物理卷·2018届黑龙江省双鸭山市友谊县红兴隆管理局一高高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届黑龙江省双鸭山市友谊县红兴隆管理局一高高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年黑龙江省双鸭山市友谊县红兴隆管理局一高高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分；每小题四个选项中，第8、11、12小题有多个选项符合题意，选不全的得2分，有错误答案的不得分.其它小题只有一个选项符合题意.）‎ ‎1．关于元电荷，下列说法中错误的是（　　）‎ A．元电荷实质是指电子和质子本身 B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍 C．元电荷的值通常取作e=1.60×10﹣19C D．电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的 ‎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 ‎3．以下说法正确的是（　　）‎ A．由E=可知电场中某点的电场强度E与F成正比 B．由公式φ=可知电场中某点的电势φ与q成反比 C．公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 D．由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也越大 ‎4．（本题供使用选修3﹣1教材的考生作答）如图所示，在场强为E的匀强电场中，a、b两点间的距离为L，ab连线与电场方向的夹角为θ，则a、b两点间的电势差为（　　）‎ A．ELsinθ B．ELcosθ C．EL D．‎ ‎5．在电场线如图所示的电场中有M、N两点，一个带电离子（不计重力）仅在电场力作用下由静止开始从M点运动到N点，则（　　）‎ A．M点处的电场强度比N点处的电场强度大 B．该离子在M点的电势能大于在N点的电势能 C．M点处的电势比N点处的电势低 D．该离子在N点的速度可能为零 ‎6．如图所示，某一导体的形状为长方体，其长、宽、高之比为a：b：c=5：3：2，在此长方体的上下、左右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4，在1、2两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I1；在3、4两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I2，则I1：I2为（　　）‎ A．25：4 B．4：25 C．9：25 D．25：9‎ ‎7．a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别为Ua=10V，Ub=2V，Uc=6V，则在下列各示意图中能正确表示该电场强度方向的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则（　　）‎ A．电荷将向上加速运动 B．电荷将向下加速运动 C．电流表中将有从a到b的电流 D．电流表中将有从b到a的电流 ‎9．如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（　　）‎ A．EA=EC＞EB；φA=φC＞φB B．EB＞EA＞EC；φA=φC＞φB C．EA＜EB，EA＜EC；φA＞φB，φA＞φC D．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低 ‎10．把电量为2.0×10﹣8C的检验电荷从电场中的A点移到B点，电场力做功3.0×10﹣6J，从B点移到C点，须克服电场力做功4.0×10﹣6J，则A点和C点比较（　　）‎ A．电势差为350V，A点电势高 B．电势差为350V，C点电势高 C．电势差为50V，A点电势高 D．电势差为50V，C点电势高 ‎11．如图所示，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2Ω，那么有关待测电阻Rx的说法正确的是（　　）‎ A．Rx的测量值比真实值大 B．Rx的测量值比真实值小 C．Rx的真实值为99.8Ω D．Rx的真实值为100.2Ω ‎12．电荷量q=1×10﹣4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图1所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图2所示．重力加速度g=10m/s2．则（　　）‎ A．物块在4s内位移是8m B．物块的质量是1kg C．物块与水平面间动摩擦因数是0.4‎ D．物块在4s内电势能减少了14J ‎　‎ 二、实验题（18分，每空2分）‎ ‎13．有一只灵敏电流表的满偏电流Ig=500μA，内阻Rg=1000Ω，‎ ‎（1）若把它改装成量程为1mA的毫安表，应　　（串联或并联）　　Ω的电阻；‎ ‎（2）若将这只灵敏电流表改装为量程10V的电压表，应　　（串联或并联）　　Ω的电阻．‎ ‎14．某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，实验室提供了如图中的器材．‎ ‎（1）为了使实验误差尽可能小，应选用的伏安法是　　，（填内接法还是外接法）滑动变阻器的连接是　　（填分压式还是限流式）‎ ‎（2）若该同学已正确选用器材，并连接好部分实验电路．如图1所示，请在图中完成其余的电路连接，要求小灯泡两端的电压能在 0～2.5V范围连续变化，且尽可能减少实验误差．实验开始时，滑动变阻器的滑片应该置于最　　端．（填“左”或“右”）‎ ‎（3）该同学在正确完成实验后得到如图2所示的伏安特性曲线，请你分析图线：小灯泡的电阻随电压的升高而　　（增大或减小）．