福建省莆田市仙游一中高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2014-2015学年福建省莆田市仙 游一中高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（本大题共8小题，每小题4分，共计32分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1示波管中，2s内有61013个电子通过截面大小不知的电子枪，则示波管中电流大小为（）a 4.8106ab 9.6106ac 31013ad 6106a2一个标有“220v 60w“的白炽灯泡，加上的电压由零逐渐增大到220v，在此过程中，电压（u）和电流（i）的关系可用图线表示，题中给出的四个图线中，符合实际的是（）a b c d 3有一台电风扇标有“220v；50w”，电动机线圈的电阻是0.4把它接入220v的电路中，以下求电风扇电机线圈的电阻上每分钟发出热量的四种解法中，正确的是（）a q=pt=5060 j=3000 jb i=a=a q=uit=22060 j=3000 jc i=a=a q=i2rt=（）20.460 j=1.2 jd q=t=60j=7260000 j4如图所示的电路中，当滑线变阻器r的滑动触头向左移动时，a、b、c、d四盏灯中亮度变暗的是（）a a、d灯变亮，b、c灯变暗b b、c灯变亮，a、d灯变暗c b、d灯变亮，a、c灯变暗d a、c灯变亮，b、d灯变暗5一个电压表由表头g和电阻r串联而成，如图所示，在这一电压表两端ab加一恒定电压，发现此电压表的读数比准确值稍微小一些，要使该电压表的读数准确，可以（）a 在r上并联一个比r小得多的电阻b 在r上并联一个比r大得多的电阻c 在r上串联一个比r小得多的电阻d 在r上串联一个比r大得多的电阻6水平放置的平行板电容器与一电池相连，在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态，现将电容器两板间的距离增大，则（）a 电容变大，质点向上运动b 电容变大，质点向下运动c 电容变小，质点保持静止d 电容变小，质点向下运动7某静电场的电场线分布如图所示，图中p、q两点的电场强度的大小分别为ep和eq，电势分别为up和uq，则（）a epeq，upuqb epeq，upuqc epeq，upuqd epeq，upuq8如图是一簇未标明方向、由单一点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可判断出该带电粒子（）a 电性与场源电荷的电性相同b 在a点所受的电场力小于在b点所受电场力c 在a点时的速率小于在b点时的速率d 在a、b两点的电势能eaeb二、多项选择题（本大题共4小题，每题4分，共16分每题的四个选项中都有超过一个的选项正确全部选对得4分，漏选的得2分，选错或不选得0分）9关于电源电动势及路端电压，下列叙述正确的是（）a 电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量b 电源的电动势总等于它的路端电压c 同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化d 外电路断开时，路端电压等于电源的电动势10高温超导限流器由超导部件和限流电阻并联组成，如图超导部件有一个超导临界电流ic，当通过限流器的电流iic时，将造成超导体失超，从超导态（电阻为零）转变为正常态（一个纯电阻），以此来限制电力系统的故障电流已知超导部件的正常态电阻为r1=3，超导临界电流ic=1.2a，限流电阻r2=6，小灯泡l上标有“6v，6w”的字样，电源电动势e=8v，内阻r=2原来电路正常工作，现l突然发生短路，则（）a 短路前通过r1的电流为ab 短路后超导部件将由超导状态转化为正常态c 短路后通过r1的电流为ad 短路后通过r1的电流为2a11质量相同的两个带电粒子m、n以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，m从两板正中央射入，n从下板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），如图所示，则从开始射入至打到上板的过程中（）a 它们运动的时间相等b m的带电量大于n的带电量c m、n的速度增量之比vm：vn=1：4d m、n的动能增量之比ekm：ekn=1：412如图所示，在由一个点电荷q形成的电场中，有一条竖直的电场线，a、b、c为该电场线上的三点一电荷量为q（q0），质量为m的小球在a点由静止释放，运动到b点时速度达到最大，到c点时速度恰好为零，a、c间距离为h则下列说法中正确的是（）a q为负电荷，其位置在c点上方b a、b、c三点的场强依次减小，b点场强大小为c c点电势比a点电势低d 