青海师范大学二附中高二物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年青海师范大学二附中高二（上）期中物理试卷　一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分.在下列各题的四个选项中，至少有一个符合题目要求，将正确答案填写在答题卷上，不选错选多选不得分，漏选得1分）1．一段横截面积为5mm2的导体通有恒定电流，若2秒钟有2C的正电荷和2C的负电荷相向运动通过某一横截面，则电流强度是（　　）A．1AB．2AC．4AD．8A　2．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（　　）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3　3．在电场中的a点放一试探电荷+q，它受到的电场力大小为F，方向水平向右，则a点的场强大小为，方向水平向右，下列说法正确的是（　　）A．在a点放置一个负试探电荷﹣q，它所受的电场力方向水平向左B．在a点放置一个负试探电荷﹣q，a点的场强方向变为水平向左C．在a点放置一个电荷量为2q的检验电荷，则a点的场强变为2ED．在a点放置一个电荷量为2q的检验电荷，则a的场强变为　4．如图2，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PQ=RQ．则（　　）A．q1=2q2B．q1=4q2C．q1=﹣2q2D．q1=﹣4q2　5．如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向a端滑动，则（　　）-18-\nA．电灯L更亮，安培表的示数减小B．电灯L变暗，安培表的示数增大C．电灯L变暗，安培表的示数减小D．电灯L更亮，安培表的示数增大　6．在如图所示的电路中，U=8V不变，电容器电容C=200μF，R1：R2=1：3，则电容器的带电量为（　　）A．1×10﹣3CB．1.2×10﹣3CC．6×10﹣4CD．1.6×10﹣3C　7．如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ．若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E=100v/m，则O、P两点的电势差可表示为（　　）A．Uop=﹣10sinθ（V）B．Uop=10sinθ（V）C．Uop=﹣10cosθ（V）D．Uop=10cosθ（V）　8．一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有（　　）A．粒子带负电荷B．粒子的加速度先不变，后变小-18-\nC．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小，后增大　9．四个相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入如图所示的电路，闭合开关后（　　）A．A1的读数比A2的读数小B．A1指针偏转角度与A2指针偏转角度相等C．V1读数比V2读数大D．V1指针偏转角度与V2指针偏转角度不等　10．如图所示，电子在电压为U1的加速电场中由静止开始运动，然后进入电压为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向和极板平行．整个装置放在真空中，在满足电子能射出平行板区的条件下，一定能使电子的偏角θ变大的是（　　）A．U1变大、U2变大B．U1变小U2变小C．U1变大、U2变小D．U1变小、U2变大　11．如图所示，水平放置的平行板电容器，闭合电键与稳压直流电源连接，下板固定，当上板在AB位置时，一个带电油滴刚好静止在电容器的中点，现在断开电键，使上板在AB位置与A′B′位置之间上下往复移动，以下关于带电油滴的运动描述正确的是（　　）A．油滴在电容器两极板间上下往复运动B．油滴始终向下极板运动最后到达下极板C．油滴始终处于静止状态D．上板向上移动时，油滴做加速运动；上板向下移动时，油滴做减速运动　12．如图中虚线所示为静电场的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为（　　）-18-\nA．8eVB．13eVC．20eVD．34eV　　二．填空题（本题共3小题，每空2分，共14分）13．一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=500Ω．要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上　　　　　　一个　　　　　　kΩ的电阻．　14．有一电流计，内阻Rg=25Ω，满偏电流Ig=3mA．要把它改装成量程为0～0.6A的电流表，需要　　　　　　一个　　　　　　的电阻．　15．在用伏安法测电阻的实验中，所用电压表的内阻约为20kΩ，电流表的内阻约为20Ω．在粗测被测电阻数值的基础上，选择了尽可能减小误差的电路进行实验，测得的数据用圆点标于图1上，根据图中所记录的各点，在图1中画出被测电阻的I﹣U图线，由此求得该电阻测量值Rx=　　　　　　Ω；根据Rx的数值，可知实验中电表连接采用的是图2中　　　　　　图所示的电路（填“（1）”或“（2）”）；电阻的测量值与真实值相比较，测量值　　　　　　真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）．　　