4．如图7－1－11所示，是中国科健股份有限公司生产的一块手机电池外壳上的文字说明：充电时电压恰为限制电压，历时4 h充满．(假设充电前电池内已无电)该过程电池发热，则充电过程中转化成的电热功率为(　)

　 A．0.087 5 W　 　　　　　　　 B．0.007 29 W

　 C．0.735 W　 　　　　　 D．0.647 5 W

　 解析：由电池容量及充电时间可求得充电电流

　 I＝　 ＝175 mA　 .

　 输入功率P_入＝U_充I＝4.2×0.175 W＝0.735 W

　 转化成有效功率　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　 P_有效＝U_标·I＝3.7×0.175 W＝0.647 5 W.

　 电热功率ΔP＝P_入－P_有效＝0.087 5 W.

　 即A正确．

　 答案：A

3.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图7－1－10所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是(　)

　 A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大

　 B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝

　 C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝

　 D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的“面积”

　 解析：由欧姆定律，图中任意一点的电阻为该点与坐标原点O点的连线的斜率的倒数．随着所加电压的增大，图中曲线斜率越来越小，即小灯泡的电阻增大，故A项正确；对应P点，小灯泡的电阻为OP连线的斜率的倒数，即R＝ ，故B项正确，C项错误；对应P点，小灯泡的功率为P＝U₁I₂，即图中矩形PQOM所围的“面积”，故D项正确．

　 答案：ABD

2．(2009·济南模拟)一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如表所示．根据表中所提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为(　)

　 A.6.8 A　 B．0.15 A　 　 C．4.4 A　 　　 D．0.23 A

　 解析：由P＝UI，可知该电热水器在额定电压下处于加热状态时的电流为：I＝＝ A≈6.8 A，故选项A正确．

　 答案：A

1.如图7－1－9所示是电阻R₁和R₂的伏安特性曲线，并且把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，现在把R₁和R₂并联在电路中，消耗的电功率分别为P₁和P₂，并联的总电阻设为R，下列关于P₁和P₂的大小关系及R的伏安特性曲线所在的区域正确的是(　)

　 A．特性曲线在Ⅰ区，P₁＜P₂　 　　　　　　　

　 B．特性曲线在Ⅲ区，P₁＞P₂

　 C．特性曲线在Ⅰ区，P₁＞P₂　 　　　　　　　

　 D．特性曲线在Ⅲ区，P₁＜P₂

　 解析：由题图可知，图线斜率的倒数表示电阻，故R₁＜R₂，当两电阻并联时，电压相等，由P＝可知，P₁＞P₂；并联后，由电路的串并联规律知其并联电阻R＜R₁，因此R的伏安特性曲线应在Ⅰ区，故选项C正确．

　 答案：C

11．在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电荷量为+2q，B球的带电荷量为－3q，组成一带电系统．如图6－3－28所示，虚线MP为AB两球连线的垂直平分线，虚线NQ与MP平行且相距为4L.最初A球和B球分别静止于虚线MP的两侧，距MP的距离均为L，且A球距虚线NQ的距离为3L.若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E后，求：

