山东省淄博市桓台二中2022学年高二物理上学期期中试题（含解析）新人教版

2022-2022学年山东省淄博市桓台二中高二（上）期中物理试卷一、本题共14小题，每小题3分，满分42分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。1．（3分）（2022秋•苍山县期末）关于电流，下列说法中正确的是（　　）　A．通过导线截面的电量越多，电流越大　B．电子运动的速率越大，电流越大　C．单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大　D．因为电流有方向，所以电流是矢量考点：电流、电压概念．版权所有专题：恒定电流专题．分析：电流强度由通过导线截面的电量和通电时间共同决定，单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大；电流的微观表达式I=nesv可知电流的大小跟导体的材料、横截面积和电荷定向移动的速率共同决定；矢量的运算满足平行四边形定则，标量的运算满足代数法则，而电流的运算满足代数法则．解答：解：A、通过某一横截面积的电量与所用时间的比值等于通过导体的电流强度，故电流强度由通过导线截面的电量和通电时间共同决定，故A错误．B、由电流的微观表达式I=nesv，电流的大小跟导体的材料（决定n），导体的横截面积（s）和电荷定向移动的速率（v）共同决定，故B错误．C、根据I=可知，单位时间（t一定）内通过导体截面的电量（q）越多，导体中的电流（I）越大．故C正确．D、矢量的运算满足平行四边形定则，标量的运算满足代数法则，而电流的运算满足代数法则，故电流是标量．故D错误．故选C．点评：掌握了基本知识就能顺利解决此类题目，故要重视基本知识的积累．　2．（3分）（2022秋•烟台期中）下列说法中正确的是（　　）　A．用多用电表测量电流时，红表笔电势高　B．用多用电表测量电压时，黑表笔电势高　C．用多用电表测量电阻时，红表笔电势高　D．用多用电表测量电阻时，黑表笔电势高考点：用多用电表测电阻．版权所有专题：实验题．分析：经过多用表的电流总时从红表笔进入，由黒表笔流出．据此判断各选项．解答：解：A、用多用电表测电流或电压时，多用表内部不连接电池，电流由红表笔流入，由黒表笔流出，红表笔电势高，黑表笔电势低，故A正确，B错误；C、用多用电表测电阻时，欧姆表有内置电源，内置电源的正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，黑表笔电势高，红表笔电势低，故C错误，D正确；故选：AD．点评：-16-\n本题考查了判断多用电表红黑表笔电势的高低，知道多用电表的结构与使用方法即可正确解题．　3．（3分）（2022秋•烟台期中）如图所示，A、B、C、D表示的是四种不同电场的电场线，一正电荷在电场中由P向Q做加速运动，其中所受电场力越来越小的是（　　）　A．B．C．D．考点：电场线；电场强度．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：正电荷受力沿电场线方向，则由图可知粒子的运动方向；电场线的疏密表示电场的强弱，电场线越密的地方电场越强，电场线越稀疏则电场越弱．解答：解：A、由图，粒子由左向右运动时，受到的电场力的方向向右，粒子做加速运动，电场为匀强电场，故电场力不变，加速度不变，故A错误；B、粒子由左向右运动时受到的电场力的方向向右，粒子做加速运动，电场线越来越疏，故电荷受力越来越小，加速度越来越小，故B正确；C、粒子由左向右运动时受到的电场力的方向向右，粒子做加速运动，电场线越来越疏，故电荷受力越来越小，加速度越来越小，故C正确；D、粒子由左向右运动时受到的电场力的方向向右，粒子做加速运动，电场线越来越密，故场强越来越大，故粒子受到的电场力越来越大，加速度越来越大，故D错误；故选：BC．点评：为了形象地描述电场的性质，我们引入了电场线，箭头的指向表示电场强度的方向，电场线的疏密能定性地描述电场的强弱．　4．（3分）（2022秋•烟台期中）下列说法中正确的是（　　）　A．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大　B．电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关　C．电源电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量　D．电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法考点：电源的电动势和内阻．版权所有专题：恒定电流专题．分析：电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．解答：解：A、电动势是电源本身的性质，与外电阻无关；故A错误；B、由闭合电路欧姆定律可知，电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，但并不能说明它的数值与外电路的组成有关；而是由电源本身决定的；故B错误；B、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大．故C正确．C、电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关．电压是反应静电力做功的能力；二者需要单位相同，但实质不同；故D错误；故选：C-16-\n点评：本题考查对于电源的电动势的理解能力．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．　5．（3分）（2022•海南）如图，M、N和P是以MN为直径的半圈弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP=60°．电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场场强大小变为E2，E1与E2之比为（　　）　A．1：2B．2：1C．D．考点：电场的叠加．版权所有专题：计算题．分析：由电场的叠加可知各点电荷单独在O点形成的场强大小，移动之后电荷距O点的距离不变，故电场强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场；即可求得比值．解答：解：依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为，则，B正确．