物理·江西省宜春市丰城中学2016-2017学年高二上学期周练物理试卷（3）（实验班9-29） Word版含解析

物理·江西省宜春市丰城中学2016-2017学年高二上学期周练物理试卷（3）（实验班9-29） Word版含解析

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年江西省宜春市丰城中学高二（上）周练物理试卷（3）（实验班9.29）‎ ‎　‎ 一、选择题：（共10小题，每题5分，共50分．1-5为单选，6-10为多选）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．通过导体的电流越大，则导体的电阻越小 B．导体的电阻跟加在它两端的电压成正比，跟通过导体的电流成反比 C．电源提供的电能越多，电源的电动势越大 D．当电源的内阻可忽略不计时，无论外电路是否断开，路端电压均等于电源电动势 ‎2．（理）下列关于电阻率的说法中，错误的是（　　）‎ A．电阻率只是一个比例常数，与任何其他因素无关 B．电阻率反映材料导电性能的好坏，所以与材料有关 C．电阻率与导体的温度有关 D．电阻率在国际单位制中的单位是欧姆米 ‎3．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中u为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb．由图可知ηa、ηb的值分别为（　　）‎ A．、 B．、 C．、 D．、‎ ‎4．如图所示，电源电动势E=8V，内阻不为零，电灯A标有“10V，10W”字样，电灯B标有“8V，20W”字样，滑动变阻器的总电阻为6Ω，当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化）（　　）‎ A．电流表的示数一直增大，电压表的示数一直减小 B．电流表的示数一直减小，电压表的示数一直增大 C．电流表的示数先增大后减小，电压表的示数先减小后增大 D．电流表的示数先减小后增大，电压表的示数先增大后减小 ‎5．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示．导电介质的电阻率为ρ、制成内、外半径分别为a和b的半球壳层形状（图中阴影部分），半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极．设该电阻的阻值为R．下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，R的合理表达式应为（　　）‎ A．R= B．R= C．R= D．R=‎ ‎6．如图所示，R1为定值电阻，R2为最大阻值为2R1的可变电阻，E为电源电动势，r为电源内阻，大小为r=R1，当R2的滑臂P从a滑向b的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．当R2=时，R2上获得最大功率 B．当R2=R1时，R2上获得最大功率 C．电压表示数和电流表示数之比逐渐增大 D．电压表示数和电流表示数之比保持不变 ‎7．如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，闭合电键K，水平放置的平行板电容器中一带电微粒恰好保持静止．当滑动变阻器滑片向上滑动时，下列表述正确的是（　　）‎ A．小灯泡将变暗 B．伏特表示数将变小 C．将有向左电流通过R3 D．带电微粒向上运动 ‎8．相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入图所示的电路，闭合开关后（　　）‎ A．A1的读数比A2的读数大 B．A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大 C．V1的读数比V2的读数大 D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大 ‎9．如图甲所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化．图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况．以下说法正确的是（　　）‎ A．图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况 B．图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况 C．此过程中电压表V1示数的变化量△U1和电流表示数变化量△I的比值变大 D．此过程中电压表V3示数的变化量△U3和电流表示数变化量△I的比值不变 ‎10．如图所示电路中，电源的内电阻为r，R2、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表，滑动变阻器R1的滑片P处于左端点a．闭合电键S，两表读数分别为I1与U1，当滑片P滑动至右端点b，两表读数分别为I2与U2，则下列关系式（　　）‎ A．U2＜U1 B．I2＞I1‎ C． D．‎ ‎　‎ 二、计算题：（共4小题，50分）‎ ‎11．在图示的两个电路中，电源的电动势E=20v，电源内电阻r=0.1Ω，负载电阻R0=990Ω，变阻器R的最大阻值为10Ω，求两图中，负载电阻R0上电压的取值范围．