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福建省漳州市龙海市程溪中学高二物理上学期期中试题含解析

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2022-2022学年福建省漳州市龙海市程溪中学高二(上)期中物理试卷一、单项选择题(每小题4分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.由电场强度的定义式E=可知,在电场中的某一点()A.电场强度E跟F成正比,跟q成反比B.在该点无论怎样改变试探电荷的电量,始终不变C.电荷在该点所受电场力越大,则该点的电场强度一定越大D.电荷在该点受到的电场力的方向就是该点电场强度的方向2.两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r的两处,它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为,则两球间库仑力的大小为()A.B.C.D.12F3.在如图所示的电场中的P点放置一负电荷,使其从静止开始运动,其中加速度逐渐减小的是图中的()A.B.C.D.4.如图是利用电容式传感器制作而成的话筒的示意图.话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层,膜后距膜几十微米处有一金属板.振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极,人对着话筒讲话时,振动膜前后振动,使电容发生变化.导致电容变化的主要原因是电容器两板间的()A.电压变化B.介质变化C.正对面积变化D.距离变化5.在示波管中,电子枪2s内发射6×1013个电子(一个电子电荷量为﹣1.60×10﹣19C),则示波管中的电流大小约为()A.4.8×10﹣6AB.3×10﹣13AC.9.6×10﹣6AD.3×10﹣6A-17-\n6.三个相同的电阻(R1=R2=R3)连接成如图所示的电路,其每个电阻的电压和电流相应为,U1和I1;U2和I2;U3和I3下列说法正确的是()A.U1=U2=U3B.I1=I2=I3C.2U1=U2=U3D.I1=2I2=2I37.一根均匀导线,现将它均匀拉长,使导线的直径减小为原来的一半,此时它的阻值为64Ω,则导线原来的电阻值为()A.128ΩB.32ΩC.4ΩD.2Ω8.如图所示,在场强为E的匀强电场中有A、B两点,AB连线长L,与电场线夹角为α、则AB两点的电势差为()A.零B.ELC.ELsinαD.ELcosα9.一个电流表量程为1μA,内阻为Rg=100Ω,如果把它改装成量程较大的电流表,量程为100μA,则()A.给它串联一个电阻,阻值为10000ΩB.给它串联一个电阻,阻值为9900ΩC.给它并联一个电阻,阻值为1ΩD.给它并联一个电阻,阻值为Ω二、多选题(共4题,每小题4分,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分.)10.如图所示,电场中有A、B两点,则下列说法中正确的是()A.电势φA>φB,场强EA>EBB.电势φA>φB,场强EA<EBC.将+q电荷从A点移到B点电场力做了正功D.将﹣q电荷放在A点时具有的电势能比放在B点大11.R1、R2两电阻的I(电流)﹣U(电压)图线如图所示,依据图线可判断()-17-\nA.R1导线的电阻大于R2导线的电阻B.R1消耗的电功率大于R2消耗的电功率C.将R1、R2串联在电路中,R1两端的电压大于R2两端的电压D.将R1、R2并联在电路中,通过R1的电流大于通过R2的电流12.如图所示,一电容为C的平行板电容器,两极板A、B间距离为d,板间电压为U,B板电势高于A板.两板间有M、N、P三点,MN连线平行于极板,N、P连线垂直于极板,M、P两点间距离为L,∠PMN=θ.以下说法正确的是()A.电容器带电量为B.两极板间匀强电场的电场强度大小为C.M、P两点间的电势差为D.若将带电量为+q的电荷从M移到P,该电荷的电势能减少了13.如图所示,一个绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中,场强为E,在其上端与圆心等高处有一个质量为m,带电荷量为+q的小球由静止开始下滑,则()A.小球运动过程中机械能守恒B.小球经过最低点时速度最大C.