‎16.某同学要测量一定值电阻Rx(约300Ω)的阻值，现提供了下表中的器材：‎ 电池组E（电动势3V，内电阻很小） ‎ 滑动变阻器R1（0~20kΩ，额定电流1A） ‎ 电压表V（量程0~3V，内电阻约3kΩ） ‎ 滑动变阻器R2（0~20Ω，额定电流2A） ‎ 电流表A1（量程0~10mA，内电阻约5Ω） ‎ 开关S ‎ 电流表A2（量程0~0.6A，内电阻约0.25Ω） ‎ 导线若干 ‎ ‎ ‎ 为了使实验便于操作，电表调节范围从零开始，且使实验误差尽可能小，则：‎ ‎① 电流表应选用_______，滑动变阻器应选用 (均填写字母代号)；‎ ‎② 在图甲虚线框内画出测量电路的原理图（电路中各器材要求用题中给定的符号标出）；‎ ‎③ 若该同学已正确选用器材，连接好部分实验电路如图乙所示，请在图乙中完成其余电路连接。‎ ‎④ 该同学按照实验要求正确连接好图乙电路后，在电键闭合前，应将滑动变阻器的滑片移到 ‎ 端（填“A”或“B”）‎ ‎⑤该同学按照实验要求正确做完实验，测得的电阻值将__________ (填“大于”、“小于”或“等于”)被测电阻的实际阻值。‎ ‎【答案】①A1R2②见解析③见解析 ④A ⑤大于 ‎【解析】‎ 试题分析：①测量电阻时要注意，温度对电阻的影响，所以一般电路中的电流不宜过大，所以电流表选用A1滑动变阻器采用和被测电阻相近的电阻，便于操作，所以选择R2②电压表要求从零开始，所以滑动变阻器采用分压接法，因为电流表的电阻较小，所以采用电流表的内接法，避免电压表的分流，如图所示，‎ ‎④为了保证电路的安全，点闭合电建前需要将滑动变阻器滑动到最大阻值处，即A端，‎ ‎⑤因为电流表的分压，所以被测电压大于电阻两端的实际电压，而电流表准确测量的电阻的电流，所以根据欧姆定律可知测量值大于实际值 考点：本题考查了电阻的测量实验 点评：本题是灵活的考查测量电阻的方法．我们要开动脑筋用现有的器材测出电阻值．‎ 四、计算题 ‎17.如图所示，一均匀带正电的无限长细直棒水平放置，带电细直棒在其周围产生方向与直棒垂直向外辐射状的电场，场强大小与直棒的距离成反比．在直棒上方有一长为a的绝缘细线连接了两个质量均为m的小球A、B，A、B所带电量分别为+q和+4q，球A距直棒的距离为a，两球恰好处于静止状态．不计两小球之间的静电力作用．‎ ‎（1）求细线的张力；‎ ‎（2）剪断细线，若A球下落的最大速度为vm，求A球下落到速度最大过程中，电场力对A球做的功．‎ ‎（3）分析剪断细线后，B球的运动情况及能量的转化情况．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）剪断细线后，B小球做先上后下的往复运动（振动）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：分别隔离对A、B受力分析，通过共点力平衡求出细线的张力；当A球下落时，重力与电场力平衡时速度最大，根据平衡求出下降的距离，再根据动能定理求出电场力所做的功；剪断细线后，B小球做先上后下的往复运动，在上升的过程中，电场力做正功，电势能减小，根据能量守恒知，机械能增加，重力势能增加，动能先增大后减小），下降过程与上升过程对称。‎ ‎（1）设距直棒为r的点的电场强度大小为，分别对两小球列平衡方程：‎ 对A：‎ 对B：‎ 解得：‎ ‎（2）设A球下落到距直棒为r时速度最大，此时加速度为零，合力为零．‎ 由平衡条件：‎ 由上解得：‎ 解得：‎ 由动能定理：‎ 解得：‎ ‎（3）剪断细线后，B小球做先上后下的往复运动（振动）。在上升过程中，电势能逐渐减小，机械能逐渐增大（重力势能增大，动能先增大后减小）；在下降过程中，电势能逐渐增加，机械能逐渐减小（重力势能减小，动能先增大后减小），机械能与电势能的总和不变。‎ 点睛：本题主要考查了正确地受力分析，运用共点力平衡求解．以及会根据物体的受力，判断A、B两球的运动情况，知道加速度为零时，速度最大。‎ ‎18.