202０┄2０21学年湖北省普通高中联考协作体高二（上）期中物理试卷一、选择题(每小题5分,1-7为单项选择题;8-11小题有多个选项正确,全部选对得5分，选对但不全的得3分,有选错或不选的得0分)１.物理学在研究实际问题时,常常进行科学抽象,即抓住研究问题的主要特征,不考虑与当前研究问题无关或影响较小的因素，建立理想化模型.下列选项中不属于物理学中的理想化模型的是( ）A．力的合成ﻩB.质点ﻩC.自由落体运动ﻩD.点电荷２．手电筒的两节干电池，已经用了较长时间,小灯泡只能发出微弱的光,把它们取出，用电压表测电压，电压表示数接近3V.若把它们作为一个电子钟，电子钟能正常工作，下列说法中正确的是( )A．这两节干电池组的电动势减小很多Ｂ．这两节干电池的内电阻几乎没变Ｃ．这台电子钟的额定电压一定比手电筒里的小灯泡额定电压小D.这台电子钟正常工作时的电流一定比手电筒里的小灯泡正常工作时的电流小3.当外电路的电阻分别为8Ω和2Ω时，单位时间内在外电路上产生的热量正好相等,则该电源的内电阻是（）A．1ΩB．2ΩC．4ΩD．６Ω4．如图所示,实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等．一个正电荷在等势面L3处的动能为20J，运动到L1处的动能为零.若取Ｌ2为零势面参考平面,则当此电荷的电势能为4Ｊ时，它的动能是(不计重力和空气阻力）（)Ａ．16Ｊ B.19Ｊ C.６JﻩＤ．4J５.如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中,有Ａ、B、C三点,A点为两点电荷连线的中点,B点为连线上距A点距离为d的一点，Ｃ点为连线中垂线距A点距离也为d的一点,则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较,正确的是( ）Ａ.E A＝EＣ>ＥB;φＡ＝φC>φＢＢ．E B＞E A>ＥC；φＡ=φC＞φＢC.E A<ＥB,EＡ<E C;φA＞φB,φＡ>φCＤ．因为零电势点未规定,所以无法判断电势的高低6.中子内有一个电荷量为+e的上夸克和两个电荷量为e下夸克，一简单模型是三个夸克都在半径为ｒ的同一圆周上，如图１所示．图2给出的四幅图中,能正确表示出各夸克所受静电作用力的是（）A．Ｂ．ﻩC.D．7.小灯泡的伏安特性曲线如图中的AＢ段（曲线)所示．由图可知,AB段灯丝的电阻因温度的影响改变了（）A．5ΩB．1０ΩC．１ΩﻩＤ.6Ω8.如图所示,在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后,两个物块向相反方向运动,并最终停止.在物块的整个运动过程中,下列表述正确的是( )Ａ．两个物块的电势能逐渐减少Ｂ．两物块受到的库仑力做的功等于摩擦生热C.两个物块的机械能都先增大后减少D.物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力9.如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图象,其中ａ、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况，下列说法正确的是（）A.阴影部分的面积表示电源输出功率Ｂ.阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率C.当满足α=β时，电源效率最高Ｄ．当满足α＝β时，电源输出功率最大10．如图所示的电路中，S闭合A、B、Ｃ三只灯均正常发光，当可变电阻的滑动触头上移时，对A、B、Ｃ三灯亮度变化下列叙述正确的是（）A.A灯变亮Ｂ．B灯变亮ﻩC.C灯变亮ﻩＤ.三灯均变暗１1．如图所示，虚线a、b、ｃ、d表示匀强电场中的4个等势面.两个带电粒子Ｍ、Ｎ(重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPＮ和ＮQM所示.己知M是带正电的带电粒子.则（)A．Ｎ一定也带正电B.a点的电势高于b点的电势C．带电粒子Ｎ的动能减小,电势能增大D.带电粒子N的动能增大，电势能减小二、实验题（共15分)１2．图甲中游标卡尺的读数是cm,图乙中螺旋测微器的读数是mm.13．某研究性学习小组利用如图1所示电路测量某电池的电动势Ｅ和内电阻r.由于该电池的内电阻r较小,因此在电路中接入了一阻值为2.