山东省临沂市兰山区高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年山东省临沂市兰山区高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题共12小题，共40分，1-8为单项选择题，选对的得3分，9-12为多项选择题，全部选对得4分，部分得分为2分，有选错或不答的得0分）1对于点电荷q产生的电场，下列说法正确的是（）a电场强度的定义式成立，即e=，式中q就是产生电场的点电荷b在真空中，电场强度的表达式为e=，式中q就是产生电场的电荷c在真空中，电场强度的表达式e=，式中q是检验电荷d上述说法都不对2若带正电荷的小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内（）a一定沿电场线由高电势处向低电势处运动b一定沿电场线由低电势处向高电势处运动c不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动d不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动3关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是（）a电场强度的方向是电势降低最快的方向b电场强度大的地方，电势一定高c电场强度不变，电势也不变d电场强度为零处，电势一定为零4如下说法中正确的是（）a正电荷由电势低处移到电势高处，电场力作正功b负电荷沿电场线移动，电势能减小c正电荷放于电势越低处，电势能越小d负电荷放于电场线越密处，电势能越小5电源电动势的大小反映的是（）a电源把电能转化为其他形式的能的本领大小b电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小c电源单位时间内传送电荷量的多少d电流做功的快慢6下列说法中正确的是（）a电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电时才称电容器b电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量c固定电容器所充电荷量跟加在两极板间的电压成正比，并且能持续增加d电容器的电容跟极板所带电荷量成正比，跟极板间电压成反比7关于多用电表的使用，下列说法中正确的是（）a用电流挡测电流或用电压挡测电压前，必须检查机械零点b用电阻挡测电阻前，不需要检查机械零点c用电阻挡测电阻时，若从一个倍率变换到另一个倍率，不需要重新检查欧姆零点d用电阻挡测电阻时，被测电阻的阻值越大，指针向右转过的角度就越大8如图所示，电池组的电动势为，内电阻为r，r0为定值电阻，r为变阻器，已知r0r为使r0上消耗的电功率最大，应将变阻器阻值调整到（）ar0br0+rcr0rd09如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子m、n质量相等，所带电荷的绝对值也相等现将m、n从虚线上的o点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示点a、b、c为实线与虚线的交点已知o点电势高于c点，若不计重力，则（）am带负电荷，n带正电荷bn在a点的速度与m在c点的速度大小相同cn在从o点运动至a点的过程中克服电场力做功dm在从o点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零10如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极板接地，在板极间p点由一带电液处于静止状态现将b板移至虚线处，则（）a两板间电压变大bp的场强不变，但电势降低c电荷q仍保持静止d电荷q的电势能增加11在如图所示的电路中，电源电动势为e、内电阻为r，c为电容器，r为定值电阻，r为滑动变阻器开关闭合后，灯泡l能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（）a灯泡l变亮b电容器c的带电量将增大cr0两端的电压减小d电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大12四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的量程小于a2的量程，v1的量程小于v2的量程，把它们接入如图所示的电路，闭合开关后（）aa1的读数比a2的读数小ba1指针偏转角度与a2指针偏转角度相等cv1读数比v2读数相等dv1指针偏转角度与v2指针偏转角度相等二、实验题（共15分，13题6分，14题9分）13如图所示器材为某同学测绘额定电压为2.5v的小灯泡的iu特性曲线的实验器材（1）根据实验原理，用笔画线代替导线，将如图中的实验电路图连接完整（2）开关s闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于（选填“a端”、“b端”或“ab中间”）14某同学在做“用电流表和电压表测电源的电动势和内阻”的实验中，串联了一只r0=1.5的保护电阻，实验电路如图1所示则（1）用完好的导线连好电路后，该同学闭合电键s，发现电流表示数为零，电压表示数不为零，检查各接线柱均未接错，且接触良好他用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为零，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可以推断故障原因是（2）排除障后，该同学顺利完成实验，测得下列数据，请在坐标系（图2）中画出ui图象；i/a0.100.170.230.300.40u/v1.201.000.800.600.55（3）由ui图象求出实验中电池的电动势e=v，内阻r=三、计算题（共45分）15（10分）（2011春凉州区校级期末）在真空中的o点放一点荷q=1.0109c，直线mn过o点，om=30cm，m点放有一点电荷q=2.01010c，如图所示求：（1）电荷q在m点的电场强度大小；（2）若m点的电势比n点的电势高15v，则电荷q从m点移到n点，电势能变化了多少？