如图所示，有一柔软链条全长为，质量均匀分布，总质量为链条均匀带正电，总带电量C、将链条放在离地足够高的水平桌面上空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度的大小若桌面与链条之间的动摩擦因数为重力加速度取给链条一个向右的初动能，试求：‎ ‎（1）链条受到的最大滑动摩擦力；‎ ‎（2）当桌面下的链条多长时，桌面下的链条所受到的重力恰好等于链条受到的滑动摩擦力．‎ ‎（3）能使链条从桌面上全部滑下所需的最小初动能．‎ ‎【答案】18. 20 N 19. x="0.5m " ‎ ‎20. ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)链条刚开始下滑的瞬间，此时链条全部在桌面上，正压力N最大。‎ N=Mg+qE 则fmax＝μN=μ（Mg＋qE）＝20 N （4分）‎ ‎(2)假设有x的链条在桌面下方 得到x="0.5m " （4分）‎ ‎（3）‎ 当下垂链条受到的重力加上电场力等于滑动摩擦力时，是临界情况。‎ 根据平衡条件：求得：（3分）‎ 当链条垂下1/3m时，重力+电场力=滑动摩擦力，则如果继续下滑，重力就大于滑动摩擦力了。所以链条下滑1/3m后就会自动下滑，链条所需要的最小初动能是能够让它下滑1/3m所需的动量。 （2分）‎ 根据动能定理：‎ 解得：（3分）‎ ‎19.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子（电荷量为e，质量为m，不计重力）无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：‎ ‎（1）电子从释放到打到屏上所用的时间t；‎ ‎（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；‎ ‎（3）电子打到屏上的点P′（图中未标出）到点O的距离x．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）3L．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，时间为， 由牛顿第二定律得：   由得： 电子进入电场时的速度为：  进入电场到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：   电子从释放到打到屏上所用的时间为：  联立①→⑤求解得：；‎ ‎（2）设粒子射出电场时平行电场方向的速度为 由牛顿第二定律得：电子进入电场时的加速度为：       ‎ ‎ 电子刚射出电场时的速度方向与AO连线夹角的正切值为；   联立①②③⑥⑦⑧⑨得：‎ ‎（3）带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示： 设电子打到屏上的点P到O点的距离x，根据上图有几何关系得：    (11) 联立⑩(11)得：‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，明确受力情况，根据力与运动关系找出运动规律即可求解．‎ ‎20.一台电风扇，内电阻是，接上220V的电压后，消耗的功率是66W，求：‎ ‎（1）电风扇正常工作时通过风扇电动机的电流大小；‎ ‎（2）电风扇工作时，转化为机械能和内能的功率以及电动机的效率；‎ ‎（3）若接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，此时通过电动机的电流多大？电动机消耗的电功率和发热功率各是多大？‎ ‎【答案】(1)0.3 A　(2)1.8 W　64.2 W　97.3% (3)11 A　2 420 W　2 420 W ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由P=UI可得电流；‎ ‎（2）线圈电阻发热功率PQ=I2r=1．8W；‎ 机械功率P机=P-PQ=64．2W；‎ 效率为机械功率与总功率之比为．‎ ‎（3）当叶片不转动时，作纯电阻，；P=UI=I2r=2420w．‎ 考点：电功率 ‎【名师点睛】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。‎ ‎ ‎ ‎ ‎