高二物理上册开学测试卷.doc

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2015-2016学年广西桂林十八中高二（上）开学物理试卷（10月份）

一、单选题（每小题4分，32分）下列各题均给有4个选项，其中只有一项是正确的，请将正确选项的字母代号写在答题卷的相对位置，选对的得4分，选错、多选的该小题不得分．
1．真空中有P1和P2两个点电荷，不计重力作用，P1的电量是P2的2倍，P1的质量是P2的一半，将它们释放时，P2的加速度的大小等于a，则P1加速度的大小等于（　　）
A． B． C．2a D．4a

2．将两个异种点电荷间距增大时，下列说法正确的是（　　）
A．电场力作正功，电势能增加 B．电场力作负功，电势能增加
C．电场力作正功，电势能减小 D．电场力作负功，电势能减小

3．“电流通过导体产生的热量，跟电流的二次方、导体的电阻、通电时间成正比．”这个规律用公式表示为Q=I2Rt．通过实验发现这个规律的物理学家是（　　）
A．麦克斯韦 B．奥斯特 C．法拉第 D．焦耳

4．有三个电阻，R1=2Ω，R2=3Ω，R3=4Ω，现把它们并联起来接入电路，则通过它们的电流之比为I1：I2：I3是（　　）
A．6：4：3 B．3：4：6 C．2：3：4 D．4：3：2

5．如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心．已知电场线与圆所在平面平行．下列有关圆心O和等分点a的电势的描述正确的是（　　）

A．a点的电势为4V B．O点的电势为4V
C．a点的电势为5V D．O点的电势为6V

6．电场中有一点P，下列说法正确的是（　　）
A．若放在P点的电荷的电量减半，则P点场强减半
B．若P点没有检验电荷，则P点的场强为零
C．P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大
D．P点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向

7．横截面积为0.5cm2的导电液体中，每秒钟有0.2C的正电荷和0.3C负电荷相向运动，则电流是（　　）
A．0.2A B．0.3A C．0.5A D．104A

8．一平行板电容器，两板之间的距离d和两板面积S都可以调节，保持电容器两极板与电源两极相连接．以Q表示电容器的电量，E表示两极板间的电场强度，则（　　）
A．当d增大、S不变时，Q减小 B．当d不变、S增大时，Q不变
C．当S不变、d减小时，E减小 D．当S减小、d减小时，E不变

二、混选题（每小题5分，20分）下列各题均给有4个选项，至少有一项是正确的，请将正确选项的字母代号写在答题卷的相对位置，全选对的得5分，选对但不全的得3分，不选、选错得0分.
9．下列关于电源电动势概念的认识中，正确的是（　　）
A．电源电动势是描述电源把其他形式的能转化成电能本领大小的物理量
B．电源把越多其他形式的能转化为电能，电动势就越大
C．电动势和电压单位相同，所以物理意义也相同
D．在闭合电路中，电源电动势等于路端电压与电源内部电势降落之和

10．如图所示，曲线表示电场中关于x轴对称的等势面，在x轴上有a、b两点．若一带电粒子沿x轴从a点移到b点，电场力做负功，则下列说法正确的是（　　）

A．a点的电场强度方向与x轴方向相同
B．a点的电场强度大于b点的电场强度
C．带电粒子的电势能一定增加
D．a带电粒子的动能一定增加

11．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能EP与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是（　　）

A．
电场强度与位移关系 B．
粒子动能与位移关系
C．
粒子速度与位移关系 D．
粒子加速度与位移关系

12．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．电压表示数变大 B．电流表示数变大
C．电容器C所带电荷量增多 D．a点的电势降低

三．填空题（每空2分，共14分）
13．①在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图甲所示，读数为　　　　　　mm．
②用游标为20分度的卡尺测量摆球的直径，示数如图乙所示读数为　　　　　　cm．

14．（10分）（2015秋•桂林校级月考）某同学测一节干电池的电动势和内电阻，现提供器材如下：
A．电压表V：（0～3V和0～15V两个量程） B．电流表A：（0～0.6A和0～3A两个量程） C．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω） D．滑动变阻器R2（最大阻值100Ω）E．开关S和导线若干
（1）电流表应选用　　　　　　量程；电压表应选用　　　　　　量程；滑动变阻器应选　　　　　　（选填R1或R2）
（2）根据实验中所测的六组数据标在图示的U﹣I图中，请根据图象，求出E=　　　　　　V，r=　　　　　　Ω．