小球在最低点对环的压力大小为(mg+qE)D.小球在最低点对环的压力大小为3(mg+qE)三、实验题(2小题,共12分)14.如图1中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数,此读数应为__________mm;如图2游标卡尺读数为__________cm,一个电流表的满偏电流值Ig=0.6A,面板如图3所示,指针现在的电流示数是__________A.-17-\n15.欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻,要求测量结果尽量准确,现备有以下器材:A.电池组(3V,内阻10Ω);B.电流表(0~3A,内阻0.0125Ω);C.电流表(0~0.6A,内阻0.125Ω);D.电压表(0~3V,内阻3kΩ);E.电压表(0~15V,内阻15kΩ,);F.滑动变阻器(0~50Ω,额定电流1A);G.滑动变阻器(0~5000Ω,额定电流0.3A);H.开关、导线(1)要求较准确地侧出其阻值,电流表应选__________,电压表应选__________,滑动变阻器应选__________.(填序号)(2)在本题虚线方框中画出用伏安法测上述电阻丝电阻的电路图.四、计算题(本题4小题,共36分.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,有数值运算的,答案中必须明确写出数值和单位.)16.地面上方存在水平向右的匀强电场,一质量为m带电量为q的小球用绝缘丝线悬挂在电场中,当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ,此时小球到地面的高度为h.求:(1)匀强电场的场强?(2)若丝线突然断掉,小球经过多长时间落地?17.如图所示的电路中,电源电压为60V,内阻不计,电阻R=2Ω,电动机的内阻R0=1.6Ω,电压表的示数为50V,电动机正常工作.求(1)电路中电阻R的电流强度?-17-\n(2)电动机的电功率?(3)每秒钟电动机有多少电能转化为机械能?18.如图所示的电路中,A、B两端的电压U恒为12V,灯L标有“6V,1.8W”的字样,R1=20Ω,电键S断开时,灯L正常发光.求:(1)此时滑动变阻器的电阻R2;(2)当电键S闭合时,灯L的功率为多少?(3)如果在电键S闭合后仍要使灯L正常发光,则滑动变阻器的电阻要调到多大?19.如图所示,虚线PQ、MN间存在水平匀强电场,一带电粒子质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量为q=+1.0×10﹣5C,从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后,垂直于匀强电场进入匀强电场中,从虚线MN的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角.已知PQ、MN间距为20cm,带电粒子的重力忽略不计.求:(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1(2)匀强电场的场强大小(3)ab两点间的电势差.-17-\n2022-2022学年福建省漳州市龙海市程溪中学高二(上)期中物理试卷一、单项选择题(每小题4分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.由电场强度的定义式E=可知,在电场中的某一点()A.电场强度E跟F成正比,跟q成反比B.在该点无论怎样改变试探电荷的电量,始终不变C.电荷在该点所受电场力越大,则该点的电场强度一定越大D.电荷在该点受到的电场力的方向就是该点电场强度的方向【考点】电场强度.【专题】电场力与电势的性质专题.【分析】电场强度是由电场本身决定,与试探电荷的电量大小无关,与试探电荷所受的电场力的大小无关,电场强度的方向就是放在该点的正电荷所受电场力的方向,与负电荷所受电场力的方向相反.【解答】解:A、电场强度是由电场本身决定,与试探电荷的电量大小无关,与试探电荷所受的电场力的大小无关,故A错误.B、电场强度是由电场本身决定,与试探电荷的电量大小无关,与试探电荷所受的电场力的大小无关,即始终不变,故B正确.C、电场强度是由电场本身决定,与试探电荷的电量大小无关,与试探电荷所受的电场力的大小无关,故C错误.D、电场强度的方向就是放在该点的正电荷所受电场力的方向,与负电荷所受电场力的方向相反,故D错误.