河南省安阳市第二中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

河南省安阳市第二中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

河南省安阳二中2020学年高二上学期期中考试物理试卷 ‎ 一、选择题 ‎1.将两个分别带有电荷量-2Q 和+5Q 的相同金属小球 A、B 分别固定在相距为r的两处均可视为点电荷，它们间库仑力的大小为 现将第三个与 A、B 两小球完全相同的不带电小球 C先后与A、B 相互接触后拿走，A、B 间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为　　‎ A. F B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：开始时由库仑定律得：①‎ 当小球和A接触后，A球带电为﹣Q，再和B球接触时，先中和后总电量为4Q，故平分后B球带电为2Q，因此此时：②‎ 由①②得：，故ACD错误，B正确．‎ 故选B．‎ ‎2.将带正电的甲球放在乙球的左侧，两球在空间形成了如图所示的稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线。A、B两点与两球球心的连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则(　　)‎ A. 乙球一定带负电 B. C点和D点的电场强度相同 C. 正电荷在A点具有的电势能比其在B点具有的电势能小 D. 把负电荷从C点移至D点，电场力做的总功为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可得，电场线从左侧入乙球，电场线又从乙球的右侧出来，指向无穷远处，所以乙球整体可能不带电。故A错误；因为电场强度是矢量，C点与D点方向不同，所以电场强度不同，故B错误。由图可得A比B点处于离正电荷更近的等势面上，所以A点的电势高于B点的电势，正电荷在A点具有的电势能比其在B点具有的电势能大，所以C错误。CD在同一电势能面上，移动电荷不做功，所以D正确。故选D。‎ ‎【点睛】遇到涉及电场线和等势线的题目，要抓住电场线与等势线处处垂直的特点，以及沿电场线方向电势逐渐降低，然后再讨论．‎ ‎3.图示电路中，、为定值电阻，电源内阻为r，闭合开关S，电压表显示有读数，调节可变电阻R的阻值，使电压表示数增加，则在此过程中（ ）‎ A. 可变电阻R阻值增大，通过它的电流增大 B. 电阻两端的电压减小，变化量等于 C. 通过电阻的电流减小，变化量大于 D. 电源的路端电压增大，变化量小于 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由题，电压表的示数增大，R和并联的电阻增大，得知R增大，总电阻增大，总电流减小，并联部分电压增大，通过的电流增大，所以通过可变电阻R的电流减小，故A错误；R增大，外电阻增大，干路电流减小，电阻两端的电压减小，路端电压增大，而路端电压等于外电路总电压，所以电阻两端的电压减小量小于，故B错误；由欧姆定律得知，通过电阻的电流减小，减小量小于，故C错误；由于电阻两端的电压减小，所以路端电压的增大量小于，故D正确。‎ 考点：闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】本题根据部分与整体的关系，采用总量法分析两端的电压减小量和△U的增加量的大小，即总量增大，增大的量较大。‎ ‎4.如图甲所示，两根材料相同的均匀导体柱a和b，a长为l，b长为2l，串联在电路中时，沿x轴方向电势变化φ－x图象如图乙所示，选取x＝3l处电势为零，则导体柱a、b的横截面积之比为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知导体柱a电压为6V，导体柱b电压为4V．导体柱a与导体柱b串联，故电压之比等于电阻之比，a、b的长度之比为1:2，由电阻定律可以求出截面积之比为1：3。故选A。‎ ‎5.如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，则(　)‎ A. x1处场强大小为 B. x2处场强大小为 C. 球内为匀强电场 D. E－x图线与x轴所围的面积表示电势差 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】球体内某点的电场强度，根据E=k与共同确定，所以x1处场强大小不是，故A错误；电荷量为+Q 的均匀带电球体，以球心为坐标原点，当作点电荷，则有x2处场强大小为，故B错误；由图象可知，球内部的电场为非匀强电场，由E=k与共同确定，则有E=x，不是匀强电场。故C错误；根据U=Ed，可知E-x图线与x轴所围的面积表示电势差，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】考查带电球壳内部是等势体且电场强度处处为零，体外则是看成点电荷模型来处理；而电势则由电荷从该点移到电势为零处电场力做功与电量的比值来确定．