1、1新疆生产建设兵团第二中学 2018-2019 学年高二物理上学期期中检测试题（含解析）一、选择题。 （1-12 题单选，每题 3 分，1317 题多选，每题 4 分，漏选 2 分，错选、不选不得分，共 56 分）1.下列叙述正确的是（ ）A. 电荷不能够创造，但可以消灭B. 一个物体带 1.610-9C 的负电荷，这是它得到了 1.01010个电子的缘故C. 只有体积很小的球形带电体才叫做点电荷D. 元电荷就是单位电荷【答案】B【解析】【详解】电荷不会凭空产生，也不会凭空消失，即电荷不能够创造，也不能被消灭，故 A错误；一个物体带 1.610-9 C 的负电荷，这是它得到了 1.01010个
2、电子的缘故，故 B 正确；当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，与电荷的大小无关，故 C 错误；元电荷是指质子或电子的带电量，不是质子、电子，更不是单位电荷，故 D 错误。所以 B 正确，ACD 错误。2. 关于对电流和电动势概念的理解下列说法正确的是A. 电动势就是电源两极的电压B. 电压 U=W/q 和电动势 E=W/q 中的 W 不一样的，U=W/q 中的 W 是静电力所做的功C. 在电源内部正电荷、负电荷都由负极流向正极D. 一段金属导体中单位体积内的自由电子数目越多，则形成的电流越大【答案】B【解析】电动势的大小是电源的开路电压，A 错误；电压 和电
3、动势 中的 W 不一样的，中的 W 是静电力所做的功，B 正确；在电源内部，电流由负极流向正极，故正电荷由正极流向负极，负电荷由负极流向正极，C 错误；由 知，电流与 n、q、v、S有关，D 错误。2【名师点睛】电动势（1）电源：电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化成电势能的装置。（2）电动势：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值， ，单位：V。（3）电动势的物理含义：电动势表示电源把其他形式的能转化成电势能本领的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压。3.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图） 。设两极板正对面积为S，极板间的距离为 d,静电计指针偏角
4、为 。实验中，极板所带电荷量不变，若A. 保持 S 不变，增大 d,则 变大B. 保持 S 不变，增大 d,则 变小C. 保持 d 不变，减小 S,则 变小D. 保持 d 不变，减小 S,则 不变【答案】A【解析】试题分析：A、B、电容器所带电荷量 Q 不变，由 可知不变，增大 d，则 变小，而由 可得电容器的电压 U 变大，从而使得静电计的电压 U 变大，其指针的偏角变大，故A 正确、B 错误.C、D、同理可知保持 d 不变，减小 S，则 变小，而由 可得电容器的电压 U 变大，使得静电计的电压 U 变大，其指针的偏角变大，故选项 C、D 均错误.故选:A.考点：本题考查了电容器的动态变化.
5、4.如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子只在电场力作用下由 a 向 b 的运动轨迹，可以判定( )3A. 粒子在 a 点的速度大于在 b 点的速度B. 粒子在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度C. 粒子一定带正电荷D. 粒子在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能【答案】D【解析】【分析】由粒子轨迹的弯曲方向判断电场力方向，可判断出电场力做功正负及粒子的电性由电场线的疏密判断场强大小，确定电场力的大小，再分析加速度的变化由电场力做功正负，判断电势能的大小和动能的大小。【详解】由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向沿电场线的切线方向向左，电场力对粒子做正功，粒子的速度增大
6、，则粒子在 a 点的速度小于在 b 点的速度，故 A 错误； a 点处的电场线较疏，而 b 点处电场线较密，则 a 点处的电场强度较小，在粒子从 a 向 b 点运动的过程中，电场力增大，加速度增大，则粒子在 a 点的加速度小于在 b点的加速度，故 B 错误；由于电场线的方向未知，所以不能确定粒子带什么电，故 C 错误；电场力对粒子做正功，其电势能减小，粒子在 a 点电势能大于在 b 点的电势，故 D 正确。所以 D 正确，ABC 错误。【点睛】本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小。5.如图所示，电视显像管中有一个
