2024-2025學年重慶市七校聯考高二（上）期末物理試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.如題圖所示，以下說法中正確的是（）

甲乙丙丁

A.圖甲：一束復色光進入水珠后傳播的示意圖，其中a束光的頻率比b束光的高

B.圖乙：一束單色光進入平行玻璃磚后傳播的示意圖，當入射角r逐漸增大到某一值后不再會有光線從尤'

面射出

C.圖丙：雙縫干涉示意圖，若只減小雙縫間距，兩相鄰亮條紋間距離/x將增大

D.圖丁：M、N是偏振片，P是光屏。當M固定不動緩慢轉動N時，光屏P上的光亮度將一明一暗交替變

化，此現象表明光波是縱波

2.關于機械波，下列說法正確的是（）

A.發生多普勒效應時，波源的頻率不會發生改變

B.波的傳播方向就是質點的振動方向

C.兩列振幅均為力的波發生干涉時，振動加強點的位移恒為24

D.縫、孔或障礙物的尺寸跟波長差不多，或者比波長更大時，才會發生明顯的衍射現象

3.一束單色光從某種介質中射入空氣中，若入射角i=30。，折射角r=45。，光在真空中的速度為c,則

（）

A.介質的折射率n=~

B.光在該介質中的傳播速度是YIc

C.光從空氣射入該介質時，折射角可能為60。

D.光由該介質射入空氣時，全反射臨界角為45。

4.如圖所示，虛線a、氏c代表電場中一簇等勢線，相鄰等勢線之間的電勢差相

等，實線為一帶正電的粒子（重力不計）僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌

跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據此可知（）

A.此粒子加速度方向水平向左

B.從P運動到Q,電場力做正功，帶電粒子的電勢能減小

C.a、b、c三條等勢線中，a的電勢最高

D.帶電粒子在運動過程中機械能守恒

5.一簡諧橫波沿x軸方向傳播，已知t=O.ls時的波形如圖甲所示，圖乙是x=2爪處的質點的振動圖像，則

下列說法正確的是（）

A.該簡諧橫波沿x軸負方向傳播

B.該簡諧橫波的波速為2（hn/s

C.波的振幅是10CM

D.x=0.5機處的質點，在t=0.55s時到達平衡位置，且沿y軸負方向運動

6.某多用電表的指針指在如圖所示的位置，下列說法正確的是（）

A.用多用電表歐姆擋測量某二極管的正向電阻時，應使紅表筆接二極管的負極

B.若該讀數是選用歐姆擋“義100”倍率得到的，應該更換“XM”倍率，歐姆調零后再測量電阻

C.用多用電表歐姆擋測量電路中的某個電阻，不需要把該電阻與其他電路斷開

D.測量阻值不同的電阻時，都必須重新歐姆調零

7.如圖所示，空間中有平行于紙面的勻強電場，A8C是處于該電場中的直A

角三角形，直角邊BC=12cm,zX=60°o一電荷量為2x10一吃的正點

電荷，從B點移動到4點電場力做功1.2xIO"/,該電荷從B點移動到C點；

、、、、

電場力做功為—1.2X10-7/,則（）RL--------------------------1二c

A.UBC=6V

B.該勻強電場的場強方向由C指向4

C.該勻強電場的場強為lOOU/rn

D.該電荷從力點移動到C點電場力做功為2.4xIO"/

二、多選題：本大題共3小題，共15分。

8.如圖甲所示：用力傳感器對單擺做小角度擺動過程進行測量，與力傳感器連接的計算機屏幕所顯示的

F—t圖像如圖乙，其中F的最大值之ax=1O5N,已知擺球質量m=100g,重力加速度g取lOm/s?,nr2

取10,不計擺線質量及空氣阻力。下列說法正確的是（）

甲乙

A.單擺周期為1.0s

B.單擺擺長為1小

C.F的最小值/譏=0.975/V

