物理卷·2018届河北省邯郸市广平一中高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届河北省邯郸市广平一中高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年河北省邯郸市广平一中高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求；9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）．‎ ‎1．用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列表达式中不属于比值法定义的物理量是（　　）‎ A．电场强度E= B．加速度a= C．电阻R= D．电容C=‎ ‎2．完全相同的两个金属球A、B（可以看作点电荷）带有相等的电荷量，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F．现用一个与A、B相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开，则A、B两球之间的相互作用力的大小是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．某电解池，如果在2s内共有5×1018个二价正离子和1×1019个一价负离子通过面积为0.1m2的某截面，那么通过这个截面的电流是（　　）‎ A．0 B．0.8A C．1.6A D．3.2A ‎4．如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（　　）‎ A．a代表的电阻丝较粗 B．b代表的电阻丝较粗 C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值 D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比 ‎5．如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（　　）‎ A．路端电压变小 B．电流表的示数变大 C．电源内阻消耗的功率变小 D．电路的总电阻变大 ‎6．如图所示，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得Uab=0，Ubc=0，Ucd=4V．由此可知开路处为（　　）‎ A．灯L1 B．灯L2 C．变阻器 D．不能确定 ‎7．电流表的内阻是Rg=200Ω，满刻度电流值是Ig=500 μA，现欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（　　）‎ A．应串联一个1 800Ω的电阻 B．应并联一个0.1Ω的电阻 C．应串联一个0.1Ω的电阻 D．应并联一个1 800Ω的电阻 ‎8．用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为R1，如果采用乙电路，测量值为R2，那么R1、R2与真实值R之间满足关系（　　）‎ A．R1＞R＞R2 B．R＞R1＞R2 C．R1＜R＜R2 D．R＜R1＜R2‎ ‎9．关于电动势，下列说法正确的是（　　）‎ A．电源两极间的电压等于电源电动势 B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C．电源电动势的数值等于外电压之和 D．电源电动势与外电路的组成无关 ‎10．如图所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线．以下说法正确的是（　　）‎ A．电池组的内阻是1Ω B．电阻的阻值为0.33Ω C．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4W D．改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W ‎11．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，c的电势最高 B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大 C．带电质点通过P点时的动能较Q点大 D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大 ‎12．如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小（　　）‎ A．将M板向下平移 B．将M板沿水平向左方向远离N板 C．在M、N之间插入云母板（介电常数ε＞1）‎ D．在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触 ‎　‎ 二、实验题（共2小题，共18分）‎ ‎13．（1）实验题仪器读数 ‎①甲图中游标卡尺的读数是　　cm．乙图中螺旋测微器的读数是　　mm．‎ ‎②如图丙所示，A、B、C是多用表在进行不同测量时，转换开关分别指示的位置，D是多用表表盘指针在测量时的偏转位置．‎ 若是用A档测量，指针偏转如D，则读数为　　；‎ 若是用B档测量，指针偏转如D，则读数为　　；‎ 若是用C档测量，指针偏转如D，则读数为　　．‎ ‎14．用电流表和电压表测1节干电池的电动势和内电阻，如图中给出了A、B两个供选用的电路图，为了较精确地测定电动势和内电阻，实验中应选用　　电路．正确选用电路后，实验时经测量得出的数据如表，请在图C的方格纸上画出U﹣I图线．利用图线可求出电源电动势为　　V，内电阻为　　Ω（结果均保留到小数点后两位）．‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ I/A ‎0.12‎ ‎0.20‎ ‎0.31‎ ‎0.32‎ ‎0.50‎ ‎0.57‎ U/V ‎1.37‎ ‎1.32‎ ‎1.24‎ ‎1.18‎ ‎1.10‎ ‎1.05‎ ‎　‎ 三、计算题（共3小题，共34分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎15．如图所示的电路中，电源电动势为10V，R1=8Ω，R2=12Ω，电容C=50 μF，电源内阻忽略不计．求：‎ ‎（1）闭合开关S，稳定后通过电阻R1的电流；‎ ‎（2）将开关S断开，再次稳定后，求通过R1的总电荷量．‎ ‎16．如图所示，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=2Ω，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当开关S闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W．