山东省德州市乐陵庆云宁津地区联考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学年山东省德州市乐陵、庆云、宁津地区联考高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确全部选对的得4分选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分）1关于电场强度的概念，下列说法正确的是（）A由E=可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比B正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关C电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关D从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F=k，式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产

2、生的电场在q2处场强的大小2使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上3Q和5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间吸引力的大小为F1现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2则F1与F2之比为（）A2：1B15：4C16：1D60：13光滑绝缘细杆与水平面成角固定，杆上套有一带正电小球，质量为m，带电量为q为使小球静止在杆上，可加一匀强电场所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止（）A垂直于杆斜向上，场强大小为B竖直向上，场强大小为C垂直于杆斜向上，场强大小为D水平向右，场强大小为4两个带等量正电的点电荷，固定在图中

3、P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为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（）Aq由A向O的运动是匀加速直线运动Bq由A向O运动的过程电势能逐渐减小Cq运动到O点时的动能最大Dq运动到O点时电势能为零5如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，其速率时间图象是选项中的（）ABCD6地球表面附近某区域存在大小为150N/C、方向竖直向下的电场一质量为1.00104 kg、带电荷量为1.00107 C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0m对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分

4、别为（重力加速度大小取9.80m/s2，忽略空气阻力）（）A1.50104 J和9.95103 JB1.50104 J和9.95103 JC1.50104 J和9.65103 JD1.50104 J和9.65103 J7如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B板时速度为v，保持两板间电压不变则（）A当增大两板间距离时，v也增大B当减小两板间距离时，v增大C当改变两板间距离时，v不变D当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间延长8在如图所示的UI图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线为某一电阻R的UI图线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知（）A电源的电动

5、势为3V，内阻为1B电阻R的阻值为1C电源的输出功率为4WD电源的效率为50%9如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是（）A电源内电路消耗功率一定逐渐增大B灯泡L2一定逐渐变暗C电源效率一定逐渐减小DR上消耗功率一定逐渐变小10某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动在P、Q间距增大过程中（）AP、Q构成的电容器的电容增大BP上电荷量变少CM点的电势比N点的低DM点的电势比N点的高二、实验题（每空2分，共20分）11（12分）（2015秋乐陵市期中）物理兴趣小组的同

6、学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75W，额定电压值已模糊不清他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U= V=1.22V他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘制灯泡的UI图线，进而分析灯泡的额定电压A电压表V（量程3V，内阻约3k）B电流表A1（量程150mA，内阻约2）C电流表A2（量程500mA，内阻约0.6）D滑动变阻器R1（020）E滑动变阻器R2（0100）F电源E（电动势4.0V，内阻不计）G开关S和导线若干H待测灯泡L（

7、额定功率0.75W，额定电压未知）（1）在如图1所给的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择（填“A1”或“A2”）；滑动变阻器选择（填“R1”或“R2”）（2）在实验过程中，该同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到1.23V时，发现灯泡亮度很暗，当达到2.70V时，发现灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测数据记录在下边表格中次数1234567U/V0.200.601.001.401.802.202.70I/mA80155195227255279310请你根据表中实验数据在如图2中作出灯泡的UI图线（3）由图象得出该灯泡的额定电压应为V；这一结果大于1.23V

8、，其原因是12有一内阻未知（20k60k）、量程010V的直流电压表（1）某同学想通过一个多用电表的欧姆挡直接测量上述电压表的内阻，该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，欧姆挡的选择开关拨至倍率（选填“10”、“100”或“1k”）挡先将红、黑表笔短接调零后，选用图1中（选填“A”或“B”）方式连接（2）在实验中，欧姆表和电压表的指针分别如图2甲、乙所示，某同学读出欧姆表的读数为，这时电压表的读数为V计算出欧姆表中电池的电动势为V三计算题（解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的答案中必须明确写出数值和单位）13一台小型电动机在3V电压下工作

9、，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A在30s内可使该物体被匀速提升3m若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻14如图所示，正电荷q1固定于半径为R的半圆光滑轨道的圆心处，将另一电荷量为q2、质量为m的带正电小球，从轨道的A处无初速度释放，求：（1）小球运动到B点时的速度大小；（2）小球在B点时对轨道的压力15（12分）（2015秋乐陵市期中）绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图所示，图中XOY所在平面与光滑水平面重合，场强方向与x轴正向平行，电场的半径为R=m

