第十二章《電能能量守恒定律》單元基礎(chǔ)鞏固與培優(yōu)達標檢測卷

一：單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求

的。

1.如圖所示，已知在相等亮度下，白熾燈消耗的電能是熒光燈的5倍，是LED燈的15倍。在額定電壓220V下工

作的白熾燈、熒光燈和LED燈，如果要求熒光燈和LED燈發(fā)光亮度與額定功率為100W的白熾燈相同，則（）

白熾燈熒光燈LED燈

A.可選用額定功率為20W的LED燈

B.通過LED燈的電流為工A

33

20

C.在60s內(nèi)通過LED燈的電荷量為五C

D.相同時間內(nèi)，電流對熒光燈做的功是白熾燈的5倍

【答案】B

【詳解】A.由題意可得，白熾燈的額定功率是LED燈額定功率的15倍，則品=152ED,所以要使LED燈發(fā)光亮

度與額定功率為100W的白熾燈相同，則可選用LED燈的額定功率為

P,=—xl00W=—W

LFEDD153

故A錯誤；

B.由公式

P=UI

得通過LED燈的電流為

20

ILED==工—A=-A

LEDU22033

故B正確；

C.在60s內(nèi)通過LED燈的電荷量為

Q=ILEJ=*X60C='c

故C錯誤；

D.由題意可得，白熾燈的額定功率是熒光燈額定功率的5倍，則碌=：修，由電流做功公式

用=Pt

可得相同時間內(nèi)電流對熒光燈做的功是白熾燈g,故D錯誤。

故選B。

2.如圖所示，直流電動機的額定電壓為U,線圈電阻為R,將它接在電動勢為E,內(nèi)阻為r的直流電源兩端時，電

動機恰好能正常工作，其內(nèi)部電路如圖乙所示，下列說法中正確的是（）

R

E

T

TJ2

A.電動機的額定電流為B.電動機的輸入功率為幺

R

F-TT

C.電動機消耗的熱功率為（E-U）D.電源的總功率為E土上

【答案】D

所以歐姆定律不適用，所以其額定電流不等于與，故A錯誤;

【詳解】A.電動機不是純電阻用電器，

R

B.電路中的電流

E-U

1T=-------

r

則電動機的輸入功率

故B錯誤;

C.電動機消耗的熱功率為

故C錯誤;

D.電源的總功率為

P=E『-U)

故D正確。

故選D。

3.如圖所示，電表均為理想電表，其中電流表A］、A?、A3示數(shù)變化量的絕對值分別用AZ】、AZ2,AZ3表示，電壓

表示數(shù)的變化量用AU表示，則（）

A.滑動變阻器的滑片向。端移動過程中，電壓表V示數(shù)變小

△U

B.滑動變阻器的滑片向。端移動過程中,否變大

C.滑動變阻器的滑片向。端移動過程中，鼠\>H

D.若扁發(fā)生斷路，則電壓表V示數(shù)變小，電流表A3示數(shù)變大

【答案】C

【詳解】A.滑動變阻器向a端移動，4接入電路的阻值變大，總電阻R總變大，根據(jù)閉合電路歐姆定律知總電流

減小，內(nèi)電壓減小，則外電壓增大，即電壓表V的示數(shù)增大，故A錯誤;

B.根據(jù)

U=E-I3r

可知

△U

AZ3

故不變，B錯誤;

C.根據(jù)

%=石_/3（鳥+廠）

可知U并增大，則A2示數(shù)

U并

此

變大，且有

—

而As示數(shù)變小，所以A1示數(shù)減變小更多，即

M>M

故C正確;

D.若此發(fā)生斷路，則總電阻R總變大，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，電流表A3示數(shù)減小，內(nèi)電壓減小，則外電壓增

