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1、辽宁省沈阳市辽宁省沈阳市 2015201520162016 学年度高二上学期期中物理模拟试卷学年度高二上学期期中物理模拟试卷一、选择题一、选择题1关于磁感应强度，下列说法正确的是（）A一小段通电导体放在磁场A 处，受到的磁场力比 B 处的大，说明 A 处的磁感应强度比B 处的磁感应强度大B由 B=可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F 成正比，与导线的 IL 成反比C一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D小磁针 N 极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向2如图所示，虚线是某一静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电
2、场时，恰能沿图中的实线从A 点飞到 B 点，则下列判断正确的是（）A该粒子带负电BA 点的场强大于 B 点的场强C粒子在 A 点的电势能大于在 B 点的电势能D粒子在 A 点的动能小于在 B 点的动能3如图所示，两段材料相同、长度相等、但横截面积不等的导体接在电路中，总电压为 U，则（）A通过两段导体的电流相等B两段导体内的自由电子定向移动的平均速率不同C细导体两端的电压U1大于粗导体两端的电压U2D细导体内的电场强度大于粗导体内的电场强度4如图所示，一个电子以100eV 的初动能从 A 点垂直电场线方向飞入匀强电场，在B 点离开电场时，其速度方向与电场线成150 角，则 A 与 B 两点间的
3、电势差为（）A300VB300VC100VD5某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率 PR和电源内部的发热功率Pr随电流 I 变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c 所示以下判断错误的是（）VA直线 a 表示电源的总功率B曲线 c 表示电源的输出功率C电源的电动势 E=3V，内电阻 r=1D电源的最大输出功率Pm=9W6在如图所示的电路中， E 为电源电动势，r 为电源内阻，R1和 R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当 R2的滑动触点在 a 端时合上开关 S，此时三个电表 A1、A2和 V 的示数分别为 I1、I2和 U现将 R2的滑动触点向 b 端移动，则三个电表示数的变化情况是
4、（）AI1增大，I2不变，U 增大CI1增大，I2减小，U 增大BI1减小，I2增大，U 减小DI1减小，I2不变，U 减小7一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在 P 点，如图所示以E 表示两极板间的场强，U 表示电容器的电压， 表示正电荷在P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）AU 变小，E 不变8如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T 的匀强磁场中，以导线为中心，半径为 R 的圆周上有 a、b、c、d 四个点，已知 c 点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（）BE 变大， 变大CU 变小， 变
5、大DU 不变， 变大A直导线中电流方向垂直纸面向里Ba 点的磁感应强度为 0Cd 点的磁感应强度为 0Db 点的磁感应强度为9在如图所示的电路中， 灯炮 L 的电阻大于电源的内阻 r，闭合电键 S，将滑动变阻器滑片P 向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）T，方向斜向下，与 B 成 45 角A灯泡 L 变亮B电源的输出功率增大C电容器 C 上电荷量减少D电流表读数变小，电压表读数变大10用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为5V 和 10V 的电压表，串联后测量 12V 的电压，则（）A两表的电压示数相同，均为6 VB两表头的指针偏角相同C两表头的指针偏角不相同D两表的电压示数不同
6、11如图所示为某次测量电源的电动势和内阻所作的UI 图象，有关这个图象的说法正确的是（）A纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3vB横轴截距表示短路电流，即I短=0.6AC根据 r=D根据 r=二、填空题，计算出待测电阻内阻为5，计算出待测电源内阻为112 某同学为研究小灯泡 （最大电压不超过 2.5V， 最大电流不超过 0.55A） 的伏安特性曲线，在实验室找到了下列实验器材：A电压表（量程是 3V，内阻是 6k）B电压表（量程是 15V，内阻是 30k）C电流表（量程是 0.6A，内阻是 0.5）D电流表（量程是 3A，内阻是 0.1）E滑动变阻器（阻值范围0100，额定电流为 0.6A）