10、，圆心O与坐标系的原点重合，场强E=2N/C，一带电量为q=1105C，质量m=1105kg带负电的粒子，由坐标原点O处以速度v0=1m/s沿y轴正方向射入电场，求（1）粒子在电场中运动的时间；（2）粒子出射点的位置坐标；（3）粒子射出时具有的动能2015-2016学年山东省德州市乐陵、庆云、宁津地区联考高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确全部选对的得4分选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分）1关于电场强度的概念，下列说法正确的是（）A由E=可知，某电场的场强E与q成反比，与

11、F成正比B正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关C电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关D从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F=k，式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处场强的大小【考点】电场强度 【专题】定性思想；类比法；带电粒子在电场中的运动专题【分析】公式E=是电场强度的定义式，运用比值法定义，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，由电场本身性质决定电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反点电荷场强的计算公式是E=k，式中Q是场源电荷【解答】解：A、

12、E=是场强的定义式，运用比值法定义，则场强E由电场本身决定，与试探电荷无关，即E不与q成反比、也不与F成正比，故A错误B、正试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相同，负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，场强由电场本身决定，与试探电荷无关，故B错误C、场强E由电场本身决定，场强与放入该点的试探电荷的正负无关故C正确D、根据点电荷场强的计算公式是E=k，式中Q是场源电荷，可知，库仑定律的表达式F=k，式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处场强的大小故D正确故选：CD【点评】本题考查对场强的理解首先要对公式中每个量的含义理解到位，其次掌握场强由

13、电场本身决定，与试探电荷无关2使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上3Q和5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间吸引力的大小为F1现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2则F1与F2之比为（）A2：1B15：4C16：1D60：1【考点】库仑定律 【专题】定量思想；类比法；电场力与电势的性质专题【分析】完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可【解答】解：两个小球之间为吸引力，所以带异种电荷，开始时由库仑定律得：F=k 现用绝缘工具使两小球相互接

14、触后，各自带电为Q，因此此时：F1=k由得：F1=F，即F1与F2之比为60：1，故ABC错误，D正确故选：D【点评】完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解3光滑绝缘细杆与水平面成角固定，杆上套有一带正电小球，质量为m，带电量为q为使小球静止在杆上，可加一匀强电场所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止（）A垂直于杆斜向上，场强大小为B竖直向上，场强大小为C垂直于杆斜向上，场强大小为D水平向右，场强大小为【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度 【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】当加一匀强电场时，小球将受到电场力

15、作用，小球带正电，电场力方向与场强方向相同当加电场后，小球所受的合力能为零时，就能在杆上保持静止状态【解答】解：A、若电场方向垂直于杆斜向上，小球受到的电场力方向也垂直于杆斜向上，在垂直于杆的方向小球受力能平衡，而在平行于杆方向，重力有沿杆向下的分力，没有力与之平衡，则小球将向下滑动，不能保持静止故A、C均错误B、若电场方向竖直向上，此时球受两个力，竖直向上的电场力和竖直向下的重力，根据二力平衡可知，Eq=mg，故E=故B正确D、若电场方向向右，此时受三个力，重力、电场力和支持力重力和电场力垂直于杆方向的分力的合力和支持力等值反向，重力和电场力沿杆子方向的分力大小相等方向相反，有mgsin=E

16、qcos，故E=，故D错误故选B【点评】判断物体能否静止，关键是正确分析物体的受力情况，根据利用平衡条件进行检验合力是否为零中档题4两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于O点，A点为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（）Aq由A向O的运动是匀加速直线运动Bq由A向O运动的过程电势能逐渐减小Cq运动到O点时的动能最大Dq运动到O点时电势能为零【考点】电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【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

17、力做功情况，分析其电势能的变化情况【解答】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错误故选BC【点评】本题考查静电场的基本概念

18、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5如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，其速率时间图象是选项中的（）ABCD【考点】电场线 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，再结合电场强度方向判断电性，然后根据电场线的疏密程度判断加速度的大小，从而判断粒子的运动情况选择速度图象【解答】解：电场线的疏密程度表示场强大小，A点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直减小，由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，电场