大，即電壓表V的示數(shù)增大，故D錯誤。

故選c。

4.閉合電路內(nèi)、外電阻的功率隨外電路電阻變化的兩條曲線如圖所示，曲線A表示內(nèi)電阻的功率隨外電阻變化的

關(guān)系圖線，曲線8表示外電阻的功率隨外電阻變化的關(guān)系圖線。下列說法正確的是（）

B.電源的內(nèi)阻為2.5。

C.內(nèi)電阻的最大功率為7.2W

D.外電阻取2.5Q時外電阻的功率是外電阻取10Q時外電阻的功率的4

4

【答案】C

【詳解】AB.設(shè)電源的電動勢為E,內(nèi)阻為，，由閉合電路的歐姆定律得，電路中電流為

1=^—

R+r

則閉合電路中內(nèi)電阻的功率為

斤

砧戶

外電阻的功率為

球W+戶

由圖像可知，當外電阻

R=5Q

■=-1.8W

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

E=6V

r=5Q

AB錯誤；

C.當外電阻

R=O

電路中電流最大，內(nèi)電阻功率最大，最大功率為

E2

舄…：=7.2W

C正確；

D.由圖像可知，當外電阻

7?=2.5Q

外電阻的功率為

E,

琢i=（F）R"6W

rr+R

R=10。

外電阻的功率為

E9

絳2='）2R=L6W

琢1=琢2

D錯誤。

故選C?

5.在如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻為r,開關(guān)S斷開。則下列說法正確的是（）

A.閉合開關(guān)S,Ai、A2的示數(shù)都變大

B.閉合開關(guān)S,V的示數(shù)變大

C.若凡的滑片向下移動，Ai、A2的示數(shù)都變小

D.若&的滑片向下移動，V的示數(shù)變小

【答案】D

【詳解】AB.閉合開關(guān)S,R2與滑動變阻器并聯(lián)，可得電路中總電阻變小，干路電流增大，Ai示數(shù)變大；電阻&和

電源內(nèi)阻上的電壓變大，所以滑動變阻器兩端電壓變小，電流變小，即A2的示數(shù)變小，V的示數(shù)變小，故AB錯誤;

CD.Ro的滑片向下移動，接入電路中的阻值變小，電路總電阻變小，干路電流增大，電流電阻與和電源內(nèi)阻上的

電壓變大，可得滑動變阻器上電壓變小，即V的示數(shù)變小，流過冬的電流減小，總電流增大，則流過滑動變阻器

的電流增大，Ai、A2的示數(shù)都變大，故C錯誤，D正確。

故選D。

4

6.如圖所示電路，電源的電動勢與內(nèi)阻分別為E、r,定值電阻的阻值飛=1r,電容為C/的電容器與定值電阻幾

并聯(lián)，電容為C2的電容器接在電源兩端，今=,，滑動變阻器R的阻值調(diào)節(jié)范圍是0~10廠，合上開關(guān)S,調(diào)節(jié)R的

接入值，則電容為C/的電容器的最大帶電量與電容為C2的電容器的最大帶電量之比為（）

【答案】B

【詳解】對定值電阻凡，電壓

%=叫

結(jié)合

1=——--

RQ+F+7?

且

4

可知當R=o時，q最大，則有

u廣場

ml9

電源的外電壓

U2=E-Ir

結(jié)合

1=——--

RQ+F+7?

且

4

&=gr

可知當R=10r時，4的最大值

U厘

m259

由電容的定義

c=2

u

可得電容為G的電容器的最大帶電量

電容為a的電容器的最大帶電量

e2=Qt/m2

結(jié)合

邑=2

C24

聯(lián)立解得

2=”

Q「54

故選B。

7.某節(jié)水噴灌系統(tǒng)如圖所示，水以%=15m/s的速度水平噴出，每秒噴出水的質(zhì)量為2.0kg。噴出的水是從井下抽

取的，噴口離水面的高度保持"=3.75m不變.水泵由電動機帶動，電動機正常工作時，輸入電壓為220V,輸入電流

為2.0A。不計電動機的摩擦損耗，電動機的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的輸

出功率與輸入功率之比）為75%,忽略水在管道中運動的機械能損失，則（）

%

二

一

P二

P

F

P

二

F

P

尸

A.每秒水泵對水做功為75J

B.每秒水泵對水做功為225J

C.水泵輸入功率為400W

D.電動機線圈的電阻為5。

【答案】C

【詳解】AB.每秒噴出水的質(zhì)量為％=2.0kg,抽水增加了水的重力勢能和動能，則每秒水泵對水做功為

1,

W=mogH+-m0Vg=300J

故AB錯誤；

C.水泵的輸出能量轉(zhuǎn)化為水的機械能，則

W

場=；=300W

所以水泵的輸入功率

以=%==400W

c正確;