7、F滑动变阻器（阻值范围 05，额定电流为 0.6A）G直流电源（电动势E=3V，内阻不计）H开关、导线若干该同学设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据（I 和 U 分别表示小灯泡上的电流和电压） I/AU/V000.120.200.210.400.290.600.340.800.381.000.421.200.451.400.471.600.491.800.502.00（1）为了提高实验结果的准确程度，电流表选；电压表选；滑动变阻器选 （以上均填写器材代号）请在如图 1 所示的虚线框中画出实验电路图；（3）在图 2 坐标纸中描出该小灯泡的伏安特性曲线；（4）据图中描出的伏安特性曲线可知，该小
8、灯泡的电阻随温度而变化的情况为：三三. . 计算题计算题13如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻r=1.0，R=10，U=160V，电压表的读数为 110V，则：（1）求通过电动机的电流是多少？输入到电动机的电功率是多少？电动机的输出功率是多少14如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为 L 处有一与电场平行的屏 现有一电荷量为+q、 质量为 m 的带电粒子 （重力不计） ，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O试求：（1）粒子在电场中运动的时间；粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan；（
9、3）粒子打到屏上的点P 到 O 点的距离 Y15如图所示，空间存在着场强为E=2.510 N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为 L=0.5m 的绝缘细线， 一端固定在 O 点，另一端拴着质量为 m=0.5kg、电荷量为 q=41022 C 的小球现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线2受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂取g=10m/s 求：（1）小球的电性；细线能承受的最大拉力；（3）当细线断裂后，小球继续运动到与O 点水平方向距离为 L 时（仍在匀强电场中） ，小球距 O 点的高度辽宁省沈阳市辽宁省沈阳市 2015201520162016 学年度高
10、二上学期期中物理模拟学年度高二上学期期中物理模拟试卷试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题一、选择题1关于磁感应强度，下列说法正确的是（）A一小段通电导体放在磁场A 处，受到的磁场力比 B 处的大，说明 A 处的磁感应强度比B 处的磁感应强度大B由 B=可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F 成正比，与导线的 IL 成反比C一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D小磁针 N 极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向【考点】磁感应强度【分析】根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直； 磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量
11、， 通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度此比值与磁场力及电流元均无关磁感应强度的方向就是该处小磁针N 极所受磁场力的方向【解答】解：A、B、C、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及磁场中的位置决定，与F、I、L 都没有关系，B=只是磁感应强度的定义式同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处B 和放置的方式共同决定，所以 A、B、C 都是错误的；D、磁感应强度的方向就是该处小磁针N 极所受磁场力的方向，所以D 正确故选：D【点评】本题关键要掌握磁感应强度的物理意义、 定义方法，以及磁感应强度与安培力之间的关系，即可进行分析判断
12、基础题目2如图所示，虚线是某一静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A 点飞到 B 点，则下列判断正确的是（）A该粒子带负电BA 点的场强大于 B 点的场强C粒子在 A 点的电势能大于在 B 点的电势能D粒子在 A 点的动能小于在 B 点的动能【考点】等势面【分析】电场中的等势面与电场线的方向垂直， 结合曲线运动的条件， 判断出粒子受到的电场力的方向，然后即可判断出粒子的电性与动能、电势能的变化【解答】解：A、根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子
13、一定带正电故 A 错误；B、等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A 处场强大于 C 处场强，故 B 正确；C、从A 点飞到 B 点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故 C错误；D、从 A 点飞到 B 点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，动能减小，故粒子在 A 点的动能大于在 B 点的动能，故 D 错误故选：B【点评】 本题要掌握等势面与电场线的关系和曲线运动合力指向， 由粒子的轨迹判断出电场力方向，分析能量的变化3如图所示，两段材料相同、长度相等、但横截面积不等的导体接在电路中，总电压为 U，则（）A通过两段导体的电流相等B两段导体内的自由电子定
