2023 年秋季学期富源学校高二年级期中考试
物 理
2023.11
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
一．选择题（共 7 小题，满分 28 分，每小题 4 分）
1．（4 分）如图所示，原来不带电的长为 l 的导体棒水平放置，现将一个带正电的点电荷 q 放
在棒的中心轴线上距离棒的左端 R 处。已知 O 为棒的中点，A、B 为棒上左、右端的一点，当
棒达到静电平衡后（ ）
A．棒整体带负电
B．A 点电势比 B点电势高
C．感应电荷在 O 处的场强方向水平向左
D．O 点场强大小为
2．（4分）在边长为 a 的正方形的每个顶点都放置一个电荷量为+q的点电荷。如果保持它们的
位置不变，每个电荷受到其他三个电荷的静电力的合力大小为（ ）
A．2 k B．
C．3k D．
3．（4 分）如图所示为电场中的一条电场线，在该电场线上有 a、b两点，用 Ea、Eb 分别表示
两点电场强度的大小，则（ ）
A．a、b 两点的场强方向不一定相同
B．因为电场线由 a 指向 b，所以 Ea＞Eb
C．因为电场线是直线，所以 Ea＝Eb
D．Ea、Eb 的大小关系不能确定
4．（4 分）在实验室中有两个定值电阻 R1 和 R2，小明同学对两个电阻串
联和并联的伏安特性进行了测量，分别为图中的图线 1和 2，则以下定值
电阻 R1 和 R2 满足要求的是（ ）
A．R1＝10Ω R2＝10Ω
B．R1＝10Ω R2＝20Ω
C．R1＝20Ω R2＝30Ω
D．R1＝30Ω R2＝40Ω
5．（4分）如图所示，真空中水平放置的平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，下极
板接地，当两极板间距为 d 时，两极板间的带电质点恰好静止在 P 点，当把上极板快速向下平
移距离 l 后，电容器所带的电荷量在极短时间内重新稳定，带电质
点开始运动，重力加速度大小为 g，则上极板向下平移后（ ）
A．电容器所带的电荷量不变
第 1页（共 4页）
{#{QQABKYYQogCAQAAAAAgCUwWiCgEQkAECAAoORBAAoAABQBNABAA=}#}
B．带电质点将向下运动
C．P 点的电势升高
D．带电质点的加速度大小为
6．（4 分）如图所示为一块长方体铜块，使电流沿如图 I1、I2 两个
方向通过该铜块，铜块的电阻之比为（ ）
A．1 B． C． D．
7．（4 分）如图是有两个量程的电流表，当使用 A、B两个端点时，量程为 0～10A，当使用 A、
C两个端点时，量程为 0～1A。已知表头的满偏电流 Ig＝500mA，内阻 Rg＝200Ω，则电阻 R1
的值（ ）
A．20Ω B．30Ω C．40Ω D．50Ω
二．多选题（共 3小题，满分 18 分，每小题 6分）
（多选）8．（6 分）下列说法中，正确的是（ ）
A．沿着电场线的方向移动正电荷，电势能一定增大
B．沿着电场线的方向移动正电荷，电势能一定减少
C．沿着电场线的方向移动负电荷，电势能一定减少
D．沿着电场线的方向移动负电荷，电势能一定增大
（多选）9．（6 分）如图所示，AB是点电荷电场中的一根电场线，在线上 O 点放一个初速度
为 0的负电荷后，它将沿电场线向 A 运动，则下列判断中正确的是（ ）
A．电场线方向由 B 指向 A，该电荷受到的电场力大小变化无法确定
B．电场线方向由 A 指向 B，该电荷受到的电场力大小变化无法确定
C．如果电荷受到的电场力变大，场源电荷是正电荷
D．如果电荷受到的电场力变小，场源电荷是正电荷
（多选）10．（6 分）如图所示，干旱季节，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水
泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表 5.55m深，安装潜水泵时将一根输水
钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为 0.45m，水流由出水口水平喷
出时的速度为 3m/s，每秒出水量为 4kg。已知电动机额定电压为 220V，水泵的抽水效率为 75%，
水的密度为 1.0×103kg/m3，则（ ）
A．出水口钢管横截面积为 m2
B．每秒内水流机械能增加 258J
C．电动机的输入功率为 258W
D．电动机线圈的电阻约为 35Ω
三．实验题（共 2小题，满分 16 分）
11．（10分）某同学测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：
第 2页（共 4页）
{#{QQABKYYQogCAQAAAAAgCUwWiCgEQkAECAAoORBAAoAABQBNABAA=}#}