故选B．点评：电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在O点的场强再由矢量的合成方法﹣平行四边形求得总的场强．　6．（3分）（2022秋•烟台期中）如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象（U为路端电压，I为电路中总电流），下列判断正确的是（　　）　A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2　B．电动势E1=E2，内阻r1＞r2　C．电动势E1＞E2，内阻r1＜r2-16-\n　D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大考点：闭合电路的欧姆定律；欧姆定律；路端电压与负载的关系．版权所有专题：恒定电流专题．分析：U﹣I图象中图象中的点的坐标表示电流及路端电压．图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示电源内阻．解答：解：A、由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，U﹣I图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，图象的斜率表示电源的内阻；图象与横坐标的交点为短路电流；根据数学知识可知E1=E2，r1＜r2，I1＞I2；故BC错误，A正确；D、由图可知，当电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大；故D正确；故选：AD．点评：本题考查U﹣I图象的应用，要注意根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir进行分析图象的物理意义．　7．（3分）（2022•安阳一模）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　）　A．极板X应带正电B．极板X′应带正电　C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电考点：示波器的使用．版权所有专题：实验题．分析：由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性解答：解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X带正电同理可知Y带正电，故AC正确，BD错误故选：AC点评：考查电子的偏转，明确电子的受力与电场的方向相反．　8．（3分）（2022秋•烟台期中）甲、乙两根由相同材料制成的圆柱形导线，甲的长度和横截面直径均是乙的n倍，则两条导线的电阻关系是（　　）　A．甲、乙两条导线电阻相等　B．甲导线电阻是乙导线电阻的倍　C．甲导线电阻是乙导线电阻的n倍　D．乙导线电阻是甲导线电阻的n2倍考点：电阻定律．版权所有-16-\n专题：恒定电流专题．分析：由金属导体的电阻定律公式R=进行分析，明确电阻与导线长度及直径的关系，再比较两根电阻的阻值关系．解答：解：由R=可知：R=；故电阻与导线长度成正比，与直径的平方成反比；故甲的电阻是乙的电阻的倍；故选：B．点评：本题考查了影响电阻大小的因素，电阻大小决定于导体的材料、长度和横截面积．　9．（3分）（2022秋•邯郸期末）如图是一火警报警的一部分电路示意图．其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（　　）　A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变小，U变大D．I变大，U变小考点：常见传感器的工作原理．版权所有分析：R2为用半导体热敏材料制成的传感器，温度升高时，其电阻减小．当传感器R2所在处出现火情时，分析R2的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，即可知U的变化．根据并联部分电压的变化，分析I的变化．解答：解：当传感器R2所在处出现火情时，R2的阻值变小，外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，则U变小．电路中并联部分的电压U并=E﹣I（R1+r），I变大，其他量不变，则U并变小，I也变小．所以I变小，U变小，故B正确，ACD错误．故选：B点评：本题解题关键是掌握热敏电阻与温度的关系，再按“局部→整体→局部”的顺序进行动态变化分析．　10．（3分）（2022•贵州学业考试）如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点．在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J．则下列说法正确的是（　　）　A．粒子带负电　B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5J　C．粒子在A点的动能比在B点少0.5J-16-\n　D．粒子在A点的机械能比在B点少1.5J考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：根据轨迹的弯曲方向判断电性．在由A运动B的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功．从运动轨迹上判断，粒子带正电．从A到B的过程中，电场力做正功为1.5J，所以电势能是减少的，A点的电势能要大于B点电势能．从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可求出动能的变化情况．从A到B的过程中，做功的力有重力和电场力，应用能量的转化与守恒可比较AB两点的机械能．解答：解：A、由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力向右，与电场方向相同，所以带电粒子应带正电．故A错误．B、从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，由题意电场力做的功为1.5J，则电势能减少1.5J，所以在A点的电势能比B点的电势能大1.5J．故B错误．C、从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，则总功为W=﹣2J+1.5J=﹣0.5J．