7、电子枪，工作时它能发射电子，荧光屏被电子束撞击就能发光。在偏转区有垂直于纸面的磁场 B1 和平行纸面上下的磁场 B2，就是靠这样的磁场来使电子束偏转，使整个荧光屏发光。经检测仅有一处故障：磁场 B1 不存在，则荧光屏上（ ）4A. 不亮B. 仅有一条水平亮线C. 仅有一个中心亮点D. 仅有一条竖直亮线【答案】B【解析】【详解】若磁场 B1 不存在，则只存在平行纸面上下的磁场 B2，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力在水平方向，可知荧光屏上有一条水平亮线，故选 B.6.某学生用多用电表测量一个电阻的阻值.将选择开关置于“1”挡时，指针在 a 位置;将选择开关置于“10”挡时，指针在 b 位置(如图
8、).并且，换挡后都进行了电阻调零操作. 该电阻较为准确的测量值是( )A. 18 B. 180 C. 200 D. 2000【答案】B【解析】【分析】为了测量的准确，应将指针指针表盘中间附近，结合电阻的阻值等于表盘读数乘以倍率得出电阻的测量值；【详解】因为指针指在中间附近比较准确，则电阻的测量值为 ，故 B 正确，ACD 错误。【点睛】解决本题的关键知道欧姆表的零刻度线在右侧，指针偏转较大较小，知电阻较大，知道指针指在中间附近测量误差较小。7.如图所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，侧旁小磁针 N 极的最终指向应为( )5A. 平行纸面向右B. 平行纸面向左C. 垂直纸面向里D. 垂直纸面向
9、外【答案】D【解析】试题分析：当导线中通过图示方向的电流时，产生磁场，根据安培定则判断磁场的方向小磁针处于磁场中，N 极受力方向与磁场方向相同根据磁场方向判断小磁针的转动方向解：当导线中通过图示方向的电流时，根据安培定则判断可知，小磁针所在处磁场方向垂直纸面向外，小磁针 N 受力向外，S 极受力向里，故 D 正确，ABC 错误故选：D【点评】判断电流方向与磁场方向的关系是运用安培定则小磁针 N 极受力方向与磁场方向相同8.一粗细均匀的镍铬丝，截面直径为 d，电阻为 R，把它拉制成直径为 的均匀细丝后，它的电阻变为（ ）A. B. 10000R C. 100R D. 【答案】B【解析】【详解】根
10、据电阻决定式 ，体积不变，体积不变，横截面积变为原来的百分之一，则长度变为原来的一百倍，电阻变为原来的一万倍，故选 B9.如图所示，在匀强电场中有 a、 b、 c、 d 四点，它们处于同一圆周上，且 ac、 bd 分别是圆的直径已知 a、 b、 c 三点的电势分别为 a9V， b15V， c18V，则 d 点的电势为( ) 6A. 12V B. 8V C. 4V D. 16V【答案】A【解析】【分析】在匀强电场中平行相等两线段端点之间的电势差相等，根据四点电势间的关系求 d 的电势。【详解】根据几何知识知， ab 长度等于 de 长度，且线段 ab 平行于线段 cd，根据在匀强电场中平行相等两
11、线段端点之间的电势差相等，则 b- a=15-9= c- d=18- d ，可得 d=12V，故 A 正确，BCD 错误。【点睛】本题关键是找等势点，作出等势线要根据匀强电场的等势线平行，且沿电场方向相同距离，电势差相等进行分析。10.如图所示电路中，定值电阻 R 大于电源内阻 r，当滑动变阻器滑动端向右滑动后，理想电流表 A1、A 2、A 3的示数变化量的绝对值分别为 I1、 I2、 I3，理想电压表示数变化量的绝对值为 U，下列说法中正确的是( )A. 电流表 A2的示数一定变小B. 电压表 V 的示数一定变小C. I3一定大于 I2D. U 与 I1比值一定小于电源内阻 r【答案】D【解
12、析】7【分析】当滑动变阻器滑动端向右滑动后，先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，再分析外电路总电阻如何变化，确定总电流的变化情况，即可知电流表 A3的示数变化情况根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化情况，确定电流表 A2的示数变化情况，根据并联电路的电流规律，分析 A2与 A3的变化量大小根据闭合电路欧姆定律分析 U 与 I1比值。【详解】当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，所以电流表 A3的示数减小。根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电阻增大，其电压增大，即电压表 V 的示数一定增大，电流表 A2的示数一定变大。根据并联电路的电流规