‎ ‎12．在电视机的显像管中，从电子枪射出的电子在高电压下被加速，形成1.2mA的平均电流，使电子加速消耗的平均功率为24W，求：‎ ‎（1）每秒钟轰击荧光屏的电子数目；‎ ‎（2）加速电压多大？‎ ‎（3）1h显像管耗电多少度？‎ ‎13．如图所示的电路，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=3Ω，R2=6Ω，电容器的电容C=3.6μF，二极管D具有单向导电性，开始时，开关S1闭合，S2断开．‎ ‎（1）合上S2，待电路稳定以后，求电容器上电量变化了多少？‎ ‎（2）合上S2，待电路稳定后再断开S1，求断开S1后流过R1的电量是多少？‎ ‎14．如图所示的电路中，4个电阻的阻值均为R，E为直流电源，其内阻可以不计，没有标明哪一极是正极．平行板电容器两极板间的距离为d．在平行极板电容器的两个平行极板之间有一个质量为m，电量为q的带电小球．当电键K闭合时，带电小球静止在两极板间的中点O上．现把电键打开，带电小球便往平行极板电容器的某个极板运动，并与此极板碰撞，设在碰撞时没有机械能损失，但带电小球的电量发生变化．碰后小球带有与该极板相同性质的电荷，而且所带的电量恰好刚能使它运动到平行极板电容器的另一极板．求小球与电容器某个极板碰撞后所带的电荷．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省宜春市丰城中学高二（上）周练物理试卷（3）（实验班9.29）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（共10小题，每题5分，共50分．1-5为单选，6-10为多选）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．通过导体的电流越大，则导体的电阻越小 B．导体的电阻跟加在它两端的电压成正比，跟通过导体的电流成反比 C．电源提供的电能越多，电源的电动势越大 D．当电源的内阻可忽略不计时，无论外电路是否断开，路端电压均等于电源电动势 ‎【考点】欧姆定律；电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】导体的电阻与导体中的电流和导体两端的电压无关，可由电阻的定义式R=进行分析；电动势的定义式E=；根据闭合电路欧姆定律分析路端电压与电动势关系．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、电阻的定义式为R=，采用比值法定义，可知电阻R与电压U、电流I无关，故AB错误．‎ C、根据电动势的定义式E=，可知电源从电源的负极向电源的正极移动单位电荷提供的电能越多，电源的电动势才越大，故C错误．‎ D、当电源的内阻可忽略不计时，电源的内电压不计，根据闭合电路欧姆定律：电动势等于内外电压之和，则知路端电压均等于电源电动势，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．（理）下列关于电阻率的说法中，错误的是（　　）‎ A．电阻率只是一个比例常数，与任何其他因素无关 B．电阻率反映材料导电性能的好坏，所以与材料有关 C．电阻率与导体的温度有关 D．电阻率在国际单位制中的单位是欧姆米 ‎【考点】电阻定律；电阻率与温度的关系．‎ ‎【分析】解答本题应明确：电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，与材料、温度有关系； 与电阻及导线长度等无关．‎ ‎【解答】解：A、电阻率反映了材料导电性能的好坏，所以与材料有关；还和温度有关；故A错误；‎ B、电阻率反映了材料导电性能的好坏，所以与材料有关．故B正确．‎ C、导体的电阻率与温度有关，导体的电阻率一般均随温度的变化而变化．故C正确．‎ D、电阻率在国际单位制中的单位是欧姆米（Ω•m）；故D正确；‎ 本题选错误的；故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中u为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb．由图可知ηa、ηb的值分别为（　　）‎ A．、 B．、 C．、 D．、‎ ‎【考点】电源的电动势和内阻；测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．η===．所以电源的效率等于外电压与电动势之比．外电压和电动势可以从图象上读出．‎ ‎【解答】解：电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．η===．E为电源的总电压（即电动势），在U﹣I图象中，纵轴截距表示电动势，根据图象可知Ua=、Ub=，则ηa=，ηb=．所以A、B、C错误，D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，电源电动势E=8V，内阻不为零，电灯A标有“10V，10W”字样，电灯B标有“8V，20W”字样，滑动变阻器的总电阻为6Ω，当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化）（　　）‎ A．电流表的示数一直增大，电压表的示数一直减小 B．电流表的示数一直减小，电压表的示数一直增大 C．