19、力做负功，速度慢慢减小，所以粒子做加速度减小的减速运动，故B正确故选：B【点评】根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，再结合电场强度方向判断电性，然后根据电场线的疏密程度判断加速度的大小6地球表面附近某区域存在大小为150N/C、方向竖直向下的电场一质量为1.00104 kg、带电荷量为1.00107 C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0m对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为（重力加速度大小取9.80m/s2，忽略空气阻力）（）A1.50104 J和9.95103 JB1.50104 J和9.95103 JC1.50104 J和9.65103 JD1.50104 J和9.6510

20、3 J【考点】电势能；动能定理的应用 【分析】小球的电势能的改变量看电场力做功，动能的改变量取决于合外力做功，根据功的计算公式分别求出电场力做功和合外力做功，即可解答【解答】解：小球带负电，电场力对小球做负功，为：W电=qEs=1.0010715010J=1.50104J，则小球的电势能增加量1.50104J，即电势能的改变量为1.50104J合外力对小球做功为：W合=（mgqE）s=（1.00l049.81.00107150）10J=9.65103J根据动能定理得知：动能的改变量为9.65103J故选：D【点评】解决本题的关键是掌握常见的功能关系，知道电场力做功决定了电势能的变化，合外力做功

21、决定了动能的变化7如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B板时速度为v，保持两板间电压不变则（）A当增大两板间距离时，v也增大B当减小两板间距离时，v增大C当改变两板间距离时，v不变D当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间延长【考点】带电粒子在匀强电场中的运动 【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】根据动能定理列出等式，得到速度v的表达式，再判断v的变化根据E=可以判断电子受到的电场力的大小，从而可以判断电子的加速度的大小，电子在电场中做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可以求得电子的运动的时间【解答】解：A、B、C、根据动能定理得： Uq=mv2得 v=，v与板间距离

22、d无关，所以改变两板间距离d时，v不变，故C正确、AB错误D、由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为 E=，电子的加速度为a=电子在电场中一直做匀加速直线运动，由d=at2；联立得电子加速的时间为t=d，由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故D正确故选：CD【点评】根据电子的运动的规律，列出方程来分析电子的加速度、运动的时间和速度分别与哪些物理量有关，根据关系式判断即可8在如图所示的UI图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线为某一电阻R的UI图线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知（）A电源的电动势为3V，内阻为1B电阻R的阻值为1C电

23、源的输出功率为4WD电源的效率为50%【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】定量思想；图析法；恒定电流专题【分析】根据图线纵轴截距读出电源的电动势，由斜率大小读出电源的内阻图线的斜率大小等于电阻R的大小两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率【解答】解：A、由图线图线纵轴截距读出电源的电动势 E=3V，其斜率大小等于电源的内阻，则 r=|=0.5故A错误B、电阻R的阻值为 R=1故B正确；C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有 U=2V，I=2A，电源的输出功率为P=UI=22W=4W故C正确D、电源的效率为=100

24、%=100%66.7%故D错误故选：BC【点评】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压9如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是（）A电源内电路消耗功率一定逐渐增大B灯泡L2一定逐渐变暗C电源效率一定逐渐减小DR上消耗功率一定逐渐变小【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析R1上消耗功率的变化；据功率公式和电

25、源效率公式判断选项【解答】解：将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I增大A、据P=I2r可知，电源内部消耗的功率增大，故A正确；BD、由于干路电流增大，路端电压减小，所以R1上的电流增大，电压增大；再由于路端电压减小，R1上电压增大，所以L2的电压减小（滑动变阻器R的电压减小），即该灯泡变暗；由于R1上的电流增大，而L2的电流减小，所以通过滑动变阻器R的电流变大，据P=UI可知，R上消耗的功率不一定变小，故B正确，D错误；C、据电源效率公式=可知，当总电阻减小，电源效率减小，故C正确本题选错误的是，故选：D【点评】对于电路中动态变化分