００Ω的定值电阻R0.①按照实物连线图在图2虚线框内画出实验电路图:②闭合开关Ｓ,调整电阻箱的阻值，读出电压表相应的示数U,并计算出通过电阻箱的电流数值I，为了比较准确地得出实验结论，在坐标纸中画出了如图3所示的U﹣I图象,由图象可得：E＝Ｖ,r＝Ω.二、计算题（共40分）14.如图所示，为一组未知方向的匀强电场的电场线，把电荷量为1×１0﹣6C的负电荷从A 点沿水平线移至B点，静电力做了2×10﹣６J的功，Ａ、Ｂ间的距离为2cm,求:(1）电场强度的大小和方向（2）A、Ｂ两点间的电势差U AB=？若B点电势为1Ｖ，求A点电势；电子处于B点时,具有的电势能是多少?1５．如图所示,电源的电动势Ｅ＝1１０V，电阻R１=２1Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合.当电键Ｓ2断开时，电阻R1的电功率是5２5W；当电键S2闭合时,电阻Ｒ1的电功率是336W,求:（1）电源的内电阻；(2)当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率．16．如图所示，水平放置的平行板电容器,原来两板不带电，上极板接地,它的极板长Ｌ=０.１m,两板间距离d=0.4ｃm,有一束相同微粒组成的带电粒子流以相同的初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上,已知微粒质量m=2.0×10﹣6kg，电量ｑ=+１.0×10﹣8C，电容器电容C=1.0×１０﹣6Ｆ，取g＝10m/s2．试求:（1)若第一个粒子刚好落到下板中点O处，则带电粒子入射初速度的大小;（２）两板间电场强度为多大时,带电粒子能刚好落到下板右边缘B点；(3）落到下极板上带电粒子总的个数.2020┄２021学年湖北省普通高中联考协作体高二(上)期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分,1－7为单项选择题;８-11小题有多个选项正确,全部选对得5分，选对但不全的得３分,有选错或不选的得0分)1．物理学在研究实际问题时,常常进行科学抽象,即抓住研究问题的主要特征,不考虑与当前研究问题无关或影响较小的因素,建立理想化模型.下列选项中不属于物理学中的理想化模型的是( )A.力的合成B.质点ﻩC．自由落体运动 D.点电荷【考点】自由落体运动；质点的认识；力的合成；元电荷、点电荷.【专题】归纳法；直线运动规律专题．【分析】理想化是对事物的各个物理因素加以分析、忽略与问题无关或影响较小的因素，突出对问题起作用较大的主要因素,从而把问题简化.【解答】解:A、力的合成是一种等效替代，故A正确；Ｂ、质点是用来表示物体的有质量的点，忽略了物体的大小、形状等次要因数,是一种理想模型,故B错误;Ｃ、自由落体运动忽略了空气阻力等次要因素，故C错误；D、点电荷忽略了电荷的大小等次要因素，故Ｄ错误;故选A.【点评】理想化模型是抓住问题的主要方面，忽略问题的次要方面,是物理学中一种常见的研究方法.2.手电筒的两节干电池,已经用了较长时间，小灯泡只能发出微弱的光，把它们取出，用电压表测电压，电压表示数接近3V.若把它们作为一个电子钟，电子钟能正常工作，下列说法中正确的是（)A.这两节干电池组的电动势减小很多Ｂ.这两节干电池的内电阻几乎没变Ｃ.这台电子钟的额定电压一定比手电筒里的小灯泡额定电压小D．这台电子钟正常工作时的电流一定比手电筒里的小灯泡正常工作时的电流小【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻．【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题．【分析】电源的电动势可通过电压表粗略测量，即电源未接入电路时，电压表读数.电池使用较长时间，导致内电阻增大，而输出电压的高低是由与其串联的电阻决定，当电阻大于内阻，则输出电压较大;若电阻小于内阻,则输出电压较小．【解答】解:A、这两节干电池的电动势应该为3V,现在直接通过电压表示数很接近3V，可知,电动势几乎不变，故Ａ错误；B、两节干电池已经用了较长时间,使用时小灯泡只能发出很微弱的光,除电动势降低之外，电池的内阻增大，故Ｂ错误；Ｃ、这台电子钟能正常工作是由于它的内阻比电池的内阻大得多,输出电压较高，则知电子钟的额定电压一定比手电筒里的小灯泡额定电压大，故C错误；D、由于电子钟的电阻较大，所以正常工作的电流较小，故D正确；故选：Ｄ【点评】考查电源的电动势的概念，及电池用久后电阻会增大，并掌握不同的外电阻,输出电压不同.