三.解答题（共5小题，共50分，解答应画出必要的受力分析、运动轨迹；写出文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，在答案中必须明确写出数值和单位）16．如图所示，R1=14ΩR2=9Ω．当开关处于位置1时，电流表读数I1=0.2A；当开关处于位置2时，电流表的读数I2=0.3A．求电源的电动势E和内电阻r．-18-\n　17．如图所示，电源电动势为E=30V，内阻为r=1Ω，电灯上标有“6V，12W”字样，直流电动机线圈电阻R=2Ω．若电灯恰能正常发光，求：（1）流过电灯的电流是多大？（2）电动机两端的电压是多大？（3）电动机输出的机械功率是多少．　18．（10分）（2022秋•青海校级期中）如图所示，线段A为某电源的U﹣I图线，线段B为某电阻R的U﹣I图线，由上述电源和电阻组成闭合电路时，求：（1）电源的输出功率P出是多大？（2）电源内部损耗的电功率P内是多少？　19．（10分）（2022秋•青海校级期中）由AB、CD两金属板组成平行板电容器，电容为C，两板与水平面夹角为α，并充以电量Q如图所示，有一油滴质量为m，带电量为q，由A点从静止开始沿水平方向做直线运动到达D点（设两板间为匀强电场）问：（1）电容器两板间电势差为多少？（2）两板间的电场强度为多少？（3）油滴从A点运动到D点经历的时间t？　20．（13分）（2022秋•青海校级期中）如图所示，在水平光滑绝缘的平面xOy内，水平匀强电场方向与x轴负方向成45°角，电场强度E=1×103-18-\nN/C．某带电小球所带电荷量为q=﹣2×10﹣6C，质量为m=1×10﹣3kg，以初速度v0=2m/s从坐标轴原点出发，初速度v0方向与匀强电场方向垂直，当带电小球再次经过x轴时与x轴交于A点，求：（1）从坐标原点出发到A点经历的时间；（2）带电小球经过A点时的速度大小及A点的坐标．　　2022-2022学年青海师范大学二附中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分.在下列各题的四个选项中，至少有一个符合题目要求，将正确答案填写在答题卷上，不选错选多选不得分，漏选得1分）1．一段横截面积为5mm2的导体通有恒定电流，若2秒钟有2C的正电荷和2C的负电荷相向运动通过某一横截面，则电流强度是（　　）A．1AB．2AC．4AD．8A【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电流的定义：单位时间内通过导体横截面的电荷量．【解答】解：电流的定义式是I===2A，故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】注意如有正负电荷都通过某横截面时，通过的电量为绝对值之和．　2．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（　　）A．R1：R2=1：3B．R1：R2=3：1C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．-18-\n【分析】由题图象是电阻的伏安特性曲线，其斜率k等于电阻的倒数．将R1与R2串联后接于电源上时，电流相等．将R1与R2并联后接于电源上时，电压相等，电流与电阻成反比．【解答】解：A、B由图R1==1Ω，R2==3Ω，故A正确．C、R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：1．故C错误．D、将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=R2：R1=3：1故D错误．故选A【点评】本题考查识别、理解物理图象的能力．物理图象往往从数学角度，研究图象的斜率、面积、交点等意义．　3．在电场中的a点放一试探电荷+q，它受到的电场力大小为F，方向水平向右，则a点的场强大小为，方向水平向右，下列说法正确的是（　　）A．在a点放置一个负试探电荷﹣q，它所受的电场力方向水平向左B．在a点放置一个负试探电荷﹣q，a点的场强方向变为水平向左C．在a点放置一个电荷量为2q的检验电荷，则a点的场强变为2ED．在a点放置一个电荷量为2q的检验电荷，则a的场强变为【考点】电场强度．【专题】定性思想；类比法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关；利用场强方向的规定判断电荷所受的电场力．【解答】解：AB、据题意可知，该点的场强方向水平向右；电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=，是采用比值法下的定义，所以在该点放置不同的检验电荷，该点的场强不变；当在该点放负电荷时，据场强方向的规定知，电场力的方向与场强的方向相反，即电场力的方向水平向左，故A正确，B错误；CD、由上分析可知，当在a点放置一个电荷量为2q的检验电荷，则a点的场强仍不变，故CD错误．故选：A．【点评】明确电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关是解题的关键，同时理解比值定义法的含义．　4．如图2，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PQ=RQ．则（　　）A．q1=2q2B．