河南省濮阳市台前一中2015_2016学年高二物理上学期期中试题含解析.doc

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1、2015-2016学年河南省濮阳市台前一中高二（上）期中物理试卷一选择题（共12小题，每题4分共计48分，1-8为单项选择，9-12为多项选择少选得2分，多选、错选得0分）1关于点电荷的说法，正确的是（）A只有体积很小的电荷，才能作为点电荷B体积很大的电荷，一定不能作为点电荷C点电荷一定是带电量很小的电荷D两个带电的金属小球，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理2关于电源和电动势，下列说法不正确的是（）A电源是把其他形式的能转化为电能的装置，这种转化是通过非静电力做功来实现的B电源的电动势高，表明该电源把其他能转化为电能的本领强，反之表明该电源把其他能转化为电能的本领弱C电源的电动势和

2、一段电路两端电压可以有相同的大小和单位，两者的物理含义完全相同D电源电动势，是由电源本身的性质决定的，与电源是否接入电路，与电路的工作状态无关3如图所示是电场中某区域的电场线分布，（）A电荷在a 点受到电场力方向必定与场强方向一致B同一点电荷放在a点受到的电场力比放在b点时受到电场力小C正电荷放在a点静止释放，在电场力作用下运动的轨迹沿电场线Da点电场强度较大4如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（）AA点电势高于B点电势BA、B两点的电

3、场强度相等Cq1的电荷量小于q2的电荷量Dq1在A点的电势能小于q2在B点的电势能5一个直流电动机所加电压为U，电流为I，线圈内阻为R，当它工作时，下述说法中错误的是（）A电动机的输入功率为IUB电动机的发热功率为I2RC电动机的输出功率为IUI2RD电动机的功率可写作IU=I2R=6图甲所示的电路中，电流表A1指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的处；图乙中，A2指针指满刻度，A1指针指满刻度的处已知A1的内阻为0.45，则A2的电阻为（）A0.1B0.15C0.3D0.67两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U恒等于12V的直流电源上有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端

4、，如图所示，电压表的示数为8V如果把此电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（）A小于4VB等于4VC大于4VD等于或大于8V8如图所示电路，开关S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在空气平行板电容器C两水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是（）A把R1的滑片向左移动B把R2的滑片向左移动C把R2的滑片向右移动D把开关S断开9一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压2U，则（）A通过导线的电流为B通过

5、导线的电流为C导线中自由电子定向移动的速率为D导线中自由电子定向移动的速率为10如图所示，在真空中分别固定有电荷量为+Q和Q的点电荷，a、b、c、d是两点电荷连线上的四个点，已知a、b到+Q的距离以及c、d到Q的距离均为L，下列说法正确的是（）Aa、d两点的电场强度相同，电势不等Bb、c两点的电场强度不同，电势相等C将一个正试探电荷从a点沿任意路径移动到b点时电场力做的功，跟从d点沿任意路径移动到c点时电场力做的功相同D一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能11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

6、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12如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），A、B为轴上两点放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示以x轴的正方向为电场力的正方向，则（）A点电荷Q一定为正电荷B点电荷Q在A、B之间CA点的电场强度大小为2103N/CDA点的电势比B点的电势低二填空题（共1小题10分）13（10分）（2013天津）要测绘一个标有“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐

7、渐增加到3V，并便于操作已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V，内阻约1）：电流表（量程为0250mA内阻约5）；电压表（量程为03V内限约3k）：电键一个、导线若干实验中所用的滑动变阻器应选下列中的（填字母代号）A滑动变阻器（最大阻值20，额定电流1A）B滑动变阻器（最大阻值1750，额定电流0.3A）实验的电路图应选用图1中（填字母代号）实脸得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5.0的电源两端，小灯泡消耗的功率是W三解答题（共3小题，每题14分共42分）14（14分）（2015春湖北期末）图中电阻R1=6，滑动变阻器R2的最大阻值为10，开始调至