理解闭合电路的欧姆定律．3.当外电路的电阻分别为8Ω和2Ω时,单位时间内在外电路上产生的热量正好相等,则该电源的内电阻是（)A.1ΩﻩB.２ΩﻩC．4ΩD．6Ω【考点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当外电路电阻分别为８Ω和2Ω时，根据闭合电路欧姆定律列式,根据单位时间在外电路放出的热量正好相等列式，联立方程即可求解.【解答】解：当外电路电阻分为8Ω时,根据闭合电路欧姆定律得：I１==…①当外电路电阻分为2Ω时,根据闭合电路欧姆定律得：I２==…②根据单位时间在外电路放出的热量正好相等得：I１2R１=Ｉ22R2…③由①②③解得：r=4Ω故选：C【点评】本题主要考查了闭合电路欧姆定律及电阻功率公式的直接应用，难度不大，属于基础题.4.如图所示，实线为电场线,虚线为等势面,相邻两等势面间的电势差相等．一个正电荷在等势面L３处的动能为2０J，运动到L1处的动能为零.若取L2为零势面参考平面,则当此电荷的电势能为4J时，它的动能是（不计重力和空气阻力）（)A.16JB.19ＪC．6Ｊ D.4J【考点】电势差与电场强度的关系;电场线;电势能．【专题】定量思想；寻找守恒量法；电场力与电势的性质专题.【分析】根据动能定理求出电荷从等势面L3处运动到L１处电场力所做的功,从而得出电势能的变化量，根据L２为零势面，得出L１处和L3处得电势能．在运动的过程中，电荷的电势能和动能之和保持不变,根据总能量守恒,由能量守恒定律即可得出电荷的电势能为4J时它的动能．【解答】解：设两相邻等势面间的电势差为U0，正电荷的电量为q.根据仅在电场力作用下，电荷的电势能与动能之和E保持不变，有:E=Ｅk３﹣qＵ0=Ｅｋ1＋qＵ０=EＫ+E p，解得：qU０=(Ｅk3﹣E k1)从而可得：Eｋ=(Eｋ1+Eｋ3）﹣ＥＰ=×（0+2０）﹣4=6Ｊ．故B正确．故选:B【点评】解决本题的关键知道电场力做功和电势能的变化关系,以及知道电荷的电势能和动能之和保持不变．5．如图所示,在等量的异种点电荷形成的电场中，有Ａ、B、C三点,A点为两点电荷连线的中点,Ｂ点为连线上距A点距离为d的一点,C点为连线中垂线距A点距离也为d的一点,则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较,正确的是( ）A.EＡ=E C＞ＥＢ;φＡ＝φC>φＢB.E B＞ＥA＞E C；φA=φC＞φBＣ.ＥＡ<EＢ，ＥA<EＣ;φA>φB,φA＞φCD.因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场线越密的地方，电场强度越强.沿着电场线方向电势降低．通过电场线的分布进行判断.【解答】解:根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密,B点的电场线比A点密,则E B>EＡ＞ＥC;等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等,沿着电场线方向电势逐渐降低,则A点的电势大于B点电势．所以φA=φC>φＢ.故B正确,Ａ、C、Ｄ错误.故选Ｂ．【点评】虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱;可以根据电场线方向来确定电势的高低;同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直.6.中子内有一个电荷量为+e的上夸克和两个电荷量为ｅ下夸克,一简单模型是三个夸克都在半径为r的同一圆周上,如图１所示．图2给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电作用力的是( ）A. B．Ｃ.D.【考点】库仑定律.【专题】电场力与电势的性质专题.【分析】每一个夸克都受到其他两个夸克的库仑力作用，根据库仑定律和力的合成求解.【解答】解：三个夸克都在半径为ｒ的同一圆周，形成了等边三角形,电荷量为的下夸克受到另一个电荷量为的下夸克的库仑斥力Ｆ1和电荷量为的上夸克库仑引力Ｆ2.根据库仑定律得Ｆ1＝F2根据力的合成得F1和Ｆ2的合力方向竖直向上，据对称性另一个下夸克受静电作用力的方向也是竖直向上.