D.電動機的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率，則電動機的機械功率為

^=^=400W

而電動機的電功率

p=L7=440W

故電動機的熱功率

4=尸一弓=40W

又因為

解得線圈的電阻

r=10Q

D錯誤。

故選C。

8.電子秤在日常生活中應(yīng)用很廣泛。某同學(xué)在研究性學(xué)習(xí)活動中自制兩種電子秤，原理如圖甲、乙所示。用理想

電壓表的示數(shù)指示物體的質(zhì)量，托盤與電阻可忽略的金屬彈簧相連，托盤與彈簧的質(zhì)量均不計，滑動變阻器R的滑

片與彈簧上端連接。當托盤中沒有放物體時，滑片恰好指在變阻器的最上端。已知滑動變阻器總電阻R=2.0。，長

度L=2cm,電源電動勢E=3.0V,內(nèi)阻r=0.1Q,限流電阻凡=04。，彈簧勁度系數(shù)上=200N/m,除重力外，不

計其他作用力，g=10m/s2。下列說法正確的是（）

B.甲、乙兩圖流過《的電流均隨著托盤中物體質(zhì)量增大而增大

C.當圖甲電壓表示數(shù)為2V時，可推測托盤中所放物體質(zhì)量為0.4kg

D.當圖乙電壓表示數(shù)為2.4V時，可推測托盤中所放物體質(zhì)量為0.4kg

【答案】D

【詳解】A.當托盤中沒有放物體時，兩電路圖滑動變阻器接入電路的電阻均為0,則電壓表示數(shù)均為0,故A錯

誤;

B.經(jīng)過凡的電流增大，說明R接入電路阻值變小，盤中物體質(zhì)量減小，故B錯誤;

C.當電壓表示數(shù)為2V時，題圖甲電路的電流為

E-U,3-2

1A=2A

4)+廠0.4+0.1

則變阻器接入電路的電阻為

R.=4=2。=1。

L2

彈簧長度變化量

%=&=lcm

1R

托盤中放上的物體質(zhì)量為

kx,200x0.01

網(wǎng)=-L=kg=0.2kg

g10

故C錯誤;

D.題圖乙中，設(shè)托盤上放上質(zhì)量為明的物體時,彈簧的壓縮量為超，由平衡條件可得

m2g=kx2

解得

_m2g

2一T

由閉合電路歐姆定律可知

E-U2

2%）+〃

則

幺=4（—+廠）=三.

I2E-U2L

聯(lián)立解得

h02（仆+r）

加2=----------7----------------1

gR（E-U2）

將〃2=2.4V代入得

m2=0.4kg

故D正確。

故選D。

二：多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全

部選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得。分。

9.如圖所示為一充電器對鋰電池充電的電路圖，已知輸出電壓為U=3.0V,輸出電流為/=100mA,鋰電池的內(nèi)

阻/'=2￡1。則在充電時間為t=lmin的時間內(nèi)，下列說法正確的是（）

A.有18J的電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能

B.充電過程中電流做的功為18J

C.該過程中鋰電池產(chǎn)生的熱量為1.2J

D.該過程中有16.8J的化學(xué)能儲存在鋰電池中

【答案】BCD

【詳解】B.充電過程中電流做的功為

W=L7r=3.0xl00xl0^xlx60J=18J

故B正確；

AD.根據(jù)能量守恒定律有

Ult=12rt+E化

解得

E化=16.8J

可知，有6.18J的電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，即該過程中有16.8J的化學(xué)能儲存在鋰電池中，故A錯誤，D正確;

