物理卷·2018届广东省广州市执信中学高二上学期期中物理试卷（理科） （解析版）

物理卷·2018届广东省广州市执信中学高二上学期期中物理试卷（理科） （解析版）

‎2016-2017学年广东省广州市执信中学高二（上）期中物理试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题．第1～8题只有一项符合题目要求，每小题6分；第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）‎ ‎1．一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（　　）‎ A．U B． C．R D．‎ ‎2．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（　　）‎ A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小 B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大 C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大 D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小 ‎3．如图所示，虚线为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为（　　）‎ A．8 eV B．13 eV C．20 eV D．34 eV ‎4．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（　　）‎ A．40 W B．60 W C．80 W D．120 W ‎6．如图所示，4只电阻串联于某电路中．已测出UAC=9V，UBD=6V，R2=R4则UAE为（　　）‎ A．大于15V B．小于15V C．等于15V D．无法确定 ‎7．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F．现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知（　　）‎ A．n=3 B．n=4 C．n=5 D．n=6‎ ‎8．如图所示，把一带负电小球a放在光滑绝缘斜面上（虚线与斜面垂直）．欲使球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b，则b应（　　）‎ A．带正电，放在A点 B．带正电，放在B点 C．带负电，放在C点 D．带正电，放在C点 ‎9．充电宝是当今流行的移动充电电源，人们可以随时随地的给手机充电．某容量为12000mA•h的充电宝，下列说法正确的是（　　）‎ A．该充电宝储存的电荷量为43200C B．该充电宝能给手机充电12000h C．该充电宝充电的电流大小为12000mA D．若手机通话时平均电流为200mA，则该充电宝能支持手机通话最长可达60h ‎10．如图所示，电解池内有一价的电解液，ts内通过溶液内截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷为e，则以下解释中正确的是（　　）‎ A．正离子定向移动形成的电流方向是从A→B，负离子定向移动形成的电流方向是B→A B．溶液内正、负离子向相反方向移动，电流方向相同 C．溶液内电流方向从A到B，电流I=‎ D．溶液中电流方向从A到B，电流I=‎ ‎11．如图（a），直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v﹣t图线如图（b）所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有（　　）‎ A．φa＞φb B．Ea＞Eb C．Ea＜Eb D．Wa＞Wb ‎12．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零．则小球a（　　）‎ A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小 C．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 D．从N到Q的过程中，电势能一直增加 ‎　‎ 二、实验填空题（2小题，共12分）‎ ‎13．图1是改装并校准电流表的电路图，已知表头的量程为Ig=600μA、内阻为Rg，是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I=60mA．完成下列填空．‎ ‎（1）图1中分流电阻Rp的阻值为　　（用Ig、Rg、和I表示）．‎ ‎（2）在电表改装成后的某次校准测量中，表的示数如图所示，由此读出流过电流表的电流为　　 mA．此时流过分流电阻RP的电流为　　mA（保留一位小数）‎ ‎14．某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，电路如图所示．‎ ‎（1）连好电路后，当该同学闭合电键时，发现电流表A示数为0，电压表V示数不为0．检查各接线柱均未接错，接触良好且未发生短路；他用另一电压表分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，接c、d时，示数与电压表V示数相同，由此可推断故障是　　．‎ ‎（2）排除故障后，该同学顺利完成实验，测定了数据并根据数据在图中坐标上画出U﹣I图线，由图线知：电池的电动势为　　V，内阻为　　Ω．（结果保留三位有效数字）‎ ‎　‎ 三、计算题（3小题，共42分．解答应写出必要的文字说明．方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎15．如图所示电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，C=20μF，电源电动势E=4V，内电阻r=0.5Ω，当开关S断开，电路稳定时，电源的总功率为2W．求：‎ ‎（1）R3的值；‎ ‎（2）当S闭合，电路稳定时，电源的输出功率；‎ ‎（3）在S闭合电路稳定时与S断开电路稳定时，电容器所带的电荷量各为多少？‎ ‎16．