四、本题共3小题，共34分．解答应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤，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与单位．
15．（10分）（2014秋•深圳校级期中）把质量m=2×10﹣3kg的带负电小球A，用绝缘细绳悬起，若将带电量为QB=4.0×10﹣6C的带电球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距r=0.3m时，绳与竖直方向的夹角为α=45°，如图，试求：
（1）B球受到的库仑力多大？
（2）A球带电量是多少？

16．（10分）（2012秋•四川校级期中）如图所示，电路中的电阻R=10Ω，电动机的线圈电阻r=1Ω，加在电路两端的电压U=100V．已知电流表读数为30A，则通过电动机线圈的电流为多少？电动机输出功率为多少？

17．（14分）（2013秋•城区校级期末）如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场是速度方向与AO方向成45°，已知AO的水平距离为d．（不计重力）
求：（1）从A点到B点用的时间；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）AB两点间电势差．

2015-2016学年广西桂林十八中高二（上）开学物理试卷（10月份）
参考答案与试题解析

一、单选题（每小题4分，32分）下列各题均给有4个选项，其中只有一项是正确的，请将正确选项的字母代号写在答题卷的相对位置，选对的得4分，选错、多选的该小题不得分．
1．真空中有P1和P2两个点电荷，不计重力作用，P1的电量是P2的2倍，P1的质量是P2的一半，将它们释放时，P2的加速度的大小等于a，则P1加速度的大小等于（　　）
A． B． C．2a D．4a
考点： 库仑定律；牛顿第二定律．
专题： 电场力与电势的性质专题．
分析： 真空中的两电荷间存在库仑力．根据牛顿第二定律求P1的加速度．
解答： 解：P2所受的合力是P1施给它的库仑力，所以库仑力F=m2a，则P1所受的合力为P2施给它的库仑力，两个电荷间的库仑力是相互作用的一对力．所以=2a．故C正确，A、B、D错误．
故选C．
点评： 解决本题的关键会利用牛顿第二定律求解加速度，a=．

2．将两个异种点电荷间距增大时，下列说法正确的是（　　）
A．电场力作正功，电势能增加 B．电场力作负功，电势能增加
C．电场力作正功，电势能减小 D．电场力作负功，电势能减小
考点： 电势能．
分析： 两个同种电荷相互排斥，异种点电荷相互吸引．减小异种点电荷之间的距离，电场力做正功，增大它们之间的距离，电场力做负功．电场力做负功时，电势能增大．
解答： 解：异种点电荷相互吸引．增大它们之间的距离，电场力做负功．电场力做负功时，电势能增大．故选项B正确．
故选：B
点评： 牢记两个同种电荷相互排斥，异种点电荷相互吸引，然后结合电场力做功与电势能的改变之间的关系即可．属于基础题目．

3．“电流通过导体产生的热量，跟电流的二次方、导体的电阻、通电时间成正比．”这个规律用公式表示为Q=I2Rt．通过实验发现这个规律的物理学家是（　　）
A．麦克斯韦 B．奥斯特 C．法拉第 D．焦耳
考点： 物理学史；焦耳定律．
分析： “电流通过导体产生的热量，跟电流的二次方、导体的电阻、通电时间成正比．”这个规律叫焦耳定律，首先由焦耳发现的．
解答： 解：“电流通过导体产生的热量，跟电流的二次方、导体的电阻、通电时间成正比．”这个规律用公式表示为Q=I2Rt，在中学教材被称为焦耳定律，是由物理学家焦耳发现的，不是由麦克斯韦、奥斯特、法拉第发现的．
故选D
点评： 本题是基本的物理学史，是常识性问题，没有难度，只要加强记忆，不会出错．

4．有三个电阻，R1=2Ω，R2=3Ω，R3=4Ω，现把它们并联起来接入电路，则通过它们的电流之比为I1：I2：I3是（　　）
A．6：4：3 B．3：4：6 C．2：3：4 D．4：3：2
考点： 串联电路和并联电路．
专题： 恒定电流专题．
分析： 根据并联电路中支路电流与支路电阻的比值关系进行分析，即电流之比等于电阻的反比．
解答： 解：因为R1：R2：R3=2Ω：3Ω：4Ω=2：3：4；
所以I1：I2：I3===6：4：3
故选：A．
点评： 会熟练应用欧姆定律，知道并联电路电阻与电流的比值关系．

5．如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心．已知电场线与圆所在平面平行．下列有关圆心O和等分点a的电势的描述正确的是（　　）