q1=4q2C．q1=﹣2q2D．q1=﹣4q2【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】定量思想；比例法；电场力与电势的性质专题．【分析】R处的电场强度为零是q1和q2两个点电荷产生的电场相互抵消的结果，即q1和q2两个点电荷在R处产生的场强大小相等、方向相反，说明这两个电荷的电性相反，由点电荷场强公式求它们电量大小关系．-18-\n【解答】解：据题知，q1和q2两个点电荷在R处产生的场强大小相等、方向相反，则q1和q2的电性相反．设PQ=RQ=r，则根据电场的叠加原理可得：k=k可得|q1|=4|q2|综上可得：q1=﹣4q2．故选：D【点评】理解点电荷的电场强度公式及电场强度的叠加原理，并掌握电场强度的矢量性．　5．如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向a端滑动，则（　　）A．电灯L更亮，安培表的示数减小B．电灯L变暗，安培表的示数增大C．电灯L变暗，安培表的示数减小D．电灯L更亮，安培表的示数增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据滑片的移动可以得出滑动变阻器接入电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流及路端电压的变化；则可得出局部电路中的变化【解答】解：当滑片向a滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，则电流表示数增大，则由U=E﹣Ir可知，路端电压减小；则灯泡L变暗，故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，要注意根据“局部﹣整体﹣局部”的思路进行分析．　6．在如图所示的电路中，U=8V不变，电容器电容C=200μF，R1：R2=1：3，则电容器的带电量为（　　）A．1×10﹣3CB．1.2×10﹣3CC．6×10﹣4CD．1.6×10﹣3C【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【专题】电容器专题．-18-\n【分析】电路稳定时，没有电流通过电容器，R1与R2串联，根据串联电路的特点，求出电阻R2两端的电压，即可得到电容器的电压，由Q=CU求解电容器的带电量．【解答】解：电容器的电压等于电阻R2两端的电压，为：U2=U==6V则电容器的带电量：Q=CU2=200×10﹣6×6C=1.2×10﹣3C，故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】对于电容器问题，关键确定其电压，电路稳定时，电容器的电压等于所并联电路两端的电压．　7．如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ．若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E=100v/m，则O、P两点的电势差可表示为（　　）A．Uop=﹣10sinθ（V）B．Uop=10sinθ（V）C．Uop=﹣10cosθ（V）D．Uop=10cosθ（V）【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】计算题．【分析】匀强电场中电势差U=Ed，关键在于明确d为沿电场线方向的有效距离．【解答】解：在匀强电场中，两点间的电势差U=Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以dOP=R•sinθ，故：Uop=﹣100×0.1sinθ=﹣10sinθ（V）故选A．【点评】一定要注意明确公式中d的准确含义，d是沿电场线方向的距离，故可以将实际距离向电场线方向作投影；本题如果不习惯用符号表示，可以先确定大小，再根据电场线由高电势指向低电势确定电势差的正负．　8．一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有（　　）A．粒子带负电荷B．粒子的加速度先不变，后变小C．粒子的速度不断增大-18-\nD．粒子的电势能先减小，后增大【考点】等势面；电场线．【专题】压轴题；图析法．【分析】等势面的疏密可以表示场强的大小，电场线与等势面；电场力做正功，电势能减小．【解答】解：A、电场线（垂直于等势面）先向右后向上偏，而粒子后向下偏了，所以电场力与电场强度方向相反，所以粒子带负电，A正确；B、因为等势面先平行并且密，后变疏，说明电场强度先不变，后变小，则电场力先不变，后变小，所以加速度先不变，后变小，B正确；C、由于起初电场力与初速度方向相反，所以速度先减小，C错误；D、因为电场力先做负功，所以电势能先增大，D错误；故选AB．【点评】本题考查等势面、电场线、电场力、电场力做功、电势能等等．可以先根据等势面确定电场线的分布情况再判断．　9．四个相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入如图所示的电路，闭合开关后（　　）A．A1的读数比A2的读数小B．A1指针偏转角度与A2指针偏转角度相等C．V1读数比V2读数大D．V1指针偏转角度与V2指针偏转角度不等【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，并流电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大．