如图所示，固定于同一竖直线上的AB是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷分别为+Q和﹣Q，AB相距为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿细杆带电小球p，质量为m电荷量为+q（视为电荷不影响电场的分布）现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距d时，速度为v0；已知MN与AB之间的距离为d，静电力常数为k，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）O点处的电场强度E的大小；‎ ‎（2）CO间的电势差UCO；‎ ‎（3）小球P经过与点电荷等高的D点时的速度．‎ ‎17．相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为V0，质量为m，电量为﹣e，在AB两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0=；紧靠B板的偏转电场电压也等于U0，板长为L，两板间距为d，距偏转极板右端 处垂直放置很大的荧光屏PQ．不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计．‎ ‎（1）在0﹣T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离．（结果用L、d表示，第2小题亦然）‎ ‎（2）只调整偏转电场极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足什么要求？‎ ‎（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取恰当的数值，使在0﹣T时间内通过电容器B板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省广州市执信中学高二（上）期中物理试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题．第1～8题只有一项符合题目要求，每小题6分；第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）‎ ‎1．一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（　　）‎ A．U B． C．R D．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】给出的图象是q﹣t图象，其斜率为I=，所以斜率代表的是电流，再由欧姆定律可得出正确答案．‎ ‎【解答】解：根据电流强度的定义公式I=；‎ 可知q﹣t图象的斜率代表的就是电流；‎ 根据欧姆定律，有：I=，故斜率也代表电流．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（　　）‎ A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小 B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大 C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大 D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】根据轨迹弯曲的方向可知，电场力的方向沿电场线向右，根据受力的方向与运动方向之间的关系，判断出电场力做功的正负，从而判断出电荷电势能和动能的变化；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大．‎ ‎【解答】解：A、电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，R点速度小于Q点速度，若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q点速度小于R点速度，P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故A正确，B错误；‎ C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，保持不变．故C错误；‎ D、由电场线疏密确定出，R点场强大比Q大，电场力大，加速度大，故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎3．如图所示，虚线为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为（　　）‎ A．8 eV B．13 eV C．20 eV D．34 eV ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】点电荷在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变．根据题意等势面3的电势为零，电势能为零，由动能定理求出点电荷在等势面3的动能，从而得到总能量，再由能量守恒定律求解即可．‎ ‎【解答】解：经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV；图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，故电荷经过相邻两个等势面时的动能减小量为：‎ ‎△Ek==7eV，‎ 故经过等势面3时的动能为12eV，总能量为12 eV+0=12 eV．由于只有电场力做功，所以电势能和动能之和守恒，当其电势能变为﹣8eV时，故有：‎ ‎0eV+12eV=﹣8eV+Ek；‎ 解得动能应为：Ek=20eV；‎ 故C正确，ABD错误 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，再根据正电荷的受力判断场强的方向．有U=Φ2﹣Φ1，U=Ed得，Φ2﹣Φ1=Ed可判断电势高低 ‎【解答】解：根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向相同．再根据U=Φ2﹣Φ1，U=Ed得，Φ2﹣Φ1=Ed可判断a、b两电势相等．故A正确 B、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，两点电势不等，故B错误．‎ C、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，两点电势不等，故C错误；‎ D、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小相等，方向不同，两点电势不等，故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（　　）‎ A．