若电源的电动势为6V，求开关S闭合时，电动机输出的机械功率．‎ ‎17．如图所示，A、B、C为三块水平放置的平行金属板，板的厚度不计，间距均为d．A、B板中央有小孔，电路中三个电阻的阻值均为R，电源内阻也为R．现有一滴质量为m电荷量为q的带正电液滴在距A板小孔正上方为d的P处由静止开始下落，不计空气阻力，当地的重力加速度为g，当它达到C板时速度恰为零．试求：‎ ‎（1）液滴从P处到达C板的过程中其电势能变化了多少？是增加还是减少？‎ ‎（2）电源电动势的大小E；‎ ‎（3）液滴通过B板中央小孔时的速度大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省邯郸市广平一中高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求；9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）．‎ ‎1．用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列表达式中不属于比值法定义的物理量是（　　）‎ A．电场强度E= B．加速度a= C．电阻R= D．电容C=‎ ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】比值法就是应用两个物理量的比值来定量研究第三个物理量．它适用于物质属性或特征、物体运动特征的定义．‎ ‎【解答】解：A、电场强度与放入电场中的电荷无关，所以E=属于比值定义法．故A正确；‎ B、加速度a=是牛顿第二定律得到的，不是比值定义的，故B错误；‎ C、电阻等于导体两端的电压与通过导体电流的比值，R=属于比值定义法．故C正确；‎ D、电容C由本身的性质决定，与所带的电荷量及两端间的电势差无关．所以C=属于比值定义法．故D正确；‎ 本题选不属于比值法定义的，故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．完全相同的两个金属球A、B（可以看作点电荷）带有相等的电荷量，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F．现用一个与A、B相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开，则A、B两球之间的相互作用力的大小是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】理解库仑定律的内容．知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．‎ ‎【解答】解：假设A带电量为Q，BA带电量为﹣Q，‎ 两球之间的相互吸引力的大小是：F=‎ 第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为，‎ C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为﹣，‎ 这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：F′==‎ 故A正确、BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．某电解池，如果在2s内共有5×1018个二价正离子和1×1019个一价负离子通过面积为0.1m2的某截面，那么通过这个截面的电流是（　　）‎ A．0 B．0.8A C．1.6A D．3.2A ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】由题计算出1s内通过截面正离子与负离子电量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流．一价离子所带电量大小为e=1.6×10﹣19C．‎ ‎【解答】解：由题，1s内通过截面正离子的电量为q1=2n1e，负离子的电量绝对值为q2=n2e，则电流为：‎ I==‎ 将n1=5×1018个，n2=1×1019个，e=1.6×10﹣19C代入解得：‎ I=3.2A 故选：3.2．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（　　）‎ A．a代表的电阻丝较粗 B．b代表的电阻丝较粗 C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值 D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，根据斜率比较电阻的大小．根据电阻定律R=比较电阻丝的粗细．‎ ‎【解答】解：A、图线的斜率表示电阻的倒数，图线a的斜率小于b的斜率，所以a的电阻大于b的电阻，根据电阻定律R=知，长度相同，材料相同，知a的横截面积小，b的横截面积大．故A、C错误，B正确．‎ D、电阻的大小与电压、电流无关．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（　　）‎ A．路端电压变小 B．电流表的示数变大 C．电源内阻消耗的功率变小 D．电路的总电阻变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】在滑动触头由a端滑向b端的过程中，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，以及电源内阻消耗的功率如何变化，再判断电流表的示数的变化．‎ ‎【解答】解：当滑片向b端滑动时，其接入电路中的电阻减小，使得外电路总电阻减小，故D错误．‎ 根据I=，可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有E=Ir+U外，可知路端电压U外在减小，故A正确．‎ 流过电流表的示数为I=，可知电流在减小，故B错误．‎ 根据P=I2r，可知内阻消耗的功率在增大，故C错误．‎ 故选A ‎　‎ ‎6．如图所示，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得Uab=0，Ubc=0，Ucd=4V．由此可知开路处为（　　）‎ A．灯L1 B．灯L2 C．变阻器 D．不能确定 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0．若发生断路，其两端电压等于电源的电动势．‎ ‎【解答】解：A、B对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0．