（1）用螺旋测微器测量其直径如图 1，可知其直径为______________mm。
（2）用游标卡尺测量其长度如图 2，可知其长度为______________cm。
（3）用伏安法测此圆柱体的电阻的实验中，待测电阻 Rx 约为 20Ω，电压表 V的内阻约为 2k
Ω，电流表 A 的内阻约为 10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图甲或图乙所示，用 计
算电阻，其中______________（填“甲”或“乙”）图计算更接近待测电阻的真实值，且甲图
测量值______________（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，乙图测量值 ______________
（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
12．（6 分）电流表 G 的满偏电流为 Ig＝250μA，内阻为 Rg＝1200Ω，先把电流表 G 改装成一
个量程为 1.0mA的电流表，再把改装后的电流表改装为一个多挡位的欧姆表，其电路原理图
如图甲所示。
（1）把该微安表改装为量程为 1mA 的电流表需要并联一个______________Ω的电阻；
（2）图甲中，B 表笔为______________（选填“红”或“黑”）表笔；
（3）若用电阻挡测电阻时，某同学将两表笔分别与待测电阻相接，将选择开关旋转到电阻挡
“×1k”的位置，发现指针偏转角度过大。为了得到比较准确的测量结果，该同学又进行了合
理的操作后得到表针指示如图乙所示，则：该电阻的阻值为______________Ω。
四．计算题（共 3小题，满分 38 分）
13．（12 分）如图所示，带有等量异种电荷、相距 10cm 的平行板 A 和 B 之间有匀强电场，电
场强度 E＝2×104V/m，方向向下。电场中 D点距 A 板 2cm，C 点距 B板 3cm。（已知电子带电
荷量为 1.6×10﹣19C）求：
（1）D、C 两点的电势差 UDC，并说明哪一点电势高。
（2）如果把 A 板接地，φC 是多少？
（3）把一个电子从 D 点移动到 C点，静电力做多少功？
第 3页（共 4页）
{#{QQABKYYQogCAQAAAAAgCUwWiCgEQkAECAAoORBAAoAABQBNABAA=}#}
（4）如果使电子从 D 点先移到 P 点，再移到 C点，静电力做的功是否会发生变化？做了多少
功？
14．（12分）额定电压为 44V 电风扇的线圈电阻为 0.8Ω，正常工作时电流为 5A，问：
（1）电风扇每秒产生的热量为多少？
（2）每秒有多少焦耳的电能转化为机械能？
（3）电风扇的效率是多少？
15．（14分）如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，第 I 象限存在沿 y 轴负方向的水平匀强电
场，在 x轴下侧平面内某处固定着一点电荷（设匀强电场与点电荷电场以 x 轴为界互不影响），
一质量为 m，电荷量为 q 的带正电的粒子从 y 轴正半轴上的 M 点以速度 v0垂直于 y 轴射入电
场，经 x轴上的 N点与 x 轴正方向成θ＝60°角射入第 IV 象限，此后在点电荷作用下做匀速
圆周运动，最后从 y 轴负半轴上的 P 点垂直于 y 轴射出，OP＝3R．不计粒子重力，静电力常
量为 k，求：
（1）M、N两点间的电势差 UMN；
（2）固定 x 轴下侧平面内的点电荷电量 Q；
（3）匀强电场的电场强度 E 大小。
第 4页（共 4页）
{#{QQABKYYQogCAQAAAAAgCUwWiCgEQkAECAAoORBAAoAABQBNABAA=}#}富源学校2023-2024学年高二上学期11月期中考试
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）
1．（4分）如图所示，原来不带电的长为l的导体棒水平放置，现将一个带正电的点电荷q放在棒的中心轴线上距离棒的左端R处。已知O为棒的中点，A、B为棒上左、右端的一点，当棒达到静电平衡后（ ）
A．棒整体带负电
B．A点电势比B点电势高
C．感应电荷在O处的场强方向水平向左
D．O点场强大小为
【分析】静电平衡时导体内部电场强度为零，导体是等势体；根据静电平衡规律，分析感应电荷在O处形成的电场强度方向。
【解答】解：A．根据电荷守恒定律可知，棒的电荷量不变，所以不带电，故A错误；
B．由静电平衡可知，导体棒是一个等势体，所以其表面上各点电势处处相等，故B错误；