13、律 I3=I1+I2， A2的示数 I2变大， A3的示数 I3变小，则 A1的示数 I1变小，而且有 I1一定大于 I3。电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律 U=E-I3r 可知，而 I1大于 I3，所以 ，故 D 正确，ABC 错误。【点睛】本题是一道闭合电路的动态分析题，首先要分析清楚电路结构、明确电表所测电压，再根据欧姆定律和串并联电路的特点进行分析.11.如图所示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板 PO、 QO 竖直放置在重力场中， a、 b 为两个带有同种电荷的小球(可以近似看成点电荷)，当用水平向左的作用力 F 作用于 b 时， a、 b 紧靠挡板处于静止状态现若稍改变 F 的大
14、小，使 b 稍向左移动一段小距离，则当 a、 b 重新处于静止状态后 ( )A. a、 b 间电场力增大B. 作用力 F 将减小C. 地面对 b 的支持力变大D. 地面对 b 的支持力变小【答案】B【解析】8【分析】以 a 球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析 a、 b 间电场力和挡板对小球的弹力如何变化，由库仑定律分析两间距离的变化情况，根据电场力做功正负判断系统电势能的变化对整体研究，分析作用力 F 如何变化。【详解】以 a 球为研究对象，分析受力情况如图所示：根据平衡条件得：电场力 ， 减小， cos 增大，则电场力 F 电 减小。挡板对 a的弹力 N=mgtan ， 减小， N
15、 减小。对整体研究：水平方向： F=N，则作用力 F 将减小。故 AB 错误；对整体研究：竖直方向： FN=mAg+mBg，则 b 受的支持力 FN不变，故 C 正确，D错误。所以 B 正确，ACD 错误。【点睛】本题是动态平衡问题，关键要灵活选择研究对象，先对 a 研究，再对 b 研究，比较简便。12.如图所示，在半径为 R 的圆形区域内，有匀强磁场，方向垂直于圆平面(未画出)一群相同的带电粒子(不计重力)以相同速率 v0由 P 点在纸面内沿不同方向射入磁场当磁感应强度大小为 B 时，这些粒子在磁场中运动时间最长的是 .则磁感应强度 B 的大小是( )A. B. C. D. 条件不足，无法判
16、断【答案】C9【解析】【分析】找出题中叙述的情况，由几何知识和周期公式确定出半径后，由牛顿第二定律确定磁场 B.【详解】对应弦长最长时所用时间最长，最长的弦即为磁场区域的直径：由题意运动时间最长的是 ，则有： ，解得： ，所以 r=2R，根据，解得： ，故 C 正确，ABD 错误。【点睛】解决本题的关键作出粒子运动轨迹，结合半径公式，运用几何关系进行求解.13.用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列物理量由比值法定义正确的是 ( )A. 加速度B. 磁感应强度C. 电容D. 电流强度【答案】BC【解析】【分析】比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它
17、不随定义所用的物理量的大小改变而改变。【详解】根据牛顿第二定律，加速度与所受的合力成正比，与质量成反比，所以 不属于比值定义法，故 A 错误；磁感应强度与放入电场中的电流及导线长度无关，所以 属10于比值定义法，故 B 正确；电容器的电容等于极板上所带的电量与两极板间电压的比值，所以 ，属于比值定义法，故 C 正确；电流强度与电压成正比，故不是比值定义法，故D 错误。所以 BC 正确，AD 错误。【点睛】比值定义法中被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小改变而改变。14.在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用下列叙述符合史实的是(
18、 )A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C. 通电直导线的磁场方向可以用右手定则来表示D. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷 e 的数值【答案】AB【解析】【详解】丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，符合史实，故 A 正确；安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，故 B 正确；通电直导线的磁场方向可以用安培右手螺旋定则来表示，故 C 错误；库仑提出了库仑定律，美国的密立根最早用实验测得元电荷 e 的数值，故 D