A．a点的电势为4V B．O点的电势为4V
C．a点的电势为5V D．O点的电势为6V
考点： 电势．
分析： 匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；
匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等．
解答： 解：A、在匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等，所以：8﹣φa=6﹣2
解得：φa=4V
故A正确，C错误
B、O点的电势为a点和6V的中点，故电势为：
故BD错误
故选：A
点评： 本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面

6．电场中有一点P，下列说法正确的是（　　）
A．若放在P点的电荷的电量减半，则P点场强减半
B．若P点没有检验电荷，则P点的场强为零
C．P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大
D．P点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向
考点： 电场强度．
专题： 电场力与电势的性质专题．
分析： 电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义．比值与电场力及电量均无关．而电场线越密的地方，电场强度越强．沿着电场线方向，电势是降低的．
解答： 解：A、通过电荷所受电场力与其电量的比值来定义电场强度，该点的电场强度已是定值，若放在P点的电荷的电量减半，其比值是不变的，只有电场力减半，故A错误；
B、若P点没有检验电荷，则没有电场力，而P点的电场强度仍不变．故B错误；
C、P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大，故C正确；
D、P点的场强方向为检验正电荷在该点的受力方向，故D错误；
故选：C
点评： 电场强度是通过比值定义的，比值与其电场力及电量均没有关系．例如：质量与体积的比值定义为密度．当质量变大时，体积变大，而比值却不变．电场线虽不实际存在，但却能形象描绘电场的强度与方向．

7．横截面积为0.5cm2的导电液体中，每秒钟有0.2C的正电荷和0.3C负电荷相向运动，则电流是（　　）
A．0.2A B．0.3A C．0.5A D．104A
考点： 电流、电压概念．
专题： 恒定电流专题．
分析： 根据电流的定义：单位时间内通过导体横截面的电荷量．
解答： 解：电流的定义式是I=，在导电液中，q指正负电荷绝对值的加和，所以I==0.5A，C正确．
故选C
点评： 本题需要注意的是对于电解液导电，通过某一横截面的电荷是正负电荷绝对值的加和．

8．一平行板电容器，两板之间的距离d和两板面积S都可以调节，保持电容器两极板与电源两极相连接．以Q表示电容器的电量，E表示两极板间的电场强度，则（　　）
A．当d增大、S不变时，Q减小 B．当d不变、S增大时，Q不变
C．当S不变、d减小时，E减小 D．当S减小、d减小时，E不变
考点： 电容器的动态分析．
专题： 电容器专题．
分析： 电容器的两极板与电池相连故电容器两极板之间的电压U保持不变，这是本题的突破口．根据E= 可得随d变化，确定两极板间的电场强度E的变化．由电容的决定式，可根据S以及d的变化判断电容C的变化情况，最后根据Q=CU判断电容器所带电量Q的变化．
解答： 解：由于电容器的两极板与电池相连，故电容器两极板之间的电压U保持不变．
A、根据电容决定式C=，由于S保持不变，d增大，故电容C减小，根据Q=CU可知电量Q减小；故A正确．
B、根据电容决定式C=，由于d保持不变，S增大，故电容C增大，根据Q=CU可知电量Q增大；故B错误．
C、根据电容决定式C=，由于S不变，d减小，故电容C增大，根据Q=CU，得场强E==，则电场强度不变；故C错误．
D、根据电容决定式C=，由于S减小，d减小，根据Q=CU，得场强E==，则电场强度增大；故D错误；
故选：A．
点评： 电容器动态分析类的题目一定要注意是孤立的电容器（电量保持不变）还是与电池相连的电容器（电压保持不变）；一定要根据场强的决定式判断E的变化，要根据电容的决定式判断C的变化，从而根据电容的定义式Q=CU判断Q的变化情况．

二、混选题（每小题5分，20分）下列各题均给有4个选项，至少有一项是正确的，请将正确选项的字母代号写在答题卷的相对位置，全选对的得5分，选对但不全的得3分，不选、选错得0分.
9．下列关于电源电动势概念的认识中，正确的是（　　）
A．电源电动势是描述电源把其他形式的能转化成电能本领大小的物理量
B．电源把越多其他形式的能转化为电能，电动势就越大
C．电动势和电压单位相同，所以物理意义也相同
D．在闭合电路中，电源电动势等于路端电压与电源内部电势降落之和
考点： 电源的电动势和内阻．
专题： 恒定电流专题．
分析： 电源电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量；
电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，
电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压，电动势等于内外电路电压之和．
解答： 解：A、电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，电源的电动势大，该电源把其他能转化成电能的本领大，故A正确．
B、根据W=qU，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不一定大，还跟移动电荷的多少有关．故B错误；
C、电动势定义式ɛ=，电压定义式U=，故其物理意义不同，C错误；
D、根据闭合电路欧姆定律，在闭合电路中，电源电动势等于路端电压与电源内部电势降落之和，D正确．
故选：AD．
点评： 知道电源的概念、物理意义、定义式即可正确解题，本题要注意电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，根据W=qU可知，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不一定大，还跟移动电荷的多少有关．