CD．由静电平衡可知，O点的合场强为零，感应电荷在O处电场强度与正点电荷在O处产生的电场强度大小相等，方向相反。正电荷在O点的电场强度方向向右，所以感应电荷在O点处产生的场强方向向左，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查学生对静电平衡规律、静电感应规律的掌握，是一道基础题。
2．（4分）在边长为a的正方形的每个顶点都放置一个电荷量为+q的点电荷。如果保持它们的位置不变，每个电荷受到其他三个电荷的静电力的合力大小为（ ）
A．2k B．
C．3k D．
【分析】根据力的独立性原理和库仑定律，分别计算出其它三个电荷给它的库仑斥力大小，判断出方向，再根据力的合成法则，求出这三个力的合力即可。
【解答】解：假设第四个电荷q放在d点，则对角线上b点的电荷给它的库仑斥力为F1＝k
a电荷和c点的电荷给它的库仑斥力大小均为F2＝F3＝k
根据力的合成法则，点电荷q所受的电场力大小为：F＝k+2k cos45°＝（+）k
故选：B。
【点评】本题要知道库仑定律F＝k，以及力的独立性原理和求合力的方法，计算过程中要注意各个力的方向。
3．（4分）如图所示为电场中的一条电场线，在该电场线上有a、b两点，用Ea、Eb分别表示两点电场强度的大小，则（ ）
A．a、b两点的场强方向不一定相同
B．因为电场线由a指向b，所以Ea＞Eb
C．因为电场线是直线，所以Ea＝Eb
D．Ea、Eb的大小关系不能确定
【分析】电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的切线方向表示场强的方向。
【解答】解：A．电场强度的方向沿着沿着该点所在电场线切线的方向，若电场线为直线，则场强方向与电场线方向一致，可知a、b两点的场强方向相同，故A错误；
B．沿着电场线的方向电势降低而不是电场强度减小，故B错误；
CD．电场强度的大小与电场线的疏密有关，电场线越密集，电场强度越大，因不知道电场线的疏密程度，则无法判断a、b两点的场强的大小，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】掌握电场线的特点：电场线的疏密表示电场的强弱，沿电场线方向电势降低。
4．（4分）在实验室中有两个定值电阻R1和R2，小明同学对两个电阻串联和并联的伏安特性进行了测量，分别为图中的图线1和2，则以下定值电阻R1和R2满足要求的是（ ）
A．R1＝10Ω R2＝10Ω B．R1＝10Ω R2＝20Ω
C．R1＝20Ω R2＝30Ω D．R1＝30Ω R2＝40Ω
【分析】根据伏安特性曲线求出串并联电路电阻的比值大小，再根据串并联电阻公式求出各电阻大小。
【解答】解：由伏安特性曲线可知，定值电阻 R1和 R2串联、并联后的阻值之比为4：1，则可知
整理解得
R1＝R2
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查的是伏安特性曲线的知识，且需熟练掌握串并联电阻的计算公式。
5．（4分）如图所示，真空中水平放置的平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，下极板接地，当两极板间距为d时，两极板间的带电质点恰好静止在P点，当把上极板快速向下平移距离l后，电容器所带的电荷量在极短时间内重新稳定，带电质点开始运动，重力加速度大小为g，则上极板向下平移后（ ）
A．电容器所带的电荷量不变
B．带电质点将向下运动
C．P点的电势升高
D．带电质点的加速度大小为
【分析】因电容器与电池相连，故电容器两端的电压保持不变；因距离变化，由可知C的变化；由U＝Ed可知场强E的变化，以及电势差的关系；由带电粒子的受力可知质点的运动情况，并依据牛顿第二定律，即可求解加速度大小。
【解答】解：A．根据：可知，当上极板向下平移后，极板间的距离减小，导致电容器的电容增大，依题意，电容器极板间电压保持不变，
根据定义式：
易知电容器所带的电荷量增大。故A错误；
B．根据电场强度和电势差关系：
又由电场力：
F＝qE
联立解得
可知带电质点所受电场力增大，将向上运动。故B错误；
C．根据电势差与场强的关系，可知P点与下极板的电势差为
U＝Ed下
依题意，下极板接地，电势为零，由
U＝φP﹣φ下极板
可知P点的电势升高。故C正确；
D．依题意，上极板移动前，有
上极板移动后，有
联立，解得
故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查决定电容器电容大小的因素与d有关，结合本题特点，电容器电压恒定，结合匀强电场场强公式可知场强变化，根据U＝Ed可得P点电势能变化，结合牛顿第二定律可求出带电质点P的加速度大小。本题属于基本题型，较为简单。
6．（4分）如图所示为一块长方体铜块，使电流沿如图I1、I2两个方向通过该铜块，铜块的电阻之比为（ ）
A．1 B． C． D．
【分析】明确两电流流向中对应的电阻长度和截面积，再根据电阻定律分别求出电阻表达式，再求出比值即可．