C.該過程中鋰電池產(chǎn)生的熱量為

Q=I2rt=1.2J

故C正確。

故選BCD。

10.如圖所示，是測電源電動勢和內(nèi)阻的兩種常用方法，由于電流表和電壓表都不是理想電表，所以測量結(jié)果有系

引入系統(tǒng)誤差的原因是電

流表的分壓作用

B.圖丙是用圖甲電路處理的結(jié)果，其中圖線②表示測量圖線，圖線①表示真實圖線

C.圖丁是用圖乙電路處理的結(jié)果，其中圖線③表示測量圖線，圖線④表示真實圖線

D.圖丙和圖丁結(jié)合處理實驗數(shù)據(jù)，可以消除因電表不理想而引起的系統(tǒng)誤差

【答案】ABD

【詳解】A.由于電表不是理想電表，則電流表存在電阻，電壓表內(nèi)阻不是無窮大。采用圖甲的方法，由于電壓表

的分流使電流表讀數(shù)偏小，引入系統(tǒng)誤差的原因是電壓表的分流作用。采用圖乙的方法，由于電流表的分壓使電壓

表讀數(shù)偏小，引入系統(tǒng)誤差的原因是電流表的分壓作用。故A正確；

B.采用圖甲的方法，由于電壓表的分流使電流表讀數(shù)偏小，當外電路短路時，電壓表分流為0,即圖甲方法中測

量圖線和真實圖線與橫軸交點相同。則圖丙是用圖甲電路處理的結(jié)果，其中圖線②表示測量圖線，圖線①表示真實

圖線。故B正確；

C.采用圖乙的方法，由于電流表的分壓使電壓表讀數(shù)偏小，當外電路斷路時，電流表的分壓為0,即圖2方法中

測量圖線和真實圖線與縱軸交點相同，則圖丁是圖乙電路處理的結(jié)果，其中圖線③表示真實圖線，圖線④表示測量

圖線。故C錯誤；

D.利用圖丙中圖線與橫軸交點、圖丁中圖線與縱軸交點，連接后可得出真實的圖線，消除因電表不理想而引起的

系統(tǒng)誤差。故D正確。

故選ABD?

11.如圖，平行金屬板中帶電質(zhì)點尸原處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，電源內(nèi)阻為r,與、&、

用為定值電阻，當滑動變阻器凡的滑片向6端移動時，下列說法正確的是（）

.............——~??~——

&&L

E_LJLn

rT,b

u----------------

A.電壓表示數(shù)減小

B.帶電質(zhì)點尸向上運動

C.電源的輸出功率變小

IAC/I

D.若電壓表、電流表的示數(shù)變化量分別為AU和AZ,則身=r+鳥

【答案】AD

【詳解】A.由圖可知，&與滑動變阻器&串聯(lián)后與鳥并聯(lián)后，再由K串連接在電源兩端；電容器與以并聯(lián)；當

滑片向6移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減??；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大，

路端電壓減小，同時飛兩端的電壓也增大，所以并聯(lián)部分的電壓減小，電壓表讀數(shù)減小，故A正確；

B.由A項分析可知并聯(lián)部分的電壓減小，即平行金屬板兩端電壓減小，根據(jù)石=二，平行金屬板間的場強減小，

a

合力的方向向下；帶電質(zhì)點尸向下運動，故B錯誤；

C.由于不知內(nèi)外電阻的關(guān)系，無法確定電源的輸出功率的變化情況，故C錯誤；

D.根據(jù)閉合電路歐姆定律有

U=E-I(r+RJ

則

凹」+R

故D正確。

故選AD?

12.如圖所示，電源電動勢E、內(nèi)阻廠恒定，定值電阻R1的阻值等于r,定值電阻凡的阻值等于2r,閉合開關(guān)S,

平行板電容器兩板間有一帶電液滴剛好處于靜止狀態(tài)。將滑動變阻器滑片向上滑動，理想電壓表V1、丫2、的示

數(shù)變化量的絕對值分別為△〃、△/、AQ,理想電流表A示數(shù)變化量的絕對值為AZ,下列說法正確的是（）

A.理想電壓表V1示數(shù)增大，理想電壓表V2示數(shù)增大，理想電流表A示數(shù)減小

B.帶電液滴將向下運動，定值電阻R?中有從。流向。的瞬間電流

At/3AL/,AU2

'AZA/A/

D.電源的輸出功率減小

【答案】CD

【詳解】A.分析電路可知，當開關(guān)S閉合，滑動變阻器與定值電阻Rj串聯(lián)后接在電源兩端；將滑動變阻器的滑片

向上滑動，滑動變阻器接入電路的電阻變大，電路總電阻變大，電路電流減小，理想電流表A示數(shù)減小；理想電壓

表Vi測量定值電阻用兩端的電壓，據(jù)歐姆定律可得

5=1&

電路電流減小，則q變小，即理想電壓表V1示數(shù)減??；而理想電壓表V2測量電源的路端電壓，據(jù)閉合電路歐姆定

律可得

U2=E-Ir

電路電流減小，電源內(nèi)阻上分得的電壓變小，電源路端電壓增大，理想電壓表V2的示數(shù)增大，故A錯誤;