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共34分，解答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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎15．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．‎ 求：（1）电动机的内阻为多少？‎ ‎（2）电动机正常工作时的电功率为多大？‎ ‎（3）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率为多大？‎ ‎（4）如果在电动机正常工作时，电动机的机械功率为多少？‎ ‎16．如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）水平向右电场的电场强度；‎ ‎（2）若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是多大；‎ ‎（3）电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能．‎ ‎17．一束电子流在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d=1.0cm，板长l=5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省双鸭山市友谊县红兴隆管理局一高高二（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4分，共48分；每小题四个选项中，第8、11、12小题有多个选项符合题意，选不全的得2分，有错误答案的不得分.其它小题只有一个选项符合题意.）‎ ‎1．关于元电荷，下列说法中错误的是（　　）‎ A．元电荷实质是指电子和质子本身 B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍 C．元电荷的值通常取作e=1.60×10﹣19C D．电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的 ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】电子的带电量最小，质子的带电量与电子相等，但电性相反，故物体的带电量只能是电子电量的整数倍，人们把这个最小的带电量叫做叫做元电荷 ‎【解答】解：AC、元电荷是指电子或质子所带的电荷量，数值为e=1.60×10﹣19C，并不是电子和质子本身．故A项错误，C项正确；‎ B、所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，故B正确；‎ D、电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，故D正确．‎ 本题要求选择错误的选项，故选：A．‎ ‎　‎ ‎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．‎ ‎【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．‎ ‎【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电为+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．‎ ‎　‎ ‎3．以下说法正确的是（　　）‎ A．由E=可知电场中某点的电场强度E与F成正比 B．由公式φ=可知电场中某点的电势φ与q成反比 C．公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 D．由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也越大 ‎【考点】电势；电场强度；电容．‎ ‎【分析】E=、φ=、C=都运用了比值法定义，根据比值定义的共性来理解它们的物理意义．公式Uab=Ed中d是两点沿电场方向的距离．‎ ‎【解答】解：A、E=是电场强度的定义式，采用比值法定义，E与F无关，故A错误．‎ B、公式φ=是电势的定义式，采用比值法定义，φ与q无关，故B错误．‎ C、公式C=是电容的定义式，采用比值法定义，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，故C正确．‎ D、由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间沿电场线方向的距离越大，两点间的电势差才越大．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．（本题供使用选修3﹣1教材的考生作答）如图所示，在场强为E的匀强电场中，a、b两点间的距离为L，ab连线与电场方向的夹角为θ，则a、b两点间的电势差为（　　）‎ A．ELsinθ B．ELcosθ C．EL D．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】已知匀强电场的场强为E，a、b两点间的距离为L及ab连线与电场方向的夹角为θ，根据公式U=Ed，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差U．‎ ‎【解答】解：由题，a、b两点间的距离为L及ab连线与电场方向的夹角为θ，则这两点沿电场方向的距离d=Lcosθ，a、b两点间的电势差U=Ed=ELcosθ．‎ 故选B ‎　‎ ‎5．在电场线如图所示的电场中有M、N两点，一个带电离子（不计重力）仅在电场力作用下由静止开始从M点运动到N点，则（　　）‎ A．M点处的电场强度比N点处的电场强度大 B．该离子在M点的电势能大于在N点的电势能 C．M点处的电势比N点处的电势低 D．