10．如图所示，曲线表示电场中关于x轴对称的等势面，在x轴上有a、b两点．若一带电粒子沿x轴从a点移到b点，电场力做负功，则下列说法正确的是（　　）

A．a点的电场强度方向与x轴方向相同
B．a点的电场强度大于b点的电场强度
C．带电粒子的电势能一定增加
D．a带电粒子的动能一定增加
考点： 等势面．
分析： 电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，等势面密，电场线疏的地方电场的强度小，等势面疏；沿电场线的方向，电势降低．沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．电场线与等势面垂直．
解答： 解：A、曲线表示电场中关于x轴对称的等势面，又沿着电场线方向电势降低，所以a点的电场强度方向与x轴方向相同，故A正确；
B、点b的等势面比a点的等势面密，则b点的场强比a点的大．即a点的场强小于b点的场强，故B错误；
C、若一带电粒子沿x轴从a点移到b点，电场力做负功，则带电粒子的电势能一定增加，若只有电场力做功，则动能减小，故C正确，D错误．
故选：AC
点评： 加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，及沿着电场线方向电势降低，即可解决本题．

11．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能EP与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是（　　）

A．
电场强度与位移关系 B．
粒子动能与位移关系
C．
粒子速度与位移关系 D．
粒子加速度与位移关系
考点： 电势能；电场强度．
专题： 电场力与电势的性质专题．
分析： 粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动；根据功能关系得到Ep﹣x图象的斜率的含义，得出电场力的变化情况；然后结合加速度的含义判断加速度随着位移的变化情况．
解答： 解：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：F=||，即Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A、Ep﹣x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E=，故电场强度也逐渐减小；故A错误；
B、根据动能定理，有：F•△x=△Ek，故Ek﹣x图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；
C、题图v﹣x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误；
D、粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；
故选：D．
点评： 本题切入点在于根据Ep﹣x图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；不难．

12．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．电压表示数变大 B．电流表示数变大
C．电容器C所带电荷量增多 D．a点的电势降低
考点： 闭合电路的欧姆定律．
专题： 恒定电流专题．
分析： 在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化．a点的电势等于R2两端的电压．
解答： 解：A、在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，A正确．
B、根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA=I﹣I2，I增大，I2减小，则IA增大．即电流表示数变大．故BD正确；
C、电阻R2两端的电压U2=E﹣I（R1+r），I增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小，故C错误；
故选：ABD
点评： 本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析．根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化．

三．填空题（每空2分，共14分）
13．①在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图甲所示，读数为　0.267　mm．
②用游标为20分度的卡尺测量摆球的直径，示数如图乙所示读数为　0.670　cm．

考点： 测定金属的电阻率．
专题： 实验题；恒定电流专题．
分析： 解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
解答： 解：1、螺旋测微器的固定刻度为0.0mm，可动刻度为26.5×0.01mm=0.265mm，
所以最终读数为0.0mm+0.265mm=0.265mm．
2、游标卡尺的主尺读数为6mm，游标尺上第14个刻度和主尺上某一刻度对齐，
所以游标读数为14×0.05mm=0.70mm，所以最终读数为：6mm+0.70mm=6.70mm=0.670cm．
故答案为：①0.267； ②0.670．
点评： 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．

14．（10分）（2015秋•桂林校级月考）某同学测一节干电池的电动势和内电阻，现提供器材如下：
A．电压表V：（0～3V和0～15V两个量程） B．电流表A：（0～0.6A和0～3A两个量程） C．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω） D．滑动变阻器R2（最大阻值100Ω）E．开关S和导线若干
（1）电流表应选用　0～0.6A　量程；电压表应选用　0～3V　量程；滑动变阻器应选　R1　（选填R1或R2）
（2）根据实验中所测的六组数据标在图示的U﹣I图中，请根据图象，求出E=　1.5　V，r=　0.5　Ω．