由动能定理可知，粒子在A点的动能比在B点多0.5J，故C错误．D、从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J，即粒子在A点的机械能比在B点少1.5J．故D正确．故选：D．点评：解决本题关键要掌握常见的功与能的关系，能运用能量转化和守恒定律进行分析．　11．（3分）（2022秋•烟台期中）如图所示，O是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，带正电的电荷q仅受电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动b处，然后又运动到c处．由此可知（　　）　A．O为正电荷　B．在从a到c的整个过程中，q的速度先变大后变小　C．在从a到c的整个过程中，q的加速度先变大后变小　D．在从a到c的整个过程中，电场力做功为零考点：等势面；电势差与电场强度的关系．版权所有-16-\n专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场线的弯曲确定电荷所受电场力的方向，从而确定点电荷的电性，根据动能定理判断动能的变化，根据电场线的疏密判断电场力的变化，从而根据牛顿第二定律判断加速度的变化．解答：解：A、粒子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知正电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为正电荷．故A正确．B、从从a处运动b处，然后又运动到c处电场力先做负功，再做正功，则动能先减小再增大．所以速度先减小再增大．故B错误．C、越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小．故C正确．D、初末位置在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU，知电场力做功为零，故D正确．故选：ACD．点评：解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲大致判断合力的方向，会根据电场力做功判断动能的变化，知道在等势面上移动电荷，电场力不做功．　12．（3分）（2022•广东）喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（　　）　A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大　C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电量无关考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：由电子带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向；根据电子做类平抛运动来确定侧向位移，根据电场力做功来确定电势能变化情况．解答：解：A、由于带负电，故向正极板偏转，A错误；B、由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；C、由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；D、由侧向位移y=at2=（\frac{l}{v}）2，可知运动轨迹与带电量有关，D错误．故选：C．点评：解答本题需要理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是由电场力做功来确定的．　13．（3分）（2022秋•烟台期中）如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是（　　）-16-\n　A．在P向上移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有方向由b至a的电流　B．在P向上移动的过程中，A表的示数变大，油滴仍然静止，G中有方向由a至b的电流　C．在P向下移动的过程中，A表的示数变大，油滴向下加速运动，G中有方向由b至a的电流　D．在P向下移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有方向由a至b的电流考点：闭合电路的欧姆定律；电容．版权所有专题：恒定电流专题．分析：电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动后，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况．解答：解：A、B、油滴原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片P向上移动时，电阻R变大，电路总电阻变大，总电流变小，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A正确，B错误；C、D、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程，电阻R变小，电路总电阻变小，电流变大，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变小，带电量变小，电场力变小，粒子向下加速；电容器放电，故电流从a到b，故CD错误；故选：A．点评：本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．　14．（3分）（2022•清远二模）水平线上的O点放置一点电荷，图中画出电荷周围对称分布的几条电场线，如图所示．以水平线上的某点O′为圆心，画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，则下列说法正确的是（　　）　A．b、e两点的电场强度相同　B．a点电势低于c点电势　C．b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差　D．电子沿圆周由d到b，电场力做正功-16-\n考点：电场强度；电势差．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时两点的电场强度才相同；电势根据顺着电场线方向电势降低进行判断；根据对称性分析b、c两点间电势差与b、e间电势差的关系．