物理卷·2018届河南省天一大联考高二上学期第一次段考物理试卷（11月） （解析版） 19页

‎2016-2017学年河南省天一大联考高二（上）第一次段考物理试卷（11月）‎ ‎　‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一个选项符合题目要求，第7-10题有多个选项符合题目要求．全部选对的-得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．如图所示为一个电池组和一只电阻R的U﹣I图线．用该电池组与电阻R直接R电阻连接成闭合电路，则以下说法正确的是（　　）‎ A．电池组的内阻是0.5Ω B．电阻的阻值为2Ω C．电池组的输出功率将是5W D．改变电阻R的阻值时，读电池组的最大输出功率为6.25W ‎2．静电场方向平行于x轴，其电势ϕ随x的分布可简化为如图所示的折线．下列叙述正确的是（　　）‎ A．从0到x3电场的电势先升高，后降低，再升高 B．从0到x2电场强度方向保持不变 C．从x1到x3电场强度方向保持不变 D．若一带电粒子从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大 ‎3．如图所示，有两个相互垂直的平面a和b，在两个平面相交直线上M、N两点有两个等量点电荷．O点是中点MN点是平面a 上一点，A点是平面a上一点，B点是平面b上一点，AO和B0均垂直于 MN，且A0和 B0距离相等．则下列说法错误是（　　）‎ A．若M、N带等量同种电荷A和B点的电势相同 B．若M、N带臻量同种电荷，A点和B点的场强相同 C．若M、N带等量异种电荷，A点和B点的电势相同 D．若M、N带等量异种电荷A点和B点的场强相同 ‎4．阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成图示电路．保持开关S1闭合、S2断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；再闭合开关S2，电流重新稳定后，C所带的电荷量为Q2，则Q1与Q2的比值为（　　）‎ A．5：3 B．1：1 C．1：2 D．1：3‎ ‎5．如图所示，O是半径为R的正六角形外接圆的圆心，在正六角形的一个顶点放置一带电量为+q的点电荷，其余顶点分别放置带电量均为﹣q的点电荷．则圆心O处的场强大小为（　　）‎ A． B． C． D．0‎ ‎6．如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕行导体放在负电荷形成的电场中，取无穷远处电势为零，导体处于静电平衡时，下列说法正确的是（　　）‎ A．A端的电势比B端高 B．A端的电势比B端低 C．A端电势与B端电势相等 D．A端电势可能比B端电势高，也可能比B端电势低 ‎7．如图所示，虚线A、B、C表示某电场中的三个等势面，相邻等势面间的电 势差相等．一电子从右侧垂直等势面C向左进入电场，运动轨迹与等势面分别相交于a、b、c三点，则可以判断（　　）‎ A．电子由右向左加速度变大 B．三个等势面的电势大小为φA＞φB＞φC C．电子由a到b电场力做功大于b到c电场力做功 D．电子由a到c过程中电势能不断增大 ‎8．质量为m的带电小球在匀强电场中向下运动，运动时的加速度大小为2g，方向竖直向上．在小球下落d的过程中（　　）‎ A．小球的重力势能减少了2mgd B．小球的动能减少2mgd C．电场力做负功2mgd D．小球的电势能增加了3mgd ‎9．在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表．闭合电键S后，将滑动变阻器的滑片P向下滑动，其他部分不变．若用△U1表示电压表V1示数的变化量，△I1表示电流表A1示数的变化量，△I2表示电流表A2示数的变化量，电源电动势和内阻分别为E、r，则在此过程中，下列判断正确的是（　　）‎ A．V1示数减小，减小 B．A1示数变小，减小 C．V1示数减小，不变 D．A2示数减小，不变 ‎10．如图所示，水平放置的平行金属板A、B间接有恒定的电压，电荷M从极板A的左边缘、电荷N从极板B的右边缘同时沿水平方向进入板间电场（运动轨在同一平面内），两个电荷恰好在 板间中线上某点P相碰，点P在中线中点的右侧，若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．电荷M的比荷等于电荷N的比荷 B．碰撞时电荷M的速度大于电荷N的速率 C．从两个电荷进入电场到两个电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功 D．两电荷在P点时，速度共线 ‎　‎ 二、非选择题：本题共6小题，共60分．‎ ‎11．某同学用多用电表测某电阻的阻值．他选择“×100”倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针位置如图中实线①所示．