19、错误。所以 AB 正确，CD 错误。15.如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )A. 当小球运动到最高点 a 时，线的张力一定最小B. 当小球运动到最低点 b 时，小球的速度一定最大C. 当小球运动到最高点 a 时，小球的电势能最小D. 小球在运动过程中机械能不守恒【答案】CD11【解析】【分析】分析小球所受重力与电场力的大小关系：当重力大于电场力时，小球运动到最高点 a 时，线的张力一定最小，到达最低点 b 时，小球的速度最大；当重力等于电场力时，小球做匀速圆周运动当重力小于电场力时，小球运动到最高点 a 时，线的张力一定最大，到达最低点
20、b 时，小球的速度最小；由于电场力做功，小球的机械能一定不守恒。【详解】小球在电场中受到重力和向上的电场力。当重力大于电场力时，小球运动到最高点 a 时，线的张力一定最小，到达最低点 b 时，小球的速度最大；当重力等于电场力时，小球做匀速圆周运动，速度大小不变。当重力小于电场力时，小球运动到最高点 a 时，线的张力一定最大，到达最低点 b 时，小球的速度最小，故 AB 错误；当小球最低点到最高点的过程中，电场力做正功，电势能减小，小球运动到最高点 A，小球的电势能最小，故 C正确；由于电场力做功，小球的机械能一定不守恒，故 D 正确。所以 CD 正确，AB 错误。【点睛】本题中题设条件不明，要
21、考虑各种可能的情况进行讨论，分三种情况分析小球的受力情况和运动情况。16.如图所示，电流计的内阻 ，满偏电流 , , ，则下列说法正确的是（ ）A. 当 S1和 S2均断开时，虚线框中可等效为电流表，最大量程是 1AB. 当 S1和 S2均断开时，虚线框中可等效为电压表，最大量程是 1VC. 当 S1和 S2均闭合时，虚线框中可等效为电流表，最大量程是 1AD. 当 S1和 S2均闭合时，虚线框中可等效为电压表，最大量程是 1A【答案】BC【解析】【分析】小量程电流表与分压电阻串联可以改装成电压表，与分流电阻并联可以改装成电流表，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出改装后电表的量程。【详解】由
22、图示电路图可知，当 S1和 S2均断开时， G 与 R1串联，改装成的是电压表，电压12表量程： U=Ig（ Rg+R1）=0.001（100+900）=1V，故 A 错误，B 正确；由图示电路图可知，当 S1和 S2均闭合时， G 与 R2并联，改装成的是电流表，电流表量程，故 C 正确，D 错误。所以 BC 正确，AD 错误。【点睛】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。17.如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子（速度可视为零） ，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情
23、况中，一定能使电子的偏转角变大的是（ ）A. 仅增大加速电场的电压B. 仅减小偏转电场两极板间的距离C. 仅增大偏转电场两极板间的电压D. 仅减小偏转电场两极板间的电压【答案】BC【解析】【分析】电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变大的方法【详解】电场中的直线加速，由动能定理： ，可得 ；在偏转电场做类平抛运动， ，加速度 ， ，运动时间为 ，可得偏转角的正切值为，联立可得： .若使偏转角变大即使 tan 变大，由上式看出可以增大U2
24、，或减小 U1，或增大 L，或减小 d，则 A、D 错误，B、C 正确。故选 BC。13【点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成.二、实验题（共 14 分）18.某同学通过实验测定一个阻值约为 5 的电阻 Rx的阻值。(1)现有电源(4 V，内阻可不计)、滑动变阻器(050 ，额定电流 2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：A电流表(03 A，内阻约 0.025 )B电流表(00.6 A，内阻约 0.125 )C电压表(03 V，内阻约 3 k)D电压表(015 V，内阻约 15 k)为减小测量误差，在实验