16（11分）（2015秋安徽校级期中）如图所示，光滑斜面倾角为37，一带有正电的小物体质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物体恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，求：（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）原来的电场强度e为多大？（2）物块运动的加速度？（3）沿斜面下滑距离为l=0.5m时物块的速度大小17（12分）（2015秋兰山区期中）如图所示的电路中，电源电压u恒为36v闭合电键s，当调节滑动变阻器r并控制电动机停止转动时，理想电流表和电压表的示数分别为0.5a和34v，重新调节r并使电动机恢复正常运转，此时理想电流表和电压表的示数分别为2.0a和12v求：（1）电动机的线圈电阻；（2）电动机正常运转时输出功率18（12分）（2010秋册亨县校级期末）示波器的示意图如图，金属丝发射出来的电子（初速度为零，不计重力）被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上设加速电压u1=1640v，偏转极板长l=4cm，偏转板间距d=1cm，当电子加速后从两偏转板的中央沿板平行方向进入偏转电场（1）偏转电压u2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？（2）如果偏转板右端到荧光屏的距离s=20cm，则电子束最大偏转距离为多少？2015-2016学年山东省临沂市兰山区高二（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，共40分，1-8为单项选择题，选对的得3分，9-12为多项选择题，全部选对得4分，部分得分为2分，有选错或不答的得0分）1对于点电荷q产生的电场，下列说法正确的是（）a电场强度的定义式成立，即e=，式中q就是产生电场的点电荷b在真空中，电场强度的表达式为e=，式中q就是产生电场的电荷c在真空中，电场强度的表达式e=，式中q是检验电荷d上述说法都不对【考点】电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场强度公式e=适用于所有的电场，e为场源电荷产生的场强，q为试探电荷；点电荷的场强公式e=，其中e就是式中q产生的场强【解答】解：a、电场强度的表达式e=适用于任何电场，式中q就是本题中所指的试探电荷，而不是产生电场的点电荷，故a错误；b、在真空中，电场强度的表达式为e=，式中q就是产生电场的电荷，故b正确；cd、在真空中e=，式中q是产生电场的点电荷，故c、d错误；故选：b【点评】本题是基础的题目，考查的就是学生对基本公式使用条件及物理量的物理意义，在平时要注意多积累2若带正电荷的小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内（）a一定沿电场线由高电势处向低电势处运动b一定沿电场线由低电势处向高电势处运动c不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动d不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动【考点】电势；电势差与电场强度的关系 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】物体的运动情况取决于合力和初始条件小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，初速度方向与电场线的关系只有当电场线是直线时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动【解答】解：物体的运动情况取决于合力和初始条件小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，初速度方向与电场线的关系只有当电场线是直线时且小球的运动方向沿着电场线时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动所以abc错误，d正确故选：d【点评】对物体运动情况的判断能力，从力学的角度进行分析：物体的运动性质不仅取决于合力，还取决于初速度条件虽然是简单题，同时也是易错题目3关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是（）a电场强度的方向是电势降低最快的方向b电场强度大的地方，电势一定高c电场强度不变，电势也不变d电场强度为零处，电势一定为零【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系 