‎ ‎（1）为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：‎ A．　　‎ B．　　‎ ‎（2）重新测量后，刻度盘上的指针位置如图中实线②所示，则测量结果是　　Ω．‎ ‎12．小明想在实验室测量电压表V1的内阻．现找到以下实验器材：‎ A．待测电压表V1：量程为0﹣3V、内阻约为3kΩ B．电压表V2：量程为0﹣9V、内阻约为9kΩ C．滑动变阻器R1：最大值20Ω、额定电流1A D．滑动变阻器R2：最大值20kΩ、额定电流0.1A E．定值电阻圮，阻值约为6kΩ F．定值电阻R，阻值约为10Ω G．电源：电动势9V，内阻约1Ω H．开关一个、导线若干 ‎（1）小明采用了如图甲所示的电路图，那么滑动变阻器应该选择　　，定值电阻应该选择　　．（填相应器材前序号）‎ ‎（2）请根据图甲所示的电路图，帮小明连接图乙中的实物图．‎ ‎（3）实验中需要测量的物理量有　　、　　，则电压表V，内阻V1的表达式为　　．‎ ‎13．在如图示的电路中，为一电动机，调节滑动变阻器，当电动机恰好正常工作时，电流表示数为1A，电压表V1示数为6V，电压表V2示数为8V．已知所有的电表均为理想电表，电源内阻r=1Ω，电动机线圈的电阻rM=2Ω．求：‎ ‎（1）电动机的输出功率；‎ ‎（2）电源的效率．‎ ‎14．如图所示，两块带电金属板竖直放置，中间形成一匀强电场．一质量为m、带电荷量为+q的微粒，以初速度υ0竖直向上射入匀强电场中，粒子从左极板小孔离开，离开极板时速度为2υ0，方向与极板垂直（重力加速度为g）．求：‎ ‎（1）粒子在极板之间运动的竖直位移；‎ ‎（2）粒子进入位置与离开位置两点间的电势差．‎ ‎15．如图所示，一对很大的直放置的平行板电容器与一分压电路相连，之间形成一水平匀强电场，其中两板间距离为d．有一轻质细绳处于电场中，绳OA可绕 0点无摩擦转动，其末端4处固定一带电量﹣q、质量为m的小球，绳静止在与竖直方向成37°角的位置（重力加速度为g，sin 37°=0.6，COS37°=0.8 ）．试求：‎ ‎（1）此时金属板间电场的场强大小E和两板间的电势差U；‎ ‎（2）若金属板顺时针旋转α=30°（用图中虚线表示），并移动滑片位置，欲使绳静止在与竖直方向成30°角的位置，则极板间电压U，是U的多少倍？‎ ‎16．真空室中有如图甲所示的装置，电极K持续发出的电子（初速度不计）经过电场加速后，从小孔O沿水平放置的偏转极板M、N的中心轴线射入．M、N板长均为L=0.20m，间距为d=0.05m，偏转极板右边缘到荧光屏P（足够大）的距离为S=0.10m．若加速电压U1随时间t变化的图象如图乙所示，电子加速时间极短，可认为加速时电压不变，不计电子重力．当板间所加电压为某一值时，电子打到荧光屏上只有一个点．求：‎ ‎（1）U2的大小；‎ ‎（2）看到屏幕上的该点距中心点O'的距离．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省天一大联考高二（上）第一次段考物理试卷（11月）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一个选项符合题目要求，第7-10题有多个选项符合题目要求．全部选对的-得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．如图所示为一个电池组和一只电阻R的U﹣I图线．用该电池组与电阻R直接R电阻连接成闭合电路，则以下说法正确的是（　　）‎ A．电池组的内阻是0.5Ω B．电阻的阻值为2Ω C．电池组的输出功率将是5W D．改变电阻R的阻值时，读电池组的最大输出功率为6.25W ‎【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．‎ ‎【分析】电池组的伏安特性曲线的斜率绝对值等于电池的内阻．电阻的伏安特性曲线斜率的倒数大小等于电阻．两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端时电路的工作状态．当外电阻等于电池的内阻时电池组有最大的输出功率．‎ ‎【解答】解：A、电池组的内阻r=||=Ω=1Ω．故A错误．‎ B、电阻的阻值约R==Ω=Ω．故B错误．‎ C、两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端时电路的工作状态，由图读出路端电压为U=3V，电流为I=1A，电池组的输出功率是P=UI=3W．故C错误．‎ D、当外电阻等于电池的内阻时，即外电阻R=r=1Ω时，电池组的最大输出功率P出=（）2R=（）2×1=6.25W．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．静电场方向平行于x轴，其电势ϕ随x的分布可简化为如图所示的折线．下列叙述正确的是（　　）‎ A．从0到x3电场的电势先升高，后降低，再升高 B．从0到x2电场强度方向保持不变 C．