电流表的示数先增大后减小，电压表的示数先减小后增大 D．电流表的示数先减小后增大，电压表的示数先增大后减小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据额定电压和额定功率求出两个灯泡的电阻．分析当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，判断两电表读数的变化．‎ ‎【解答】解：电灯A的电阻为RA==10Ω，电灯B的电阻为RB=Ω=3.2Ω 当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器两侧并联的总电阻一直减小，根据闭合电路欧姆定律电路中电流一直增大，路端电压一直减小，则电流表的示数一直增大，电压表的示数一直减小．‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示．导电介质的电阻率为ρ、制成内、外半径分别为a和b的半球壳层形状（图中阴影部分），半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极．设该电阻的阻值为R．下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，R的合理表达式应为（　　）‎ A．R= B．R= C．R= D．R=‎ ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】根据等式左右两边的单位是否相同，判断是否合理．当左右两边的单位相同时，等式才合理．再将b=a代入分析是否合理．‎ ‎【解答】解：A、等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω，单位是合理的．将b=a代入得到R≠0，因为电阻是很薄的一层，电阻应该很小，这个等式是不合理的．故A错误．‎ ‎ B、等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω，单位是合理的．将b=a代入得到R=0，根据上面分析是合理的．故B正确．‎ ‎ C、等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω•m2，左右两边单位不同，则此式不合理．故C错误．‎ ‎ D、等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω•m2，左右两边单位不同，则此式不合理．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．如图所示，R1为定值电阻，R2为最大阻值为2R1的可变电阻，E为电源电动势，r为电源内阻，大小为r=R1，当R2的滑臂P从a滑向b的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．当R2=时，R2上获得最大功率 B．当R2=R1时，R2上获得最大功率 C．电压表示数和电流表示数之比逐渐增大 D．电压表示数和电流表示数之比保持不变 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图看出：R1与变阻器并联．开关闭合后，电压表测量R2两端电压，电流表测量通过R2的电流．将R1看成电源的内阻，分析滑动变阻器消耗功率的变化．R1是定值电阻，根据电流的变化，分析其功率的变化．当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，分析接入电路的电阻的变化，即可分析电压表示数和电流表示数之比如何变化．‎ ‎【解答】解：A、将R1看成电源的内阻，则等效电源的内阻等于R2时，即R2==时，R2上获得最大功率，故A正确，B错误．‎ CD、电压表示数和电流表示数之比，即为滑动变阻器的阻值，随着R2的滑动臂P从a滑向b的过程中，滑动变阻器的有效电阻增大，则该比值在增大，故C正确，故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎7．如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，闭合电键K，水平放置的平行板电容器中一带电微粒恰好保持静止．当滑动变阻器滑片向上滑动时，下列表述正确的是（　　）‎ A．小灯泡将变暗 B．伏特表示数将变小 C．将有向左电流通过R3 D．带电微粒向上运动 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】当滑动变阻器滑片向上滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，确定流过R2电流的变化，再分析流过灯泡电流的变化，判断其亮度的变化．根据路端电压和灯泡电压的变化情况分析电压表示数的变化情况．电容器的电压等于路端电压，根据路端电压的变化，分析电容器充电还是放电，判断通过R3的电流方向．‎ ‎【解答】解：‎ A、当滑动变阻器滑片向上滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析分析得知：干路电流I减小，路端电压U增大，流过R2电流I2变大，流过灯泡电流IL=I﹣I2，则IL变小，小灯泡将变暗．故A正确．