8、2，电源电阻r=1当S闭合时，电源的总功率为16W，电源输出功率为12W这时灯L正常发光试求：（1）灯L的额定功率为多少？（2）S断开时，灯L的实际功率为多少？（3）要使L正常发光滑动变阻器的阻值应调至多大？15（14分）（2015中山二模）水平放置的两块平金属板长L，两板间距d，两板间电压为U，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v0，从两板中间射入，如图所示，已知电子质量为m，电量为e，求：（电子的重力不计）（1）电子偏离金属板时侧位移Y大小是多少？（2）电子飞出电场时的速度v1是多少？（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若平金属板右端到屏的距离为s，求OP之长16（14分）（2015福

9、安市校级模拟）如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为O，半径为R；P点离地高度也为R，传送带PC之间的距离为L，沿逆时针方向的传动，传送带速度v=，在PO的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回物体与传送带间的动摩擦因数为，不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g求：（1）物体由P点运动到C点过程，克服摩擦力做功；（2）匀强电场的场强E为多大；（3）物体返回到圆弧轨道P点，物体对圆弧轨道的压力大小2015-2016学年河南省濮阳市台前

10、一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一选择题（共12小题，每题4分共计48分，1-8为单项选择，9-12为多项选择少选得2分，多选、错选得0分）1关于点电荷的说法，正确的是（）A只有体积很小的电荷，才能作为点电荷B体积很大的电荷，一定不能作为点电荷C点电荷一定是带电量很小的电荷D两个带电的金属小球，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理【考点】元电荷、点电荷 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】物理学上把本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体简化为一个点，叫做点电荷 同一个电荷能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析【解答】

11、解：A、体积很小的带电体，如果相对于研究的问题，体积不能忽略不计，将其简化为点产生的误差较大，那么就不能简化为点，故A错误；B、体积较大的带电体，如果相对于研究的问题，体积可以忽略不计，将其简化为点产生的误差较小，那么可以简化为点电荷，故B错误；C、点电荷是将物体简化为点，带电物体能否简化为点关键是看物体的大小对于研究的问题能否忽略不计，而不是看电荷量的大小，故C错误；D、当电荷在球上均匀分布时，可以将其看成是电荷全部集中于球心的点电荷，否则会产生较大的误差，故D正确；故选D【点评】如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电

12、荷一个实际的带电体能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析2关于电源和电动势，下列说法不正确的是（）A电源是把其他形式的能转化为电能的装置，这种转化是通过非静电力做功来实现的B电源的电动势高，表明该电源把其他能转化为电能的本领强，反之表明该电源把其他能转化为电能的本领弱C电源的电动势和一段电路两端电压可以有相同的大小和单位，两者的物理含义完全相同D电源电动势，是由电源本身的性质决定的，与电源是否接入电路，与电路的工作状态无关【考点】电源的电动势和内阻 【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】电源是一种把其它形式的能转化为电能的装置，电动

13、势E的大小等于非静电力做的功与电量的比值，即E=，其大小表示电源把其它形式的能转化为电能本领大小，电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关【解答】解：A、电动势E的大小等于非静电力做的功与电量的比值，即E=，其大小表示电源把其它形式的能转化为电能本领大小，电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位正电荷做的功越多，故AB正确；C、电动势反映的是非静电力做功的能力大小，而电压反映的是静电力做功的性质，二者的物理意义不同；故C错误；D、电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关，故D正确；本题选错误的；故选：C【点评】本题考查对于电源的电动势的理解能力电动势是表征电源把其他形式的能转化为