14、向移动的平均速率不同C细导体两端的电压U1大于粗导体两端的电压U2D细导体内的电场强度大于粗导体内的电场强度【考点】电阻定律；电流、电压概念；欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】导体材料相同，单位体积内自由电荷的数目n 相同两个导体串联，电流相同由电流的微观表达式 I=nevS，研究自由电子定向移动速率关系根据电阻定律研究电阻关系，分析电压关系由电场强度E=研究电场强度关系【解答】解：A、两个导体串联，电流相同故A 正确B、电流的微观表达式I=nevS，由题 n、e、I 相同，S 不同，则自由电子定向移动的平均速率 v 不同故 B 正确C、根据电阻定律可知，细导体的电阻大于粗导体的电阻，由欧姆
15、定律U=IR 得知，I相同，则细导体两端的电压U1大于粗导体两端的电压U2故 C 正确D、设导体的长度为 L，横截面积为 S导体内的电场强度E=，I、 相同，则E 与 S 成反比，所以细导体内的电场强度大于粗导体内的电场强度故D 正确故选 ABCD【点评】本题从宏观与微观两个角度考查对电流、 电压和导体中电场强度的理解能力 主要抓住电流的微观表达式和导体内的电场强度E=4如图所示，一个电子以100eV 的初动能从 A 点垂直电场线方向飞入匀强电场，在B 点离开电场时，其速度方向与电场线成150 角，则 A 与 B 两点间的电势差为（）A300VB300VC100VD【考点】带电粒子在匀强电场中
16、的运动V【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，作出电子经过B 点时速度的分解图，求出经过 B 点时的速度，根据动能定理求解A、B 两点间的电势差【解答】解：由题意知：vcos60 =v0解得：v=2v0又 qU=故 AB 两点间电压 U=300V故选：B【点评】本题运用动能定理求电势差， 也可以根据类平抛运动的特点， 牛顿第二定律和运动学结合求解5某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率 PR和电源内部的发热功率Pr随电流 I 变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c 所示以下判断错误的是（）=300eVA直线 a 表示电源的总功率B曲线 c
17、表示电源的输出功率C电源的电动势 E=3V，内电阻 r=1D电源的最大输出功率Pm=9W【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】 根据电源消耗的总功率的计算公式PE=EI 可得电源的总功率与电流的关系， 根据电源内部的发热功率 Pr=I r 可得电源内部的发热功率与电流的关系， 从而可以判断 abc 三条线代表的关系式，再由功率的公式可以分析功率之间的关系【解答】解：A、电源消耗的总功率的计算公式PE=EII，故 A 正确；B、PR=PEPr=EII r，应为开口向下的曲线，故c 表示输出功率，故 B 正确；22C、 当 I=3A 时， PR=0 说明外电路短路， 根据 PE=EI 知
18、电源的电动势 E=3V， 内电阻 r=故 C 正确；=1，D、图线 c 表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3W，故 D错误；本题选错误的，故选：D【点评】本题根据图象考查电源的输出功率， 要注意根据公式分析图象； 同时明确当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE等于输出功率 PR和电源内部的发热功率Pr的和6在如图所示的电路中， E 为电源电动势，r 为电源内阻，R1和 R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当 R2的滑动触点在 a 端时合上开关 S，此时三个电表 A1、A2和 V 的示数分别为 I1、I2和 U现将 R2的滑动
19、触点向 b 端移动，则三个电表示数的变化情况是（）AI1增大，I2不变，U 增大CI1增大，I2减小，U 增大BI1减小，I2增大，U 减小DI1减小，I2不变，U 减小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流， 抓住电动势和内阻不变，再采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析【解答】解：由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过 R1的电流，电流表 A2测量流过 R2的电流R2的滑动触点向 b 端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U 减小，