然后再根据电路的串并联知识分析即可．【解答】解：电流表A1的量程大于A2的量程，故电流表A1的内阻小于A2的内阻；电压表V1的量程大于V2的量程，故V1的电阻大于V2的电阻；A、由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同，故A1中的电流要大于A2中的电流，故A1的读数比A2的读数大，故A错误，B正确；C、两电压表串联，故通过两表的电流相等，故V1的读数比V2的读数大，两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转，故C正确，D错误；故选：BC．【点评】本题要求学生能熟练应用串并联电路的规律及电表的性质，应明确由电流表扩大量程时为并联一小电阻，而将电流表改装为电压表时应串联一大电阻．-18-\n　10．如图所示，电子在电压为U1的加速电场中由静止开始运动，然后进入电压为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向和极板平行．整个装置放在真空中，在满足电子能射出平行板区的条件下，一定能使电子的偏角θ变大的是（　　）A．U1变大、U2变大B．U1变小U2变小C．U1变大、U2变小D．U1变小、U2变大【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】电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场是的速度．电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动．运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度θ的变化情况．【解答】解：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：…①又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：…②又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：…③电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at…④由①、②、③、④可得：又有：故U2变大或U1变小都可能使偏转角θ变大，故选项D正确，选项ABC错误．故选D．【点评】带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化．第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法．第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求解．　11．如图所示，水平放置的平行板电容器，闭合电键与稳压直流电源连接，下板固定，当上板在AB位置时，一个带电油滴刚好静止在电容器的中点，现在断开电键，使上板在AB位置与A′B′位置之间上下往复移动，以下关于带电油滴的运动描述正确的是（　　）-18-\nA．油滴在电容器两极板间上下往复运动B．油滴始终向下极板运动最后到达下极板C．油滴始终处于静止状态D．上板向上移动时，油滴做加速运动；上板向下移动时，油滴做减速运动【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】断开开关后，电容器带电量不变，根据C=、C=、E=结合可分析出板间场强不变，判断出油滴仍处于静止状态．【解答】解：根据电容的决定式C=、电容的定义式C=和E=，可得板间场强E=，可知E与d无关．由题意可知，电容器所带电量Q不变，极板正对面积S不变，ɛ不变，得到板间场强E不变，则油滴所受的电场力不变，所以油滴始终处于静止状态．故ABD错误，C正确．故选：C【点评】解决本题的关键要熟练根据电容的决定式C=、电容的定义式C=和E=推导出板间场强E=，得到E与d无关．　12．如图中虚线所示为静电场的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为（　　）A．8eVB．13eVC．20eVD．34eV【考点】等势面；功能关系；电势能．【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】要求正电荷的电势能为﹣8eV时的动能，需要知道该正电荷的动能和电势能的总和，得出Eka+Epa=Ekb+Epb，得出Epb﹣Epa=21eV从而确定φb＞φa；根据电荷经过a、b点的动能分别为26eV和5eV和ab之间有两个等势面且等势面3的电势为0，可设等势面4的电势为φ，则等势面a的电势﹣2φ，再根据该正电荷的动能和电势能的总和保持不变求出正电荷的动能．-18-\n【解答】解：在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变，故有Eka+Epa=Ekb+Epb…①所以26eV+Epa=5ev+EpbEpb﹣Epa=26eV﹣5eV=21eV…②根据EP=qφ可知φb＞φa，由于相邻等势面之间的电势差相同，等势面3的电势为0，设等势面4的电势为φ，则等势面a的电势﹣2φ，代入②式得qφ﹣（﹣2qφ）=3qφ=21eVqφ=7eV正电荷的能量故有Ek+（﹣8eV）=5eV+7eVEK=5eV+7eV+8eV=20eV故C正确，故选C．