【专题】定性思想；定量思想；电场力与电势的性质专题【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低【解答】解：a、沿着电场方向电势降低最快，故a正确；b、电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，故b错误；b、在匀强电场中，电场强度不变，沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，故c错误；c、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零故d错误故选：a【点评】电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小4如下说法中正确的是（）a正电荷由电势低处移到电势高处，电场力作正功b负电荷沿电场线移动，电势能减小c正电荷放于电势越低处，电势能越小d负电荷放于电场线越密处，电势能越小【考点】电势能；电势 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据电场力做功公式wab=quab研究电场力做功情况电场力做正功多少，电势能就减小多少，动能就增加多少；克服电场力做功多少，电势能就增加多少，动能就减小多少【解答】解：a、c、正电荷在电势高的地方电势能大，在电势能低的地方电势能小；正电荷由电势低处移到电势高处，电场力作负功故选项a错误，c正确；b、负电荷沿电场线的方向移动，由于负电荷受力的方向与电场线的方向相反，属于电场力做负功，电荷的电势能增大故b错误；d、负电荷放于电场线越密处，受到的电场力大，但不能判断出电荷的电势能的大小故d错误故选：c【点评】对于电场力做功的公式wab=quab应用时，wab、q、uab三个量一般要代入符号计算，得到的wab是正值，表示电场力做正功，否则为负功5电源电动势的大小反映的是（）a电源把电能转化为其他形式的能的本领大小b电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小c电源单位时间内传送电荷量的多少d电流做功的快慢【考点】电源的电动势和内阻 【专题】恒定电流专题【分析】电动势这样定义的，在数值上等于非静电力将1c的正电荷在电源的内部从负极移到正极所做的功，做了多少功，就有多少其它形式的能转变为电能【解答】解：电动势在数值上等于非静电力将1c的正电荷在电源的内部从负极移到正极所做的功，做了多少功，就有多少其它形式的能转变为电能所以电动势的大小反映电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小单位时间内流过的电荷量表示电流，做功的快慢表示功率所以a、c、d错误，b正确故选：b【点评】解决本题的关键是理解电动势在数值上等于非静电力将1c的正电荷在电源的内部从负极移到正极所做的功，做了多少功，就有多少其它形式的能转变为电能6下列说法中正确的是（）a电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电时才称电容器b电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量c固定电容器所充电荷量跟加在两极板间的电压成正比，并且能持续增加d电容器的电容跟极板所带电荷量成正比，跟极板间电压成反比【考点】电容 【专题】定性思想；推理法；电容器专题【分析】电容器是容纳电荷的容器，不论有没有电量电容值不变；其大小与电量及电压无关【解答】解：a、电容器是储存电荷和电能的容器；不论是否带电均是电容器；故a错误；b、电容是描述电容器容纳电荷本领的大小的物理量；故b正确；c、根据c=，可知固定电容器所充电荷量跟加在两极板间的电压成正比，电量能持续增加的；故c正确；d、电容器的电容跟极板所带电量无关，与两极板间的电压无关； 故d错误；故选：bc【点评】本题考查电容器的电容的定义式，注意电容大小与两极板所带电量及两板间的电势差无关7关于多用电表的使用，下列说法中正确的是（）a用电流挡测电流或用电压挡测电压前，必须检查机械零点b用电阻挡测电阻前，不需要检查机械零点c用电阻挡测电阻时，若从一个倍率变换到另一个倍率，不需要重新检查欧姆零点d用电阻挡测电阻时，被测电阻的阻值越大，指针向右转过的角度就越大【考点】多用电表的原理及其使用 【专题】压轴题；恒定电流专题【分析】电阻挡的刻度不均匀，左边密右边疏，电流要从红表笔流入，测量电阻时要选择适当的挡位，使电表的指针指在刻度盘的中央附近【解答】解：a、b、任何电表使用前都要机械调零，故a正确，b错误；c、欧姆表中值电阻等于欧姆表内电阻，每次换挡，中值电阻都会改变，故每次换挡都要重新欧姆调零，故c错误；d、用电阻挡测电阻时，被测电阻的阻值越大，流过表头的电流越小，指针向右转过的角度就越小，故d错误；故选a【点评】本题考查了多用电表的使用，关键是明确欧姆表的工作原理和减小测量误差的方法8如图所示，电池组的电动势为，内电阻为r，r0为定值电阻，r为变阻器，已知r0r为使r0上消耗的电功率最大，应将变阻器阻值调整到（）ar0br0+rcr0rd0【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】由闭合电路的欧姆定律可知电路中的电流，由功率公式可确定电功率的极值【解答】解：由闭合电路的欧姆定律可知i=，r0消耗的电功率p=i2r0，要使r0消耗的功率最大，则电流最大，应将变阻器阻值调到最小为零，故d正确故选：d【点评】解决本题应注意审题，题目中要求的是定值电阻的电功率，故当电流最大时功率最大9如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子m、n质量相等，所带电荷的绝对值也相等现将m、n从虚线上的o点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示点a、b、c为实线与虚线的交点已知o点电势高于c点，若不计重力，则（）am带负电荷，n带正电荷bn在a点的速度与m在c点的速度大小相同cn在从o点运动至a点的过程中克服电场力做功dm在从o点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势 