【解答】解：I1流向时，长度为a，截面积为bc，则由电阻定律可知：R1＝；
I2流向时，长度为c，截面积为ab，则电阻R2＝；
故电阻之比为：＝＝；
故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查电阻定律的正确应用，要注意明确同一电阻，电流的流向不同时，对应的阻值是不同的，要明确电阻的长度和截面积才能准确求解电阻大小．
7．（4分）如图是有两个量程的电流表，当使用A、B两个端点时，量程为0～10A，当使用A、C两个端点时，量程为0～1A。已知表头的满偏电流Ig＝500mA，内阻Rg＝200Ω，则电阻R1的值（ ）
A．20Ω B．30Ω C．40Ω D．50Ω
【分析】当使用A、B两个端点时，Rg与R2串联后与R1并联；当使用A、C两个端点时，Rg与R2、R1并联；根据欧姆定律和并联电路规律即可求解。
【解答】解：当使用A、B两个端点时，量程为0～10A，根据欧姆定律得：
I1＝，
当使用A、C两个端点时，量程为0～1A，根据欧姆定律得：
I2＝，
联立解得：
R1＝20Ω，
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题解题关键是明确电路情况，根据欧姆定律和并联电路规律列式求解。
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）下列说法中，正确的是（ ）
A．沿着电场线的方向移动正电荷，电势能一定增大
B．沿着电场线的方向移动正电荷，电势能一定减少
C．沿着电场线的方向移动负电荷，电势能一定减少
D．沿着电场线的方向移动负电荷，电势能一定增大
【分析】电场力对电荷做正功时电荷的电势能减小，电场力对电荷做负功时，电荷的电势能增大．根据电场力做功情况，分析电势能的变化情况．
【解答】解：AB、正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同，沿着电场线的方向移动正电荷时，电场力做正功，电势能一定减少，故A错误，B正确。
CD、负电荷所受的电场力方向与电场强度方向相反，沿着电场线的方向移动负电荷时，电场力做负功，电势能一定增大，故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键要掌握电场力做功的正负与电势能变化的关系，可与重力做功和重力势能变化的关系来类比理解．
（多选）9．（6分）如图所示，AB是点电荷电场中的一根电场线，在线上O点放一个初速度为0的负电荷后，它将沿电场线向A运动，则下列判断中正确的是（ ）
A．电场线方向由B指向A，该电荷受到的电场力大小变化无法确定
B．电场线方向由A指向B，该电荷受到的电场力大小变化无法确定
C．如果电荷受到的电场力变大，场源电荷是正电荷
D．如果电荷受到的电场力变小，场源电荷是正电荷
【分析】根据负电荷的运动方向判断电场力，确定场强方向．场强的大小由电场线的疏密反映，电场线越密场强越大；结合点电荷电场的特点判断。
【解答】解：AB、根据负电荷受到的电场力的方向与电场线的方向相反，一个初速度为0的负电荷将沿电场线向A运动，可知场强方向与负电荷所受的电场力方向相反，则电场方向由A指向B，由于电场线的分布情况未知，则场强如何变化无法确定，电场力大小如何变化也无法确定，故B正确，A错误；
CD、如果电荷受到的电场力变大，则电场强度变大，即A点电场强度大，根据E＝可知场源电荷位于A的左侧，且场源电荷为正电荷，故C正确，D错误．
故选：BC．
【点评】本题根据电荷的运动方向确定场强方向不难，容易产生的错误在于分析场强大小的变化来确定电场力的变化，条件不明时，考虑问题要全面．
（多选）10．（6分）如图所示，干旱季节，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表5.55m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为3m/s，每秒出水量为4kg。已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为75%，水的密度为1.0×103kg/m3，则（ ）
A．出水口钢管横截面积为m2
B．每秒内水流机械能增加258J
C．电动机的输入功率为258W
D．电动机线圈的电阻约为35Ω
【分析】根据密度公式求解单位时间内出水的体积，根据圆柱体积公式求解横截面积；根据机械能增量表达式，计算机械能增量；根据输出功率、总功率计算式，计算输出功率、总功率；根据功率公式求解电动机线圈的电阻。
【解答】解：A、由题意得，单位时间内出水的体积为V＝＝m3＝4×10﹣3m3
出水口钢管横截面积为S＝＝m2＝×10﹣3m2
故A正确；