20、R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过 R1的电流 I1减小，而总电流I 增大，则流过 R2的电流 I2增大故 A、C、D 错误，B 正确故选：B【点评】解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变， 结合闭合电路欧姆定律求解 注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流7一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在 P 点，如图所示以E 表示两极板间的场强，U 表示电容器的电压， 表示正电荷在P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）AU 变小，E 不变BE 变大， 变大CU 变小， 变大DU 不变，
21、变大【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】平行板电容器充电后与电源断开后所带电量不变 移动极板，根据推论分析板间场强是否变化由电容的决定式分析电容的变化，确定电压U 的变化根据 P 点与上板间电势差的变化，分析 P 点的电势如何变化，判断电势能的变化【解答】解：平行板电容器充电后与电源断开后所带电量Q 不变，根据推论 E=得知，板间场强 E 不变由电容的决定式C=得知，电压 U 变小得到电容 C 增大，由电容的定义式C=分析由 U=Ed 得知，P 点与上板间的电势差变小，而P 点的电势低于上板电势，则P 点的升高，正电荷的电势能 变大故选：AC【点评】电容器的电量和正对面积不变，板
22、间场强E 不变是重要的推论，要能根据电容的决定式 C=、定义式 C=和 E=结合进行推导8如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T 的匀强磁场中，以导线为中心，半径为 R 的圆周上有 a、b、c、d 四个点，已知 c 点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（）A直导线中电流方向垂直纸面向里Ba 点的磁感应强度为 0Cd 点的磁感应强度为 0Db 点的磁感应强度为【考点】磁感应强度【分析】由题，c 点的磁感应强度为 0，说明通电导线在O 点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向通电导线在abcd 四点处产生的磁感应强度大小相等，
23、根据平行四边形定则进行合成分析b、c、d 三点的磁感应强度大小和方向【解答】解：A、由题，c 点的磁感应强度为 0，说明通电导线在 c 点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、 方向相反， 即得到通电导线在 c 点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向外故A 错误B、通电导线在 a 处的磁感应强度方向水平向右，则a 点磁感应强度为 2T，方向与 B 的方向相同故 B 错误C、通电导线在 d 处的磁感应强度方向竖直向上，则d 点感应强度为方向成 45斜向上，不为零故C 错误D、由上知道，通电导线在b 点产生的磁感应强度大小为1T，由安培定则可知
24、，通电导线在 b 处的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知， b 点感应强度为故选：D【点评】 本题考查安培定则和平行四边形定则， 空间任意一点的磁感应强度都通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加9在如图所示的电路中， 灯炮 L 的电阻大于电源的内阻 r，闭合电键 S，将滑动变阻器滑片P 向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）T，方向与 B 的方向成 45斜向下故 D 正确T，方向与 B 的T，方向斜向下，与 B 成 45角A灯泡 L 变亮B电源的输出功率增大C电容器 C 上电荷量减少D电流表读数变小，电压表读数变大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】滑
25、动变阻器滑片P 向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，灯泡变暗；当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大灯炮L 的电阻大于电源的内阻，当 R 增大时，电源的输出功率减小变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=EIr 变大【解答】解：A、当滑动变阻器滑片P 向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R总增大，电流 I 减小，灯泡的功率 P=I RL，RL不变，则灯泡变暗故 A 错误B、当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大灯炮L 的电阻大于电源的内阻，当 R 增大时，电源的输出功率减小故B 错误C、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联