注意比较电势也可以由图象和横轴的面积来表示.‎ ‎6.关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）‎ A. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方地势低 B. 电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 C. 在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向 D. 将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：A：在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，故A错误．‎ B：电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度，故B错误 C：沿电场方向电势降低，而且速度最快，故C正确 D：电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．场强为零，电势不一定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功．故D错误 故选：C．‎ ‎【点评】电场强度、电势、电势差、电场力的功，它们的定义以及它们之间的关系要记清，有不好理解的题目可找实际的例子加以分析．‎ 视频 ‎7.如图是一个电路的一部分，其中R1＝5 Ω，R2＝1 Ω，R3＝3 Ω，I1＝0.2 A，I2＝0.1 A，那么电流表测得的电流为( )‎ A. 0.2 A，方向向右 B. 0.15 A，方向向左 C. 0.2 A，方向向左 D. 0.3 A，方向向右 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由题图所示电流方向可计算出和两端电压降，电势左高右低．比较可判定两端电势下高上低，且，通过中的电流，电流方向向上，由题图可知上电流由和共同提供，，方向向左 考点：考查了欧姆定律的应用 ‎【名师点睛】本题考查欧姆定律的应用和电流方向的判断，本题涉及电势的概念，以及节点法判断电流方向以及电流大小，难度较大，要求大家需要掌握更多关于电学的知识．‎ ‎8.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比(　　)‎ A. U变小 B. I变小 C. Q不变 D. Q减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压U=E-I（R2+r），由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据Q=CU，可判断出电容器的电荷量Q增大，故B正确，ACD错误．故选B．‎ 考点：闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】本题是含有电容器的动态变化分析问题，要综合考虑局部与整体的关系，对于电容器明确两端的电压，再利用电容器的定义式判断电量的变化情况．‎ ‎9.如图中虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹．小球在a点的动能等于20 eV，运动到b点时的动能等于2 eV.若取c点为零势点，则当这个带电小球的电势能等于－6 eV时(不计重力和空气阻力)，它的动能等于(　　)‎ A. 16 eV B. 14 eV C. 6 eV D. 4 eV ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】小球自a点运动到b时，电场力做负功：Wab=2eV-20eV=-18eV；由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：Uab=3Ubc ‎；从b到c电场力做正功，根据动能定理有：Wbc=Ekc-Ekb；联立可得Ekc=8eV。由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=Ep+Ek=8eV；即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于-6eV时动能为14eV，故选B。‎ ‎【点睛】学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变．‎ ‎10.用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是 (　　)‎ A. 图甲中的A1、A2的示数相同 B. 图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C. 