26、析问题，一般先确定局部电阻的变化，再确定总电阻的变化，到总电流、总电压的变化，再回到局部电路研究电压、电流的变化10某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动在P、Q间距增大过程中（）AP、Q构成的电容器的电容增大BP上电荷量变少CM点的电势比N点的低DM点的电势比N点的高【考点】法拉第电磁感应定律 【专题】定性思想；类比法；方程法；电磁感应功能问题【分析】在P、Q间距增大过程中，电容发生变化，而电容直接与电源相连，电容两端间的电压不变，从而可判断出电量的变化及电流的流向，再次可比较出电势的高低【解答】解：电容式话筒与电源

27、串联，电压保持不变在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式C= 得电容减小，又根据电容定义式C= 得电容器所带电量减小，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高故A、C错误，B、D正确故选：BD【点评】解决电容器的动态分析问题，抓住不变量，若电容始终与电源相连，两端间的电压不变；若电容器与电源断开，则电容器所带的电量不变二、实验题（每空2分，共20分）11（12分）（2015秋乐陵市期中）物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75W，额定电压值已模糊不清他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2，然后根据公式计算出该灯泡的额定

28、电压U= V=1.22V他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘制灯泡的UI图线，进而分析灯泡的额定电压A电压表V（量程3V，内阻约3k）B电流表A1（量程150mA，内阻约2）C电流表A2（量程500mA，内阻约0.6）D滑动变阻器R1（020）E滑动变阻器R2（0100）F电源E（电动势4.0V，内阻不计）G开关S和导线若干H待测灯泡L（额定功率0.75W，额定电压未知）（1）在如图1所给的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择A2（填“A1”或“A2”）；滑动变阻器选择R1（填“

29、R1”或“R2”）（2）在实验过程中，该同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到1.23V时，发现灯泡亮度很暗，当达到2.70V时，发现灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测数据记录在下边表格中次数1234567U/V0.200.601.001.401.802.202.70I/mA80155195227255279310请你根据表中实验数据在如图2中作出灯泡的UI图线（3）由图象得出该灯泡的额定电压应为2.5V；这一结果大于1.23V，其原因是灯泡电阻随温度升高而变大【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】关键是根据P=，估算出小灯泡的额定电流，从而选出电流表

30、的量程，根据UI图象可知滑动变阻器应用分压式接法；根据小灯泡电阻值远小于电压表内阻，可知电流表应用外接法根据描点法可得出对应的伏安特性曲线；不意用平滑的曲线进地拟合；根据伏安特性曲线的性质可明确灯泡额定电压与欧姆定律求得的电压间的关系【解答】解：（1）由P=可得，I=0.61A，所以应选电流表；由UI图象可知电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器；（2）根据表中数据采用描点法可得出对应的UI图象；（3）根据UI图象读出U=2.5V，I=300mA时，P=UI=0.75W，所以该灯泡额定电压为U=2.5V，这一结果大于开始时的计算结果，说明灯泡的电阻随温度的升高而增大（或灯

31、泡的冷态电阻小于正常工作是的电阻）故答案为：（1），（2）如图所示；（3）2.5；灯泡的电阻随温度的升高而增大【点评】本题考查测量伏安特性曲线的性质；要求能熟记电流表内接法与外接法的选择方法，以及滑动变阻器分压式接法的条件即选择原则；并能明确伏安特性曲线的应用12有一内阻未知（20k60k）、量程010V的直流电压表（1）某同学想通过一个多用电表的欧姆挡直接测量上述电压表的内阻，该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，欧姆挡的选择开关拨至倍率1k（选填“10”、“100”或“1k”）挡先将红、黑表笔短接调零后，选用图1中A（选填“A”或“B”）方式连接（2）在实验中，欧姆表和电压表的指针分

32、别如图2甲、乙所示，某同学读出欧姆表的读数为40k，这时电压表的读数为5.0V计算出欧姆表中电池的电动势为8.75V【考点】用多用电表测电阻 【专题】实验题【分析】选择倍率的原则是让指针指在刻度盘的中间位置附近，欧姆表的内部电源的正极与外部负极插孔相连，欧姆表的读数为示数乘以倍率，由闭合电路的欧姆定律求电动势【解答】解：（1）当欧姆表的指针指在中间位置附近时，测量值较为准确，根据读数为：示数倍率=读数知，选择1K的挡较好；欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进入电压表的正极，所以选择图A正确；（2）由图示表盘可知，欧姆表的读数为：401K=40K；电压