根据电势高低，判断电场力对电子做功的正负．解答：解：A、由图看出，b、e两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，故A错误．B、根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于c点电势．故B正确．C、根据对称性可知，b、c两点间电势差与e、d两点间电势差都等于零，故C正确．D、d点的电势高于b点的电势，由Ep=qφ=﹣eφ，则知电子在d点的电势能小于在b点的电势能，根据功能关系可知，电子沿圆周由d到b，电场力做负功，故D错误．故选：BC点评：常见电场的电场线分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意点电荷形成电场的对称性．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．　二、填空题（共5小题，每小题4分，满分20分。把答案填在题中的横线上或按要求作图。15．（4分）（2022秋•烟台期中）用多用电表测电阻时：（1）如果表的指针偏转过大，为使测量比较精确，应将选择开关拨至倍率较　小　（选填“大”或“小”）的档位上．（2）每次换挡后，需重新　进行欧姆调零　，再进行测量．考点：用多用电表测电阻．版权所有专题：实验题．分析：（1）用欧姆表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近；（2）欧姆表换挡后应进行欧姆调零．解答：解：（1）如果表的指针偏转过大，说明指针示数太小，所选择的挡位太大，为使测量比较精确，应将选择开关拨至倍率较小的档位上．（2）每次换挡后，需重新进行欧姆调零，然后再进行测量．故答案为：（1）小；（2）重新进行欧姆调零．点评：本题考查了欧姆表的使用，用欧姆表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后应进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．　16．（4分）（2022秋•烟台期中）一个内阻为1kΩ的电压表，量程为3V，当它串联一个5kΩ的分压电阻后组成新的电压表再去测电压，读得原表盘的示数是1V，则该电压表的量程是　18　，被测电压的实际值是　6　．考点：把电流表改装成电压表．版权所有专题：实验题．分析：本题第一问的关键是根据串并联规律求出原电压表与分压电阻串联的最大电压即可；第二问的关键是根据串联电路的电流相等解出总电压即可．-16-\n解答：解：根据串并联规律可知，改装后的电压表量程为：=3=18V，原表盘示数为1V时应有：=，解得：=6V；故答案为：18V，6V点评：应明确串联电阻具有分压作用，画出电路图，然后根据串并联规律求解即可．　17．（4分）（2022秋•烟台期中）如图所示，R为电阻箱，电压表为理想电压表，当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V，则电源的电动势E=　6V　，内阻r=　1Ω　．考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：运用闭合电路欧姆定律，分别研究电阻箱电阻为R1和R2的情况，列出含有电动势和内阻的方程组求解．解答：解：根据闭合电路欧姆定律，得当电阻箱读数为R1=2Ω时E=U1+r①当电阻箱读数为R2=5Ω时E=U2+r②联立上两式得r==Ω=1Ω代入①式得：E=4+×1=6V故答案为：6V；1Ω点评：本题提供了一种测量电源电动势和内阻的方法：伏阻法．电压表和电阻箱组合，相当于电压表和电流表双重作用．　18．（2分）（2022秋•烟台期中）某同学测量一个小圆柱体的电阻率，需用螺旋测微器测最小圆柱体的直径，某次测量的示数如图所示，则直径为　3.851﹣3.854　mm．-16-\n考点：螺旋测微器的使用．版权所有专题：实验题．分析：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，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：螺旋测微器的固定刻度为3.5mm，可动刻度为35.2×0.01mm=0.352mm，所以最终读数为3.5mm+0.352mm=3.852mm，由于需要估读，最后的结果可以在3.851﹣3.854之间．故答案为：3.851﹣3.854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．　19．（6分）（2022秋•桓台县校级期中）表格中所列数据是测量小灯泡U﹣I关系的实验数据：U（V）0.00.20.51.01.52.02.53.0I（A）0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215（1）分析表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图中的　甲　（选填“甲”或“乙”）．（2）请在图丙所示的方格纸内画出小灯泡的U﹣I曲线，分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而　变大　（选填“变大”、“变小”或“不变）．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．版权所有专题：实验题．分析：（1）从表格数据可以看出，电流和电压是从零开始连续变化的，故选选择分压式接法；（2）通过描点法作出U﹣I图线，根据欧姆定律公式R=，图象上点与坐标原点的连线的斜率表示电阻．解答：-16-\n解：（1）从表格数据可以看出，电流和电压是从零开始连续变化的，故选择分压式接法，故选择甲图；（2）通过描点法作出U﹣I图线，如图所示：图象上点与坐标原点的连线的斜率表示电阻，故小灯泡的电阻随I变大而变大；故答案为：（1）甲；（2）如图所示，变大．点评：在控制电路中，滑动变阻器有分压式、限流式两种接法，若变阻器阻值较小，一般设计为分压式；若变阻器阻值较大，一般设计为限流式，在二者都可行时，应先考虑限流方式，但下面三种情形必须设计为分压式接法：（1）数据要求从0开始变化；（2）变阻器阻值太小，限流限不住；（3）调节变阻器时，不能获取有区分度的多组数据．　三、解答题。