40 W B．60 W C．80 W D．120 W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由于L1和L2并联后再与L3串联，所以L3的电流是L1和L2电流的和，因为三个灯泡的电阻相等，所以在不损坏灯泡的情况下，L3的功率是最大的，即为40W，再求得此时L1和L2的功率即可．‎ ‎【解答】解：设L3上电压为U，电阻为R，则：‎ L3的最大的功率为：P==40W，‎ 因为三个灯泡的电阻相等，L1和L2并联后电阻相当于L3电阻的一半，所以电压也就为L3的一半，‎ 如果L3上电压为U，则L1和L2电压为，‎ 所以L1和L2的功率都为：P==10W，‎ 所以总功率最大为：10+10+40=60W．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，4只电阻串联于某电路中．已测出UAC=9V，UBD=6V，R2=R4则UAE为（　　）‎ A．大于15V B．小于15V C．等于15V D．无法确定 ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】根据欧姆定律和串联电路电流特点可知R2、R4两端的电压相等，再根据串联电路电压特点：串联电路中总电压等于各电阻两端电压之和，即可求出AE之间的电压 ‎【解答】解：由图可知，四个电阻串联，所以通过它们的电流相等；‎ 根据欧姆定律可知，当R2=R4时，UBC=UDE；‎ 由串联电路中，总电压等于各电阻两端电压之和，可得：‎ UAE=UAB+UBC+UCD+UDE=UAB+UBC+UCD+UBC=UAC+UBD=9V+6V=15V，则C正确，ABD错误 故选：C ‎　‎ ‎7．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F．现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知（　　）‎ A．n=3 B．n=4 C．n=5 D．n=6‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】当两个完全相同的带同种电荷的小球接触后，它们的总电荷量将平分；如果两个完全相同的小球带的是异种电荷，那么当它们接触后，它们带的电荷将先中和，之后再将剩余的电荷量平分．找到小球带的电量的关系之后，根据库仑力的公式就可以求得作用力的大小，从而可以求得n的数值．‎ ‎【解答】解：设1、2距离为R，则球1、2之间作用力为：F=k，‎ ‎3与2接触后，它们带的电的电量平分，均为：，‎ 再3与1接触后，它们带的电的总电量平分，均为，‎ 将球3移至远处后，球1、2之间作用力为 F=k，‎ 有上两式解得：n=6，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，把一带负电小球a放在光滑绝缘斜面上（虚线与斜面垂直）．欲使球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b，则b应（　　）‎ A．带正电，放在A点 B．带正电，放在B点 C．带负电，放在C点 D．带正电，放在C点 ‎【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】小球a要平衡，受重力、支持力和静电力，根据共点力平衡条件分析即可．‎ ‎【解答】解：小球a处于平衡状态，受力平衡，合力为零．‎ 小球受重力，一定向下，支持力一定垂直向上，故小球b对小球a若为静电斥力，小球a不可能平衡，故只能是吸引力；‎ 同时，根据平衡条件，静电引力必然与前两个力的合力等大、反向且在同一条直线上，故只能放在C位置；‎ 则b应带正电，放在C点．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．充电宝是当今流行的移动充电电源，人们可以随时随地的给手机充电．某容量为12000mA•h的充电宝，下列说法正确的是（　　）‎ A．该充电宝储存的电荷量为43200C B．该充电宝能给手机充电12000h C．该充电宝充电的电流大小为12000mA D．若手机通话时平均电流为200mA，则该充电宝能支持手机通话最长可达60h ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电池板充电后储存的电能等于容量与电动势的乘积，由此分析即可．‎ ‎【解答】解：A、根据公式：q=It=12000×10﹣3×3600=43200C．故A正确；‎ B、12000mA•h是电池的容量，不知道充电宝给手机充电时的电流，所以不能判断出充电的时间．故B错误；‎ C、12000mA•h是电池的容量，不表示该充电宝充电的电流大小为12000mA．故C错误；‎ D、若手机通话时平均电流为200mA，则该充电宝能支持手机通话最长时间为：t′=．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎10．如图所示，电解池内有一价的电解液，ts内通过溶液内截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷为e，则以下解释中正确的是（　　）‎ A．正离子定向移动形成的电流方向是从A→B，负离子定向移动形成的电流方向是B→A B．溶液内正、负离子向相反方向移动，电流方向相同 C．溶液内电流方向从A到B，电流I=‎ D．溶液中电流方向从A到B，电流I=‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】正电荷的定向移动方向是电流的方向，负电荷的定向移动方向与电流方向相反；由电流的定义式I=可以求出电流的大小．‎ ‎【解答】解：A、电荷的定向移动形成电流，正电荷的定向移动方向是电流方向，由图示可知，溶液中的正离子从A向B运动，负离子从B到A，因此电流方向是A→B，故A错误，B正确；‎ C、溶液中的正离子从A向B运动，因此电流方向是A→B，电流I=，故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎11．如图（a），直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v﹣t图线如图（b）所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有（　　）‎ A．φa＞φb B．Ea＞Eb C．Ea＜Eb D．