从a到b电场力做功大于重力做的功，从b到c电场力做功小于重力做的功三、实验题（1题，14分）13在用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验中，一位同学用合适的器材连接好实物图后，准备闭合开关时的情况如图所示（1）其中有两处错误是：；（2）在没有改正错误时闭合开关后发现电压表有示数，电流表没有示数移动滑动变阻器的触头，两表示数没有变化用另一电压表测mp两点发现无示数，测nq两点有示数，则出现上述情况的原因是（填选项前的字母）aa导线断路 bb导线断路 c滑动变阻器断路 d由于线路连接错误造成的（3）在改正前面所有问题后，经过正确的实验操作，得到下表的数据，请在所给的坐标中画出该电源的ui图象，并根据图象求出该电源的电动势e=v，内电阻r=123456i（a）0.120.200.250.330.400.51u（v）1.361.301.211.201.151.07四、计算题（3题，共38分）14如图，一带电液滴在重力和电场力的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45已知带电液滴的质量为m，水平方向的电场强度为e，带电液滴从b运动到d所用时间为t，重力加速度为g求：（1）带电液滴带何种电？带电量为多少？（2）从b运动到d，带电液滴的电势能变化多少？是增加还是减少？15如图所示，m为一线圈电阻rm=0.4的电动机，r=24，电源电动势e=40v当s断开时，电流表的示数，i1=1.6a，当开关s闭合时，电流表的示数为i2=4.0a求（1）电源内阻（2）开关s闭合时电动机输出的机械功率（3）开关s闭合时电源输出功率16如图甲所示，a、b两块金属板水平放置，相距为d=0.6cm，两板间加有一周期性变化的电压，当b板接地（b=0）时，a板电势a，随时间变化的情况如图乙所示现有一带负电的微粒在t=0时刻从b板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计求：（g=10m/s2）（1）在0和t这两段时间内微粒的加速度大小和方向；（2）若该微粒上升到最高点时速度恰好达到最大，所加电压的周期t为多少？（3）若该微粒上升到最高点时恰好不与a板相碰，所加电压的周期t为多少？【附加题】17.如图所示的直角坐标系中，在直线x=2l0和y轴之间的区域内存在两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中x轴上方的电场的方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向在电场左边界上a（2l0，l0）到c（2l0，0）区域内，连续分布着电荷量为+q，质量为m的粒子从某时刻起由a点到c点间的粒子，依次连续以相同的速度v0沿x轴正方向射入电场若从a点射入的粒子，恰好从y轴上的a（0，l0）沿x轴正方向射出电场，其轨迹如图所示不计粒子的重力及它们间的相互作用求：（1）匀强电场的电场强度e：（2）求ac间还有哪些位置的粒子，通过电场后也能沿x轴正方向运动？2014-2015学年福建省莆田市仙游一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共8小题，每小题4分，共计32分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1示波管中，2s内有61013个电子通过截面大小不知的电子枪，则示波管中电流大小为（）a 4.8106ab 9.6106ac 31013ad 6106a考点：电流、电压概念分析：每个电子的电荷量大小为e=1.61019c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=1.61019c，61013个电子总电荷量为：q=610131.61019c=9.6106c，则示波管中电流大小为：i=4.8106a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求解2一个标有“220v 60w“的白炽灯泡，加上的电压由零逐渐增大到220v，在此过程中，电压（u）和电流（i）的关系可用图线表示，题中给出的四个图线中，符合实际的是（）a b c d 考点：欧姆定律专题：恒定电流专题分析：白炽灯泡上的电压u由零逐渐增大到220v时，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，根据数学知识分析选择图象解答：解：由题，白炽灯泡上的电压u由零逐渐增大到220v时，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，由欧姆定律得到r=，等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，电阻一直增大，斜率一直减小所以abd不符合实际，c正确故选c点评：本题是实际的灯泡，其电阻会温度升高而增大，其ui图线不是直线，可以从数学角度理解其物理意义3有一台电风扇标有“220v；50w”，电动机线圈的电阻是0.4把它接入220v的电路中，以下求电风扇电机线圈的电阻上每分钟发出热量的四种解法中，正确的是（）a