图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同 D. 图乙中的A1、A2的指针偏角相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：图a中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同．故A错误，B正确．图b中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．故CD错误．故选B．‎ 考点：电表的改装；串联及并联电路的特点 ‎【名师点睛】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小。‎ ‎11.图中K、L、M为某静电场中的三个相距较近的等差等势面，电势满足φK<φL<φM，等势面关于bc连线对称．现将一个带负电的试探电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点．则该试探电荷在此全过程中(　　)‎ A. 所受电场力的方向不变 B. 所受电场力一直变大 C. 电势能一直减小 D. 电势能先不变后增大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】等势面与电场线的方向垂直，电场线从高等势面指向低等势面，所以等势面L处的电场的方向向左；负电荷从a到b的过程中，受到的电场力的方向向右；由图可知，负电荷从b到c的过程中受到的电场力的方向也向右。故A正确；等差等势面的疏密表示电场的强弱；由图可得，电荷a→b→c的过程中，c处的等势面最密，a处的等势面最疏，所以电荷a→b→c的过程中，所受电场力一直变大。故B正确；在等势面上移动电荷时，电场力不做功，所以a到b的过程中电场力不做功；b到c的过程中负电荷受到的电场力的方向向右，电场力做正功，电势能减小。故CD错误。故选AB。‎ ‎【点睛】本题要求学生判断出特定电场的等势面的特点，并判定电荷在运动过程中受力情况，从而可以判断电场受力及电荷能量变化．‎ ‎12.额定电压均为220V的白炽灯L1和L2的U﹣I特性曲线如图（a）所示，现将和L2完全相同的L3与L1和L2一起按如图（b）所示电路接入220 V电路中，则下列说法正确的是 A. L2的额定功率为99W B. L2的实际功率为17W C. L2的实际功率比L3的实际功率小17W D. L2的实际功率比L3的实际功率小82W ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 试题分析：由图可知，当电压为时，的电流为，故的额定功率，故A正确；两灯泡串联时，流过两电阻的电流相等，而总电压应为，由图象可知，串联时电流应为，此时的电压为，故此时的功率，而的电压为，那么的功率，故B正确；当电压为时，的电流为，故的时间功率，的实际功率比的实际功率小：，故C错误，故D正确。‎ 考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 ‎【名师点睛】本题要结合图象和串并联电路的性质进行分析，注意灯丝电阻随电压的变化发生变化，故不能先求电阻，再进行计算。‎ 视频 ‎13.两个相同的电容器A和B如图连接，它们的极板均水平放置，当它们都带有一定电荷并处于静电平衡时，电容器A中的一带电粒子恰好静止，现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板的间距不变，这时带电粒子的加速度大小为g，忽略电场的边缘效应，则（ ）‎ A. 电容器A的电压增加，带电粒子加速向上运动 B. 电容器A的带电量增加原来的2倍 C. 电容器B的正对面积减少到原来的 D. 电容器B间的电场强度保持不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：根据粒子的平衡可知粒子受电场力与重力的关系；两电容器电容相同，总电量不变；由电容的决定式分析B的电容变化，由电容的定义式可得出其电量的变化，判断出A的电量变化，从而能分析出A的电压的变化．根据平衡条件、牛顿第二定律和电容的相关公式列式分析B的正对面积变化．‎ 解：‎ A、D、带电微粒静止，则有：mg=，得U=①‎ 当B电容板错开时，B电容器的电容C减小，带电量减小，而两个电容器的总电量不变，则A的带电量增加，由C=知A板间电压增加，说明B板的电压增加，场强增大，粒子所受的电场力增大，所以粒子向上加速运动．故A正确，D错误．‎ B、C、带电微粒向上加速运动，根据牛顿第二定律得：﹣mg=m②‎ 由①②解得：U′=‎ 则板间电压变为原来的倍．根据电容的定义式C=，可知A的带电量为原来的倍，则B的带电量为倍．‎ 由电容的定义式C=，可知B的电容为原来的倍，则B的正对面积减少到原来的．故C正确，B错误．‎ 故选：AC 点评：本题为电容器的动态分析，要注意明确两电容直接相连时，电容器两端的总电量保持不变；这是解本题的突破点．