14、电能本领大小，与外电路无关3如图所示是电场中某区域的电场线分布，（）A电荷在a 点受到电场力方向必定与场强方向一致B同一点电荷放在a点受到的电场力比放在b点时受到电场力小C正电荷放在a点静止释放，在电场力作用下运动的轨迹沿电场线Da点电场强度较大【考点】电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线的疏密表示电场的强弱；正电荷受力方向和电场线相同，负电荷则相反；运动轨迹与受力和初速度有关，不一定沿电场线【解答】解：A、若是负电荷在a点受电场力方向则和电场方向相反，因此在a点受到电场力方向不一定和电场方向相同，故A错误；B、a处电场线比b处密，因此a处电场强度比b处大，同一电荷受力也大，

15、故B错误；C、正电荷由静止释放时，电场力方向始终沿电场线的切线方向，该电荷将离开此电场线，因此其轨迹不沿电场线，故C错误；D、a、b两点比较，a处电场线密，故a点的电场强度较大，故D正确故选：D【点评】电场线是电场中的重要概念，要熟练掌握电场线和电场以及电场力之间的关系4如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（）AA点电势高于B点电势BA、B两点的电场强度相等Cq1的电荷量小于q2的电荷量Dq1在A点的电势能小于q2在B点的电势能【考点】电

16、势；电场强度；电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，说明Q带负电，即可判断A、B电势高低；由点电荷场强公式E=k分析场强的大小；由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，根据电场力做功公式W=qU，分析电荷量的大小；根据电场力做功与电势能的关系，即可判断q1在A点的电势能与q2在B点的电势能的大小【解答】解：A、由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，则知Q与两个试探电荷之间存在引力，说明Q带负电，电场线方向从无穷远处指向Q，则A点电势小于B点电势故A错误B、

17、由点电荷场强公式E=k分析可知，A点的场强大于B点的场强故B错误C、由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，根据电场力做功公式W=qU，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量故C正确D、将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，两个试探电荷电势能的变化量相等，无穷远处电势能为零，则q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能故D错误故选：C【点评】本题根据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小，根据公式E=k分析场强的大小等等，都是常用的思路5一个直流电动机所加电压为U，电流为I，线圈内阻为R，当它工作

18、时，下述说法中错误的是（）A电动机的输入功率为IUB电动机的发热功率为I2RC电动机的输出功率为IUI2RD电动机的功率可写作IU=I2R=【考点】电功、电功率 【专题】恒定电流专题【分析】电动机工作时，输入功率P=UI，内部消耗的功率为P热=I2R，输出功率P出=PP热【解答】解：A、电动机的总功率为P=UI，故A正确；B、电动机的发热功率，根据焦耳定律：P热=I2R故B正确C、电动机的输出功率为：P出=PP热=UII2R故C正确D、因为PP热，即UII2R，UIR，欧姆定律不适用故UII2R，故D错误本题选错误的，故选：D【点评】解决本题的关键明确电动机正常工作时是非纯电阻电路，掌握电动机

19、输入功率、输出功率、发热功率之间的关系6图甲所示的电路中，电流表A1指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的处；图乙中，A2指针指满刻度，A1指针指满刻度的处已知A1的内阻为0.45，则A2的电阻为A0.1B0.15C0.3D0.6【考点】把电流表改装成电压表 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】根据串联电路电流相等的特点和并联电路电压相等的特点，利用欧姆定律分别列出两电流表满偏时指针的关系，再把A2的内阻代入求解方程即可求出A1的内阻【解答】解：设电流表A1、A2满偏电流分别为I1、I2；由题意知，当电流表串联时：I1=I2当电流表并联时：电源的电压为：U=I2R2=I1R1由于R1=0.4

20、5将式代入解得：R2=0.1故选：A【点评】本题要理解并掌握串联电路和并联电路特点，能根据两电流表示数之间的关系建立方程组7两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U恒等于12V的直流电源上有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，如图所示，电压表的示数为8V如果把此电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（）A小于4VB等于4VC大于4VD等于或大于8V【考点】把电流表改装成电压表 【专题】实验题【分析】由串联电路总电压等于个元件电压之和，可知R2两端电压【解答】解：将电压表与电阻R1并联时，电压表的读数为8V，则电阻R2两端的电压为4V若将电压表与电阻R2并联，则其并联的总电阻小于