D.若僅將擺球質量變為200g,單擺周期減小

9.如圖所示的電路中，電源電動勢為E,內阻為r,開關S閉合后，平行金屬板

中的帶電液滴恰能處于靜止狀態，電流表和電壓表均視為理想電表，&為光

敏電阻（阻值隨光照強度的增大而減小），當光照強度減弱時，下列說法正確

的是（）

A.電流表示數減小，電壓表示數減小

B.光敏電阻消耗的電功率一定增大

C.液滴將向下加速運動

D.保持光照強度不變，斷開開關，放電過程中，a點電勢高于b點電勢

10.如圖所示，豎直面內有一半徑為R的圓，圓的直徑4B水平，C為圓周上一點，

OC與4B成60。角，現有一勻強電場，其電場方向在該圓所在的豎直平面內，但方

向未知。一質量為小，電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從4點以大小為％的

速率沿各個方向射入圓形區域，又從圓周上不同點離開。其中從C點離開時粒子

的動能最大。若從C點離開的粒子初速度火的方向是與成30。角斜向右上方。

則下列說法正確的是()

A.該電場的方向一定與力B成30。角斜向右下方

B.該電場的方向一定與4B成60。角斜向右下方

C.該電場強度大小為里

qR

D.若該粒子從a點由靜止釋放，也能從圓上的c點離開

三、實驗題：本大題共2小題，共15分。

11.某小組做測定玻璃的折射率實驗，所用器材有：玻璃磚，大頭針，刻度尺，圓規，筆，白紙。老師將

器材配齊后，小明同學進行實驗，如題圖甲所示，在玻璃磚一側插上大頭針B、P2,確定入射光線4。。現

需在玻璃磚的另一側插上「3和「4兩枚大頭針，以確定光在玻璃磚中的折射光線。

(1)下列確定「3、「4位置的方法正確的是。

A透過玻璃磚觀察，使P3僅擋住「2的像

5透過玻璃磚觀察，使「3擋住B、的像

C.透過玻璃磚觀察，使”僅擋住P3

D透過玻璃磚觀察，使24擋住P3和匕、22的像

(2)小明同學在確定入射角和折射角時，由于沒有量角器，在完成了光路圖以后，以。點為圓心，。4為半

徑畫圓，交。。'延長線于C點，過4點和C點作法線NN'的垂線，分別交NN'于B點和。點，并測得AB=

7.80cm,CD=5.00cm,則該玻璃的折射率n=

(3)小華同學突發奇想，用兩塊同樣的玻璃直角三棱鏡ABC來做實驗，兩者的AC面是平行放置的，如圖乙

所示。插針位置P1、P2的連線垂直于4B面，若其他操作均正確，則在圖乙中右邊的插針應該是(填

“P3P4”、“P3P6屐、“P5P4”或“P5P6”)。

p,

■

立p.

圖甲

12.某實驗小組在實驗室找到了一段粗細均勻、電阻率較大的電阻絲，其中MN為電阻絲，其橫截面積大小

為4小機2。現進行以下實驗探究，實驗步驟如下:

5cm67

山由山）川”站?吊川H

05101520

甲

(1)用游標卡尺測量其長度如圖甲所示，其長度為cm.

(2)實驗小組設計了如圖乙所示的電路進行實驗探究，治是阻值為20的定值電阻。正確接線后，閉合開關

S,調節滑片P,記錄電壓表的示數U、電流表的示數/以及對應的PN長度x,多次調節滑片尸，記錄出多組

U、I、x的值。

(3)根據實驗數據繪出的U-/圖像如圖丙所示，由圖丙可得電池的電動勢E=V,內阻r=

0。(結果均保留兩位有效數字)；由于電表內阻的影響，通過圖像法得到的電動勢的測量值______

其真實值(選填“大于”、“等于”或“小于”)；

(4)根據實驗數據可進一步繪出彳-久圖像如圖丁所示，根據圖像可得電流表的內阻為Q,電阻絲的

電阻率p。-mo

四、計算題：本大題共3小題，共42分。

13.如圖所示，電源電動勢E=12U,內阻r=0.50,閉合開關S后，兩盞/

相同的標有“10V,15W”的燈泡恰能正常發光，電動機M繞線的電阻P

ZT???