故选B.【点评】掌握了电场强度的定义及决定因素即可顺利解决此类问题.2.两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r的两处,它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为,则两球间库仑力的大小为()A.B.C.D.12F【考点】库仑定律;电荷守恒定律.【专题】计算题.【分析】清楚两小球相互接触后,其所带电量先中和后均分.根据库仑定律的内容,根据变化量和不变量求出问题.-17-\n【解答】解:接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k,两个相同的金属球各自带电,接触后再分开,其所带电量先中和后均分,所以两球分开后各自带点为+Q,距离又变为原来的,库仑力为F′=k,所以两球间库仑力的大小为.故选C.【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题.3.在如图所示的电场中的P点放置一负电荷,使其从静止开始运动,其中加速度逐渐减小的是图中的()A.B.C.D.【考点】电场强度.【专题】电场力与电势的性质专题.【分析】电场线的疏密反映电场的强弱,再根据F=Eq可得出电场力大小的变化即可解决问题.【解答】解:正电荷受电场力水平向右,使其从静止开始向右运动,要使加速度逐渐增大,也就是所受电场力增大,电场线的疏密反映电场的强弱,从图中看出在水平向右的方向上,A图中电场强度减小,B图中电场强度增大,C图中电场强度不变,D图中电场强度先增大后减小,所以B图符合题意.故选:B.【点评】电场线是为了形象描述电场的性质而引入的虚拟的带有方向的线,近几年对电场线的考查较多,应认真把握.4.如图是利用电容式传感器制作而成的话筒的示意图.话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层,膜后距膜几十微米处有一金属板.振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极,人对着话筒讲话时,振动膜前后振动,使电容发生变化.导致电容变化的主要原因是电容器两板间的()A.电压变化B.介质变化C.正对面积变化D.距离变化【考点】平行板电容器的电容;电容.【专题】电容器专题.-17-\n【分析】人对着话筒讲话时,振动膜前后振动,电容器两板间的距离发生变化,引起电容变化.【解答】解:A、电容器的电容与电压无关.故A错误.B、C人对着话筒讲话时,振动膜前后振动时,介质、正对面积没有变化.故BC错误.D、人对着话筒讲话时,振动膜前后振动时,电容器两板间的距离发生变化,引起电容变化.故D正确.故选D【点评】本题是简单的实际问题,关键要准确分析引起电容变化的原因.要注意电容是电容器本身的特性,与电压无关.5.在示波管中,电子枪2s内发射6×1013个电子(一个电子电荷量为﹣1.60×10﹣19C),则示波管中的电流大小约为()A.4.8×10﹣6AB.3×10﹣13AC.9.6×10﹣6AD.3×10﹣6A【考点】电流、电压概念.【专题】恒定电流专题.【分析】每个电子的电荷量大小为e=1.6×10﹣19C.根据电流的定义式I=,求解示波管中电流的大小.【解答】解:每个电子的电荷量大小为e=1.6×10﹣19C,6×1013个电子总电荷量为q=6×1013×1.6×10﹣19C=9.6×10﹣6C,则示波管中电流大小为:I===4.8×10﹣6A.故选:A【点评】本题首先要了解电子的电荷量等于元电荷,是个常量.其次要掌握电流的定义式.6.三个相同的电阻(R1=R2=R3)连接成如图所示的电路,其每个电阻的电压和电流相应为,U1和I1;U2和I2;U3和I3下列说法正确的是()A.U1=U2=U3B.I1=I2=I3C.2U1=U2=U3D.I1=2I2=2I3【考点】串联电路和并联电路;闭合电路的欧姆定律.【专题】恒定电流专题.【分析】串联电路中,电流处处相等;并联电路中,各支路电流之和等于干路电流;串联电路的电压特点和并联电路的电压特点,串联分压,并联的各支路电压相同.【解答】解:由电路图可知,R2、R3并联后与R1串联,故R2、R3两端的电压相等,通过R1的电流I1=I2+I3,因三个电阻R1=R2=R3,R2、R3并联后的总阻值为,故U1=2U2=2U3,I1=2I2=2I3,故选D.【点评】此题结合电路考查了串联电路与并联电路的电流和电压规律.