故A、Ｂ、Ｄ错误,C正确.故选:C.【点评】解决该题关键要根据库仑定律以及矢量的合成完成.７．小灯泡的伏安特性曲线如图中的ＡB段（曲线）所示．由图可知,AB段灯丝的电阻因温度的影响改变了( ）A.5ΩﻩＢ．1０ΩﻩC．1ΩﻩD.6Ω【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；欧姆定律.【专题】定性思想;推理法;恒定电流专题.【分析】伏安特性是曲线时,根据各点的对应坐标值，由欧姆定律求解电阻;即可求得电阻的差值.【解答】解:小灯泡的电阻随温度的升高而增大，故得出来的伏安特性曲线不是直线;由图可知，A点的电阻R A＝＝3０Ω;B点电阻ＲB==４０Ω；故电阻的变化为:40﹣３0=10Ω；故选：B．【点评】本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线实验的方法、注意事项以及数据的处理,要注意明确灯泡的伏安特性曲线本身有误差，不能由斜率求解电阻．８．如图所示,在一个粗糙水平面上,彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块的整个运动过程中,下列表述正确的是( ）Ａ.两个物块的电势能逐渐减少B.两物块受到的库仑力做的功等于摩擦生热C.两个物块的机械能都先增大后减少D.物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力【考点】电势能;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】由静止释放后,两个物块向相反方向运动,两物块之间的库仑力做正功，电势能减小.开始阶段,库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动,当库仑力小于摩擦力后,物块做减速运动，动能先增大,后减小．【解答】解:Ａ、由静止释放后,两个物块向相反方向运动,两物块之间的库仑力做正功,电势能减小．故Ａ正确.B、两物块之间存在库仑斥力,对物块做正功,而摩擦阻力做负功，由于从静止到停止，根据动能定理可知，受到的库仑力做的功等于摩擦生热.故Ｂ正确．C、D开始阶段,库仑力大于物块的摩擦力,物块做加速运动，动能增大；当库仑力小于摩擦力后,物块做减速运动,动能减小,重力势能不变，则机械能先增大,后减小，不守恒．故Ｃ正确,D错误.故选：AＢＣ．【点评】本题首先考查分析物块受力情况和运动情况的能力,要抓住库仑力随距离增大而减小的特点，掌握动能定理的应用，与机械能守恒的条件，注意力做功的正负判定.9．如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图象，其中a、ｂ分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况,下列说法正确的是（）A．阴影部分的面积表示电源输出功率B．阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率C．当满足α＝β时，电源效率最高Ｄ.当满足α=β时，电源输出功率最大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率.【专题】恒定电流专题.【分析】两条图线的交点为电源连入电阻后的工作电压,即路端电压；电流为工作电流,即干路电流．据此分析所给选项．【解答】解:Ａ、阴影部分的面积为路端电压与电流的乘积,为电源的输出功率.故Ａ正确,B错误.Ｃ、当满足α＝β时,内外阻相等,输出功率最大，但电源的效率为５0%,不是最高．故C 错误,D正确．故选:AＤ【点评】考查电源的U﹣I图象,电阻的Ｕ﹣I图线的物理意义，明确两者的交点为工作电压,工作电流.10.如图所示的电路中，Ｓ闭合A、Ｂ、C三只灯均正常发光，当可变电阻的滑动触头上移时，对Ａ、B、C三灯亮度变化下列叙述正确的是（）Ａ.Ａ灯变亮ﻩＢ.B灯变亮Ｃ.C灯变亮ﻩD．三灯均变暗【考点】闭合电路的欧姆定律.【专题】恒定电流专题.【分析】当可变电阻的滑动触头上移时,R′接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化,由欧姆定律分析总电流和路端电压，再分析局部电流和电压的变化,判断灯泡亮度的变化．