Ro=112,求：rL

(1)電源的輸出功率；----------------------

(2)電動機的機械功率；

(3)電動機的效率。

14.如圖所示，有一半徑為R的豎直光滑絕緣圓軌道，圓心為。點，將其固定，--------------------

另有一質量為小、電荷量為+q的小球(可視為質點)。空間中還分布著水平向左?

的勻強電場，小球恰能靜止在軌道內4點，且半徑。4與豎直方向的夾角8=?(.0

53°o已知s出53。=0.8,cos53°=0.6,電場的范圍足夠大，重力加速度為g。~~7~

(1)求勻強電場的電場強度大小E；?,、&J

X-------------B----------

(2)求力、。兩點間的電勢差〃.；

(3)為使小球能夠在軌道內做完整的圓周運動，小球經過軌道內最低點8時，應具有?定的速度，求這個速

度的最小值。

15.如圖甲所示，在xOy坐標系的第三象限內，有平行于y軸正方向的勻強電場，電場強度為位但大小未

知。一質量為小，電荷量為q的正離子(不計重力)從y軸上坐標為(0,-|d)的"點以平行于x軸負方向的速度

為射入第三象限，恰好從x軸上坐標為(-，Id,0)的N點進入第二象限。離子剛進入第二象限的時候，在y

軸正半軸上的某點固定一個負點電荷，電量-Q未知，同時撤去當，離子隨即做勻速圓周運動。隨后離子

經過y軸時，立即撤去-Q,同時在第一、四象限加上如圖乙所示的周期性變化的電場E2,取平行于y軸正

方向為E2的正方向，其周期7=普，段與時間t的關系如圖乙所示，已知靜電力常量為晨求：

(1)第三象限電場強度Ei的大小；

(2)點電荷-Q的縱坐標'Q以及其電量Q；

⑶離子從y軸正半軸至k軸的時間(結果用d和%表示)。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解:4從圖中可以看出，6光線在水中偏折得厲害，即b的折射率大于a的折射率，即b的頻率大