该离子在N点的速度可能为零 ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】根据沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方场强进行判定．‎ ‎【解答】解：A：由电场线的性质可知，电场线分布密的N点处的电场强度大，故A错误；‎ B：带电离子仅在电场力作用下由静止开始运动，所以带电粒子受力的方向向右，与电场线的方向相同，带电粒子带正电，由静止开始从M点运动到N点做加速运动，电场力做正功，电势能减少动能增加，电势能与电能的和保持不变．故B正确；‎ C：沿电场线的方向电势越来越低，即M点处的电势比N点处的电势高，故C错误；‎ D：由题意知，带电粒子带正电，由静止开始从M点运动到N点做加速运动，电场力做正功，电势能减小动能增大．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．如图所示，某一导体的形状为长方体，其长、宽、高之比为a：b：c=5：3：2，在此长方体的上下、左右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4，在1、2两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I1；在3、4两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I2，则I1：I2为（　　）‎ A．25：4 B．4：25 C．9：25 D．25：9‎ ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】根据电阻定律求出在1、2两端加上恒定电压、在3、4两端加上恒定的电压时的电阻之比，从而根据欧姆定律得出电流之比．‎ ‎【解答】解：根据电阻定律R=得，当在1、2两端加上恒定电压U时，，在在3、4两端加上恒定的电压时，，所以=，根据欧姆定律I=得，．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别为Ua=10V，Ub=2V，Uc=6V，则在下列各示意图中能正确表示该电场强度方向的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】匀强电场电场线是平行等间距，而等势面与电场线垂直，则等势面也平行等间距，且沿着电场线方向，电势降低．‎ ‎【解答】解：由题意可知，各点的电势分别为Ua=10V，Ub=2V，Uc=6V，则ab连线的中点的电势为6V，所以该点与c点的连线，即为等势线．由于沿着电场线方向，电势降低．故B正确，ACD错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎8．如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则（　　）‎ A．电荷将向上加速运动 B．电荷将向下加速运动 C．电流表中将有从a到b的电流 D．电流表中将有从b到a的电流 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电荷q处于静止状态，受到重力与电场力而平衡．将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，根据板间场强E=分析场强的变化，再分析电荷q所受电场力的变化，判断电荷q的运动方向．根据电容的决定式分析电容的变化，而电容器的电压一定，再由电容的定义式分析板间电容器电量的变化，根据电容器是充电还是放电，分析电路中电流的方向．‎ ‎【解答】解：‎ A、B将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，板间场强E=减小，电荷q所受的电场力F=Eq减小，电荷将向下加速运动．故A错误，B正确．‎ C、D根据电容的决定式C=可知，电容减小，电容器的电压U不变，由电容的定义式C=分析得知，电容器的电量减小，电容器放电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从b到a的电流．故C错误，D正确．‎ 故选BD ‎　‎ ‎9．如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（　　）‎ A．EA=EC＞EB；φA=φC＞φB B．EB＞EA＞EC；φA=φC＞φB C．EA＜EB，EA＜EC；φA＞φB，φA＞φC D．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】电场线越密的地方，电场强度越强．沿着电场线方向电势降低．通过电场线的分布进行判断．‎ ‎【解答】解：根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则EB＞EA＞EC；‎ 等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势．所以φA=φC＞φB．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．把电量为2.0×10﹣8C的检验电荷从电场中的A点移到B点，电场力做功3.0×10﹣6J，从B点移到C点，须克服电场力做功4.0×10﹣6J，则A点和C点比较（　　）‎ A．电势差为350V，A点电势高 B．电势差为350V，C点电势高 C．电势差为50V，A点电势高 D．电势差为50V，C点电势高 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】先求出将电荷从A点移到C点时电场力做功，再公式U=求出A、C间的电势差，判断出电势的高低．‎ ‎【解答】解：由题意，检验电荷从电场中的A点移到B点，电场力做功为 WAB=3.0×10﹣6J，从B点移到C点，电场力做功 WBC=﹣4.0×10﹣6J，则若将电荷从A点移到C点时电场力做功为：WAC=WAB+WBC=3.0×10﹣6J+（﹣4.0×10﹣6J）=﹣1.0×10﹣6J 则A、C间的电势差 UAC==V=﹣50V＜0，所以C点的电势高．