33、表的读数为5.0V；由题意知欧姆表的内阻为30K，与电压表的内阻40K串联，由欧姆定律可知：E=I（r+R）=（3104+4104）=8.75V故答案为：（1）1k，A； （2）40k，5.0，8.75（8.68.8均可）【点评】本题考查了欧姆表的结构、读数和欧姆定律，题目难度不大三计算题（解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的答案中必须明确写出数值和单位）13一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A在30s内可使该物体被匀速提升3m若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功

34、率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻【考点】电功、电功率；能量守恒定律 【专题】恒定电流专题【分析】（1）由P=UI求出电动机的输入功率（2）电动机总功率等于热功率与输出功率之和，由P=Fv求出电动机的输出功率，然后求出线圈的热功率（3）由电功率公式Q=I2r的变形公式求出线圈电阻【解答】解：（1）电动机的输入功率P入=UI=0.23 W=0.6 W（2）电动机提升重物的机械功率P机=Fv=（43/30）W=0.4 W根据能量关系P入=P机+PQ，得生热的功率PQ=P入P机=（0.60.4）W=0.2 W所生热量Q=PQt=0.230 J=6 J（3）由焦耳

35、定律Q=I2Rt，得线圈电阻R=5答：（1）电动机的输入功率为0.6W（2）线圈电阻产生的热量为6J（3）线圈电阻为5【点评】电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和14如图所示，正电荷q1固定于半径为R的半圆光滑轨道的圆心处，将另一电荷量为q2、质量为m的带正电小球，从轨道的A处无初速度释放，求：（1）小球运动到B点时的速度大小；（2）小球在B点时对轨道的压力【考点】机械能守恒定律；向心力；点电荷的场强 【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】（1）分析小球的运动过程中受力情况及各力做功情况，明确机械能守恒，根据机械能守恒定律列式即可求得B点的速度（2）分析小球在B点的受力情

36、况，根据向心力公式可求得小球在B点受到的支持力，再由牛顿第三定律可求得压力【解答】解：（1）带电小球q2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR=mv02解得vB=（2）小球到达B点时，受到重力mg、库仑力F和支持力FN，由圆周运动和牛顿第二定律得FNmgk=m解得FN=3mg+k根据牛顿第三定律，小球在B点时对轨道的压力为FN=FN=3mg+k方向竖直向下答：（1）小球运动到B点时的速度大小为（2）小球在B点时对轨道的压力为3mg+k；方向竖直向下【点评】本题考查点电荷的电场以及机械能守恒定律的应用；要注意认真分析物体的受力情况，再根据相应的物理规律分析求解即可15（12

37、分）（2015秋乐陵市期中）绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图所示，图中XOY所在平面与光滑水平面重合，场强方向与x轴正向平行，电场的半径为R=m，圆心O与坐标系的原点重合，场强E=2N/C，一带电量为q=1105C，质量m=1105kg带负电的粒子，由坐标原点O处以速度v0=1m/s沿y轴正方向射入电场，求（1）粒子在电场中运动的时间；（2）粒子出射点的位置坐标；（3）粒子射出时具有的动能【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；电场强度 【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）粒子受到水平向左的电场力，做类平抛运动，即在y轴方向做匀速直线运动，在x轴方向做匀

38、加速直线运动，抓住x2+y2=R2，根据运动学规律求出运动的时间（2）根据时间求出x轴方向和y轴方向的位移，从而得出粒子出射点的位置坐标（3）根据动能定理求出粒子射出电场时的动能【解答】解：（1）粒子沿x轴方向做匀加速运动，加速度为a，Eq=ma x=at2 沿y轴方向做匀速运动：y=v0t x2+y2=R2解得：t=1s 故粒子在电场中运动的时间为1s（2）粒子射出电场边界的位置坐标为x1=1m y1=1m 故粒子出射点的位置坐标为（1m，1m）（3）出射时的动能由动能定理得：Eq|x1|=EKmv20 代入解得：EK=2.5105J 故粒子射出时具有的动能为2.5105J【点评】解决本题的关键掌握类平抛运动的处理方法，以及能够灵活运用动能定理解题- 16 -