21、R2，根据串联电阻的电压分配可知，电压表的读数将小于4V；故选：A【点评】本题考查了求电压表示数，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题8如图所示电路，开关S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在空气平行板电容器C两水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是（）A把R1的滑片向左移动B把R2的滑片向左移动C把R2的滑片向右移动D把开关S断开【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，即要减小电场强度；变阻器R2处于分压状态，根据题意，只要减小电容器两端电

22、压就可以减小电场力，从而使尘埃P向下加速运动【解答】解：A、尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，故改变R1的电阻值无效果，故A错误；BC、变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器R2左半段的电压，故要减小变阻器R2左半段的电阻值，变阻器R2滑片应该向左移动，故B正确，C错误；D、把闭合的开关S断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，板间场强增大，尘埃所受的电场力增大，故P向上加速，故D错误；故选：B【点评】本题是简单的力电综合问题，关键先通过受力分析，得到电场力先与重力平衡，后

23、小于重力；然后对电路进行分析，得到减小电容器两端电压的方法9一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压2U，则（）A通过导线的电流为B通过导线的电流为C导线中自由电子定向移动的速率为D导线中自由电子定向移动的速率为【考点】电阻定律；路端电压与负载的关系 【专题】恒定电流专题【分析】将金属导线均匀拉长，半径变为一半，则横截面积变为原来的倍，则其长度变为原来的4倍，根据电阻定律R=分析电阻的变化，由欧姆定律分析电流的变化由电流的微观表达式I=nevS分析平均速率v的变化【解

24、答】解：A、B将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积变为原来的倍，其长度变为原来的4倍，根据电阻定律R=分析得到，电阻变为原来的16倍，电压变为原来的2U；根据欧姆定律I=可知，电流I变为故A正确，B错误 C、D电流的微观表达式I=nevS，其中n、e不变，电流I为原来的，横截面积S变为原来的倍，则自由电子定向移动的平均速率为故C错误，D正确故选：AD【点评】本题关键要抓住物理量之间的关系，要在理解的基础上记住电流的微观表达式；正确应用电阻定律求解电阻的变化10如图所示，在真空中分别固定有电荷量为+Q和Q的点电荷，a、b、c、d是两点电荷连线上的四个点，已知a、b到+Q的距离以及

25、c、d到Q的距离均为L，下列说法正确的是（）Aa、d两点的电场强度相同，电势不等Bb、c两点的电场强度不同，电势相等C将一个正试探电荷从a点沿任意路径移动到b点时电场力做的功，跟从d点沿任意路径移动到c点时电场力做的功相同D一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能【考点】库仑定律；电势能 【分析】等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称，如图所示：【解答】解：A、根据等量异种电荷电场线的分布特征可知，ad点所在处的电场疏密相同，故a、d两点的电场强度大小相等，方向都是从右向左，故a、d两点的电场强度相同，根据等势面的分布特征可知，a的等势面的电势高于d的等势面的电势，即ab

26、，故A正确B、根据等量异种电荷电场线的分布特征可知，b、c两点所在处的电场疏密相同，故b、c两点的电场强度大小相等，方向都是从左向右，故b、c两点的电场强度相同，根沿着电场线电势降低，即bc，故B错误C、由上图分布可知，a点的电势高于b点的电势，c点的电势高于d点的电势，故将一个正试探电荷从a点移动到b点时电场力做的正功，将一个正试探电荷从d点移动到c点时电场力做负功，做功不等，故C错误D、根据Ep=q，可知正电荷在电势高处的电势能大，故一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能，故D正确故选：AD【点评】本题关键熟悉等量异种电荷电场线和等势面分布图，明确沿着电场线，电势逐渐降低11小灯

27、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【考点】欧姆定律 【专题】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