26、，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故 C 错误D、电流表读数变小，电压表读数U=EIr 变大故 D 正确故选 D【点评】本题的难点在于确定电源的输出功率如何变化， 可以用数学证明， 当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，这是很重要的结论对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器与与它并联的电路电压相等10用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为5V 和 10V 的电压表，串联后测量 12V 的电压，则（）A两表的电压示数相同，均为6 VB两表头的指针偏角相同2C两表头的指针偏角不相同D两表的电压示数不同【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；恒定电流专题【分析】 串
27、联后两表的分压即示数与其电阻成正比， 因电流大小一样， 故指针偏转角度相同【解答】解：A、因量程不同，内阻不同，则分压不同，故示数不同故A 错误，D 正确；B、因是串联关系，通过表头的电流大小一样，则指针偏转角度相同故B 正确，C 错误；故选：BD【点评】考查的串联电路电压与电阻的关系及电压表的内部原理，明确电压与电阻成正比11如图所示为某次测量电源的电动势和内阻所作的UI 图象，有关这个图象的说法正确的是（）A纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3vB横轴截距表示短路电流，即I短=0.6AC根据 r=D根据 r=，计算出待测电阻内阻为5，计算出待测电源内阻为1【考点】路端电压与负载的关系【专
28、题】恒定电流专题【分析】 由闭合电路欧姆定律可得出路端电压与电流的关系， 由数学知识可得出电源的电动势和内电阻当外电路电阻为零，外电路短路【解答】解：A、由闭合电路欧姆定律可知：U=EIr；由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为3V；故 A 正确；B、由于图象的纵坐不是从零开始的，故图象与横坐标的交点不是短路电流，故B 错误；C、根据 r=，计算出电源的内阻，而不是待测电阻内阻，故C 错误；D、图象的斜率绝对值表示电源的内阻，故r=故选：AD=1，故 D 正确；【点评】本题在测定电动势和内电阻实验中，作为数据处理的方法，是实验重点考查内容，应结合数学知识进行理解，理解图象
29、的纵截距与斜率的含义二、填空题12 某同学为研究小灯泡 （最大电压不超过 2.5V， 最大电流不超过 0.55A） 的伏安特性曲线，在实验室找到了下列实验器材：A电压表（量程是 3V，内阻是 6k）B电压表（量程是 15V，内阻是 30k）C电流表（量程是 0.6A，内阻是 0.5）D电流表（量程是 3A，内阻是 0.1）E滑动变阻器（阻值范围0100，额定电流为 0.6A）F滑动变阻器（阻值范围 05，额定电流为 0.6A）G直流电源（电动势E=3V，内阻不计）H开关、导线若干该同学设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据（I 和 U 分别表示小灯泡上的电流和电压） I/AU/V000.12
30、0.200.210.400.290.600.340.800.381.000.421.200.451.400.471.600.491.800.502.00（1）为了提高实验结果的准确程度，电流表选C；电压表选A；滑动变阻器选F （以上均填写器材代号）请在如图 1 所示的虚线框中画出实验电路图；（3）在图 2 坐标纸中描出该小灯泡的伏安特性曲线；（4）据图中描出的伏安特性曲线可知，该小灯泡的电阻随温度而变化的情况为：小灯泡电阻随温度升高而增大【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】 （1）关键是根据小灯泡的最大电流和最大电压来选择电流表和电压表的量程； 根据电流从零调可知滑动变阻器应
31、用分压式接法，应选全电阻小的变阻器；关键是根据时电流表应用外接法，否则应用内接法；（3）采用描点法作图；关键是认真描点然后用平滑的曲线连线即可；（4）根据图象进行分析，利用图象的斜率分析电阻的变化情况【解答】解： （1）由于通过小灯泡的最大电流为0.55A，所以电流表应选 C；由于要求小灯泡最大电压不超过2.5V，所以电压表应选 A；由于通过小灯泡的电流从零调， 所以滑动变阻器应用分压式接法， 所以应选全电阻小的变阻器 F；由于满足，所以电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式，电路图如图所示：（3）根据描点法画出的 IU 图象如图所示：（4） 由图象可知， IU 图象中图象的斜率越来越小， 说
32、明小灯泡的电阻随温度升高而增大；故答案为： （1）CA；F实验电路图如图；（3）伏安特性曲线如图（4）小灯泡电阻随温度升高而增大【点评】本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线的仪表选择及数据处理； 遇到电学实验问题， 应注意“伏安法”中电流表内外接法的选择方法和滑动变阻器采用分压式接法的条件三三. . 计算题计算题13如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻r=1.0，R=10，U=160V，电压表的读数为 110V，则：（1）求通过电动机的电流是多少？输入到电动机的电功率是多少？电动机的输出功率是多少【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】 （1）电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路， 不