q=pt=5060 j=3000 jb i=a=a q=uit=22060 j=3000 jc i=a=a q=i2rt=（）20.460 j=1.2 jd q=t=60j=7260000 j考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：已知电流和线圈的电阻以及通电时间，由q=i2rt就可计算出线圈产生的热量解答：解：电流：i=a=a；电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的，所以每分钟产生的热量为q=i2rt=（）20.460j=1.2j故选：c点评：本题考查了电动机正常工作时产生热量的计算，是一道基础题，关键是正确理解电功和电热的关系以及各自的求解方法4如图所示的电路中，当滑线变阻器r的滑动触头向左移动时，a、b、c、d四盏灯中亮度变暗的是（）a a、d灯变亮，b、c灯变暗b b、c灯变亮，a、d灯变暗c b、d灯变亮，a、c灯变暗d a、c灯变亮，b、d灯变暗考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：本题的关键是先根据滑动触头向左运动得出变阻器的有效电阻减小，得出总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得出总电流变大，路端电压变小，然后再根据串并联电路和欧姆定律即可求解解答：解：当滑动触头向左移动时，变阻器的有效电阻减小，外电路总电阻减小，根据i=可知，总电流i增大，则d灯变亮；由u=eir可知电源路端电压减小，由于u=，而变大，所以减小，c灯变暗；由于i=，而减小，不难推出增大，所以b灯变亮；又由于，变小，变大，变小，所以a灯变暗；故c正确，abd错误故选c点评：对此类动态分析问题，在电源内阻r0的前提下，可得出重要的结论：若某一电阻变大（或变小），则通过该电阻的电流所流经的电路元件的电流会变小（或变大），而不流经的电路元件的电流或电压会变大（或变小），即所谓“串反并同”5一个电压表由表头g和电阻r串联而成，如图所示，在这一电压表两端ab加一恒定电压，发现此电压表的读数比准确值稍微小一些，要使该电压表的读数准确，可以（）a 在r上并联一个比r小得多的电阻b 在r上并联一个比r大得多的电阻c 在r上串联一个比r小得多的电阻d 在r上串联一个比r大得多的电阻考点：多用电表的原理及其使用专题：恒定电流专题分析：此电压表的读数比准确值稍微小一些，故加上相同电压时，要使电流适当大些，故需要略微减少电阻r的值解答：解：电压表由表头g和电阻r串联而成，发现此电压表的读数比准确值稍微小一些，说明加上相同电压时，要使电流适当大些，故需要略微减少电阻r的值，可以与电阻r并联电阻实现，但电压表的读数比准确值稍微小一些，故并联电阻要比r大得多，故acd错误，b正确；故选b点评：本题关键是明确电压表的改装原理，熟悉误差的来源，会根据欧姆定律调节电表精度，不难6水平放置的平行板电容器与一电池相连，在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态，现将电容器两板间的距离增大，则（）a 电容变大，质点向上运动b 电容变大，质点向下运动c 电容变小，质点保持静止d 电容变小，质点向下运动考点：电容器的动态分析；共点力平衡的条件及其应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电容器专题分析：因电容器与电池相连，故电容器两端的电压保持不变；因距离变化，由c=可知c的变化；由u=ed可知场强e的变化，由带电粒子的受力可知质点的运动情况解答：解：因质点处于静止状态，则有eq=mg，且电场力向上；由c=可知，当d增大时，c减小；因电容器与电池相连，所以两端的电势差不变，因d增大，由e=可知，极板间的场强减小，故电场力小于重力；故质点将向下运动；故选d点评：解答本题注意电容器的两种状态，充电后与电源断开则电量不变；而与电源相连，则两板间的电势差保持不变7某静电场的电场线分布如图所示，图中p、q两点的电场强度的大小分别为ep和eq，电势分别为up和uq，则（）a epeq，upuqb epeq，upuqc epeq，upuqd