28、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UI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12如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），A、B为轴上两点放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示以x轴的正方向为电场力的正方向，则（）A点电荷Q一定为正电荷B点电荷Q在A、B之间CA点的电场强度大小为2103N/CDA点的电势比B点的电势低【考点】电势；电场强度；电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由图读出两个

29、检验电荷所受的电场力方向，分析Q的位置根据电场强度的定义式E=可知，Fq图线的斜率等于场强的大小，分析场强的大小根据A、B与Q的距离关系，判断电势高低【解答】解：A、B由图（乙），正检验电荷放在A点和负检验电荷放在B点所受电场力方向均沿x轴正方向，说明点电荷Q为正电荷且放在AB之间故A，B正确C、由图线斜率表示场强，可知A点场强大小为2103N/CD、同理，B点场强大小为5102N/C，说明A点距离Q较近，故A点的电势高于B点的电势故D错误故选：ABC【点评】本题要掌握电场力与场强方向、大小的关系，从数学的角度理解图线Fq斜率的物理意义，是常用的思路二填空题（共1小题10分）13（10分）（2

30、013天津）要测绘一个标有“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V，内阻约1）：电流表（量程为0250mA内阻约5）；电压表（量程为03V内限约3k）：电键一个、导线若干实验中所用的滑动变阻器应选下列中的A（填字母代号）A滑动变阻器（最大阻值20，额定电流1A）B滑动变阻器（最大阻值1750，额定电流0.3A）实验的电路图应选用图1中B（填字母代号）实脸得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5.0的电源两端，小灯泡消耗的功率是0.1W【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线

31、【专题】实验题；恒定电流专题【分析】滑动变阻器分压式接法中选取小电阻的变阻器节约能源；求出小灯泡电阻后判断小灯泡是小电阻还是大电阻，从而选择电流表内接还是外接；结合曲线算出小灯泡的电阻，然后根据功率的公式计算小灯泡的实际功率【解答】解：因实验要求电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选全电阻最小的变阻器A 因小灯泡电阻为R=15，故电流表应用外接法，又变阻器用分压式，故电路图应选B 电源与小灯泡直接串联，那么路端电压等于小灯泡两端的电压，画出内阻为5，电动势为1.5V的电源的路端电压与干路电流的关系图线和小灯泡的伏安特性曲线的交点即表示小灯泡与该电源直接串联；根据交点坐标（1.0V，0.

32、1A）可以计算出小灯泡消耗的功率为：P=UI=10.1=0.1W故答案为：A；B；0.1【点评】对电学实验要明确以下情况，滑动变阻器必须用分压式接法：要求电流从零调；变阻器的全电阻远小于待测电阻；用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程三解答题（共3小题，每题14分共42分）14（14分）（2015春湖北期末）图中电阻R1=6，滑动变阻器R2的最大阻值为10，开始调至2，电源电阻r=1当S闭合时，电源的总功率为16W，电源输出功率为12W这时灯L正常发光试求：（1）灯L的额定功率为多少？（2）S断开时，灯L的实际功率为多少？（3）要使L正常发光滑动变阻器的阻值应调至多大？【考点】电功、电功

33、率；闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】（1）电源的总功率为16W，电源的输出功率为12W，得到内电路的功率，求出电流I由电源的总功率P=EI求出电动势E，再求出路端电压U根据欧姆定律求解流过灯的电流和电压，最后求解电灯的电阻和灯的额定功率；（2）分析电路求得总电阻，再由闭合电路欧姆定律可求得电源的电动势及电流，由功率公式可求得电功率；（3）当电键S断开时，为使灯泡正常发光，灯泡的电流为额定电流根据欧姆定律求出灯灯泡的电压，再求解变阻器的电阻【解答】解：（1）电源内部消耗功率Pr=I2r=16W12W=4W，则I=2A端电压U=6V；所以通过R1的电流：I1=A=1A通过灯泡的电流