-17-\n7.一根均匀导线,现将它均匀拉长,使导线的直径减小为原来的一半,此时它的阻值为64Ω,则导线原来的电阻值为()A.128ΩB.32ΩC.4ΩD.2Ω【考点】电阻定律.【专题】恒定电流专题.【分析】通过导线长度和横截面积的变化,根据电阻定律R=求出电阻的大小.【解答】解:一根均匀导线,现将它均匀拉长,使导线的直径减小为原来的一半,则横截面积变为原来的,因为导线的体积不变,则长度变为原来的4倍,根据电阻定律R=,知电阻变为原来的16倍,所以导线原来的电阻为4Ω.故C正确,A、B、D错误.故选C.【点评】解决本题的关键掌握电阻定律的公式R=,知道影响电阻的因素.8.如图所示,在场强为E的匀强电场中有A、B两点,AB连线长L,与电场线夹角为α、则AB两点的电势差为()A.零B.ELC.ELsinαD.ELcosα【考点】电势差;电场线.【专题】电场力与电势的性质专题.【分析】根据匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed求电场强度,注意d是沿电场线方向的两点间距离.【解答】解:匀强电场中电势差与场强的关系公式为:U=Ed;d是沿电场线方向的两点间距离,为Lcosα;故AB之间的电势差为:U=ELcosα;故选D.【点评】考查了电场强度与电势差的关系,注意公式中d的含义.电场中的要基本公式掌握,打好基础.9.一个电流表量程为1μA,内阻为Rg=100Ω,如果把它改装成量程较大的电流表,量程为100μA,则()A.给它串联一个电阻,阻值为10000ΩB.给它串联一个电阻,阻值为9900ΩC.给它并联一个电阻,阻值为1ΩD.给它并联一个电阻,阻值为Ω【考点】把电流表改装成电压表.【专题】实验题;定量思想;比例法;恒定电流专题.-17-\n【分析】把电流表改装成大量程的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:把电流表改装为100μA的电流表需要并联分流电阻,并联电阻阻值:R===Ω;故选:D.【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.二、多选题(共4题,每小题4分,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分.)10.如图所示,电场中有A、B两点,则下列说法中正确的是()A.电势φA>φB,场强EA>EBB.电势φA>φB,场强EA<EBC.将+q电荷从A点移到B点电场力做了正功D.将﹣q电荷放在A点时具有的电势能比放在B点大【考点】电场线.【分析】沿着电场线方向电势一定降低.电场强度的大小看电场线的疏密程度,电场线越密的地方电场强度越大,要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化,理解这些概念之间的关系.【解答】解:A、沿着电场线电势一定降低,所以电势φA>φB.电场线越密的地方电场强度越大,所以场强EA<EB,故A错误,B正确.C、将+q电荷从A点移动到B点所受电场力和电场线方向相同,电场力做正功,故C正确.D、将﹣q电荷从A点移动到B点,所受电场力和电场线方向相反,电场力做负功,电势能增加,所以EPA<EPB,故D错误.故选:BC.【点评】电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念是本章的重点和难点,要弄清它们之间的区别和联系,并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化.11.R1、R2两电阻的I(电流)﹣U(电压)图线如图所示,依据图线可判断()A.R1导线的电阻大于R2导线的电阻B.R1消耗的电功率大于R2消耗的电功率-17-\nC.将R1、R2串联在电路中,R1两端的电压大于R2两端的电压D.将R1、R2并联在电路中,通过R1的电流大于通过R2的电流【考点】闭合电路的欧姆定律;电功、电功率.【专题】恒定电流专题.【分析】根据图线的斜率表示电阻的倒数去进行求解.串联时,通过两电阻的电流相等,并联时,两电阻两端的电压相等,根据欧姆定律分析即可.【解答】解:A、因为该图线为I﹣U图线,则图线的斜率k=,由图可知,1的斜率大于2的斜率,所以R1导线的电阻小于R2导线的电阻,故A错误.B、功率P=I2R,由于不知道电流之间的关系,所以无法判断消耗的功率大小,故B错误;C、将R1与R2串联后接于电源上,电流相等,根据U=IR得知,电压与电阻成正比,则R1两端的电压小于R2两端的电压,故C错误.D、将R1与R2并联后接于电源上,电压相等,根据I=得知,电流与电阻成反比,则通过R1的电流大于通过R2的电流,故D正确.