【点评】“在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变；相邻等势面之间的电势差相同”是我们解决此类问题时的突破口．　二．填空题（本题共3小题，每空2分，共14分）13．一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=500Ω．要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上　串联　一个　9.5　kΩ的电阻．【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；定量思想；方程法；恒定电流专题．【分析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．【解答】解：把电流表改装成10V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R=﹣Rg=﹣500=9500Ω=9.5kΩ；故答案为：串联；9.5．【点评】本题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理是解题的关键，应用串联电路特点与欧姆定律可以解题．　14．有一电流计，内阻Rg=25Ω，满偏电流Ig=3mA．要把它改装成量程为0～0.6A的电流表，需要　并联　一个　0.13Ω　的电阻．【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；定量思想；方程法；恒定电流专题．【分析】把电流计改装成电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．【解答】解：把电流计改装成0.6A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：R==≈0.13Ω；故答案为：并联；0.13Ω．【点评】本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理是解题的关键，应用并联电路特点与欧姆定律可以解题．　-18-\n15．在用伏安法测电阻的实验中，所用电压表的内阻约为20kΩ，电流表的内阻约为20Ω．在粗测被测电阻数值的基础上，选择了尽可能减小误差的电路进行实验，测得的数据用圆点标于图1上，根据图中所记录的各点，在图1中画出被测电阻的I﹣U图线，由此求得该电阻测量值Rx=　2000　Ω；根据Rx的数值，可知实验中电表连接采用的是图2中　2　图所示的电路（填“（1）”或“（2）”）；电阻的测量值与真实值相比较，测量值　大于　真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）．【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】根据坐标系内描出的点作出图象，然后由欧姆定律求出电阻阻值；根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，根据电路图应用欧姆定律分析实验误差．【解答】解：根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：由图示图象可知，电阻阻值：RX===2000Ω，电压表的内阻约为20kΩ，电流表的内阻约为20Ω，待测电阻阻值远大于电流表内阻，应采用如图2所示电路图，由于电流表的分压作用，所测电压偏大，电阻测量值大于真实值．故答案为：2000；2；大于．【点评】本题考查了电阻阻值、实验电路选择、实验误差分析；要注意实验误差分析及数据的处理．　-18-\n三.解答题（共5小题，共50分，解答应画出必要的受力分析、运动轨迹；写出文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，在答案中必须明确写出数值和单位）16．如图所示，R1=14ΩR2=9Ω．当开关处于位置1时，电流表读数I1=0.2A；当开关处于位置2时，电流表的读数I2=0.3A．求电源的电动势E和内电阻r．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据闭合电路欧姆定律分别列出开关处于位置1和2时的电流表达式，联立组成方程组求解电源的电动势E和内电阻r．【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得E=I1（R1+r）①E=I2（R2+r）②联立组成方程组得，r=代入解得，r=1Ω将r=1Ω代入①得，E=3V答：电源的电动势E=3V，内电阻r=1Ω．【点评】本题提供了测量电源的电动势和内阻和方法，可以用电阻箱代替两个定值电阻．　17．如图所示，电源电动势为E=30V，内阻为r=1Ω，电灯上标有“6V，12W”字样，直流电动机线圈电阻R=2Ω．若电灯恰能正常发光，求：（1）流过电灯的电流是多大？（2）电动机两端的电压是多大？（3）电动机输出的机械功率是多少．【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】电磁学．【分析】（1）电灯正常发光时，其电压等于额定电压，功率等于额定功率．由功率公式求解电流I．（2）由闭合电路的欧姆定律，可得M两端的电压．