34、IL=1A，灯泡电阻为RL=62=4灯泡额定功率PL=124=4W（2）开关断开时，电路总电阻R=2+4+1=7由（1）可知，电源电动势E=U+Ir=6+21=8V灯泡实际电流I=A，实际功率PL=I2RL5.2W（3）电键S断开，外电路的总电阻为：R=R2+RL=2+4=6干路电流为：I=故灯泡的实际功率为：PL=I2RL=（）245.2W电键S断开后，要使它正常发光，变阻器的电压为U2=EULILr=8411=3V滑动变阻器的阻值 R2=3答：（1）电灯的额定功率为4W；（2）S断开时，电灯L的实际功率为5.2W；（3）要使它正常发光滑动变阻器的阻值应调至R2=3【点评】本题是直流的计算问

35、题，在搞清电路结构的基础上，分析电流和电压的分配关系求电阻基本的原理是伏安法，即通过求出电路两端的电压和流过的电流，求解电阻15（14分）（2015中山二模）水平放置的两块平金属板长L，两板间距d，两板间电压为U，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v0，从两板中间射入，如图所示，已知电子质量为m，电量为e，求：（电子的重力不计）（1）电子偏离金属板时侧位移Y大小是多少？（2）电子飞出电场时的速度v1是多少？（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若平金属板右端到屏的距离为s，求OP之长【考点】带电粒子在匀强电场中的运动 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）粒子进入金属板间做类平抛运动，

36、水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据类平抛运动规律求粒子偏离金属板时侧位移Y（2）由类平抛运动的规律求出粒子飞出电场时竖直分速度，再进行合成，即可求解v1（3）求出粒子飞出电场时偏向角的正切，由数学知识求解OP之长【解答】解：（1）粒子进入金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则得： 水平方向：L=v0t 竖直方向：Y=at2由牛顿第二定律得 a=联立解得：Y=，即粒子偏离金属板时侧位移Y=（2）粒子飞出电场时竖直分速度 vy=at=所以电子飞出电场时的速度为 v1=（3）设粒子飞出电场时速度的偏向角为，则 tan=根

37、据数学知识得：OP=Y+stan=+=（+s）答：（1）粒子偏离金属板时侧位移Y是（2）粒子飞出电场时的速度v1是（3）OP之长为 （+s）【点评】带电粒子在匀强电场中的运动是考试的热点，关键是做好受力分析，明确粒子的运动情景，然后运用分解的观点或动能定理等逐步求解16（14分）（2015福安市校级模拟）如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为O，半径为R；P点离地高度也为R，传送带PC之间的距离为L，沿逆时针方向的传动，传送带速度v=，在PO的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道

38、下滑，恰好运动到C端后返回物体与传送带间的动摩擦因数为，不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g求：（1）物体由P点运动到C点过程，克服摩擦力做功；（2）匀强电场的场强E为多大；（3）物体返回到圆弧轨道P点，物体对圆弧轨道的压力大小【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 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）分析过程中受到的摩擦力，由功的公式可求得摩擦力所做的功；（2）对AC运动过程由动能定理求场强（2）分析物体的运动过程，结合动能定理、向心力公式牛顿第三定律求压力【解答】解：（1）物体由P点运动到C点过程由Wf=fS f=N N=mg 可得Wf=mgL （2）从A到C由动能定理：mgR+qERmgL=0解得：E=（3）物体从A到P由动能定理：所以：A返回P过程，先加速后匀速运动，返回P的速度为：在P点有牛顿第二定律：解得由牛顿第三定律，物体对圆弧轨道的压力大小FN= 答：（1）物体由P点运动到C点过程，克服摩擦力做功mgL；（2）匀强电场的场强E为；（3）物体返回到圆弧轨道P点，物体对圆弧轨道的压力大小2mg+；【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，解题的关键在于明确物理过程，分析受力及运动过程，对各过程选择正确的物理规律求解- 18 -