从x1到x3电场强度方向保持不变 D．若一带电粒子从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】由E== 知，φ﹣x图象的斜率等于场强，根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，分析粒子的运动情况，依据电场力做功正负，来判定电势能的变化情况，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、从0到x3电场的电势先升高，后一直降低，故A错误；‎ B、电场强度从高电势指向低电势，从0到x2电场强度方向发生变化，从x1到x3电场强度方向保持不变，故B错误，C正确；‎ D、带电粒子从x1运动到x3的过程中，因带电粒子的电性不知，因此无法判定电势能的变化，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，有两个相互垂直的平面a和b，在两个平面相交直线上M、N两点有两个等量点电荷．O点是中点MN点是平面a 上一点，A点是平面a上一点，B点是平面b上一点，AO和B0均垂直于 MN，且A0和 B0距离相等．则下列说法错误是（　　）‎ A．若M、N带等量同种电荷A和B点的电势相同 B．若M、N带臻量同种电荷，A点和B点的场强相同 C．若M、N带等量异种电荷，A点和B点的电势相同 D．若M、N带等量异种电荷A点和B点的场强相同 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】电场强度为矢量，叠加遵守四边形定则，电势为标量，叠加时直接求代数和．‎ ‎【解答】解：AB、若M、N带等量同种电荷，A、B两点距离点电荷距离相等，根据电势的叠加知A、B两点电势相同，根据对称性A、B两点场强大小相等，由平行四边形定则知，A点场强由O指向A；B点场强由O指向B，方向不同，故A正确、B错误；‎ 若M、N带等量异种电荷，选无穷远处的电势为零，A、B两点在同一等势面上，A、B两点电势相同为0，场强大小相等，方向相同，故CD正确；‎ 本题选错误的，故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成图示电路．保持开关S1闭合、S2断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；再闭合开关S2，电流重新稳定后，C所带的电荷量为Q2，则Q1与Q2的比值为（　　）‎ A．5：3 B．1：1 C．1：2 D．1：3‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】结合电路的连接方式，利用闭合电路欧姆定律，分别求出两种情况下电容器的电压，再由Q=CU可求得电量Q1与Q2的比值．‎ ‎【解答】解：电池E的内阻可忽略不计，则保持开关S1闭合、S2断开且电流稳定时，电容器的电压为 U1=E=E 再闭合开关S2时，电容器的电压为 U2=E=E 由Q=CU得：C相同，则Q1：Q2=U1：U2=5：3‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．如图所示，O是半径为R的正六角形外接圆的圆心，在正六角形的一个顶点放置一带电量为+q的点电荷，其余顶点分别放置带电量均为﹣q的点电荷．则圆心O处的场强大小为（　　）‎ A． B． C． D．0‎ ‎【考点】电场强度；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电场的叠加原理和对称性，由点电荷场强公式E=k 求解O点的场强大小．‎ ‎【解答】解：根据对称性，可知B处和E处点电荷在O点处产生的场强大小相等、方向相反，相互抵消；‎ C处与F处负电荷在O点处产生的场强大小相等、方向相反，相互抵消，‎ 所以根据电场的叠加原理可知O处的场强等于A处和D处两个点电荷产生的电场的叠加，‎ 因此O点的电场强度大小为 ‎ ‎ E=EA+ED=k+k =，故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕行导体放在负电荷形成的电场中，取无穷远处电势为零，导体处于静电平衡时，下列说法正确的是（　　）‎ A．A端的电势比B端高 B．A端的电势比B端低 C．A端电势与B端电势相等 D．A端电势可能比B端电势高，也可能比B端电势低 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．‎ ‎【解答】解：枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，静电平衡时内部电场强度处处为零，导体是等势体，表面是等势面，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，虚线A、B、C表示某电场中的三个等势面，相邻等势面间的电 势差相等．