epeq，upuq考点：电场线；电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线越密代表场强越强，可以判定p点的场强大于q点的场强；根据沿电场线方向电势逐渐降低可以判定p点的电势高于q点的电势解答：解：电场线越密代表场强越强，从图可以看出p点的电场线的密集程度大于q点的密集程度，故p点的场强大于q点的场强，所以epeq，又由于沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知电场线的方向由p指向q，所以p点的电势高于q点的电势，即upuq，故a正确故选a点评：只要理解了电场线的特点即可顺利解决此题8如图是一簇未标明方向、由单一点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可判断出该带电粒子（）a 电性与场源电荷的电性相同b 在a点所受的电场力小于在b点所受电场力c 在a点时的速率小于在b点时的速率d 在a、b两点的电势能eaeb考点：电场线；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小解答：解：a、电荷受电场力的方向指向运动轨迹弯曲的内侧，由图可知，若是正电荷受到的电场力的方向是向左的，所以产生电场的电荷应该是负电荷，若是负电荷受到的电场力的方向是向左的，所以产生电场的电荷应该是正电荷，所以电性与场源电荷的电性相反，a错误；b、电场线的疏密表示场强，由图知fafb所以b错误；c、d若是正电荷在从a到b的过程中，电场力做负功，所以电荷的电势能增加动能减小；若是负电荷在从a到b的过程中，电场力也做负功，所以电荷的电势能增加动能减小，即在a、b两点时速度大小vavb电势能eaeb，所以c错误，d正确；故选d点评：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低；电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加二、多项选择题（本大题共4小题，每题4分，共16分每题的四个选项中都有超过一个的选项正确全部选对得4分，漏选的得2分，选错或不选得0分）9关于电源电动势及路端电压，下列叙述正确的是（）a 电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量b 电源的电动势总等于它的路端电压c 同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化d 外电路断开时，路端电压等于电源的电动势考点：电源的电动势和内阻专题：恒定电流专题分析：电源的电动势的物理意义是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，其大小等于电源没有接入电路时电源两极间的电压；电动势与外电路无关，由电源本身性质决定解答：解：a、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，而电源的电动势就表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，故a正确b、d外电路断开时，电路中没有电流，电源没有内电压，根据闭合电路欧姆定律可知，路端电压等于电源的电动势，若外电路闭合，电路中有电流，路端电压会小于电源的电动势，故b错误，d正确c、电源的电动势与外电路无关，由电源本身性质决定所以同一电源接入不同的电路，电动势不会变化，故c错误故选ad点评：本题考查对电动势物理意义的理解，可根据闭合电路欧姆定律进行分析理解10高温超导限流器由超导部件和限流电阻并联组成，如图超导部件有一个超导临界电流ic，当通过限流器的电流iic时，将造成超导体失超，从超导态（电阻为零）转变为正常态（一个纯电阻），以此来限制电力系统的故障电流已知超导部件的正常态电阻为r1=3，超导临界电流ic=1.2a，限流电阻r2=6，小灯泡l上标有“6v，6w”的字样，电源电动势e=8v，内阻r=2原来电路正常工作，现l突然发生短路，则（）a 短路前通过r1的电流为ab 短路后超导部件将由超导状态转化为正常态c 短路后通过r1的电流为ad 短路后通过r1的电流为2a考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：灯泡短路时，只有r2接入电路，则由闭合电路的欧姆定律可得出电路中电流变化，超导体可能失超；电路为两个电阻并联，由电阻的并联可求得总电阻；则可求得总电流及流过r1的电流；由电源的输出功率的计算公式可知电源输出功率的变化解答：解：a、短路前，灯泡与超导电阻串连接入电路，因灯泡正常发光，则电路中电流il=1a；故a错误；b、短路后，只有r2接入电路，则电流i=a=1.6a1.2a，超过临界电流，故超导体失超，转化为正常态，故b正确；c、灯泡短路后，两个电阻并联，电路中的电阻为r=2，路端电压u=r=4v，通过r1的电流为i1=a，故c正确；d、灯泡短路后，r2的电流为i2=a=故d错误故选：bc点评：本题是信息题给予题，首先要抓住关键信息：限流器的电流iic时，将造成超导体失超，从超导态转变为正常态，再根据闭合电路欧姆定律进行研究11质量相同的两个带电粒子m、n以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，m从两板正中央射入，n从下板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），如图所示，则从开始射入至打到上板的过程中（）a 