于a的頻率，故A錯誤；

8、當入射角i逐漸增大折射角逐漸增大，由于折射角小于入射角，不論入射角如何增大，玻璃磚中的光線

不會消失，故肯定有光線從帥'面射出，故B錯誤；

C、根據=可知，若只減小雙縫間距兩相鄰亮條紋間距離將增大，故正確；

ad,/xC

。、只有橫波才能產生偏振現象，所以光的偏振現象表明光是一種橫波，故。錯誤。

故選：Co

根據圖中的光線關系，判斷折射率的大小，從而知道頻率的大小；

入射角i逐漸增大折射角逐漸增大，由于折射角小于入射角，不論入射角如何增大，玻璃磚中的光線不會消

失,故肯定有光線從附'面射出；

根據雙縫干涉公式分析；

光的偏振現象表明光是一種橫波。

本題要知道薄膜干涉形成的條紋是膜的上下表面的反射光干涉產生的。以及知道薄膜干涉是一種等厚干

涉。同時要掌握雙縫干涉與薄膜干涉的區別。

2.【答案】A

【解析】解：4發生多普勒效應時，波源的頻率不會發生改變，只是觀察者接收到的頻率發生了變化，故

A正確；

及波的傳播方向與質點的振動方向垂直時，是橫波，波的傳播方向與質點的振動方向相同時，是縱波，故

B錯誤；

C.兩列振幅均為4的波發生干涉時，振動加強點的振幅為24但位移在變化，可以為零，故C錯誤；

。縫、孔或障礙物的尺寸跟波長差不多，或者比波長更小時，才會發生明顯的衍射，故O錯誤。

故選：Ao

發生多普勒效應時，波源的頻率不會發生改變；根據縱波和橫波的定義分析；加強點的位移也隨時間做周

期性變化；根據發生明顯衍射的條件分析。

本題考查了波的的定義，波的干涉、衍射和多普勒效應等問題，難度不大。

3.【答案】D

【解析】解：4由折射率公式可得該介質的折射率為幾=理=嚼=，！，故A錯誤；

sinism30

A光在該介質中的傳播速度是u=￡=?c,故8錯誤；

n2

CD由sMC=工可得s譏。=吃=噂，得光由該介質射入空氣時，全反射臨界角為C=45。，根據光路可

nV22

逆，可知光從空氣射入該介質時，折射角一定小于45。，不可能為60。，故C錯誤，。正確。

故選：Do

由折射率公式可以求折射率；由速度公式求光在該介質中的傳播速度；由臨界角與折射率的關系求出臨界

角。

本題考查了光的折射，光在不同的介質中傳播速度不■樣，明確折射率公式的應用。

4.【答案】B

【解析】解：4因為粒子做曲線運動，則其所受電場力指向運動軌跡凹側，又因為電場線與等勢線相交處

互相垂直，且該粒子帶正電，所以該粒子所受電場力方向豎直向上，該電場的電場線方向豎直向上，則由

牛頓第二定律可知，此粒子加速度方向豎直向上，故A錯誤；

區結合前面分析可知，該粒子所受電場力方向豎直向上，則該粒子從P運動到Q,電場力做正功，則該帶電

粒子的電勢能減小，故8正確；

C.結合前面分析可知，該電場的電場線方向豎直向上，因為沿電場線方向，電勢逐漸降低，所以a、b,c

三條等勢線中，a的電勢最低，故C錯誤；

D結合前面分析可知，該粒子從P運動到Q,電場力做正功，所以帶電粒子在運動過程中機械能不守恒，故

D錯誤;