一电子从右侧垂直等势面C向左进入电场，运动轨迹与等势面分别相交于a、b、c三点，则可以判断（　　）‎ A．电子由右向左加速度变大 B．三个等势面的电势大小为φA＞φB＞φC C．电子由a到b电场力做功大于b到c电场力做功 D．电子由a到c过程中电势能不断增大 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】电子仅在电场力作用下运动，等差等势面越密集的区域电场强度越大，根据牛顿第二定律判断加速度的大小；‎ 曲线运动的合力指向曲线的内侧，电场线与等势面垂直且从较高的等势面指向较低的等势面；‎ 电场力做功等于电势能的减小量．‎ ‎【解答】解：A、等差等势面越密集的区域电场强度越大，故电子由右向左过程，电场力变大，加速度变大，故A正确；‎ B、电场强度方向与等势面垂直，电场力指向曲线轨迹的内侧，故电场力向右侧，电场线向左侧，而沿着电场线电势降低，故φC＞φB＞φA，故B错误；‎ C、因为相邻等势面间的电势差相等，即UAB=UBC，由w=Uq知，电子由a到b电场力做的功等于由b到c电场力做的功，故C错误；‎ D、电子由a到c过程中不断克服电场力做功，故电势能不断增大，故D正确；‎ 故选：AD ‎　‎ ‎8．质量为m的带电小球在匀强电场中向下运动，运动时的加速度大小为2g，方向竖直向上．在小球下落d的过程中（　　）‎ A．小球的重力势能减少了2mgd B．小球的动能减少2mgd C．电场力做负功2mgd D．小球的电势能增加了3mgd ‎【考点】功能关系；电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】小球的加速度方向竖直向上，大小为2g，则电场力竖直向上，由牛顿第二定律可求出其大小，电场力做功多少，机械能就减少多少．重力做功mgd，可知小球的重力势能减少．求出合力做功，即等于小球动能的增加量．电场力做功多少，小球的电势能就减小多少．‎ ‎【解答】解：A、在小球下落d的过程中重力做功mgd，所以小球的重力势能减少了mgd．故A错误；‎ B、合力做功为W合=mad=2mgd，则由动能定理得知，小球的动能增加了2mgd．故B正确．‎ C、D、由题分析得知，电场力方向竖直向上，大小为设F，由mg﹣F=ma得，F=3mg，电场力做功为W电=﹣Fd=﹣3mgd，则电势能增加了3mgd．故C错误，D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎9．在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表．闭合电键S后，将滑动变阻器的滑片P向下滑动，其他部分不变．若用△U1表示电压表V1示数的变化量，△I1表示电流表A1示数的变化量，△I2表示电流表A2示数的变化量，电源电动势和内阻分别为E、r，则在此过程中，下列判断正确的是（　　）‎ A．V1示数减小，减小 B．A1示数变小，减小 C．V1示数减小，不变 D．A2示数减小，不变 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化，则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化．‎ ‎【解答】解：滑动变阻器滑片P向下滑动时，滑动变阻器的阻值变小，总电阻减小，根据I=可知，总电流增大的，则A1示数增大，路段电压U=E﹣Ir，则路端电压减小，所以V1示数减小，由部分电路欧姆定律可知，通过R2的电流减小，即A2示数减小，△U1表示电压表V1示数的变化量，△I1表示电流表A1示数的变化量，根据U=E﹣Ir可知，，不变，而，△I2表示电流表A2示数的变化量，则，也不变，故CD正确，AB错误．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎10．如图所示，水平放置的平行金属板A、B间接有恒定的电压，电荷M从极板A的左边缘、电荷N从极板B的右边缘同时沿水平方向进入板间电场（运动轨在同一平面内），两个电荷恰好在 板间中线上某点P相碰，点P在中线中点的右侧，若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．电荷M的比荷等于电荷N的比荷 B．碰撞时电荷M的速度大于电荷N的速率 C．从两个电荷进入电场到两个电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功 D．两电荷在P点时，速度共线 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】粒子在电场中做类平抛运动，运用运动的分解，根据牛顿第二定律和运动学公式进行处理即可．‎ ‎【解答】解：A、两个电荷在电场中做类平抛运动，将它们的运动分解为沿竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀加速直线运动，由题意可知，粒子运动的时间t相同．