【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，o点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性由动能定理可知，n在a点的速度与m在c点的速度大小相等，但方向不同n从o点运动至a点的过程中电场力做正功o、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零【解答】解：a、由题，等势线在水平方向，o点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场力方向竖起向上，m粒子所受的电场力方向竖直向下，故知n粒子带负电，m带正电故a错误；b、由动能定理可知，n在a点的速度与m在c点的速度大小相等，但方向不同，速度不同故b正确；c、n从o点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功故c错误；d、o、b间电势差为零，由动能定理可知m从o点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零故d正确故选：bd【点评】本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性由动能定理分析电场力做功是常用的方法10如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极板接地，在板极间p点由一带电液处于静止状态现将b板移至虚线处，则（）a两板间电压变大bp的场强不变，但电势降低c电荷q仍保持静止d电荷q的电势能增加【考点】电容器的动态分析 【专题】定性思想；推理法；电容器专题【分析】平行板电容器充电后与电源分离，电量保持不变将b板移至虚线处，板间距离减小，电容增大，根据电容的定义式分析板间电压的变化根据推论分析板间场强的变化，确定电荷q能否保持静止由u=ed分析p点与b板间电势差的变化，再分析p点电势的变化【解答】解：a、平行板电容器充电后与电源分离，电量保持不变板间距离减小，由电容的决定式c= 得到，电容增大，由公式c=分析得知，板间电压u减小故a错误b、根据推论可知：电容器电量、正对面积不变时，板间场强不变p点与b板间电势差大小u=ed，d减小，u减小，而p点的电势小于b板电势，则p点电势升高故b错误c、板间场强不变，电荷q所受电场力不变，仍保持静止故c正确d、由电荷静止可判断出来电荷带正电，p点电势升高，电荷q的电势能增大故d正确故选：cd【点评】本题是电容器动态分析问题，是电容的定义式和决定式的综合应用，常见问题11在如图所示的电路中，电源电动势为e、内电阻为r，c为电容器，r为定值电阻，r为滑动变阻器开关闭合后，灯泡l能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（）a灯泡l变亮b电容器c的带电量将增大cr0两端的电压减小d电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】灯泡l和滑动变阻器r串联、电容器c和定值电阻r0串联后两条支路再并联当电路稳定后，电容器这一路没有电流，相当于开关断开，对另一路没有影响电容器的电压等于路端电压当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电流和路端电压的变化，分析灯泡亮度和电容器电量的变化【解答】解：a、当滑动变阻器的滑片向右移动后，r增大，电路中电流i减小，灯泡l将变暗故a错误；b、路端电压u=eir，则知u增大，电容器电量q=cu增大故b正确c、电路稳定后电容器相当开关断开，r0两端的电压为零，没有变化，故c错误d、i减小，电源的总功率p=ei，e不变，则知电源的总功率减小由于电源的内电阻与外电阻关系不知，不能确定电源输出功率如何变化故d错误故选：b【点评】本题关键的要抓住电容器的特点：当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串联电路两端的电压12四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的量程小于a2的量程，v1的量程小于v2的量程，把它们接入如图所示的电路，闭合开关后（）aa1的读数比a2的读数小ba1指针偏转角度与a2指针偏转角度相等cv1读数比v2读数相等dv1指针偏转角度与v2指针偏转角度相等【考点】把电流表改装成电压表 【专题】实验题；定性思想；类比法；图析法；恒定电流专题【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的量程小于a2的量程，故电流表a1的内阻大于a2的内阻；电压表v1的量程小于v2的量程，故v1的电阻小于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中的电流要小于a2中的电流，故a1的读数比a2的读数小，故ab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的读数小，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错误，d正确；故选：abd【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二、实验题（共15分，13题6分，14题9分）13如图所示器材为某同学测绘额定电压为2.5v的小灯泡的iu特性曲线的实验器材（1）根据实验原理，用笔画线代替导线，将如图中的实验电路图连接完整（2）开关s闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