故选:D【点评】本题是欧姆定律的直接应用,关键要抓住I﹣U图象的斜率等于电阻的倒数.12.如图所示,一电容为C的平行板电容器,两极板A、B间距离为d,板间电压为U,B板电势高于A板.两板间有M、N、P三点,MN连线平行于极板,N、P连线垂直于极板,M、P两点间距离为L,∠PMN=θ.以下说法正确的是()A.电容器带电量为B.两极板间匀强电场的电场强度大小为C.M、P两点间的电势差为D.若将带电量为+q的电荷从M移到P,该电荷的电势能减少了【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】定量思想;方程法;带电粒子在复合场中的运动专题.【分析】根据电容的定义式C=求出电容器的带电量.两极板间匀强电场的电场强度大小E=.PN间的电势差小于板间电压U.根据U=Ed,d是两点间沿场强方向的距离求电势差.将带电量为+q的电荷从M移到P,电场力做正功,电势能减小.根据电场力做功公式WMP=qUMP求出电场力做功.【解答】解:A、由电容的定义式C=得电容器的带电量Q=CU.故A错误.-17-\nB、两极板间匀强电场的电场强度大小E=,故B正确.C、M、P两点间的电势差为UMP=ELsinθ=•Lsinθ.故C错误.D、将带电量为+q的电荷从M移到P,电场力做功WMP=qUMP=,电荷的电势能减小.故D正确.故选:BD.【点评】本题中涉及电容、电场强度、电势差、电场力做功等多个知识点.公式U=Ed中,d是两点间沿场强方向的距离,不是两点间的距离.13.如图所示,一个绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中,场强为E,在其上端与圆心等高处有一个质量为m,带电荷量为+q的小球由静止开始下滑,则()A.小球运动过程中机械能守恒B.小球经过最低点时速度最大C.小球在最低点对环的压力大小为(mg+qE)D.小球在最低点对环的压力大小为3(mg+qE)【考点】带电粒子在混合场中的运动.【专题】带电粒子在复合场中的运动专题.【分析】小球运动过程中电场力做功,机械能不守恒.根据动能定理知小球经过环的最低点时速度最大.根据动能定理求出小球经过在最低点时的速度,由牛顿第二定律求出环对球的支持力,得到球对环的压力.【解答】解:A、小球运动过程中电场力做功,机械能不守恒.故A错误.B、小球从最高点到最低点的过程中,合力做正功,则根据动能定理得知,动能增加,速率增大,所以小球经过环的最低点时速度最大.故B正确.C、D小球从最高点到最低点的过程,根据动能定理得:(mg+qE)R=又由N﹣mg﹣qE=m,联立解得N=3(mg+qE).故C错误,D正确.故选:BD.【点评】本题是带电体在匀强电场中做圆周运动的问题,由动能定理和牛顿运动定律结合求解是常用的思路.三、实验题(2小题,共12分)14.如图1中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数,此读数应为6.125mm;如图2游标卡尺读数为10.02cm,一个电流表的满偏电流值Ig=0.6A,面板如图3所示,指针现在的电流示数是0.34A.-17-\n【考点】多用电表的原理及其使用;刻度尺、游标卡尺的使用;螺旋测微器的使用.【专题】定量思想;实验分析法;恒定电流专题.【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读.螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读【解答】解:螺旋测微器的固定刻度读数为6mm.可动刻度读数为0.01×12.5mm=0.125mm,所以最终读数为:6mm+0.125mm=6.125mm游标卡尺的主尺读数为10cm,游标读数为0.1×2=0.2mm=0.02cm,所以最终读数为10cm+0.02cm=10.02cm;电流表的最小分度为0.02A,则要估读到0.01A,为0.34A故答案为:10.405,6.120.34【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法,游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读.螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读15.欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻,要求测量结果尽量准确,现备有以下器材:A.电池组(3V,内阻10Ω);B.电流表(0~3A,内阻0.0125Ω);C.电流表(0~0.6A,内阻0.125Ω);D.电压表(0~3V,内阻3kΩ);E.电压表(0~15V,内阻15kΩ,);F.滑动变阻器(0~50Ω,额定电流1A);G.滑动变阻器(0~5000Ω,额定电流0.3A);H.开关、导线(1)要求较准确地侧出其阻值,电流表应选C,电压表应选D,滑动变阻器应选F.(填序号)(2)在本题虚线方框中画出用伏安法测上述电阻丝电阻的电路图.【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.【专题】实验题;定性思想;实验分析法;恒定电流专题.【分析】(1)根据伏安法测电阻的原理选择实验器材;(2)根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法.【解答】解:(1)伏安法测电阻丝电阻,需要:A、电池组(3V,内阻1Ω);-17-\n电路最大电流约为:I=A,电流表应选:C、电流表;电源电动势为3V,因此电压表选:D、电压表;为方便实验操作,要使用分压式接法,滑动变阻应选电阻值比较小的:F、滑动变阻器(0~50Ω,额定电流1A);(2)待测电阻阻值约为5Ω,电流表内阻约为0.125A,电压表内阻约为3kΩ,相对来说,电压表内阻远大于待测定值阻值,因此电流表应采用外接法.实验原理如图.故答案为:(1)C、D、F;(2)如图所示.【点评】本题考查了实验器材的选择、电流表接法的判断,当电压表内阻远大于待测电阻阻值时,电流表应采用外接法.四、计算题(本题4小题,共36分.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,有数值运算的,答案中必须明确写出数值和单位.)16.地面上方存在水平向右的匀强电场,一质量为m带电量为q的小球用绝缘丝线悬挂在电场中,当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ,此时小球到地面的高度为h.求:(1)匀强电场的场强?(2)若丝线突然断掉,小球经过多长时间落地?【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系;自由落体运动;电场强度.【专题】电场力与电势的性质专题.【分析】(1)小球受重力、拉力和电场力处于平衡,根据共点力平衡求出电场力的大小,从而得出匀强电场的场强.(2)丝线断掉后,做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律求出加速度,结合位移时间公式求出运动的时间.【解答】解:(1)对小球列平衡方程qE=mgtanθ所以.(2)丝线断后小球的加速度为由得-17-\n答:(1)匀强电场的场强.(2)若丝线突然断掉,小球经过时间落地.【点评】本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用,知道加速度是联系力学和运动学的桥梁.17.如图所示的电路中,电源电压为60V,内阻不计,电阻R=2Ω,电动机的内阻R0=1.6Ω,电压表的示数为50V,电动机正常工作.求(1)电路中电阻R的电流强度?(2)电动机的电功率?(3)每秒钟电动机有多少电能转化为机械能?【考点】闭合电路的欧姆定律;电功、电功率.【专题】计算题;定性思想;推理法;恒定电流专题.【分析】(1)根据串联电路规律可明确R两端的电压,再由欧姆定律可求得电流强度;(2)根据功率公式P=UI可求得电动机的电功率;(3)根据功能关系可求得每秒钟产生的机械能.【解答】解:(1)由图可知,R与电动机串联;电压表示数为50V,R两端的电压UR=60﹣50=10V,则由欧姆定律可知,I===5A;(2)流过电动机的电流为5A;则电动机的功率为:P=UI=50×5=250W;(3)根据能量转化关系可知:E机=UIt﹣I2R0t=50×5×1﹣25×1.6×1=210J;答:(1)电路中电阻R的电流强度为5A;(2)电动机的电功率为250W;(3)每秒钟电动机有210J电能转化为机械能.