故選：B。

A粒子做曲線運動，其所受電場力指向運動軌跡凹側，又因為電場線與等勢線相交處互相垂直，且該粒子

帶正電，結合題圖，即可分析判斷；

8.結合前面分析，根據電場力做功與電勢能變化的關系，即可分析判斷；

C.結合前面分析，根據沿電場線方向，電勢逐漸降低，即可分析判斷；

D結合前面分析，即可分析判斷。

本題主要考查對電場中功能關系的掌握，解題時需注意，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電

勢能增大。

5.【答案】D

【解析】解：4、由圖乙可知，t=0.1s時x=2m處的質點沿y軸正方向振動，根據同側法可知，該簡諧波

沿x軸正方向傳播，故A錯誤；

B、該簡諧橫波的波速為：v=^=-^m/s=10m/s,故5錯誤；

1U.4

C、根據圖像可知，波的振幅是5cm,故C錯誤；

D、x=0.5爪處的質點在t=0.1s時位移為竽cm,在t=0.55s時，即又經過戊=0.55s—0.1s=0.45s=

l^T,所以％=0.5爪處的質點，在t=0.55s時到達平衡位置，沿y軸負方向運動，故。正確。

O

故選：Do

根據同側法判斷傳播方向；根據波速計算公式求解該簡諧橫波的波速；根據圖像求解振幅；根據振動情況

分析在t=0.55s時久=0.5爪處的質點的振動情況。

本題主要是考查了波的圖像；解答此類問題的關鍵是要理解波的圖像的變化規律，能夠根據圖像直接讀出

振幅、波長和各個位置處的質點振動方向，知道波速、波長和頻率之間的關系發=/4。

6.【答案】A

【解析】解：4用多用電表歐姆擋時，歐姆表的內部電流從黑表筆流出，紅表筆流入；測量某二極管的正

向電阻時，應使歐姆表的黑表筆與二極管的正極相連，紅表筆接二極管的負極，故A正確；

A如圖所示，歐姆表的指針偏轉角度過大，對應的示數小；若該讀數是選用歐姆擋“X100”倍率得到

的，為了減小誤差，應該更換“X10”倍率，歐姆調零后再測量電阻，故8錯誤；

C用多用電表歐姆擋測量電路中的某個電阻，需要把該電阻與其他電路斷開，防止其他電阻的影響，故C

錯誤；

D測量阻值不同的電阻時，如果兩個電阻的阻值相差不大，不需要換擋，因此不需要進行重新歐姆調零，

故。錯誤。

故選：Ao

人測二極管正向電阻時，需要電流從二極管正極流入，據此分析作答；

BC.根據歐姆表測電阻的正確操作分析作答；

D歐姆表測電阻時，換擋必須重新調零，據此分析作答。

本題主要考查了歐姆表測二極管的正向電阻和測量電阻的實驗，要掌握歐姆表測電阻的正確操作和注意事

項。

7.【答案】C

【解析】解：4由電場力做功與電勢差的關系可得：WBC=qUBC=-1.2XIO"/,

其中：q=2X10-8。，

聯立可得：UBC=-6V,

故A錯誤；

BC.由電場力做功與電勢差的關系可得：WBA=qUBA=1.2XIO"/,

解得：也=6V,

設AC中點為。，(pB=0,

因為：UBC=(PB一(Pc，UBA=<PB一(PA，

且勻強電場中，沿相同方向移動相同距離，電勢差相等，有：(PA~(PD=(PD~(PC'