于b（选填“a端”、“b端”或“ab中间”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】根据电路图连接实物图开关s闭合之前，滑动变阻器滑动a端，使得测量部分短路，起保护作用【解答】解：根据电路图连接实物图，因为灯泡的额定电压为2.5v，所以电压表采取3v量程，从表格中的数据来看，最大电流在0.27a左右，则电流表选取0.6a的量程，因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，由于灯泡的电阻比较小，则电流表采取外接法，在连接实物图时注意电表的极性如下图开关s闭合之前，滑动变阻器滑动到b端，使得测量电路中的电流、电压为零，处于短路状态，起保护作用故答案为：（1）如下图；（2）b【点评】解决本题的关键知道电表量程的选取，并注意滑动变阻器的保护作用14某同学在做“用电流表和电压表测电源的电动势和内阻”的实验中，串联了一只r0=1.5的保护电阻，实验电路如图1所示则（1）用完好的导线连好电路后，该同学闭合电键s，发现电流表示数为零，电压表示数不为零，检查各接线柱均未接错，且接触良好他用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为零，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可以推断故障原因是r断路（2）排除障后，该同学顺利完成实验，测得下列数据，请在坐标系（图2）中画出ui图象；i/a0.100.170.230.300.40u/v1.201.000.800.600.55（3）由ui图象求出实验中电池的电动势e=1.5v，内阻r=1.3【考点】测定电源的电动势和内阻 【专题】实验题【分析】（1）通过排除法，从断路和短路的角度推断故障（2）运用描点法画出ui图象（3）ui图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示内阻【解答】解：（1）发现电流表示数为0，电压表示数不为0，电流表或r处断路，用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，知r断路（2）由描点法得出ui图象如图所示（3）ui图线是一条倾斜的直线，描点作图如下图纵轴截距为1.5所以电动势e=1.50v图线的斜率k=2.8，则内阻r=2.81.5=1.3故答案为：（1）r断路（2）如图（3）1.5，1.3【点评】解决本题的关键会从ui图线获取电源的电动势和内阻，注意将保护电阻等效到电源的内部，最终电源的内阻等于图线的斜率绝对值减去保护电阻的阻值以及会分析误差的来源三、计算题（共45分）15（10分）（2011春凉州区校级期末）在真空中的o点放一点荷q=1.0109c，直线mn过o点，om=30cm，m点放有一点电荷q=2.01010c，如图所示求：（1）电荷q在m点的电场强度大小；（2）若m点的电势比n点的电势高15v，则电荷q从m点移到n点，电势能变化了多少？【考点】点电荷的场强；电势能 【分析】（1）知道点电荷的电荷量，知道距离点电荷的距离，由点电荷的场强公式可以直接求得结果（2）根据电场力做功的公式可以直接求得电场力做的功的大小，从而可以知道电势能的变化【解答】解：（1）由点电荷的场强公式e=k可知，所以电荷q在m点的电场强度大小是100n/c（2）电荷q从m点移到n点，电场力做的功为：wmn=qumn=q（mn）=3109j，所以电势能增加了3109j【点评】本题是对点电荷的场强公式和电场力做的功与电势能的转化之间关系的考查，掌握住基本内容就可以解决这道题16（11分）（2015秋安徽校级期中）如图所示，光滑斜面倾角为37，一带有正电的小物体质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物体恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，求：（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）原来的电场强度e为多大？（2）物块运动的加速度？（3）沿斜面下滑距离为l=0.5m时物块的速度大小【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）电场没有变化前，物体静止在斜面上，根据平衡条件求出原来的电场强度（2）电场强度变化为原来的后，物体沿斜面向下做匀加速运动分析受力，根据牛顿第二定律求出加速度（3）根据动能定理求解沿斜面下滑距离为l=0.5m时物块的速度大小【解答】解：（1）对小物块受力分析如图所示，物块静止于斜面上，则有：mgsin37=qecos37得：（2）当场强变为原来的时，小物块所受的合外力为：又根据牛顿第二定律f合=ma，得： a=3m/s2，方向沿斜面向下（3）由动能定理得 f合l=0解得答：（1）原来的电场强度e为（2）物块运动的加速度 a=3m/s2，方向沿斜面向下（3）沿斜面下滑距离为l=0.5m时物块的速度大小为【点评】物体平衡时，分析受力，作出力图，根据平衡条件求电场强度涉及力在空间的积累效果时，优先考虑运用动能定理求速度17（12分）（2015秋兰山区期中）如图所示的电路中，电源电压u恒为36v闭合电键s，当调节滑动变阻器r并控制电动机停止转动时，理想电流表和电压表的示数分别为0.5a和34v，重新调节r并使电动机恢复正常运转，此时理想电流表和电压表的示数分别为2.0a和12v求：（1）电动机的线圈电阻；（2）电动机正常运转时输出功率【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 【专题】计算题；定量思想；推理法；