　 (1)B球刚进入电场时，A球与B球组成的带电系统的速度大小．

　 (2)带电系统从开始运动到速度第一次为零时所需的时间以及B球电势能的变化量．

图6－3－28

　 解析：(1)带电系统刚开始运动时，设加速度为a₁，由牛顿第二定律得：a₁＝＝

　 球B刚进入电场时，带电系统的速度为v₁，有v＝2a₁L求得v₁＝

　 (2)对带电系统进行分析，假设球A能达到NQ，且A球到达NQ时电场力对系统做功为W₁，有

　 W₁＝2qE×3L+(－3qE×2L)＝0，故带电系统速度第一次为零时，球A恰好到达NQ

　 设球B从静止到刚进入电场的时间为t₁，则t₁＝，解得：t₁＝

　 球B进入电场后，带电系统的加速度为a₂，由牛顿第二定律得：a₂＝＝－

　 显然，B球进入电场后带电系统做匀减速运动．设减速所需时间为t₂则有t₂＝，

　 求得t₂＝ .可知，带电系统从静止运动到速度第一次为零时所需的时间为：

　 t＝t₁+t₂＝3 ，B球电势能增加了：E_p＝E·3q·2L＝6EqL

　 答案：(1) 　(2) 　6EqL

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10.如图6－3－27所示，M、N为两块水平放置的平行金属板，板长为l，两板间的距离也为l，板间电压恒定．今有一带电粒子(重力不计)以一定的初速度沿两板正中间垂直进入电场，最后打在距两平行板右端距离为l的竖直屏上．粒子落点距O点的距离为.若大量的上述粒子(与原来的初速度一样，并忽略粒子间相互作用)从MN板间不同位置垂直进入电场．试求这些粒子打到竖直屏上的范围并在图中画出．

图6－3－27

　 解析：设粒子质量为m，带电荷量为q，初速度为v₀，

　 v₀t＝l，y＝at²，tan θ＝＝，y+ltan θ＝，

　 所以a·+l·＝，3al＝v.

　 由题意可分析出大量粒子垂直射入偏转电场后情况，如上图甲、乙所示．其范围是l－y.其中y＝a·＝··＝l，范围是l.

　 答案：l　图略

9.如图6－3－26所示，匀强电场方向与水平线间夹角θ＝30°，斜向右上方，电场强度为E，质量为m的小球带负电，以初速度v₀开始运动，初速度方向与电场方向一致．

　 (1)若小球的带电荷量为q＝mg/E，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F₁的大小和方向各如何？

图6－3－26

　 (2)若小球的带电荷量为q＝2mg/E，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F₂的大小和方向各如何？

　 解析：(1)如图甲所示，欲使小球做匀速直线运动，必使其合外力为0，所以F₁cos α＝qEcos 30°，F₁sin α＝mg+qEsin 30°

　 解之得α＝60°，F₁＝mg.

　 (2)为使小球能做直线运动，则小球受的合力必和运动方向在一条直线上，故要求力F₂和mg的合力和电场力在一条直线上，故F₂＝mgsin 60°＝mg，方向如图乙所示，斜向左上60°.

　 答案：(1)mg　与水平线夹60°角斜向右上方　(2)mg　与水平线夹60°角斜向左上方

8.如图6－3－25所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线与匀强电场E互相垂直．在A点以大小为v₀的初速度水平抛出一质量为m，带电量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点(图中未画出)时速度仍为v₀，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法中不正确的是(　)

图6－3－25

　 A．电场力对小球做功为零　 　　　　　　　　　　 B．小球的电势能增加

　 C．小球的机械能减少量为mg²t²　 　　 D．C可能位于AB直线的左侧

　 解析：由动能定理，得mgh+W_电＝0，可知W_电＝－mgh＜0，即电场力对小球做负功，电势能增加，C位置应位于AB直线的右侧；由于小球运动到C点时的动能未变，重力势能减少量为ΔE_p＝mgh＝mg·at²＝mg··t²＞mg²t².选项A、C、D错误．

　 答案：ACD

7.如图6－3－24所示，带正电的粒子以一定的初速度v₀沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则(　)

图6－3－24

　 A．在前时间内，电场力对粒子做的功为

　 B．在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq

　 C．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶2

　 D．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为2∶1

　 答案：B

6．在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图6－3－23甲所示，小球运动的v－t图象如图6－3－23乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则(　)

图6－3－23

　 A．在t＝2.5 s时，小球经过边界MN

　 B．小球受到的重力与电场力之比为3∶5

　 C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等

　 D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小

　 解析：由速度图象可知，带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3∶2，由牛顿第二定律可知：＝，所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5，B正确．小球在t＝2.5 s时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故C正确．因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D错．

　 答案：BC