‎ 故选：D ‎　‎ ‎11．如图所示，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2Ω，那么有关待测电阻Rx的说法正确的是（　　）‎ A．Rx的测量值比真实值大 B．Rx的测量值比真实值小 C．Rx的真实值为99.8Ω D．Rx的真实值为100.2Ω ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】由电路图可知，实验电路采用的是电流表的内接法，由于电流表的分压，电阻测量值大于真实值；‎ 由欧姆定律求出电阻的测量值，然后由串联电路特点求出电阻的真实值．‎ ‎【解答】解：由电路图可知，实验采用了电流表的内接法，‎ 电阻的测量值：R===100Ω；‎ 由电路图可知，电压表所测的是电流表与待测电阻的电压，‎ 因此电阻测量值是待测电阻阻值与电流表内阻之和，‎ 则电阻的真实值：Rx=R﹣RA=100Ω﹣0.2Ω=99.8Ω，‎ 电阻的测量值大于电阻真实值，故AC正确，BD错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎12．电荷量q=1×10﹣4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图1所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图2所示．重力加速度g=10m/s2．则（　　）‎ A．物块在4s内位移是8m B．物块的质量是1kg C．物块与水平面间动摩擦因数是0.4‎ D．物块在4s内电势能减少了14J ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】根据v﹣t图象的“面积”求位移．前2s内物块做匀加速直线运动，2s后物块做匀速运动，处于平衡状态，分别使用牛顿第二定律和物体的平衡条件即可解出质量；‎ 匀速运动时电场力与滑动摩擦力平衡；物体电势能的该变量等于电场力做的功．‎ ‎【解答】解：A、物块在4s内位移为：x=×2×（2+4）m=6m，故A错误．‎ BC、由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：‎ ‎ qE1﹣μmg=ma，‎ 由图线知加速度为：a=1m/s2‎ ‎1s后物块做匀速运动，由平衡条件有：qE2=μmg ‎ 联立解得：q（E1﹣E2）=ma ‎ 由图可得：E1=3×104N/C，E2=2×104N/C，‎ 代入数据解得：m=1kg ‎ 由qE2=μmg可得：μ=0.2，故B正确，C错误．‎ D、物块在前2s的位移 S1=×2×2m=2m 物块在第2s的位移为 S2=vt2=4m ‎ 电场力做正功 W=qE1S1+qE2S2=3×2+2×4=14J ‎ 则电势能减少了14J，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ 二、实验题（18分，每空2分）‎ ‎13．有一只灵敏电流表的满偏电流Ig=500μA，内阻Rg=1000Ω，‎ ‎（1）若把它改装成量程为1mA的毫安表，应　并联　（串联或并联）　1000　Ω的电阻；‎ ‎（2）若将这只灵敏电流表改装为量程10V的电压表，应　串联　（串联或并联）　1.9×104　Ω的电阻．‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】（1）电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，根据串联电路电流和电压关系并结合欧姆定律列式求解即可．‎ ‎（2）电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻，根据并联电路电流和电压关系并结合欧姆定律列式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）灵敏电流表的满偏电流Ig=500μA，内阻Rg=1000Ω，满偏电压为Ug=IgRg=500×10﹣6×1000=0.5V；‎ 把它改装成量程为1mA的毫安表，应该并联分流电阻，阻值为：‎ R=‎ ‎（2）将这只灵敏电流表改装为量程10V的电压表，应该串联分压电阻，阻值为：‎ R=‎ 故答案为：‎ ‎（1）并联、1000；‎ ‎（2）串联、1.9×104．‎ ‎　‎ ‎14．某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，实验室提供了如图中的器材．‎ ‎（1）为了使实验误差尽可能小，应选用的伏安法是　外接法　，（填内接法还是外接法）滑动变阻器的连接是　分压式　（填分压式还是限流式）‎ ‎（2）若该同学已正确选用器材，并连接好部分实验电路．如图1所示，请在图中完成其余的电路连接，要求小灯泡两端的电压能在 0～2.5V范围连续变化，且尽可能减少实验误差．实验开始时，滑动变阻器的滑片应该置于最　左　端．（填“左”或“右”）‎ ‎（3）该同学在正确完成实验后得到如图2所示的伏安特性曲线，请你分析图线：小灯泡的电阻随电压的升高而　增大　（增大或减小）．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）由于灯泡的内阻一般较小，故本实验一般采用电流表外接法；同时，由于本实验中要求从零开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法；‎ ‎（2）根据电流表与滑动变阻器的接法连接实物电路图，滑动变阻器采用分压接法闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置；‎ ‎（3）根据灯泡I﹣U图象应用欧姆定律分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）由于小灯泡的内阻一般比较小，故为了减小误差，都选用电流表的外接法；而在实验中要求多测几组数据，并且数据是从零开始调节的，故滑动变阻器要采用分压式接法．