33、能运用欧姆定律求解其电流，可以 R 为研究对象，由欧姆定律求解输入到电动机的电功率P=UI，电动机的输出功率等于输入功率与电动机发热功率之差【解答】解： （1）电动机中的电流也就是电阻R 中的电流：I=A=5 A输入电动机的功率为：P=UI=1105 W=550 W电动机的内部热功率为：P热=I r=5 1=25 W电动机的输出功率为：P输=PP热=55025=525 W答： （1）通过电动机的电流是 5A；输入电动机的电功率是 550W；电动机输出功率是 525W；【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路， 对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的14如图所示，
34、在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为 L 处有一与电场平行的屏 现有一电荷量为+q、 质量为 m 的带电粒子 （重力不计） ，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O试求：（1）粒子在电场中运动的时间；粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan；（3）粒子打到屏上的点P 到 O 点的距离 Y22【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】 （1）带电粒子垂直射入电场，只受电场力作用而做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由L=v
35、0t 求解时间 t根据牛顿第二定律求出加速度研究竖直方向的运动情况，由速度公式vy=at 求出粒子刚射出电场时竖直分速度，由tan=求出 tan（3）由位移公式 y=求出粒子刚射出电场时偏转的距离y带电粒子离开电场后做匀速直线运动，偏转的距离Ltan，两个偏转之和即为粒子打到屏上的点P 到 O 点的距离 Y【解答】解： （1）粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，则粒子在电场中运动的时间的时间 t=设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a=所以 vy=at=a=所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan=（3）设粒子在
36、电场中的偏转距离为y，则 y=又 Y=y+Ltanat =2=t2解得：Y=答：（1）粒子在电场中运动的时间是；粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan 为；（3）粒子打到屏上的点P 到 O 点的距离 Y 是【点评】 本题中带电粒子先做类平抛运动后做匀速直线运动， 运用运动的分解研究类平抛运动，根据几何知识求解Y15如图所示，空间存在着场强为E=2.510 N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为 L=0.5m 的绝缘细线， 一端固定在 O 点，另一端拴着质量为 m=0.5kg、电荷量为 q=41022 C 的小球现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最
37、高点时细线2受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂取g=10m/s 求：（1）小球的电性；细线能承受的最大拉力；（3）当细线断裂后，小球继续运动到与O 点水平方向距离为 L 时（仍在匀强电场中） ，小球距 O 点的高度【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】 （1） 由带电小球在电场力作用下， 运动到最高点并拉断细线， 则可判定电场力方向，再由电场强度方向可确定小球的电性小球从释放到最高点，由动能定理可求出动能的变化，再由牛顿第二定律可得拉力大小（3）当细线断裂后，小球做类平抛运动，则将此运动分解成水平方向匀速运动与竖直方向匀
38、加速运动，从而求出小球距O 点的高度【解答】解： （1）由小球运动到最高点可知，小球带正电设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，（qEmg）L=mv 2在最高点对小球进行受力分析，由圆周运动和牛顿第二定律得，FT+mgqE=m由式解得，FT=15 N（3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则 a=设小球在水平方向运动位移为L 的过程中，所经历的时间为t，则 L=vt设竖直方向上的位移为 x，则 x=at 2由解得 x=0.125 m所以小球距 O 点的高度为 x+L=0.625 m答： （1）小球的电性为正电；细线能承受的最大拉力为15N；（3）当小球继续运动后与O 点水平方向距离为 L 时，小球距 O 点的高度 0.625m【点评】 小球由静止释放， 当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂从而可求出此时的速度，这是本题的突破口并值得注意是细线断裂后， 速度与合力相垂直，且合力恒定，所以做类平抛运动