25、中，电流表应选用_，电压表应选用_(选填器材前的字母)。(2)接通开关，改变滑动变阻器滑片 P 的位置，并记录对应的电流表示数 I、电压表示数U。某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值 Rx_ 。(保留 2 位有效数字)(3)若在本次实验中选用甲电路，产生误差的主要原因是_；若在本次实验中选用乙电路，产生误差的主要原因是_。(选填选项前的字母)A电流表测量值小于流经 Rx的电流值B电流表测量值大于流经 Rx的电流值C电压表测量值小于 Rx两端的电压值D电压表测量值大于 Rx两端的电压值【答案】 (1). （1）B, (2). C (3). （2）5.2 (4). （3）B， (5). D【解
26、析】14解：（1）因电源的电压为 4V，因此电压表选择 3V 量程；由于阻值约为 5 的电阻 Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为 0.8A，从精确角来说，所以电流表选择 0.6A 的量程；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图（2）连接的实物图如图所示；（3）电压表的读数为 U=2.60V；电流表的读数为 I=0.50A；电阻阻值：（4）甲图采用的是电流表外接法，实际上电压表并不是理想电表，所以电压表也有电流通过，电流表测量的电流是流经 Rx和电压表的电流之和，所以产生误差的主要原因是电流表测量值大于流经 Rx的电流值，导致测
27、量的电阻 Rx比实际偏小，选 B；乙图采用的是电流表内接法，实际上电流表并不是理想电表，所以电流表两端也有电压，电压表测量的电压是 Rx和电流表两端的电压之和，所以产生误差的主要原因是电压表测量值大于 Rx两端的电压值，导致测量的电阻 Rx比实际偏大，选 D；故答案为：（1）B； C； 甲（2）连接的实物图如图所示；（3）5.2（4）B；D【点评】考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图，注意电表的正负极；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直注意电流表不管内接还是外接都有实验误差，了解内外接对测量值的影响19.在一次探究小灯泡的伏
28、安特性曲线的实验中，所用器材有：灯泡 L，量程恰当的电流表A 和电压表 V，直流电源 E，滑动变阻器 R，开关 S，要求灯泡两端电压从零开始变化15(1)若该同学在如图所示状态完成了最后一根导线的连接，请指出其中仅有的两个不当之处：_；_.(2)电路连接正确后，分别测得两只灯泡 L1、L 2的伏安特性曲线，如图甲中的和所示，然后将灯泡 L1和 L2与电池组(电动势和内阻均恒定)连成如图乙所示的电路多次测量后得到通过 L1和 L2的电流平均值分别为 0.30 A 和 0.60 A请根据以上结果，在图甲中画出该电池组路端电压和干路电流的关系曲线_(3)由该曲线可以得知电池组的电动势为_V，内阻为_
29、.(结果取两位有效数字) 【答案】 (1). 开关应处于断开状态进行连线 (2). 滑动变阻器的滑片 P 应拨至 b端 (3). (4). 4.2(4.04.5) (5). 1.7【解析】【分析】16分析图示电路图，根据电路图分析答题；根据两只灯泡 L1和 L2 的伏安特性曲线，结合图2 乙所示电路图，作出闭合电路的路端电压与电流的图象根据电源的 U-I 图象求出电源电动势与内阻【详解】 （1）在连接线路时必须将每个开关断开，而图中是闭合的这是第一个错误连好线路后在闭合开关前需要将限流滑动变阻器调到阻值最大，将分压滑动变阻器调到 b 端，以保护电源和电表（2）由图乙所示电路图可知，开关分别接两
30、接线柱时，两灯泡分别与电源组成闭合电路，由灯泡的伏安特性曲线求出灯泡电流对应的电压，该电压是电路的路端电压，由图甲所示灯泡 U-I 图象可知， L1和 L2的电流平均值分别为 0.30A 和 0.60A 时灯泡两端电压分别为：3.5V，3.0V，过点（0.30A，3.5V）和点（0.60A，3.0V）作直线，得到的图象是电源 U-I图象，图象如图所示（3）由图示图象可知，电源 U-I 图象与纵轴交点坐标值是 4.1，则电源电动势 E=4.1V；则内阻为 【点睛】当电路中的路端电压与电流图象与负载的电压与电流图象相交时，则交点表示它们的电流原因是负载与电源相串联而路端电压与电流的图象的纵交点是表
31、示电源的电动势，横交点表示短路电流三、计算题（要有过程、必要的文字说明以及作图,共 30 分）20.有一个带电量 q=310-6C 的正点电荷，从某电场中的 A 点移到 B 点，电荷克服静电力做功 910-4J，从 B 点移到 C 点，静电力对电荷做 610-4J 的功，问： (1)AC 间电势差为多少？ (2)如以 A 点电势为零，则 B 点的电势为多少？电荷在 B 点的电势能为多少？【答案】【解析】试题分析：（1)由题知 WAB910 -4J，17UAB=WAB/q=-9104 /3106 =-300V,UBC=WBC/q=610-4/3106 =200V,UAC= UAB+ UBC=-1