它们运动的时间相等b m的带电量大于n的带电量c m、n的速度增量之比vm：vn=1：4d m、n的动能增量之比ekm：ekn=1：4考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析解答：解：a、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等，所以a正确；b、平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：x=at2，得a=由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为1：2，所以anam，根据牛顿第二定律，有：qe=ma由两式解得：q=所以它们所带的电荷量之比qm：qn=1：2，故b错误；c、根据动能定理，有：qex=ek而：qm：qn=1：2，xm：xn=1：2，所以动能增加量之比：ekm：ekn=1：4，则速度增量之比为1：2，所以c错误，d正确故选：ad点评：本题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析12如图所示，在由一个点电荷q形成的电场中，有一条竖直的电场线，a、b、c为该电场线上的三点一电荷量为q（q0），质量为m的小球在a点由静止释放，运动到b点时速度达到最大，到c点时速度恰好为零，a、c间距离为h则下列说法中正确的是（）a q为负电荷，其位置在c点上方b a、b、c三点的场强依次减小，b点场强大小为c c点电势比a点电势低d 从a到b电场力做功大于重力做的功，从b到c电场力做功小于重力做的功考点：电场强度；电势；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力由静止向上运动，可判断出电场力的方向，从而判断出点电荷的电性；根据电场力做的功，判断电势能的变化通过带电质点初末速度为零可比较出两点的电场强度沿电场线方向电势逐渐降低解答：解：a、由题意可知，带电质点受两个力：重力和电场力，开始由静止向上运动，电场力大于重力，则电场力方向竖直向上到达b后粒子的速度到达最大，说明电场力等于重力，电场力变小了所以点电荷离开a更近一些；电场线方向向上，所以点电荷是正电荷故a错误；b、带电质点开始由静止向上运动，电场力大于重力到达b后粒子的速度到达最大，说明粒子的加速度等于0，粒子受到的成立于重力大小相等，方向相反；即qe=mg，（）；之后粒子做减速运动才能在到达c时受到为0，所以a点的电场强度最大，c点的电场强度最小故b正确；c、a到c的过程中，电场力做正功，电势能降低；重力做负功，重力势能增加减少的电势能等于增大的重力势能，得：mgh=qu，所以故c正确d、在a点，电场力大于重力，到b点恰好速达到最大，可知a到b电场力做功大于重力做的功；从b到c的过程中粒子的速度减小，说明从b到c电场力做功小于重力做的功故d正确故选：bcd点评：解决本题的关键通过a、c两点的速度为0，b点的速度最大，知道受重力和电场力两个力，且知道电场力的方向通过电场力与重力的大小关系，比较电场强度的大小以及知道电场力做功与电势能的关系和沿电场线方向电势降低三、实验题（1题，14分）13在用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验中，一位同学用合适的器材连接好实物图后，准备闭合开关时的情况如图所示（1）其中有两处错误是：滑动变阻器没有处于最大值；电压表直接接在电源两端（2）在没有改正错误时闭合开关后发现电压表有示数，电流表没有示数移动滑动变阻器的触头，两表示数没有变化用另一电压表测mp两点发现无示数，测nq两点有示数，则出现上述情况的原因是b（填选项前的字母）aa导线断路 bb导线断路 c滑动变阻器断路 d由于线路连接错误造成的（3）在改正前面所有问题后，经过正确的实验操作，得到下表的数据，请在所给的坐标中画出该电源的ui图象，并根据图象求出该电源的电动势e=1.48v，内电阻r=0.80123456i（a）0.120.200.250.330.400.51u（v）1.361.301.211.201.151.07考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）实验前要让滑动变阻器处于最大值，电压表不能直接接在电源两端（2）电压表的示数不为零，电流表的示数为零，说明电路处于断路（3）根据表中实验数据，在坐标系内描出对应的点，然后作出ui图象电源的ui图象与纵轴的交点坐标是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻解答：解：（1）实验前要让滑动变阻器处于