本题共4题，共38分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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和单位。20．（9分）（2022秋•烟台期中）一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的部分电场线重合，坐标轴上A、B两点距O点的距离分别为2.0m和5.0m．放在A、B两点的试探电荷qa，qb受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷qa，qb的电荷量大小关系图象分别如图中直线a、b所示，放在A点的试探电荷qa带正电，放在B点的试探电荷qb带负电．求：（1）B点的电场强度的大小；（2）试判断电荷Q的电性；（3）点电荷Q的位置坐标．考点：电场线；电场强度．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即．方向与正电荷所受电场力方向相同．-16-\n（2）放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反．从而知道点电荷位于A、B之间．（3）根据点电荷场强公式分析．解答：解：（1）由图可知，B点的电场强度N/C，方向指向x负方向．同理A点的电场强度EA=40N/C，方向指向x正方向．（2）放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反．若点电荷在A的左侧或在B的右侧，正负电荷所受电场力方向不可能相同，所以点电荷Q应位于A、B两点之间，根据正负电荷所受电场力的方向，知该点电荷带负电．（3）设点电荷Q的坐标为x，由点电荷的电场，可知解得x=2.6m．（另解x=1舍去）所以点电荷Q的位置坐标为（2.6m，0）．答：（1）B点的电场强度的大小为EA=2.5N/C，方向指向x负方向．（2）点电荷带负电．（3）点电荷Q的位置坐标为（2.6m，0）．点评：解决本题的关键掌握电场强度的定义式E=和点电荷的场强公式E=，以及知道电场强度的方向，与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．　21．（9分）（2022秋•烟台期中）为了侧定一个玩具上用的电动机的机械功率，把电池组、滑动变阻器、电压表、电流表、电键接成如图所示电路，实验时先捏住电动机的机轴使它不转动，将滑动变阻器调成R′，当电压表示数为2V时，电流表示数为1.6A．放开机轴，将滑动变阻器调成R时，电动机正常工作，此时电压表和电流表的示数分别为4V和1.2A．求：（1）电动机正常工作时的机械功率；（2）电动机正常工作时的效率．考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：恒定电流专题．分析：（1）电动机正常被卡住时，电机不转，故可以当成纯电阻电路处理，由欧姆定律可求得电阻．（2）电动机正常工作时，发热功率由焦耳定律求解，机械功率由总功率减去发热功率求解．-16-\n解答：解：（1）电动机的内阻为：r=电动机的总功率P=U2I2=1.2×4W=4.8W电动机内阻消耗的功率电动机的机械功率P2=4，8﹣1.8W=3W（2）η=%=62.5%答：（1）电动机正常工作时的机械功率3W（2）电动机正常工作时的效率62.5%点评：对于非纯电阻电路，欧姆定律不可用，电功和电热也是不相等的．但当电动机被卡住时可以当成纯电阻处理，效率等于又用功率与消耗的总功率的比值　22．（10分）（2022秋•烟台期中）如图所示的电路，已知滑动变器R=2Ω（最大值为4Ω），定值电阻R0=6Ω，电源内阻r=1Ω，当S闭合时，电源总功率P=16W，输出功率P出=12W，这时灯泡正常发光，求：（1）灯泡电阻R1；（2）电源电动势E．考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：（1）电源的总功率为16W，电源的输出功率为12W，得到内电路的功率，求出电流I，并得到路端电压U．根据欧姆定律求解流过灯的电流和电压，最后求解电灯的电阻；（2）根据闭合电路欧姆定律求解电源的电动势．解答：解：（1）电源的总功率为16W，电源的输出功率为P出=12W，则内电路的功率P内=P﹣P出=16W﹣12W=4W，而电源内阻r=1Ω，由P=I2r得总电流：I==A=2A由P出=IU外得：U外==V=6V通过R0的电流I1==A=1A则通过灯泡的电流I2=I﹣I1=2A﹣1A=1A滑动变阻器两端的电压为UR=I2R=1×2V=2V．-16-\n灯泡两端的电压为U2=U外﹣UR=6V﹣2V=4V．所以R1==Ω=4Ω（2）电源的内电压U内=Ir=2×1V=2V所以电源电动势E=U外+U内=8V答：（1）灯泡电阻R1是4Ω．（2）电源电动势E是8V．点评：对于电路的计算问题，关键要搞清各个元件的连接关系，分析电流、电压和功率关系，运用欧姆定律求解．　23．（10分）（2022秋•烟台期中）如图所示，水平放里的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L=0．lm，两板间距离d=0.4cm，有一束由相同粒子组成的带正电粒子流从两板中央平行极板射入，射入速度v0=2.5m/s，由于重力作用，粒子能落到下极板上，随着下极板粒子数的增多，粒子落到下极板的位置也发生变化．已知每个粒子质量为m=2×10﹣6kg，带电量q=1×10﹣8C，平行板电容器的电容为C=10﹣6F，求最多能有多少个粒子落到下极板上？（取g=l0m/s2）考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：当粒子打在下极板的右边缘时，落到下极板的粒子最多，结合粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出粒子在竖直方向上的加速度，根据牛顿第二定律求出此时的电势差，从而确定电容器的电荷量，根据n=得出落在下极板上的粒子数．解答：解：设粒子恰好打在下极板右边缘，此时落到下极板的粒子最多．粒子运动的时间t==．根据得，代入数据解得a=2.5m/s2，根据牛顿第二定律得，-16-\n解得U=V=6V．Q=CU=10﹣6×6=6×10﹣6C．落到下极板上粒子个数N=个．答：最多能有600个粒子落到下极板上．点评：本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，通过加速度求出两端的电势差是解决本题的关键．　-16-