32、00V,(2)若 A0， B A- UAB300V,点电荷在 B 点的电势能 EpBq B310 6 300=910-4J考点：电势、电势差、电势能21.直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用如图所示，一直流电动机 M 和电灯 L 并联之后接在直流电源上，电动机内阻 r10.5 ，电灯灯丝电阻 R10(阻值认为保持不变)，电源电动势 E12 V，内阻 r21.0 ，开关 S 闭合，电动机正常工作时，电压表读数为 10V求：(1)流过电源的电流；(2)电动机对外输出的机械功率(3)电源的效率。【答案】 （1）2A （2）9.5W （3）【解析】【分析】由电压表读数可求得电源的内电压，进而可由闭合
33、电路欧姆定律求得流过电源的电流；由电动机两端电压和电流可得输入功率，再由发热功率可得输出的机械功率；由电源总功率和发热功率之差可求得电源的输出功率，即可求出电源效率。【详解】 （1）由电压表读数 U=10V，电动势为 E=12V，可知电源内电压为： U 内 =E-U=12-10=2V则流过电源的电流为：（2）电动机两端电压为 U=10V通过电灯的电流：电流为： IM=I-IL=2-1=1A18则电动机输入功率为： P0=UIM=101W=10W发热功率为：故机械功率为： P 机 =P0-PQ=10-0.5=9.5W（3）电源的总功率为： P=EI=122W=24W发热功率为： P1=I2r2=
34、221J=4W故电源的输出功率为： P 出 =P-P1=24-4=20W所以电源效率为：【点睛】本题中电动机工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，要注意电功率和电热率的区别，电功率只能根据公式 P=UI 求解。22. （10 分）质量为 m0.02 kg 的通电细杆 ab 置于倾角为 37的平行放置的导轨上，导轨的宽度 d0.2 m，杆 ab 与导轨间的动摩擦因数 0.4，磁感应强度 B2 T 的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示现调节滑动变阻器的触头，试求出为使杆 ab静止不动，通过 ab 杆的电流范围为多少？【答案】 【解析】试题分析：当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受
35、静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值 ，此时通过 ab 的电流最大为 Imax；同理，当电流最小时，应该是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为 ，电流为 Imin.两种情况下的受力图如图所示，19由平衡条件得：对第一种情况有：（1 分）（1 分）（1 分）（1 分）解上述方程得： （1 分）对第二种情况有：（1 分）（1 分）（1 分）（1 分）解上述方程得：则通过 ab 杆的电流范围为： （1 分）考点：本题考查了电磁感应定律和平衡条件等知识23.如图，xoy 平面内存在着沿 y 轴正方向的匀强电场，一个质量为 m、带电荷量为+q 的粒子从坐标原点 O 以速度 v0沿 x
36、轴正方向开始运动。当它经过图中虚线上的 M（ ，a）点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出） ，又从虚线上的某一位置 N 处沿 y 轴负方向运动并再次经过 M 点。已知磁场方向垂直 xoy 平面（纸面）向里，磁感应强度大小为 B，不计粒子的重力。试求：20（1）电场强度的大小；（2）N 点的坐标； （3）矩形磁场的最小面积。【答案】 （1）（2）N 点的坐标为（2 a， +a）（3）矩形磁场最小面积为【解析】试题分析：粒子从 O 到 M 做类平抛运动，设时间为 t，则有 得粒子运动到 M 点时速度为 v，与 x 方向的夹角为 ，则，即由题意知，粒子从 P 点进入磁场，从 N 点离开磁场，粒子在磁场中以 O点为圆心做匀速圆周运动，设半径为 R，则 解得粒子做圆周运动的半径为 由几何关系知，所以 N 点的纵坐标为 ，横坐标为 即 N 点的坐标为( ， )21当矩形磁场为图示虚线矩形时的面积最小则矩形的两个边长分别为 所以矩形磁场的最小面积为考点：带电粒子在组合场中的运动点评：本题的难点是画出带电粒子在磁场中的运动轨迹，根据题中所给的说明，粒子轨迹应该和相切，沿过点的速度方向画出一条直线，粒子轨迹应该也和这条线相切，这样就可以画出粒子在磁场中的运动轨迹。22