‎ B、伏特表示数UV=U﹣UL，U变大，UL变小，则UV变大．故B错误．‎ C、电容器的电压等于路端电压，路端电压增大，则电容器将要充电，将有向右电流通过R3．故C错误．‎ D、电容器板间电压增大，板间场强增大，带电微粒所受电场力增大，则带电微粒向上运动．故D正确．‎ 故选AD ‎　‎ ‎8．相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入图所示的电路，闭合开关后（　　）‎ A．A1的读数比A2的读数大 B．A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大 C．V1的读数比V2的读数大 D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】四个电表均由相同的电流表改装而成，由量程及电表的结构可知各电表的内阻大小关系；由图可知两电流表并联，两电压表串联；由串并联电路的规律可知各表的示数大小关系．‎ ‎【解答】解：A、电流表A1的量程大于A2的量程，故电流表A1的内阻小于A2的内阻；电压表V1的量程大于V2的量程，故V1的电阻大于V2的电阻；由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，故A1中的电流要大于A2中的电流，故A1的读数比A2的读数大，故A正确；‎ B、因两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同；故B错误；‎ C、两电压表串联，故通过两表的电流相等，故V1的读数比V2的读数大，故C正确；‎ D、因表头与电阻串联，故为四个电阻串联，因此通过两表头的电流相等，两表的偏转角度一样，故D错误；‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎9．如图甲所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化．图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况．以下说法正确的是（　　）‎ A．图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况 B．图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况 C．此过程中电压表V1示数的变化量△U1和电流表示数变化量△I的比值变大 D．此过程中电压表V3示数的变化量△U3和电流表示数变化量△I的比值不变 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，即可知图线与电压示数的对应关系．由闭合电路欧姆定律得知，电压表V1示数的变化量△U1和电流表示数变化量△I的比值等于r，电压表V3示数的变化量△U3和电流表示数变化量△I的比值等于R1+r．‎ ‎【解答】解：‎ A、B当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况．故AB正确．‎ C、由闭合电路欧姆定律得U1=E﹣Ir，则||=r，保持不变．故C错误．‎ D、由闭合电路欧姆定律得U3=E﹣I（r+R1），则||=R1+r．故D正确．‎ 故选ABD ‎　‎ ‎10．如图所示电路中，电源的内电阻为r，R2、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表，滑动变阻器R1的滑片P处于左端点a．闭合电键S，两表读数分别为I1与U1，当滑片P滑动至右端点b，两表读数分别为I2与U2，则下列关系式（　　）‎ A．U2＜U1 B．I2＞I1‎ C． D．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】题中电表均为理想电表，电流表内阻为零，电压表为无穷大，对电路没有影响．首先认识电路的结构：滑动变阻器R1的滑片P处于左端点a时，R1、R2被短路，R3与R4并联．当滑片P滑动至右端点b，R2、R1并联后与R4串联，再与R3并联．分析电表所测量的值，再比较大小．‎ ‎【解答】解：设电阻R1、R2、R3、R4的电流分别为IR1、IR2、I3、I4，电压分别为UR1、UR2、U3、U4，外电压为U．电流表的示数为I．‎ A、滑动变阻器R1的滑片P处于左端点a时，R1、R2被短路，R3与R4并联，滑片P滑动至右端点b，R2、R1并联后与R4串联，再与R3并联，则知外电阻增大，路端电压U增大，即电压表读数增大，则有U2＞U1．故A错误．‎ B、电流表先测量通过R3的电流，后测量R2与R3的总电流，由于路端电压增大，通过R3的读数增大，通过R2的读数也增大，则电流表的读数必定增大，即有I2＞I1．故B正确．‎ C、滑片P处于左端点a时，R1、R2被短路，根据欧姆定律得．故C正确．‎ D、U变大，I变大，而由I总=I+IR1，I总变小，则IR1变小，U1变小，且变化的绝对值关系为△I＞△I总，则＜．根据闭合电路欧姆定律，U=E﹣I总r，绝对值=r，则＜r．故D错误．‎ 故选BC ‎　‎ 二、计算题：（共4小题，50分）‎ ‎11．在图示的两个电路中，电源的电动势E=20v，电源内电阻r=0.1Ω，负载电阻R0=990Ω，变阻器R的最大阻值为10Ω，求两图中，负载电阻R0上电压的取值范围．