Wa＞Wb ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】从速度时间图线得到负电荷做匀加速运动，加速度变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况，和电场强度的变化情况；‎ 电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．‎ ‎【解答】解：负电子从a运动到b，由速度时间图线得到负电荷做加速运动，故电场力向右；‎ AD：负电荷受到的电场力与场强方向相反，故场强向左，沿场强方向，电势变小，故B点电势较大，即Φa＜Φb，故电势能Wa＞Wb，故D正确，A错误；‎ BC：因为图线的斜率变小，故加速度变小，因此电场力变小，所以电场强度变小，即Ea＞Eb，故B正确，C错误；．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零．则小球a（　　）‎ A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小 C．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 D．从N到Q的过程中，电势能一直增加 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】对a受力分析，明确库仑力及重力的合力，根据功的公式明确合力做功情况；再根据重力做功和电场力做功的特点与势能的关系分析电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、a由N到Q的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力的夹角一直减小，同时库仑力在增大；故合力一直在增大；故A错误；‎ B、在整个过程中合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功；故从N到P的过程中，速率先增大后减小；故B正确；‎ C、从P到Q的过程中，由动能定理可知，﹣mgh﹣WE=0﹣mv2；故动能的减小量等于重力势能增加量和电势能的增加量，故动能减少量大于电势能增加量，故C错误；‎ D、由于在下降过程中，速度沿切线方向，库仑力沿两电荷的连线，则可知库仑力一直与运动方向夹角大于90°，故库仑力一直做负功；电势能一直增加；故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ 二、实验填空题（2小题，共12分）‎ ‎13．图1是改装并校准电流表的电路图，已知表头的量程为Ig=600μA、内阻为Rg，是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I=60mA．完成下列填空．‎ ‎（1）图1中分流电阻Rp的阻值为　　（用Ig、Rg、和I表示）．‎ ‎（2）在电表改装成后的某次校准测量中，表的示数如图所示，由此读出流过电流表的电流为　49.5　 mA．此时流过分流电阻RP的电流为　49.0　mA（保留一位小数）‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】（1）表头的量程Ig，内阻Rg，根据Ug=IgRg求解满偏电压；改装后的电流表量程为I=60mA，先根据并联电路的总电流等于各个支路电流求解流过并联电阻的电流，然后根据欧姆定律求解电阻Rp的阻值；‎ ‎（2）先结合量程和格式确定最小分度，再读数；根据并联电路的分流公式确定通过分流电阻RP的电流．‎ ‎【解答】解：（1）由于Rg和Rp并联，由IgRg=IRRp和I=Ig+IR 得：．‎ 故答案为：‎ ‎（2）由图2知流过a电流表的电流I'为49.5mA； ‎ 设此时流过表头的电流为I'g，流过RP的电流为I'R，‎ ‎∵加在表头和Rp上的电压相等，故有I'gRg=I′RRp…①‎ ‎ I'=（I'g+I'R）…②；‎ 由①②联立得：I'R=49.005mA≈49.0mA 故答案为：49.5；49.0‎ ‎　‎ ‎14．某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，电路如图所示．‎ ‎（1）连好电路后，当该同学闭合电键时，发现电流表A示数为0，电压表V示数不为0．检查各接线柱均未接错，接触良好且未发生短路；他用另一电压表分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，接c、d时，示数与电压表V示数相同，由此可推断故障是　R断路　．‎ ‎（2）排除故障后，该同学顺利完成实验，测定了数据并根据数据在图中坐标上画出U﹣I图线，由图线知：电池的电动势为　1.46　V，内阻为　0.71　Ω．（结果保留三位有效数字）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）用电压表测电路时，若示数为零，则说明所接部分没有断路；若有示数则说明所接部分内出现了断路；‎ ‎（2）根据图示电源U﹣I图象求出电源电动势与内阻．‎ ‎【解答】解：（1）接c、d电压表示数为电源的电动势，说明此时电压表与电源相连，故其他部位是完好的，只能是R发生断路； ‎ ‎（2）由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.46，电源电动势E=1.46V，电源内阻：r===0.71Ω；‎ 故答案为：（1）R断路 （2）1.46 0.71‎ ‎　‎ 三、计算题（3小题，共42分．解答应写出必要的文字说明．方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎15．如图所示电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，C=20μF，电源电动势E=4V，内电阻r=0.5Ω，当开关S断开，电路稳定时，电源的总功率为2W．求：‎ ‎（1）R3的值；‎ ‎（2）当S闭合，电路稳定时，电源的输出功率；‎ ‎（3）在S闭合电路稳定时与S断开电路稳定时，电容器所带的电荷量各为多少？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）S断开时，R2和R3串联，S闭合时，R1和R2并联，再与R3串联，结合闭合电路欧姆定律以及功率的公式求出R3的值．‎ ‎（2）闭合S时，根据P=I2R外求出输出功率．‎ ‎（3）S断开时，电容器与并联在R2两端，电势差等于R2两端的电压．S闭合时，电容器两端的电势差为零，结合Q=CU求出电容器所带的电荷量．