【解答】解:当可变电阻的滑动触头上移时,R′接入电路的电阻增大,外电路总电阻R总增大,总电流I减小,路端电压U=E﹣Iｒ,则U增大，A灯变亮.由于I总减小,流过Ａ灯的电流ＩＡ增大，则B灯和R并联的总电流减小,B灯变暗，B和R并联的电流减小，电压U BR减小，C灯的电压ＵC=U﹣ＵBR,得到U C增大,Ｃ灯变亮．故选AC【点评】本题电路中动态变化分析问题,按照部分到整体再到部分的思路进行分析．11．如图所示，虚线a、b、ｃ、d表示匀强电场中的４个等势面．两个带电粒子M、N(重力忽略不计)以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和ＮＱM所示.己知M是带正电的带电粒子.则( ）A.N一定也带正电B．ａ点的电势高于b点的电势C.带电粒子N的动能减小，电势能增大D．带电粒子Ｎ的动能增大,电势能减小【考点】电势能；等势面;带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】应用题．【分析】解决本题的突破口是：由于电荷只受电场力作用,电场力将指向运动轨迹的内侧.同时注意电场线和等势线垂直,说明电场沿水平方向，正电荷沿轨迹ＭPＮ运动,则电场力一定水平向右,从而确定了电场的方向，这样问题就解决了.【解答】解:A、电场线和等势线垂直,所以电场沿水平方向,从正电荷Ｍ的轨迹ＭPN可知,电场力水平向右,故电场的方向水平向右.Ｎ电荷受电场力方向指向其轨迹内侧,故受电场力水平向左，所以N带负电,故A错误．B、电场线水平向右，沿电场线电势降低，所以a点的电势高于b点的电势,故B正确;Ｃ、电场力对N粒子做正功，其电势能减小,动能增加，故C错误;D、根据对C的分析可知D正确.故选ＢD．【点评】本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题,解决这类问题的突破口是：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧．二、实验题(共１５分）1２．图甲中游标卡尺的读数是2．9８cm，图乙中螺旋测微器的读数是5.６8０mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题.【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、游标卡尺的主尺读数为：2.9cm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为8×0.1ｍm＝0．８ｍｍ=0．０８cｍ,所以最终读数为：2.9cｍ＋０.08=2.98ｃｍ．2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为１8.0×0.01mｍ=0．１80mｍ,所以最终读数为5．５mm+0.180mm=5．680mm.故答案为:2.9８,5.680.【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，正确使用这些基本仪器进行有关测量.13．某研究性学习小组利用如图1所示电路测量某电池的电动势Ｅ和内电阻ｒ．由于该电池的内电阻ｒ较小,因此在电路中接入了一阻值为2．0０Ω的定值电阻R0．①按照实物连线图在图2虚线框内画出实验电路图：②闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读出电压表相应的示数U,并计算出通过电阻箱的电流数值Ｉ,为了比较准确地得出实验结论,在坐标纸中画出了如图3所示的U﹣I图象,由图象可得：E＝2.０Ｖ,r= 0.4 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)根据实物电路图作出电路图．(2)电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，根据电路图与图２所示图象求出电源电动势与内阻．【解答】解:（１）根据图1所示电路图作出实验电路图，实验电路图如图所示:（２）由图2所示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是2．0,则电源电动势E＝2.0V,图象斜率：k=r+R0＝＝＝2.４，则电源内阻r=k﹣R0=０．4Ω;故答案为:(1）图象如图所示；(2）2.0；0.4．