‎ ‎14.（多选）如图所示，为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3均为定值电阻，电表均为理想电表；开始时开关S闭合，两个电表均有读数，某时刻发现电压表示数变小，而电流表示数变大，则电路中可能出现的故障是（ ）‎ A. R2短路 B. R2断路 C. R1短路 D. R3短路 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 若R2短路，电流表没有电流通过，示数变为零，与题不符，故A错误．若R2断路，外电路总电阻增大，总电流减小，内电压减小，则电压表读数变大；R3的分压增大，则电流表A的读数变大，不符合题意，故B错误．若R1短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小；R3的分压增大，则电流表A的读数变大，符合题意，故C正确．若R3短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小，R2的电压减小，通过R2的电流减小，则电流表地示数增大，符合题意，故D正确．故选CD.‎ 点睛：在故障分析问题中，常常用排除法．本题中是理想电表，电压表内阻认为是无限大，电流表的内阻认为为零．‎ ‎15.如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的质点，由两水平极板正中，以相同的初速度v0，先后垂直匀强电场射入，并分别落在负极板上甲、乙、丙三处，可以判断(　　)‎ A. 甲处质点带正电，乙处质点不带电，丙处质点带负电 B. 三个质点在电场中的运动时间相等 C. 三个质点在电场中的加速度a甲>a乙>a丙 D. 三个质点到达负极板的动能E丙>E乙>E甲 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：三个质点在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，从题中可知，质点在水平方向上的速度相等，‎ 所以对甲有：，对乙有：，对丙有：‎ 而，故；B错误，‎ 在竖直方向上的位移相等，设为d，‎ 对甲有：，对乙有：，对丙有：‎ 结合，可得，C正确，‎ 故甲带正电，乙不带电，丙带负电，A正确，‎ 过程中电场力对甲做正功，对乙不做功，对丙做负功，所以甲的动能最大，丙的最小，故D错误 考点：考查了带电粒子在电场中的运动，‎ 点评：做本题的关键是理解质点在电场中的运动性质，结合水平方向速度相等，竖直方向位移相等，运用运动学规律解题 ‎16.在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示．图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x=L点为图线的最低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为+q的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 小球在x=L处的速度最大 B. 小球一定可以到达x=﹣2L点处 C. 小球将以x=L点为中心作往复运动 D. 固定在AB处的电荷的电量之比为QA：QB=4：1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 解：‎ A、据φ﹣x图象切线的斜率等于场强E，则知x=L处场强为零，所以小球在C处受到的场强向左，向左加速运动，到x=L处加速度为0，从x=l向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故A正确．‎ B、C、根据动能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向左最远能到达x=﹣L点处，然后小球向右运动，小球将以x=0.5L点为中心作往复运动，故BC错误．‎ D、x=L处场强为零，根据点电荷场强则有：k=k，解得QA：QB=4：1，故D正确．‎ 故选：AD ‎【点评】解决本题首先要理解φ﹣x图象切线的意义，知道电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式W=qU和电荷场强公式，灵活运用电场的叠加原理．‎ 二、实验题 ‎17.图示为多用电表的不完整的示意图，图中还显示出了表内的电源E1和表内的调零电阻R0.被测电路由未知电阻Rx和电池E2串联构成．‎ ‎(1)现欲测阻值大约为一千多欧姆的未知电阻Rx的阻值，请完善以下测量步骤：‎ ‎①甲、乙两测试表笔中，甲表笔应是________(填“红”或“黑”)表笔；‎ ‎②测电阻的倍率选择“×100”，将甲、乙两表笔短接，调节调零电阻R0，使表针指到表盘刻度的最________(填“左”或“右”)端；‎ ‎③若测试表笔甲接触的位置正确，此时表针恰好指在图示的虚线位置，则被测电阻Rx的阻值为________Ω.