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）根据电池电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，要选择最大阻值较小的滑动变阻器．
（2）根据坐标系内描出的点作出电源的U﹣I图象；电源的U﹣I图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻．
解答： 解：（1）干电池电动势约为1.5V，电压表应选：0～3V量程，由图象可知，电流小于1.0A，故电流表选择0～0.6A；
为方便实验操作，滑动变阻器应选择小电阻R1；
（2）根据坐标系内描出的点作出电源的U﹣I图象如图所示：

由图示电源U﹣I图象可知，电源电动势：E=1.5V，
电源的内阻：r===0.5Ω；
故答案为：（1）0～0.6A；0～3.0V；R1；（2）如图所示；1.5；0.5．
点评： 本题考查了实验器材的选取、作实验电路图、求电动势与内阻，知道实验器材的选取原则、知道实验原理、掌握应用图象法处理实验数据的方法即可正确解题．在计算电源的内阻的时候，一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的．

四、本题共3小题，共34分．解答应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤，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与单位．
15．（10分）（2014秋•深圳校级期中）把质量m=2×10﹣3kg的带负电小球A，用绝缘细绳悬起，若将带电量为QB=4.0×10﹣6C的带电球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距r=0.3m时，绳与竖直方向的夹角为α=45°，如图，试求：
（1）B球受到的库仑力多大？
（2）A球带电量是多少？

考点： 库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．
分析： （1）A球受重力、拉力和静电力处于平衡，根据合成法求出A球所受的静电力．
（2）根据库仑定律F=k求出A球所带的电量．
解答： 解：（1）依题意，带负电的小球A处于平衡状态，A受到库仑力F'、重力mg以及绳子的拉力T的作用（如图），根据平衡条件，得：mg﹣Tcosα=0
F′﹣Tsinα=0
得：F'=mgtanα=2×10﹣3×9.8×1=2×10﹣2（N）
根据牛顿第三定律，有：F=F'=2×10﹣2（N）
（2）根据库仑定律，得：F'=
解得：q===5.0×10﹣8（C）
答：（1）B球受到的库仑力2×10﹣2（N）；
（2）A球带电量是5.0×10﹣8（C）．

点评： 解决本题的关键掌握库仑定律以及会用合成法求解共点力平衡问题．

16．（10分）（2012秋•四川校级期中）如图所示，电路中的电阻R=10Ω，电动机的线圈电阻r=1Ω，加在电路两端的电压U=100V．已知电流表读数为30A，则通过电动机线圈的电流为多少？电动机输出功率为多少？

考点： 电功、电功率．
专题： 恒定电流专题．
分析： （1）先根据欧姆定律求解通过电阻R的电流，然后用干路电流减去电阻R的电流，得到通过电动机的电流．
（2）电动机输入功率 P入=UI，发热功率P热=I2RM，输出功率P出=P﹣P热．根据功率关系求出电动机输出的功率．
解答： 解：电阻R=10Ω，电压U=100V，故电流：
IR=
通过电动机的电流：
IM=I﹣IR=30A﹣10A=20A
②电动机的输入功率 P入=UI=100×20W=2000W　　
发热功率P热=I2RM=202×1W=400W
则电动机输出的功率 P出=P入﹣P热=2000W﹣400W=1600W；
答：通过电动机线圈的电流为20A；电动机输出功率为1600W．
点评： 对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路．电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路．

17．（14分）（2013秋•城区校级期末）如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场是速度方向与AO方向成45°，已知AO的水平距离为d．（不计重力）
求：（1）从A点到B点用的时间；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）AB两点间电势差．

考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；平抛运动．
专题： 带电粒子在电场中的运动专题．
分析： （1）粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，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直线运动，由水平距离d和初速度v0可求出时间．
（2）将粒子射出电场的速度进行分解，求出竖直方向分速度vy，由牛顿第二定律和vy=at结合求出电场强度E．
（3）由动能定理可求解AB两点间电势差．
解答： 解：（1）粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有：t=．
（2）由牛顿第二定律得：a=．
将粒子射出电场的速度v进行分解，则有 vy=v0tan45°=v0，又vy=at，得：
v0=•=，解得：E=
（3）由动能定理得：
eUAB=﹣
解得：UAB=
答：（1）从A点到B点用的时间为；
（2）匀强电场的电场强度大小为；
（3）AB两点间电势差为．
点评： 本题运用运动的分解法研究类平抛运动，关键将速度进行分解，由牛顿第二定律和运动学公式相结合进行研究．

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

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