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】图甲是简单的串联电路，当R取最小值时，负载的电压最大，当R取最大值值，负载电压最小，图乙是R0与R的部分电阻并联后与另一部分串联，接到电源上，当R0被短路时，电压最小为零，当R0与R并联时，电压最大，根据闭合电路欧姆定律即可求解．‎ ‎【解答】解：图甲是简单的串联电路，当R=0时，负载R0的电压最大，‎ ‎=20V 当R=10时，负载R0的电压最小，‎ ‎=19.8V 图乙是R0与R的部分电阻并联后与另一部分串联，接到电源上，当R0被短路时，电压最小为零，当R0与R并联时，电压最大，‎ ‎=19.8V 答：甲图中负载电阻R0上电压的取值范围为：19.8V≤U≤20V；‎ 乙图中负载电阻R0上电压的取值范围为：0≤U≤19.8V．‎ ‎　‎ ‎12．在电视机的显像管中，从电子枪射出的电子在高电压下被加速，形成1.2mA的平均电流，使电子加速消耗的平均功率为24W，求：‎ ‎（1）每秒钟轰击荧光屏的电子数目；‎ ‎（2）加速电压多大？‎ ‎（3）1h显像管耗电多少度？‎ ‎【考点】电功、电功率；电流、电压概念．‎ ‎【分析】（1）由电流的定义式及q=ne即可求解每秒钟轰击荧光屏的电子数目；‎ ‎（2）由P=UI，求出加速电压；‎ ‎（3）根据W=Pt求解1h显像管消耗的电能．‎ ‎【解答】解：（1）每秒钟轰击荧光屏的电子数目：n==7.5×1015个 ‎（2）由P=UI，得U==2×104V ‎（3）由W=Pt，得W=24×10﹣3×1KW•h=2.4×10﹣2度 ‎ 答：（1）每秒钟轰击荧光屏的电子数目为7.5×1015个；‎ ‎（2）加速电压为2×104V；‎ ‎（3）1h显像管耗电2.4×10﹣2度．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示的电路，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=3Ω，R2=6Ω，电容器的电容C=3.6μF，二极管D具有单向导电性，开始时，开关S1闭合，S2断开．‎ ‎（1）合上S2，待电路稳定以后，求电容器上电量变化了多少？‎ ‎（2）合上S2，待电路稳定后再断开S1，求断开S1后流过R1的电量是多少？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】（1）开关S2断开时，电阻R1和电源构成闭合电路，电容器上端带正电，根据闭合电路欧姆定律求出R1两端的电压，即为电容器两端的电压．合上S2，由于二极管的单向导电性，知R1和R2并联，电容器上端带正电，根据闭合电路欧姆定律求出其两端的电压，即为电容器两端的电压．根据△Q=（U2﹣U1）C求出电容器电量的变化量．‎ ‎（2）断开S1后，R1和R2的电流与阻值成反比，因而流过的电量与阻值也成反比，知道合上S2时电容器的带电量，即可求出流过R1的电量．‎ ‎【解答】解：（1）设开关S1闭合，S2断开时，电容器两端的电压为U1，干路电流为I1，根据闭合电路欧姆定律有 U1=I1R1=4.5V 合上开关S2后，设电容器两端电压为U2，干路电流为I2，根据闭合电路欧姆定律有 所以电容器上电量变化了 故电容器的电量减少了1.8×10﹣6C．‎ ‎（2）合上S2后，设电容器上的电量为Q，则 断开S1后，R1和R2的电流与阻值成反比，因而流过的电量与阻值也成反比，故流过R1的电量 故断开S1后流过R1的电量是9.6×10﹣6C．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示的电路中，4个电阻的阻值均为R，E为直流电源，其内阻可以不计，没有标明哪一极是正极．平行板电容器两极板间的距离为d．在平行极板电容器的两个平行极板之间有一个质量为m，电量为q的带电小球．当电键K闭合时，带电小球静止在两极板间的中点O上．现把电键打开，带电小球便往平行极板电容器的某个极板运动，并与此极板碰撞，设在碰撞时没有机械能损失，但带电小球的电量发生变化．碰后小球带有与该极板相同性质的电荷，而且所带的电量恰好刚能使它运动到平行极板电容器的另一极板．求小球与电容器某个极板碰撞后所带的电荷．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】先分析等效电路，明确电容器极板间的电压与R3的电压相同，小球向下运动过程根据动能定理列一个方程，再根据碰撞后的运动情况列一个动能定理方程求解．‎ ‎【解答】解：由电路图可以看出，因R4支路上无电流，电容器两极板间电压，无论K是否闭合始终等于电阻R3上的电压U3，当K闭合时，设此两极板间电压为U，电源的电动势为E，由分压关系可得U=U3=E ①‎ 小球处于静止，由平衡条件得=mg ②‎ 当K断开，由R1和R3串联可得电容两极板间电压U′为：‎ ‎ U′=③‎ 由①③得U′=U ④‎ U′＜U表明K断开后小球将向下极板运动，重力对小球做正功，电场力对小球做负功，表明小球所带电荷与下极板的极性相同，由功能关系 ‎ mg•﹣q=mv2﹣0 ⑤‎ 因小球与下极板碰撞时无机械能损失，设小球碰后电量变为q′，由功能关系得：‎ ‎ q′U′﹣mgd=0﹣mv2 ⑥‎ 联立上述各式解得：‎ ‎ q′=q 即小球与下极板碰后电荷符号未变，电量变为q．‎ 答：小球与下极板碰后电荷符号未变，电量变为原来的q．‎ ‎　‎ ‎2016年11月7日