最大值，电压表不能直接接在电源两端所以两处错误是：滑动变阻器没有处于最大值；电压表直接接在电源两端（2）电压表的示数不为零，电流表的示数为零，说明电路处于断路另一电压表测mp两点发现无示数，测nq两点有示数，所以原因是b导线断路，故选b（3）应用描点法作图作出ui图象，由电源的ui图象可知，电源电动势为1.48v，电源内阻r=0.80故答案为：（1）滑动变阻器没有处于最大值；电压表直接接在电源两端（2）b；（3）1.48，0.80点评：本题考查了连接实物电路图、作ui图象、求电源的电动势与内阻；要掌握测电源电动势与内阻的实验电路、要掌握应用图象法处理实验数据的方法四、计算题（3题，共38分）14如图，一带电液滴在重力和电场力的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45已知带电液滴的质量为m，水平方向的电场强度为e，带电液滴从b运动到d所用时间为t，重力加速度为g求：（1）带电液滴带何种电？带电量为多少？（2）从b运动到d，带电液滴的电势能变化多少？是增加还是减少？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）带电液滴做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据几何关系即可求得电量；（2）根据电场力做的功等于负的电势能的变化量即可求解解答：解：（1）带电液滴做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，液滴受重力和电场力，根据题意，液滴电场力方向水平向右，所以液滴带负电 由=tan45=1 得 q=（2）根据牛顿第二定律得：ab的距离为：所以电场力做正功，电势能减少 答：（1）带电液滴带负电，带电量为；（2）从b运动到d，带电液滴的电势能减少了点评：本题要求同学们能根据液滴的运动情况判断液滴的受力情况，知道电场力做的功等于负的电势能的变化量，难度适中15如图所示，m为一线圈电阻rm=0.4的电动机，r=24，电源电动势e=40v当s断开时，电流表的示数，i1=1.6a，当开关s闭合时，电流表的示数为i2=4.0a求（1）电源内阻（2）开关s闭合时电动机输出的机械功率（3）开关s闭合时电源输出功率考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：（1）当s断开时，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻（2）当开关s闭合时，已知电流表的示数，根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，由欧姆定律求出通过r的电流，得到通过电动机的电流，电动机发热消耗的功率为：r热=i2r，电动机的输出功率等于电功率与内部消耗的热功率之差（3）电源的输出功率为p=ui解答：解：（1）根据闭合电路的欧姆定律 i1=代入数据解得：r0=r=（24）=1（2）开关s闭合后路端电压 u=ei2r0=（404.01）v=36v，流过r的电流强度为：ir=1.5a，流过电动机的电流强度为：i=i2ir=（4.01.5）a=2.5a，电动机发热消耗的功率为：r热=i2r=（2.520.4）w=2.5w，电动机转化为机械能的功率：p机=uip热=87.5w（3）开关s闭合时电源输出功率为：p=ui2=364=144w答：（1）电源内阻为1；（2）开关s闭合时电动机输出的机械功率为87.5w；（3）开关s闭合时电源输出功率为144w点评：对于电动机电路，正常工作时是非电阻电路，要注意欧姆定律不成立，要根据能量守恒求解其输出功率，要区分电动机的输出功率与效率的不同，不能混淆16如图甲所示，a、b两块金属板水平放置，相距为d=0.6cm，两板间加有一周期性变化的电压，当b板接地（b=0）时，a板电势a，随时间变化的情况如图乙所示现有一带负电的微粒在t=0时刻从b板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计求：（g=10m/s2）（1）在0和t这两段时间内微粒的加速度大小和方向；（2）若该微粒上升到最高点时速度恰好达到最大，所加电压的周期t为多少？（3）若该微粒上升到最高点时恰好不与a板相碰，所加电压的周期t为多少？考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）根据牛顿第二定律求出加速度的大小和方向；（2）带电粒子在电场中加速，电子在前上升到最高点求出位移然后求时间；（3）先由运动学公式表示出整个周期内的位移，根据总位移不大于d进行求解解答：解：（1）设电场力大小为f，则f=2mg，对于t=0时刻射入的微粒，在前半个周期内，由牛顿第二定律得：fmg=ma1，解得：a1=10m/s2，方向向上后半个周期的加速度a2，由牛顿第二定律得：f+mg=ma2，解得：a2