（3）电动机输出的机械功率P出=P总﹣P热．-18-\n【解答】解：（1）灯泡L正常发光，电路中的电流为I==2A；（2）由闭合电路的欧姆定律可知，电动机的电压为UM=U﹣Ir﹣UL=30V﹣2×1V﹣6V=22V；（3）电动机的总功率为P总=IUM=2×22=44W，电动机的热功率为P热=I2R=22×2=8W，所以电动机的输出功率为P出=P总﹣P热=44﹣8=36W．答：（1）流过电灯的电流是2A；（2）电动机两端的电压是24V；（3）电动机输出的机械功率是36W．【点评】本题是含有电动机的电路，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，不能用闭合电路欧姆定律求解电路中的电流I．　18．（10分）（2022秋•青海校级期中）如图所示，线段A为某电源的U﹣I图线，线段B为某电阻R的U﹣I图线，由上述电源和电阻组成闭合电路时，求：（1）电源的输出功率P出是多大？（2）电源内部损耗的电功率P内是多少？【考点】路端电压与负载的关系；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）由电源的U﹣I图象读出电动势，求出内阻．两图线交点表示电阻与电源组成闭合电路时的工作状态，读出电压和电流，由公式P=UI求出电源的输出功率P出．（2）电源内部损耗的电功率由公式P内=I2r求解．【解答】解：（1）从A的图线可读出电源的电动势：E=3V；故内阻：r==Ω=0.5Ω；从图象的交点可读出：路端电压U=2V，电路电流I=2A则电源的输出功率为：P出=UI=2×2W=4W．（2）电源内部损耗的电功率P内=I2r=22×0.5W=2W．答：（1）电源的输出功率P出为4W．　（2）电源内部损耗的电功率是2W．【点评】本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解能力，关键要理解两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态，能直接读出电流和路端电压，从而求出电源的输出功率．　19．（10分）（2022秋•青海校级期中）由AB、CD两金属板组成平行板电容器，电容为C，两板与水平面夹角为α，并充以电量Q如图所示，有一油滴质量为m，带电量为q，由A点从静止开始沿水平方向做直线运动到达D点（设两板间为匀强电场）问：-18-\n（1）电容器两板间电势差为多少？（2）两板间的电场强度为多少？（3）油滴从A点运动到D点经历的时间t？【考点】带电粒子在混合场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】计算题；定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】（1）根据电容器的定义式C=求出电容器两极板间的电势差．（2）根据油滴做直线运动，抓住合力方向与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则求出电场强度的大小．（3）根据AD的距离，结合牛顿第二定律求出加速度，通过位移时间公式求出运动的时间．【解答】解：（1）根据电容的定义式，则有电容器两板间的电势差U=．（2）油滴受电场力和重力，合力方向与速度方向在同一条直线上．根据平行四边形定则得，Eqcosα=mg解得电场强度E=．（3）因为xAD==at2①又a==②U=Ed=③联立三式解得t=．答：（1）电容器两板间电势差为；（2）两板间的电场强度为；（3）油滴从A点运动到D点经历的时间．【点评】本题的突破点在于粒子做直线运动，故应根据力与运动的关系确定出粒子的受力情况．　20．（13分）（2022秋•青海校级期中）如图所示，在水平光滑绝缘的平面xOy内，水平匀强电场方向与x轴负方向成45°角，电场强度E=1×103N/C．某带电小球所带电荷量为q=﹣2×10﹣6C，质量为m=1×10﹣3kg，以初速度v0=2m/s从坐标轴原点出发，初速度v0方向与匀强电场方向垂直，当带电小球再次经过x轴时与x轴交于A点，求：（1）从坐标原点出发到A点经历的时间；（2）带电小球经过A点时的速度大小及A点的坐标．-18-\n【考点】电势差与电场强度的关系；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】计算题；定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）小球在水平面内做类平抛运动，水平面内小球只受电场力，根据牛顿第二定律求出加速度．当小球经过x轴上的A点时有tan45°=，即可求出时间．（2）由速度公式求出小球到达A点时垂直v0方向的速度，根据速度的合成求解带电小球经过A点时速度大小．根据数学知识求解A点的坐标．【解答】解：（1）由题意分析可知小球在水平面内做类平抛运动，加速度大小为：a===2m/s2当小球经过x轴上的A点时有：tan45°==解得从坐标原点出发到A点经历的时间为：t===2s（2）粒子到达A点时垂直v0方向的分速度为：vE=at=2×2=4m/s所以带电小球经过A点时速度大小为：vA==m/s=2m/sA点的横坐标为x==m=4m故A点的坐标为（4m，0）答：（1）从坐标原点出发到A点经历的时间2s．（2）带电小球经过A点时速度大小为4m/s．A点的坐标为（4m，0）．【点评】本题关键要正确理解运动合成与分解的方法，并运用三角函数来分析两个分位移的关系，运用动力学规律解答．　-18-