B.理想電壓表V3測量滑動變阻器兩端的電壓，據(jù)閉合電路歐姆定律可得

/=E-/（N+r）

電路電流減小，則6增大；根據(jù)

C=&

4

可知電容器的電荷量。增大，電容器充電，所以定值電阻&中有從b流向。的瞬間電流;

又

C=-^—,E=%

4兀kdd

可得

sS

電荷量Q增大，E增大，向上的電場力增大，則帶電液滴將向上運動，故B錯誤；

C.理想電壓表V1測量定值電阻R1兩端的電壓，據(jù)歐姆定律可得

5=典

理想電壓表V2測量電源的路端電壓，據(jù)閉合電路歐姆定律可得

U2=E-Ir

理想電壓表V3測量滑動變阻器兩端的電壓，據(jù)閉合電路歐姆定律可得

U.=E-I（Rl+r）

電路中定值電阻用的阻值等于電源內(nèi)阻，的阻值，當電路中電流增大，電阻用的阻值不變，故

AU1△%

=（K+r）＞=N=

A/A/A/

故c正確;

定值電阻&的阻值等于電源內(nèi)阻廠的阻值，將滑動變阻器的滑片向上滑動，滑動變阻器接入電路的電阻增大，電路

的外電阻阻值從大于內(nèi)阻r繼續(xù)增大，則電源的輸出功率減小，故D正確。

故選CD?

三：實驗題:本題共2小題，第一小題小題5分，第二小題7分，共12分。

13.在“測量電池的電動勢和內(nèi)阻”的實驗中，備有如下器材:

A.干電池1節(jié)

B.電流表A（量程0~0.6A,內(nèi)阻約0.10）

C.靈敏電流計G（滿偏電流號為200NA,內(nèi)阻9為2000）

D.滑動變阻器（0~20。）

E.電阻箱R（0-9999.9Q）

F.開關(guān)、導(dǎo)線若干

甲乙

（1）由于沒有電壓表，需要把靈敏電流計G改裝成量程為2V的電壓表，需串聯(lián)一個阻值為。的電阻；

（2）改裝后采用如圖甲所示電路進行測量。在閉合開關(guān)S前，將滑動變阻器的滑片移動至_____（選填、端”、“中

央''或立端"）。圖乙為該實驗繪出的乙-八圖線（乙為靈敏電流計G的示數(shù)，人為電流表A的示數(shù)），由圖線可求得

被測電池的電動勢E=V（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。

【答案】9800/9800.0a端1.48/1.46/1.47/1.49

【詳解】（1）[1]根據(jù)電壓表的改裝原理可知，改裝需要串聯(lián)一個電阻

R=j--rg=9800Q

（2）⑵滑動變阻器需接入電路阻值達到最大，故需要將滑片滑到。端。

[3]根據(jù)圖甲所示電路圖，由閉合電路歐姆定律得

E=Z1（7?+^）+（Z1+Z2）r

整理得

A=----------------------1

R+q+rR+&+r2

延長圖乙中的圖線與縱軸交于一點，即縱截距

P

--------=1.48x10%

R+q+r

斜率

r(135-110)xl0-6

R+rg+r~~0.45-0.15~

聯(lián)立解得

E=1.48V

14.某實驗小組要測量某型號電池的電動勢和內(nèi)阻，在實驗室中找到如下器材:

甲

A.量程為6V的電壓表Vi,內(nèi)阻很大；

B.量程為3V的電壓表V],內(nèi)阻很大；

C.電阻箱R的調(diào)節(jié)范圍為0-999.9。；

D.定值電阻Ro,阻值約為10Q；

E.開關(guān)和導(dǎo)線若干。

該實驗小組設(shè)計了如圖甲所示的電路圖，并完成了如下的操作：

（1）組裝好實驗器材后，將電阻箱的阻值調(diào)到最大，開關(guān)閉合，減小電阻箱的阻值，讀出兩電壓表Vl、V2的示

數(shù)5、U2及相應(yīng)的電阻箱示數(shù)R,反復(fù)調(diào)節(jié)，記錄多組實驗數(shù)據(jù)；

（2）該實驗小組利用（1）中的數(shù)據(jù)建立如圖乙所示的坐標系并繪制圖像，由圖像可知該電池的電動勢，E=V,

內(nèi)阻片Q（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）；

（3）電源電動勢E的測量值____E的真實值（填“大于”或“小于”或“="），本實驗產(chǎn)生的系統(tǒng)誤差原因為o

【答案】6.03.0小于電壓表不理想，導(dǎo)致所測干路電流偏小

【詳解】（2）山⑵根據(jù)閉合電路歐姆定律得

E/+號'

變形得

U(=E_U「U2,

R

由此可知，乙圖的縱截距為電源電動勢

E=6.0V

斜率的絕對值為電池內(nèi)阻

r=—Q=3.0Q

2.0

(3)[3][4]由于電壓表的分流作用，導(dǎo)致干路電流偏小，根據(jù)閉合電路歐姆定律

u「uj

E=U、+

R)

整理，可得

H_RvFR、TU[—U]

RN+rRN+rR

由此可知電源電動勢E的測量值小于E的真實值，本實驗產(chǎn)生的系統(tǒng)誤差原因為電壓表不理想，導(dǎo)致所測干路電

流偏小。

四：解答題:本題共4小題,第一小題小題6分，第二小題8分，第三小題10分，第四小題12分，共36分。

15.下圖是利用電動機提升重物的示意圖，其中D是直流電動機。P是一個質(zhì)量為根的重物，它用細繩拴在電動機

的軸上。電源電動勢E=120V,閉合開關(guān)S,重物P以速度v勻速上升，這時電流表和電壓表的示數(shù)分別是/=5.0A

和U=110V,重物P上升的速度v=0.80m/s。重物的質(zhì)量加=50kg(g取lOm/s?)。求：

(2)直流電動機的機械效率〃多大?

(3)電動機線圈的電阻R多大?

【答案】(1)4。

(2)72.7%

(3)6Q

【詳解】(1)由閉合電路歐姆定律

E=U+Ir

代入數(shù)據(jù)可得

r=2Q

(2)電動機的電功率

[=U/=110x5W=550W

電動機的機械功率

41=mgv=50xl0x0.8W=400W

電動機的機械效率

〃=用*100%=72.7%

(3)電動機線圈的電阻R的發(fā)熱功率為

心=埼-為=150W

由

得

R=6Q

16.如圖a所示，閉合開關(guān)S,將滑動變阻器的滑片P從一端滑到另一端的過程中，理想電壓表V1、Vz的示數(shù)隨理

想電流表A示數(shù)的變化情況如圖b所示，求：

(1)電源的電動勢和內(nèi)電阻；

⑵定值電阻&的阻值；

(3)滑動變阻器的最大阻值。

【答案】(1)8V,1。

(2)3Q

⑶12。

【詳解】(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得

E=U外i+Ij

E=U外2+/?廠

解得

E=8V,r=1Q

(2)由電壓表V2的示數(shù)隨電流表示數(shù)A的變化圖像可知

(3)當/=0.5A時，此時外電路的阻值達到最大，則

-卜A。

則R的最大值為

R=R外_4=120

17.如圖所示，電源內(nèi)阻r=lQ,R/=15Q,&=16。，及?=8。，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間的距離＜7=40cm.閉

合開關(guān)S,待電路穩(wěn)定后，將一帶電小球水平射入板間，小球能沿直線通過，若小球帶電量為q=lxlO-2C,質(zhì)量為

m=2xl0-2kg,不考慮空氣阻力，(取g=10m/s2)

(1)判斷小球的電性；

(2)求AB兩板間的電壓；

(3)求電源電動勢；

(4)求電源的輸出功率。

尸II

E,r~~RzR3

【答案】(1)帶負電；(2)8V；(3)32V；(4)45.75W

【詳解】(1)小球能沿直線通過電場，小球所受電場力方向向上，與電場方向相反，故小球應(yīng)帶負電;

(2)由

U

mg=q—

a

解得

U*=8V

q

(3)史和及?的等效電阻為

R'=凡,居=?.

用+氏33

總電流為

TU8A