所以：04=—6V,<Pc=6V,(pB=(pD=0,

則直線8。為一條等勢線，因為等勢線與電場線相交處互相垂直，且沿電場線方向電勢逐漸降低，可得一條

電場線，結合幾何關系可得下圖：

由勻強電場中電勢差與電場強度的關系可得：%=E?BAs譏60。，

由幾何關系可得：BC=BAtan60°,

聯立可得：E=100V/m,

故8錯誤，C正確；

D結合前面分析可知，

7

該電荷從4點移動到C點電場力做功為：WAC=q(q)A一Re)=2X10-8x(-6-6)/=-2.4X10-J,

故。錯誤；

故選：Co

A由電場力做功與電勢差的關系列式，即可分析判斷；

BC.由電場力做功與電勢差的關系列式，結合勻強電場中，沿相同方向移動相同距離，電勢差相等，確定

一條等勢線，再確定一條電場線，結合幾何關系，由勻強電場中電勢差與電場強度的關系列式，即可分析

判斷；

。結合前面分析，由電場力做功與電勢差的關系列式，即可分析判斷。

本題主要考查勻強電場中電勢差與電場強度的關系，解題時需注意，公式U=Ed中，d是沿場強方向的兩

點間的距離，或兩等勢面間的距離，而U是這兩點間的電勢差，這一定量關系只適用于勻強電場。

8.【答案】BC

【解析】解：4根據題意，懸線拉力變化的周期的2倍即為單擺的振動周期，則單擺周期為7=2.3s-

0.3s=2.0s,故A錯誤；

股根據T=2TIR解得L=1m,故B正確；

79

C擺球運動到最低點時，根據牛頓第二定律有4mg=機搭，擺球上升的最高點與最低點的高度差為

h,與豎直方向的夾角為6,從最低點到最高點，根據機械能守恒有mg/i=2租后，由幾何關系有cos。=

T則尸的最小值小譏=agcos。，聯立解得/伍=0975N,故C正確；

D單擺的周期根擺球的質量無關，故。錯誤。

故選：BC。

A.根據拉力的變化周期和單擺的周期關系進行分析解答；

A根據單擺的周期公式列式計算擺長；

C.根據牛頓第二定律、機械能守恒定律結合相應的幾何關系列式求解最小拉力；

D根據單擺的周期的決定因素進行分析解答。

考查單擺的周期和擺長的計算和牛頓第二定律、機械能守恒的應用，會根據題意進行準確分析解答。

9.【答案】AD

【解析】解：力、當光照強度減弱時，光敏電阻&接入電路的電阻增大，根據串反并同可知，電流表示數

減小，電壓表示數減小，故A正確；

3、電源內阻和外電阻相等時，電源的輸出功率最大，把定值電阻看作電源內阻的一部分，當光敏電阻的

阻值=%時，光敏電阻消耗的功率最大，但不知道它們之間的關系，所以光敏電阻消耗的功率無法

判斷，故8錯誤；

C、電容器和光敏電阻并聯，所以電容器兩板間電壓為U=E-/(Ri+r),因為電流表示數/減小，所以電

容器兩板間電壓增大，則板間電場強度增大，液滴受電場力變大，液滴將向上運動，故C錯誤；

。、電容器上極板和電源正極相連，所以電容器上極板帶正電，保持光照強度不變，斷開開關，放電過程

中的電流方向為從a到6,所以a點的電勢高于b點的電勢，故。正確。

故選:ADo

根據串反并同分析電壓表和電流表示數的變化；把定值電阻看作電源內阻的一部分，電源內阻和外電阻相

等時，電源的輸出功率最大，據此分析光敏電阻的功率變化；根據閉合電路的歐姆定律分析電容器兩板間

的電壓變化，從而可知場強的變化，據此判斷液滴的運動方向；根據電流方向判斷。

掌握串反并同的二級結論可以快速分析電路中電壓表和電流表的變化，知道在電源內阻和外電阻相等時，

電源的輸出功率最大。

10.【答案】BC

【解析】解：AB,從4點以大小為%的速率沿各個方向射入圓形區域，從C點離開時粒子的動能最大，則

從4到圓上各點，AC之間的電勢差最大。過C作圓的切線，通過4點的電場線方向如圖所示：

根據幾何關系可得。=60。，則該電場的方向一定與成60。角斜向右下方，故A錯誤、B正確；

C、根據幾何關系可得：AD=R+Rcosd,解得：AD=1.57?；DC=Rsin9=Rsin60°=苧R

沿力。方向，有：AD=^at2,其中：。=延

沿初速度方向，有：DC=vot

聯立解得：E=里，故C正確；

D、若該粒子從4點由靜止釋放，沿2D方向做勻加速直線運動，不能從圓上的C點離開，故。錯誤。

故選：BC。

粒子從c點離開時粒子的動能最大，則從a到圓上各點，AC之間的電勢差最大。過c作圓的切線，作出電場

線方向，根據幾何關系結合類平拋運動的規律進行解答。

本題考查了帶電粒子在電場中的運動情況，分析粒子的運動過程，根據幾何關系、類平拋運動的規律進行

解答。

11.【答案】BD1.56P5P6

【解析】解：(1)45在插第3顆大頭針時，要透過玻璃磚觀察，使P3擋住Pl、P2的像，故A錯誤，8正確；

CD.在插第4顆大頭針時，要透過玻璃磚觀察，使P4擋住P3和Pl、P2的像，故C錯誤，。正確。

故選：BD-,

(2)設單位圓半徑為R

根據折射定律n=四端=等x備=緇=1.56

sinzCOPRCD5.00

(3)把兩塊同樣的玻璃直角三棱鏡4BC之間的空氣層看作平行“空氣磚”，根據折射定律，入射角小于折射

角，折射光線遠離法線偏折，出射光線與入射光線平行，作出光路圖如圖所示：

可知在圖乙中右邊的插針應該是P5P6；

故答案為：(1*0；(2)1.56；(3)P5P6。

(1)根據實驗的正確操作分析作答；

(2)根據折射定律可得玻璃磚的折射率；

(3)根據折射定律，結合幾何關系以及對稱性作出光路圖，由此分析作答。

本題主要是考查了光的折射，解答此類題目的關鍵是弄清楚光的傳播情況，畫出光路圖，通過光路圖根據

幾何關系、折射定律進行分析。

12.【答案】5.2404.53.0小于0.41.6X10-5

【解析】解：(1)由圖甲所示游標卡尺可知，金屬絲的長度為527mn+8x0.05nun=52.40nun=

5.240cmo

(3)根據圖乙所示電路圖，由閉合電路的歐姆定律得：U=E-/(&+r)