‎ ‎(2)已知图中电源E1的电动势为4.5 V，电源E2的电动势为1.5 V(不计其内阻)．若测电阻Rx时，测试表笔甲在a、b两个触点中连接了错误的触点，那么，表针的电阻示数将比真实值________(填“偏大”或“偏小”)，其示数应为________Ω.‎ ‎【答案】 (1). 红 (2). 右 (3). 1500　 (4). 偏小 (5). 700‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①为了保证电流由正接线柱流入表头，红表笔应接内部电源的负极；入甲应为红表笔；‎ ‎②测一个阻值约为一千多欧姆的电阻阻值，为减小测量误差，应选择×100Ω倍率；欧姆调零时，表针应指到表盘的右端；‎ ‎③由图示表盘可知，指针指在15处，则读数为：15×100=1500Ω；‎ ‎（2）由图及以上分析可知，中性电阻R=1500Ω；甲表笔接在a点，由于E2与电源E1‎ 串联，故电动势增大，电流增大，故电阻的测量值偏小；‎ 由欧姆定律可知，读数正确时，电流I1==1.5×10-3A；当接入电源E2时，I2==2×10-3A；‎ 则根据表盘可知，此时指针示数应为：700Ω；‎ ‎【点睛】本题考查多用电表的结构原理及应用，要注意正确分析电路结构，明确多用电表的使用方法，特别注意欧姆表的内部结构．‎ ‎18.用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值(阻值约为200 Ω)，实验室提供如下器材：‎ 电池组E：电动势3 V，内阻不计；‎ 电流表A1：量程0～15 mA，内阻约为100 Ω；‎ 电流表A2：量程0～300 μA，内阻为1 000 Ω；‎ 滑动变阻器R1：阻值范围0～20 Ω，额定电流2 A；‎ 电阻箱R2：阻值范围0～9 999 Ω，额定电流1 A；‎ 开关S、导线若干．‎ 要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下列问题：‎ ‎(1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表______(填写器材代号)与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到________Ω，这样可以改装成一个量程为3.0 V的电压表．‎ ‎(2)在图中画完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号___________．‎ ‎【答案】 (1). A2 (2). 9000 (3). 电路如图:　‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A2与电阻箱串联组成电压表；改装后电压表量程是3V，则电阻箱阻值为：；‎ ‎（2）滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为200Ω，电流表A1内阻约为100Ω，电压表内阻为：RV=100Ω+9900Ω=10000Ω；电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，电路图如图所示：‎ ‎【点睛】要会把电流表改装成电压表，会求改装电压表时串联电阻的阻值；确定滑动变阻器的接法与电流表接法是设计实验电路图的关键。‎ ‎19.有一电流表A，量程为1mA，内阻rg约为100Ω．要求测量其内阻．可选用的器材有：‎ 电阻箱R0，最大阻值为99999.9Ω；‎ 滑动变阻器甲，最大阻值为10kΩ；‎ 滑动变阻器乙，最大阻值为2kΩ；‎ 电源E1，电动势约为2V，内阻不计；‎ 电源E2，电动势约为6V，内阻不计；‎ 开关2个．导线若干．‎ 采用的测量电路图如图所示 实验步骤如下：a．断开S1和S2，将R调到最大；‎ b．合上S1，调节R使A满偏；‎ c．合上S2，调节R1使A半偏，此时可以认为A的内阻rg=R1．试问：‎ ‎（1）在上述可供选择的器材中，可变电阻R1应该选择______________ ；‎ 为了使测量尽量精确，可变电阻R应该选择___________________ ；‎ 电源E应该选择_________________‎ ‎（2）认为内阻rg=R1，此结果与rg的真实值相比___________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）‎ ‎【答案】 (1). R0 (2). 滑动变阻器甲 (3). E2 (4). 偏小 ‎【解析】‎ ‎（1）根据半偏法的测量原理，R1必须选电阻箱R0，才能测量；电源选择E2，误差较小．‎ 根据电源的电动势和电流表的量程可知电路的最小电阻为6kΩ，所以滑动变阻器乙不能有效调节，应该选择甲．‎ ‎（2）根据闭合电路的欧姆定律及电路特点可得：合上S1，调节R使电流表满偏：Ig=‎ 合上S2，调节R1使电流表半偏（电路中的总电流）：‎ ‎，上式比较可得I＞Ig．