【点评】对于电动机电路,关键要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路:当电动机正常工作时,是非纯电阻电路;对于电动机的输出功,往往要根据能量守恒求解.18.如图所示的电路中,A、B两端的电压U恒为12V,灯L标有“6V,1.8W”的字样,R1=20Ω,电键S断开时,灯L正常发光.求:(1)此时滑动变阻器的电阻R2;(2)当电键S闭合时,灯L的功率为多少?(3)如果在电键S闭合后仍要使灯L正常发光,则滑动变阻器的电阻要调到多大?-17-\n【考点】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)电键S断开时,灯L正常发光,其电压为额定电压6V,得到电阻R2的电压,电阻R2与灯泡L串联,电流相等,得到滑动变阻器的电阻R2与灯泡的电阻相等.(2)当电键S闭合时,灯L与R1并联后再与R2串联,求出并联部分的电阻和电压,再求出灯泡的功率.(3)在电键S闭合后仍要使灯L正常发光,灯L的电流仍为额定电流.求出变阻器的电压,再由欧姆定律求出电阻.【解答】解:(1)灯泡的电阻为RL==Ω=20Ω电键S断开时,灯L正常发光,其电压为额定电压6V,则U2=UL=6V,RL=R2=20Ω(2)当电键S闭合时,灯L与R1并联后再与R2串联(3)要使灯L正常发光,则通过灯L的电流为由于R1=RL=20Ω,则此时电路中的电流为I=0.6A答:(1)此时滑动变阻器的电阻R2=20Ω.(2)当电键S闭合时,灯L的功率为0.8W.(3)如果在电键S闭合后仍要使灯L正常发光,滑动变阻器的电阻要调到10Ω.【点评】本题是电路的计算问题,首先要分清各部分电路的关系,其次抓住灯泡正常发光的条件:电压等于额定电压.19.如图所示,虚线PQ、MN间存在水平匀强电场,一带电粒子质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量为q=+1.0×10﹣5C,从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后,垂直于匀强电场进入匀强电场中,从虚线MN的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角.已知PQ、MN间距为20cm,带电粒子的重力忽略不计.求:(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1(2)匀强电场的场强大小(3)ab两点间的电势差.-17-\n【考点】动能定理的应用;带电粒子在匀强电场中的运动.【专题】动能定理的应用专题.【分析】(1)带电粒子在加速电场中,电场力做正功为qU,运用动能定理求解速率v1.(2)粒子进入匀强电场中做类平抛运动,竖直方向上做匀速直线运动,水平方向做匀加速直线运动,将粒子在b的速度进行分解,运用运动学公式和牛顿第二定律求解场强的大小.(3)对于粒子在匀强电场的过程,运用动能定理列式求解ab两点间的电势差.【解答】解:(1)粒子在加速电场中运动的过程,由动能定理得:qU=代入数据解得:v1==m/s=104m/s(2)粒子进入匀强电场中做类平抛运动,沿初速度方向做匀速运动,则有:d=v1t,粒子沿电场方向做匀加速运动,则有:vy=at由题意得:tan30°=由牛顿第二定律得:qE=ma,联立以上相关各式并代入数据得:E=×103N/C=1.732×103N/C(3)对整个过程,由动能定理得:qUab==(+)联立以上相关各式并代入数据得:Uab=400V答:(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1为104m/s.(2)匀强电场的场强大小为1.732×103N/C.(3)ab两点间的电势差为400V.【点评】加速电场中运用动能定理、类平抛运动运用运动的分解法都是常用的思路,关键要能熟练运用,对于类平抛运动,涉及速度的问题,可以由运动学公式求解,也可能根据动能定理研究.-17-

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所属: 高中 - 物理
发布时间:2022-08-25 11:53:28 页数:17
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文章作者:U-336598

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