‎ ‎【解答】解：（1）S断开时，电源的总功率 P总=‎ 得 R3=﹣R2﹣r=﹣6﹣0.5=1.5Ω ‎（2）当S闭合，根据闭合电路欧姆定律得：‎ 代入数据得：I=1A 则电源的输出功率为：‎ ‎（2）当S闭合时，电容器两板间 U1=0，则电容器的带电量 Q=CU1=0‎ 当S断开时，R2上电压：‎ 电容器带的电荷量 Q′=CU2‎ 代入数据得：Q′=2×10﹣5×3=6×10﹣5C 答：（1）R3的值是1.5Ω；‎ ‎（2）当S闭合，电路稳定时，电源的输出功率是3.5W；‎ ‎（3）在S闭合电路稳定时与S断开电路稳定时，电容器所带的电荷量分别为0和6×10﹣5C．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，固定于同一竖直线上的AB是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷分别为+Q和﹣Q，AB相距为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿细杆带电小球p，质量为m电荷量为+q（视为电荷不影响电场的分布）现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距d时，速度为v0；已知MN与AB之间的距离为d，静电力常数为k，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）O点处的电场强度E的大小；‎ ‎（2）CO间的电势差UCO；‎ ‎（3）小球P经过与点电荷等高的D点时的速度．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理的应用；电场强度．‎ ‎【分析】（1）根据库仑定律求出小球在O点所受的电场力，再根据电场强度的定义式E=求出电场强度的大小．‎ ‎（2）对小球从C到O的过程，运用动能定理，求出C、O间的电势差UCO．‎ ‎（3）小球由C点到O点与从O点到D点，电场力的功相同，对从C点到D点过程，根据动能定理求小球P经过与点电荷等高的D点时的速度．‎ ‎【解答】解：（1）小球在O点时受力如图所示；‎ 由库仑定律得：F1=F2=k 点电荷在O点所受的电场力为：F==‎ 所以O点处的电场强度E==．‎ ‎（2）小球P由C点运动到O点时，由动能定理，得：‎ ‎ mgd+qUCO=mv02﹣0‎ 解得 UCO=‎ ‎（3）小球P由C点到O点与从O点到D点，电场力的功相同，则从C点到D点，根据动能定理得：‎ mg•2d+2qUCD=mv2‎ 则 v=．‎ 答：（1）O点处的电场强度E的大小是；‎ ‎（2）CO间的电势差UCO是；‎ ‎（3）小球P经过与点电荷等高的D点时的速度是．‎ ‎　‎ ‎17．相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为V0，质量为m，电量为﹣e，在AB两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0=‎ ‎；紧靠B板的偏转电场电压也等于U0，板长为L，两板间距为d，距偏转极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ．不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计．‎ ‎（1）在0﹣T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离．（结果用L、d表示，第2小题亦然）‎ ‎（2）只调整偏转电场极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足什么要求？‎ ‎（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取恰当的数值，使在0﹣T时间内通过电容器B板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k值．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）在0﹣kT时间内，根据动能定理求出电子穿出B板后的速度，在偏转电场中，电子做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转距离．根据推论：电子射出偏转电场后，好像从“中点射出”，得到打在荧光屏上的坐标．再运用同样的方法求出在kT﹣T 时间内，电子打在荧光屏上的坐标，即可求得这两个发光点之间的距离．‎ ‎（2）考虑到临界条件，当极板间距为d′时，电子刚从偏转极板边缘飞出，荧光屏上只出现一个光点，由上题结果求出极板间距应满足什么要求．‎ ‎（3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等，分别得到电子束长度的表达式，根据相等关系即可求得k．‎ ‎【解答】解：（1）电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化．‎ 在0﹣kT时间内，设穿出B板后速度变为v1，由动能定理得：‎ ‎﹣eU0=mv12﹣mv02，‎ 将U0=‎ 代入后解得：v1=．‎ 在偏转电场中，电子运动时间t1=，侧移量y1=at12=，‎ 解得：y1=．‎ 根据偏转电场中的推论“似是中点来”其打在荧光屏上的坐标y1′=2y1=‎ 在kT﹣T 时间内，穿出B板后速度变为v2，同理可得，‎ v2==v1，y2=．y2′=2y2=．‎ 荧光屏上两个发光点之间的距离△y=y1′﹣y2′=．‎ ‎（2）考虑到临界条件，当极板间距为d′时，电子刚从偏转极板边缘飞出，则有：‎ d′=a′t2，‎ 又 a′==，t= 整理得，d′2=．‎ 对于速度v1时，d1′==L；‎ 对于速度v2时，d2′==L；‎ 只调整偏转电场极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足： L＜d′＜L；‎ ‎（3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等（且刚好重叠），第一束长度：l1=v1•kT；第二束长度：l2=v2•（T﹣kT）；‎ 当l1= l2时，即v1•kT=v1•（1﹣k）T，‎ 解得k=≈0.59．‎ 答：‎ ‎（1）在0﹣T 时间内，荧光屏上有两个位置会发光，这两个发光点之间的距离是．‎ ‎（2）只调整偏转电场极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足的要求是：L＜d′＜L．‎ ‎（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取恰当的数值，使在0﹣T 时间内通过电容器B 板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，k值是0.59．‎ ‎　‎ ‎2016年12月3日