所以，通过电阻箱的电流：IR1＝I−＞，则：R1＜rg（R1为测量值，rg为真实值）即此结果与rg的真实值相比偏小．‎ 点睛：本题是用的半偏法测电阻，用的是两并联电路的电阻相等时电流相等；实验要求干路电流基本不变，所以要求因并联而引起的电阻的变化要小，且电流表的满偏电流很小，则其它电阻要大，据此选择合适的器材；另据并联后总电阻发生变化而引起干路电流变化引起误差，从而分析偏大还是偏小．‎ 三、计算题 ‎20.如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，指示灯RL的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻RM为2Ω．当开关S闭合时，指示灯RL的电功率P=4W．求：‎ ‎（1）流过电流表A的电流．‎ ‎（2）电动机M输出的机械功率．‎ ‎【答案】（1）2A．（2）7.5W．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由图可知，指示灯与电动机并联；已知指示灯的电功率，则由功率公式P=I2R可求得灯泡中的电流，再由欧姆定律可求得并联部分的电压，由闭合电路的欧姆定律可求得干路中的电流；‎ ‎（2）由并联电路的电流规律可求得电动机的电流，则由功率公式P=UI可求得电动机消耗的总功率，而输出功率等于总功率减去热功率．‎ 解：（1）设流过指示灯RL的电流为I1，流过电流表A的电流为I 则指示灯RL的电功率P=I12RL 代入数据解得I1=0.5A 路端电压U=I1RL=8V 由闭合电路欧姆定律有E=U+Ir 解得I=2A 即流过电流表的电流示数为2A．‎ ‎（2）设流过电动机M的电流为I2‎ 根据并联电路的电流关系I2=I﹣I1=1.5A 电动机输出的机械功率P出=I2U﹣I22RM 代入数据解得P出=7.5W 电动机输出的机械功率为7.5W．‎ ‎【点评】此类题目首先要明确电路的结构，再根据电路特点选择合适的方法；因电动机不是纯电阻电路，故应特别注意功率公式的选择，应由P=UI求总功率，不能用P=求电动机的总功率．‎ ‎21.制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k＞1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示。在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。若k＝，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电子在0～τ时间内做匀加速运动，在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做初速度为零的匀加速运动，电子不能到达极板A的条件为电子运动位移之和小于板间距离；‎ ‎【详解】解：电子在0～τ时间内做匀加速运动 加速度的大小 位移 在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 加速度的大小 初速度的大小 匀减速运动阶段的位移 由题知 解得 ‎22.如图，直角坐标系xOy 位于同一竖直平面内，其中x 轴水平，y 轴竖直.xOy 平面内长方形区域OABC 内有方向垂直OA 的匀强电场，OA 长为l，与x 轴间的夹角θ＝30°，一质量为m ，电荷量为q 的带正电小球(可看成质点)从y 轴上的P 点沿x 轴方向以一定速度射出，恰好从OA 的中点M 垂直OA 进入电场区域.已知重力加速度为g.‎ ‎(1)求P 点的纵坐标及小球从P 点射出时的速度v0‎ ‎(2)已知电场强度的大小为，若小球不能从BC 边界离开电场，OC 长度应满足什么条件?‎ ‎【答案】(1) ； （2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：小球从P到M做平抛运动，根据平抛运动的规律及几何关系即可求出纵坐标yp及小球的初速度；根据运动的合成与分解，将重力分解为垂直于电场线和平行于电场线，可得沿电场线合力为0，做匀速直线运动，垂直电场线根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学规律列出两个方向的运动学方程即可。‎ ‎（1）设小球从P到M所用时间为t1‎ 在竖直方向做自由落体运动：‎ 在水平方向：‎ 由几何关系：‎ 联立可得： ‎ ‎（2）设小球到达M时速度为vM，由几何关系：‎ 根据平衡条件得：‎ 小球在电场中沿vM向做匀速直线运动，沿与vM垂直方向做加速度为a的匀加速运动，设边界OC的长度为d时，小球不从BC边射出，在电场中运动时间为t2‎ 由牛顿第二定律得：mgsin300=ma 解得：a=5m/s2‎ 位移关系为： ‎ 联立可得：‎ 点睛：本题主要考查了带电粒子先做平抛运动，在进入电场做类平抛运动，将运动进行分解并结合运动学方程和牛顿第二定律相结合进行解题。 ‎