B、以每秒出水量为研究对象，每秒机械能增加ΔE＝mgh+mv2
h＝5.55m+0.45m＝6m
代入数据解得：ΔE＝258J
故B正确；
C、电动机的输出功率P出＝＝＝W＝258W
电动机的输入功率为P入＝＝W＝344W
故C错误；
D、对电动机，有P入＝P出+I2r
P入＝UI
代入数据联立解得：r＝Ω≈35Ω
故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题综合性强，考点多，需要学生重点掌握输出功率、总功率的计算公式。
三．实验题（共2小题，满分16分）
11．（10分）某同学测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：
（1）用螺旋测微器测量其直径如图1，可知其直径为 4.700 mm。
（2）用游标卡尺测量其长度如图2，可知其长度为 10.230 cm。
（3）用伏安法测此圆柱体的电阻的实验中，待测电阻Rx约为20Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图甲或图乙所示，用计算电阻，其中 乙 （填“甲”或“乙”）图计算更接近待测电阻的真实值，且甲图测量值 大于 （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，乙图测量值 小于 （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
（2）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。
（3）当电压表内阻远大于待测电阻阻值时电流表应采用外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时电流表应采用内接法；根据图示电路图分析实验误差。
【解答】解：（1）由图1所示螺旋测微器可知，其示数为4.5mm+20.0×0.01mm＝4.700mm。
（2）由图2所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，其精度是0.05mm，其示数为102mm+6×0.05mm＝102.30mm＝10.230cm。
（3）由题意可知：＝2，＝100，则，为减小实验误差，电流表应采用外接法，选择图乙所示电路图实验误差较小，电阻测量值更接近真实值；由图甲所示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压表的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值；由图乙所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值。
故答案为：（1）4.700；（2）10.230；（3）乙；大于；小于。
【点评】本题考查了游标卡尺与螺旋测微器读数、实验误差分析等问题；要掌握常用器材的使用方法与读数方法；应用伏安法测电阻时要能正确选择电流表的接法。
12．（6分）电流表G的满偏电流为Ig＝250μA，内阻为Rg＝1200Ω，先把电流表G改装成一个量程为1.0mA的电流表，再把改装后的电流表改装为一个多挡位的欧姆表，其电路原理图如图甲所示。
（1）把该微安表改装为量程为1mA的电流表需要并联一个 400 Ω的电阻；
（2）图甲中，B表笔为 黑 （选填“红”或“黑”）表笔；
（3）若用电阻挡测电阻时，某同学将两表笔分别与待测电阻相接，将选择开关旋转到电阻挡“×1k”的位置，发现指针偏转角度过大。为了得到比较准确的测量结果，该同学又进行了合理的操作后得到表针指示如图乙所示，则：该电阻的阻值为 1700 Ω。
【分析】（1）改装成电流表要给微安表并联一个电阻分流，根据串并联电路特点求解；
（2）根据“红入黑出”原则确定表笔颜色；
（3）阻值等于读数乘以倍率。
【解答】解：（1）Ig＝250μA＝0.25mA，I＝1.0mA
把微安表改装为量程为1.0mA的电流表需要并联一个电阻，根据并联电路的特点可得
IgRg＝（I﹣Ig）R0
解得
R0＝400Ω
（2）由图可知，电流电源正极流向B，所以B为黑表笔。
（3）该电阻的阻值为
Rx＝17.0×100Ω＝1700Ω
故答案为：（1）400；（2）黑；（3）1700
【点评】本题考查了电表的改装和欧姆挡的读数，考查的知识点基础，认真解答即可。
四．计算题（共3小题，满分38分）
13．（12分）如图所示，带有等量异种电荷、相距10cm的平行板A和B之间有匀强电场，电场强度E＝2×104V/m，方向向下。电场中D点距A板2cm，C点距B板3cm。（已知电子带电荷量为1.6×10﹣19C）求：
（1）D、C两点的电势差UDC，并说明哪一点电势高。