‎ 竖直方向的位移为：y=at2，a=，则y=t2，E，t相同，y相等，所以电荷M的比荷等于电荷N的比荷．故A正确；‎ B、二者运动的时间相等，水平方向的位移M的大，由x=v0t可知，水平方向位移大的M的初速度一定大．故B正确；‎ C、二者沿电场线方向的位移相等，则运动后沿电场线大方的位移大小相等，所以电势差相等．电场力做的功：W=qU，由于二者的比荷相等，不知道质量关系，所以不能确定电荷量的关系，就不能确定电场力做功的大小关系．故C错误；‎ D、由于比荷相等，由a=，，所以二者相遇时，沿电场线方向的分速度相等，而由于初速度不相等，所以两电荷在P点时，速度不共线．故D错误．‎ 故选：AB ‎　‎ 二、非选择题：本题共6小题，共60分．‎ ‎11．某同学用多用电表测某电阻的阻值．他选择“×100”倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针位置如图中实线①所示．‎ ‎（1）为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：‎ A．　将选择开关转至×10挡　‎ B．　将红、黑表笔短接，旋转调零旋钮，使读数为0Ω　‎ ‎（2）重新测量后，刻度盘上的指针位置如图中实线②所示，则测量结果是　130　Ω．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】（1）使用欧姆表测电阻时应选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零．‎ ‎（2）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎【解答】解：（1）用×100倍率测电阻，由图示可知，指针偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测量，应将选择开关转至×10挡，然后进行欧姆调零，具体做法是：‎ 将红、黑表笔短接，旋转调零旋钮，使读数为0Ω；‎ ‎（2）选择×1挡，由图示指针（实线）可知，欧姆表示数为13×10=130Ω．‎ 故答案为：（1）A、将选择开关转至×10挡；B、将红、黑表笔短接，旋转调零旋钮，使读数为0Ω；（2）130．‎ ‎　‎ ‎12．小明想在实验室测量电压表V1的内阻．现找到以下实验器材：‎ A．待测电压表V1：量程为0﹣3V、内阻约为3kΩ B．电压表V2：量程为0﹣9V、内阻约为9kΩ C．滑动变阻器R1：最大值20Ω、额定电流1A D．滑动变阻器R2：最大值20kΩ、额定电流0.1A E．定值电阻圮，阻值约为6kΩ F．定值电阻R，阻值约为10Ω G．电源：电动势9V，内阻约1Ω H．开关一个、导线若干 ‎（1）小明采用了如图甲所示的电路图，那么滑动变阻器应该选择　C　，定值电阻应该选择　E　．（填相应器材前序号）‎ ‎（2）请根据图甲所示的电路图，帮小明连接图乙中的实物图．‎ ‎（3）实验中需要测量的物理量有　电压表V1的示数U1　、　电压表V2的示数U2　，则电压表V，内阻V1的表达式为　　．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）选择实验器材时首先要保证电路安全，从安全性、方便实验操作的原则选择滑动变阻器；定值电阻阻值应与电压表内阻相当．‎ ‎（2）根据电路图连接实物电路图．‎ ‎（3）根据实验电路应用串联电路特点与欧姆定律求出电压表内阻．‎ ‎【解答】解：（1）为方便实验操作保证电路安全，滑动变阻器应选择C；定值电阻应与待测电压表内阻相当，定值电阻应选择E．‎ ‎（2）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ ‎（3）电压表V1的内阻：RV1===，实验需要测量：电压表V1的示数U1、电压表V2的示数U2；‎ 故答案为：（1）C；E；（2）实物电路图如图所示；（3）电压表V1的示数U1；电压表V2的示数U2；．‎ ‎　‎ ‎13．在如图示的电路中，为一电动机，调节滑动变阻器，当电动机恰好正常工作时，电流表示数为1A，电压表V1示数为6V，电压表V2示数为8V．已知所有的电表均为理想电表，电源内阻r=1Ω，电动机线圈的电阻rM=2Ω．求：‎ ‎（1）电动机的输出功率；‎ ‎（2）电源的效率．‎ ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）根据P出=UI﹣I2rM求解电动机的输出功率；‎ ‎（2）根据P=EI求解电源的总功率，根据P=UI求解电源的输出功率，根据η=求解电源的效率．‎ ‎【解答】解：（1）电动机的输出功率为：P出=UI﹣I2rM=6×1﹣12×2=4W；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律，电源的电动势为：E=U′+Ir=8+1×1=9V；‎ 电源的效率：η==；‎ 答：（1）电动机的输出功率为4W；‎ ‎（2）电源的效率为88.9%．