由圖丙所示U—/圖像可知，電池電動勢E=4.5U,圖像斜率的絕對值k=&+r=與含。=5.00,電池

內阻r=3.0/2；

由于電壓表的分流作用，流過電源的電流大于電流表的電流，即電流的測量值小于真實值，由于電壓表的

分流作用導致電動勢的測量值小于真實值。

UP

得

整

耳m-%+-X

根據圖乙所示電路圖，由歐姆定律得：R+R=y,由電阻定律得：R=p二7S

(4)A多

P

-

由圖丁所示亨—無圖像可知，縱軸截距b=a4=0.4。，圖像的斜率AS

,0s,0/m=40/m,解得電阻

率：p=1.6X1()-5。,相。

故答案為：(1)5.240；(3)4.5；3.0；小于；(4)0.4；1.6x10-5。

(1)游標卡尺主尺與游標尺讀數的和是游標卡尺的讀數。

(3)應用閉合電路的歐姆定律求出圖像的函數解析式，根據圖示圖像求出電池的電動勢與內阻；根據圖示

電路圖分析實驗誤差。

(4)應用歐姆定律與電阻定律求出圖像的函數解析式，然后根據圖示圖像求出電流表內阻與金屬絲的電阻

率。

要掌握常用實驗器材的使用方法與讀數方法；理解實驗原理是解題的前提，求出圖像的函數解析式是解題

的前提，應用歐姆定律與電阻定律即可解題。

13.【答案】解：(1)由題意知，內電壓應為：

U^=E-U=12V-10V2V

總電流：

I=—=-^4=4A

r0.5

電源的輸出功率：

P出=5

解得：P/=40W

(2)流過燈泡的電流

p15

/】=方=才=13力

則流過電動機的電流

I2=I—2/1=4A—2X1.5A=1A

電動機的總功率

p總=ui2=ioxiiy=iow

電動機的熱功率

P熱=%&=l2xlW=1W

電動機的機械功率

P衿=P,LP必=1°〃TW=9W

(3)電動機的效率：

P和

r]=-^x100%

尸總

解得：T]=90%

答：(1)電源的輸出功率為40W；

(2)電動機的機械功率為9W；

(3)電動機的效率為90%。

【解析】(1)先計算出內電壓，然后根據歐姆定律得到電路總電流，然后根據「=心計算；

(2)計算出燈泡的額定電流，根據并聯電路電流的特點得到通過電動機的電流，然后根據輸出功率、總功

率和熱功率的關系計算；

(3)電動機效率等于電動機的輸出功率和總功率的比值，據此計算即可。

掌握串并聯電路中電壓、電流的特點解題的基礎，知道電動機的電功率、輸出功率和熱功率之間的關系。

14.【答案】解：(1)小球靜止在4點，根據平衡條件可得：qE=mgtan53°,

解得:E=嚶；

(2)勻強電場中，根據電場強度與電勢差的關系可得：U=Ed,

由幾何關系可得：d=Rs譏53。，

聯立可得：U=號翳，

因為沿電場線方向電勢逐漸降低，貝U：(PA〈(P。，

因此：3-誓;

(3)由題意可知，a點為“等效最低點”，則關于。點與a點對稱的c點，為“等效最高點”，如下圖：

小球要在軌道內做完整的圓周運動，需經過c點時，所受彈力為0,可得：?八=工="1

合cos53R

解得：vc=J

從B點到C點，由動能定理可得：一qERsin530-mgR(l+cos53。)=-mv1--mvj,

聯立可得：vB=,j7gR；

答：(1)勻強電場的電場強度大小E為甯;

(2)2、。兩點間的電勢差為。為一喋磐;

(3)為使小球能夠在軌道內做完整的圓周運動，小球經過軌道內最低點8時，應具有一定的速度，這個速度

的最小值為y或。

【解析】(1)小球靜止在a點，根據平衡條件列式，