【点评】本题考查了作实验电路图、求电源电动势与内阻,分析清楚实物电路图结构是正确作出电路图的前提与关键，电源Ｕ﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势,图象斜率的绝对值是等效电源内阻,要注意:图象斜率绝对值与定值电阻阻值之差是电源内阻.二、计算题（共４0分)14．如图所示,为一组未知方向的匀强电场的电场线，把电荷量为1×１０﹣６C的负电荷从A点沿水平线移至B点，静电力做了２×１0﹣6J的功，A、Ｂ间的距离为2cm,求：(1)电场强度的大小和方向（２）A、B两点间的电势差ＵAB＝？若B点电势为１V,求Ａ点电势;电子处于B点时，具有的电势能是多少?【考点】电势能;带电粒子在匀强电场中的运动.【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1)Ａ、B间两点间的电势差是U AB=,电势差与电场强度关系:d是沿着电场线方向的距离．（2）由U AB＝φA﹣φB，求出A点的电势φA．【解答】解：（1）根据题意,AＢ间的电势差:UＡＢ==V=﹣2VAＢ间沿电场线方向上的位移为d=1cm所以场强为：E==２×１0２N/ＣA点电势低于B点电势，所以电场强度方向斜向下．（2)已知AB间电势为﹣2 V，如果已知B点电势为1 V，根据UＡB=φA﹣φB所以A点电势为φA＝φB＋U AＢ=﹣１V;电子处于B点时，具有电势能为EＰ=φＢ•﹣e＝﹣1 ｅV答:(1)电场强度的大小为2×１０2 N/C,方向斜向下;(2)Ａ、B两点间的电势差U AB=﹣2V，若B点电势为1V，求Ａ点电势为﹣1Ｖ;电子处于B 点时，具有的电势能是﹣1eV．【点评】本题考查对电势差与电场强度关系的理解能力.还要抓住公式中d是沿着电场线方向的距离.同时考查沿着电场线方向电势是降低的．１5．如图所示,电源的电动势E=１１0V,电阻R1=２1Ω,电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合．当电键Ｓ2断开时，电阻R1的电功率是52５W；当电键Ｓ2闭合时，电阻R1的电功率是336W,求：(１)电源的内电阻;（2)当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率．【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】（1）根据S2断开时Ｒ１消耗的功率为,求出内阻r．(２)当电键S2闭合时,根据电阻R1的电功率求出R1两端的电压和通过R1的电流，再根据Ｅ＝U+Ｉr,求出总电流.从而求出通过电动机的电流,根据,求出电动机的输出功率.【解答】解：(1）设S2断开时Ｒ１消耗的功率为Ｐ1,则,代入数据可以解得r=1Ω．（2)设S2闭合时R1两端的电压为Ｕ,消耗的功率为Ｐ2，则,解得U=８4V由闭合电路欧姆定律得Ｅ=U+Ir,代入数据,得I=26A流过R１的电流为I1,流过电动机的电流为I2,A，而Ｉ1＋I２=Ｉ,所以I2=2２Ａ，由ＵＩ２＝Ｐ出+I22R0，代入数据得P出=1６０6Ｗ．【点评】解决本题的关键能够灵活运用闭合电路欧姆定律,以及知道电动机输入功率、输出功率、热功率的关系.１6．如图所示,水平放置的平行板电容器,原来两板不带电，上极板接地,它的极板长L=０.１m,两板间距离d=0.４cm，有一束相同微粒组成的带电粒子流以相同的初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上,已知微粒质量m＝２.0×10﹣6kg，电量ｑ=+１．0×10﹣8C，电容器电容C＝１.0×10﹣６F，取g=１0m/s2．试求：（1）若第一个粒子刚好落到下板中点O处，则带电粒子入射初速度的大小;（2）两板间电场强度为多大时，带电粒子能刚好落到下板右边缘Ｂ点;(３)落到下极板上带电粒子总的个数．【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)根据粒子做平抛运动的规律，运用运动的合成与分解，并依据运动学公式,即可求解；（2）根据牛顿第二定律，结合电场力表达式，与运动学公式,即可求解．（3）结合（2）中的电场强度与Q=CＥd,Q=nq即可求得落到下极板上带电粒子总的个数.【解答】解：（１）对第一个落在Ｏ点的粒子:水平方向:竖直方向：得：（2）对落到B点的粒子由:Ｌ=v０tmg﹣Ｅq=ma得：。