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，两块带电金属板竖直放置，中间形成一匀强电场．一质量为m、带电荷量为+q的微粒，以初速度υ0竖直向上射入匀强电场中，粒子从左极板小孔离开，离开极板时速度为2υ0，方向与极板垂直（重力加速度为g）．求：‎ ‎（1）粒子在极板之间运动的竖直位移；‎ ‎（2）粒子进入位置与离开位置两点间的电势差．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）对竖直方向进行分析，由题意可知粒子粒子的末速度为零，根据速度和位移关系即可求得上升的高度；‎ ‎（2）对运动过程分析，根据动能定理可求得电场力所做的功，从而求出两点间的电势差．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在竖直方向上做初速度为v0，加速度为g的匀减速直线运运，其末速度为零，由0﹣v02=2gh 可得：‎ h=‎ ‎（2）粒子在水平方向上只有电场力做功，由动能定理可得：‎ qU﹣mgh=m（2v0）2=mv02‎ 解得：U=‎ 答：（1）粒子在极板之间运动的竖直位移为；‎ ‎（2）粒子进入位置与离开位置两点间的电势差．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，一对很大的直放置的平行板电容器与一分压电路相连，之间形成一水平匀强电场，其中两板间距离为d．有一轻质细绳处于电场中，绳OA可绕 ‎ 0点无摩擦转动，其末端4处固定一带电量﹣q、质量为m的小球，绳静止在与竖直方向成37°角的位置（重力加速度为g，sin 37°=0.6，COS37°=0.8 ）．试求：‎ ‎（1）此时金属板间电场的场强大小E和两板间的电势差U；‎ ‎（2）若金属板顺时针旋转α=30°（用图中虚线表示），并移动滑片位置，欲使绳静止在与竖直方向成30°角的位置，则极板间电压U，是U的多少倍？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】（1）小球静止处于平衡状态，应用平衡条件求出场强，然后求出电势差．‎ ‎（2）对小球受力分析，应用平衡条件按求出电势差，然后分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）小球静止处于平衡状态，由平衡条件得：‎ qE=mgtan37°，解得：E=，‎ 板间电势差：U=Ed=；‎ ‎（2）由平衡条件得：Tcos37°=mg+qE′sin37°，‎ Tsin37°=qE′cos37°，‎ 解得：E′=，‎ 平行板旋转后板间距离：d′=dcos37°=d，‎ 板间电势差：U′=E′d′=，‎ 则电势差之比： =；‎ 答：（1）此时金属板间电场的场强大小E为，两板间的电势差U为；‎ ‎（2）极板间电压U′是U的倍．‎ ‎　‎ ‎16．真空室中有如图甲所示的装置，电极K持续发出的电子（初速度不计）经过电场加速后，从小孔O沿水平放置的偏转极板M、N的中心轴线射入．M、N板长均为L=0.20m，间距为d=0.05m，偏转极板右边缘到荧光屏P（足够大）的距离为S=0.10m．若加速电压U1随时间t变化的图象如图乙所示，电子加速时间极短，可认为加速时电压不变，不计电子重力．当板间所加电压为某一值时，电子打到荧光屏上只有一个点．求：‎ ‎（1）U2的大小；‎ ‎（2）看到屏幕上的该点距中心点O'的距离．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子打到荧光屏上只有一个点，只有加速电压最大时的电子能打在荧光屏上，电子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，应用动能定理与类平抛运动规律分析答题．‎ ‎（2）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，应用类平抛运动规律与平抛运动规律可以求出偏移量．‎ ‎【解答】解：（1）由图乙所示可知，最大加速电压：U1m=1000V，‎ 电子在加速电场中加速，由动能定理得：eU1m=mv02﹣0，‎ 电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向：t1=，‎ 竖直方向： =at12=••t12，‎ 解得：U2===125V；‎ ‎（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向：t1=，‎ 竖直分速度：vy=at1=•t1，‎ 电子离开偏转电场后做匀速直线运动，‎ 水平方向：t2=，‎ 竖直方向：y2=vyt2，‎ 解得：y2===0.025m，‎ 看到屏幕上的该点距中心点O′的距离：‎ Y=+y2=+0.025=0.05m；‎ 答：（1）U2的大小为125V．‎ ‎（2）看到屏幕上的该点距中心点O′的距离为0.05m．‎ ‎　‎