‎ ‎（2）电压表示数从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，实物电路图如图所示：‎ 滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，滑片应置于最左端；‎ ‎（3）由图示灯泡I﹣U图象可知，随U增大通过灯泡的I增大，U与I的比值增大，灯泡电阻增大；‎ 故答案为：（1）外接法；分压式；（2）左；（3）增大．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共34分，解答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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎15．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．‎ 求：（1）电动机的内阻为多少？‎ ‎（2）电动机正常工作时的电功率为多大？‎ ‎（3）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率为多大？‎ ‎（4）如果在电动机正常工作时，电动机的机械功率为多少？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）当电动机不转时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出电机的内阻；‎ ‎（2）当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，由公式P=UI求电功率；‎ ‎（3）电动机的转子突然被卡住时，其电路是纯电阻电路，电动机的发热功率P热=；‎ ‎（4）如果在电动机正常工作时，其输出的机械功率P机=P总﹣P内=UI﹣I2r，代入求解．‎ ‎【解答】解：（1）当电动机不转时，由欧姆定律得：‎ 电动机的内阻为：r==Ω=0.5Ω ‎（2）当电机正常工作时，电功率P电=U2I2=2×1W=2W ‎（3）电动机的转子突然被卡住时，此时相当于纯电阻，发热功率为：‎ ‎ P热==W=8W ‎（4）如果在电动机正常工作时，电动机的机械功率为：P机=P电﹣I22r=2﹣12×0.5=1.5W 答：‎ ‎（1）电动机的内阻为0.5Ω．‎ ‎（2）电动机正常工作时的电功率为2W．‎ ‎（3）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率为8W．‎ ‎（4）如果在电动机正常工作时，电动机的机械功率为1.5W．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）水平向右电场的电场强度；‎ ‎（2）若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是多大；‎ ‎（3）电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】（1）带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确定电场强度方向．‎ ‎（2）当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度．借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小．‎ ‎（3）选取物体下滑距离为L作为过程，利用动能定理来求出动能．‎ ‎【解答】解：（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，‎ FNsin37°=qE①‎ FNcos37°=mg②‎ 由1、②可得电场强度 ‎（2）若电场强度减小为原来的，则变为 mgsin37°﹣qEcos37°=ma③‎ 可得加速度a=0.3g．‎ ‎（3）电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，‎ 由动能定理则有：‎ mgLsin37°﹣qE'Lcos37°=Ek﹣0④‎ 可得动能Ek=0.3mgL 答：（1）水平向右电场的电场强度是；‎ ‎（2）若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是0.3g；‎ ‎（3）电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能是0.3mgL．‎ ‎　‎ ‎17．一束电子流在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d=1.0cm，板长l=5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】粒子先加速再偏转，由题意可知当电子恰好飞出时，所加电场最大；由运动的合成与分解关系可得出电压值．‎ ‎【解答】解：在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏距就越大．‎ 当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压．‎ 加速过程，由动能定理得：…①‎ 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：‎ l=v0t…②‎ 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：…③‎ 偏距：…④‎ 能飞出的条件为：y≤…⑤，‎ 解①～⑤式得：U′≤V=4.0×102 V，‎ 即要使电子能飞出，所加电压最大为400V；‎ 答：两个极板上最多能加400V的电压．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日