（2）如果把A板接地，φC是多少？
（3）把一个电子从D点移动到C点，静电力做多少功？
（4）如果使电子从D点先移到P点，再移到C点，静电力做的功是否会发生变化？做了多少功？
【分析】（1）根据匀强电场的场强与电势差的关系U＝Ed，计算DC间的电势差；
（4）根据公式U＝Ed得出C点的电势；
（3）依据W＝qU，即可求解电场力对电子做功的大小；
（4）电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，与路径无关。
【解答】解：（1）DC两点的距离为d＝10cm﹣2cm﹣3cm＝5cm
DC两点电势差 UDC＝Ed＝2×104×5×10﹣2V＝1000V
D点电势高于C点
（2）在匀强电场中，根据公式U＝Ed可得：
UAC＝EdAC＝φA﹣φC
其中，dAC＝（10﹣3）cm＝0.07m，φA＝0V
解得：φC＝﹣1400V
（3）电子从D点移到C，静电力做功WDC＝﹣eUDC＝﹣eEdDC＝﹣1.6×10﹣19C×2×104V/m×（10﹣3﹣2）×10﹣2m＝﹣1.6×10﹣16J
（4）电场力做功与路径无关，与初末位置有关，所以两个过程中静电力做功一样，WDC＝﹣eUDC＝﹣1.6×10﹣16J。
答：（1）D、C两点的电势差UDC为1000V，D电势高；
（2）如果把A板接地，φC是﹣1400V；
（3）把一个电子从D点移动到C点，静电力做功为﹣1.6×10﹣19J；
（4）如果使电子从D点先移到P点，再移到C点，静电力做的功不会发生变化，做了﹣1.6×10﹣19J的功。
【点评】解决本题的关键是要掌握：匀强电场的场强与电势差的关系U＝Ed中，注意d为沿电场线方向上的距离，并运用电场力做功公式W＝qU时，要注意各个量均要代符号运算。
14．（12分）额定电压为44V电风扇的线圈电阻为0.8Ω，正常工作时电流为5A，问：
（1）电风扇每秒产生的热量为多少？
（2）每秒有多少焦耳的电能转化为机械能？
（3）电风扇的效率是多少？
【分析】（1）根据焦耳定律求解电风扇每秒产生的热量；
（2）每秒消耗的电能与产生的热量之差为电风扇每秒转化的机械能；
（3）根据效率公式求解电风扇的效率。
【解答】解：（1）电风扇每秒产生的热量为Q＝I2Rt＝52×0.8×1J＝20J
（2）电风扇每秒转化的机械能为E＝UIt﹣I2Rt＝44×5×1J﹣52×0.8×1J＝200J
（3）电风扇的效率为η＝×100%＝×100%＝×100%≈90.9%
答：（1）电风扇每秒产生的热量为20J；
（2）每秒有200J的电能转化为机械能；
（3）电风扇的效率是90.9%.
【点评】本题考查非纯电阻电路的计算，了解电流通过电动机做功特点：消耗的电能大多数转化为机械能，少部分转化为内能。
15．（14分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的水平匀强电场，在x轴下侧平面内某处固定着一点电荷（设匀强电场与点电荷电场以x轴为界互不影响），一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入第IV象限，此后在点电荷作用下做匀速圆周运动，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出，OP＝3R．不计粒子重力，静电力常量为k，求：
（1）M、N两点间的电势差UMN；
（2）固定x轴下侧平面内的点电荷电量Q；
（3）匀强电场的电场强度E大小。
【分析】这是一道高考原题，考查带电粒子在电场中的运动，粒子先做类平抛运动，进入第四象限后再做匀速圆周运动。
（1）由题设进入第四象限的速度方向和初速度求出粒子到达N点的速度，根据动能定理求出MN间的电势差。
（2）由题设离开第四象限时速度方向与y轴垂直和进入第四象限的速度方向确定圆周运动的圆心，由几何关系求出半径，由库仑力提供向心力求出点电荷的电量Q。
（3）在第一象限匀强电场中的类平抛运动，末速度方向已知，从而求出沿场强方向的速度，而此速度是由电场加速的，由运动学公式求出加速度，再求出电场强度。
【解答】解（1）设粒子过N点时的速度为v，由速度的合成有：
所以：v＝2v0
粒子从M点运动到N点的过程，据动能定理：
（2）设带电粒在第四象限内的运动半径为r
由几何关系得：OP＝
且
联立解得：
（3）带电粒子从电场中出来时，由速度合成得：
Uy＝U0tan60°
而时间：
联立得：
答：（1）M、N两点间的电势差为。
（2）固定x轴下侧平面内的点电荷电量为。
（3）匀强电场的电场强度E大小为。
【点评】题目的靓点在于离开匀强电场的速度方向以及离开第四象限的速度方向，隐含了许多物理知识，关联着粒子在电场的运动。此题涉及动能定理、匀速圆周运动、库仑定理等内容，是力学综合题，考查全面分析问题和解决问题的能力。