由题：Uab=0，Ubc=0，则可知：灯L1、L2没有发生断路．故AB错误 ‎ C、由题Ucd=4V，则变阻器发生断路，因为断路时，电路无电流，其两端的电势分别等于电源两极的电势，其电势差等于电源的电动势．故C正确．‎ ‎ D、由上述分析可知D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．电流表的内阻是Rg=200Ω，满刻度电流值是Ig=500 μA，现欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（　　）‎ A．应串联一个1 800Ω的电阻 B．应并联一个0.1Ω的电阻 C．应串联一个0.1Ω的电阻 D．应并联一个1 800Ω的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，根据串并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值．‎ ‎【解答】解：改装成电压表要串联电阻分压，串联电阻阻值：R=﹣Rg==1800Ω ‎ 则A正确，故选：A ‎　‎ ‎8．用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为R1，如果采用乙电路，测量值为R2，那么R1、R2与真实值R之间满足关系（　　）‎ A．R1＞R＞R2 B．R＞R1＞R2 C．R1＜R＜R2 D．R＜R1＜R2‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】根据两接法的特点可知误差的来源及对结果的影响，即可得出其测量结果与真实值之间的关系．‎ ‎【解答】解：甲图中电压值是准确的，而由于电压表的分流导致电流值偏大，故测量结果将小于真实值；‎ 而乙图中电流值是准确的，而由于电流表的分压导致了电压表示数偏大，故测量结果将大于真实值；‎ 故答案为：R1＜R＜R2，C正确；‎ 故选C ‎　‎ ‎9．关于电动势，下列说法正确的是（　　）‎ A．电源两极间的电压等于电源电动势 B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C．电源电动势的数值等于外电压之和 D．电源电动势与外电路的组成无关 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，等于电源没有接入电路时两极间的电压，根据闭合电路欧姆定律分析电动势与外、内电压的关系．‎ ‎【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得知：电动势的数值等于内外电压之和，当电源没有接入电路时，电路中没有电流，电源的内电压为零，外电压即电源两极间的电压等于电动势；当电源接入电路时，电路有电流，电源有内电压，两极间的电压小于电动势，故AC错误．‎ B、电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，所以电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故B正确．‎ D、电动势由电源本身特性决定，与外电路的组成无关，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线．以下说法正确的是（　　）‎ A．电池组的内阻是1Ω B．电阻的阻值为0.33Ω C．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4W D．改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律得：I=，由电池组的伏安特性曲线斜率倒数的大小求出电源的内阻．由电阻的伏安特性曲线斜率倒数的大小求出电阻值．两图线的交点即为该电阻接在该电池组两端是工作状态，读出电流和电压，求出电池组的输出功率．当外电阻等于电池内阻时，该电池组的输出功率最大，并功率公式求出电池组的最大输出功率．‎ ‎【解答】解：A、由图线a斜率倒数的大小求出电池组的内阻r===1Ω．故A正确．‎ ‎ B、由图线b斜率倒数的大小求出电阻的阻值R==3Ω．故B错误．‎ ‎ C、将该电阻接在该电池组两端，电路中电流I=1A，路端电压为U=3V，电池组的输出功率P出=3W．故C错误．‎ ‎ D、由图线a读出电源的电动势E=4V．当外电阻等于电池内阻时，该电池组的输出功率最大，电池组的最大输出功率Pmax==4W．故D正确．‎ 故选AD ‎　‎ ‎11．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，c的电势最高 B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大 C．带电质点通过P点时的动能较Q点大 D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大 ‎【考点】电势；电势能．‎ ‎【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．‎ ‎【解答】解：A、质点所受电场力指向轨迹内侧，由于质点带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A正确；‎ B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；‎ C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；‎ D、等差等势线密的地方电场线密，场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小（　　）‎ A．将M板向下平移 B．将M板沿水平向左方向远离N板 C．在M、N之间插入云母板（介电常数ε＞1）‎ D．在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】静电计指针的张角反应电容器两端间电势差的变化，抓住电容器带电量不变，根据，通过电容的变化，判断电势差的变化．‎ ‎【解答】解：A、将M板向下平移，正对面积减小，根据，电容减小，根据，Q不变，则电势差增大，张角变大．故A错误．‎ ‎ B、将M板沿水平向左方向远离N板，d变大，根据，电容减小，根据，Q不变，则电势差增大，张角变大．故B错误．‎ ‎ C、在M、N之间插入云母板（介电常数ε＞1），根据，电容增大，根据，Q不变，则电势差减小，张角变小．故C正确．‎ ‎ D、在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触，d减小，根据，电容增大，根据，Q不变，则电势差减小，张角变小．故D正确．‎ 故选CD．‎ ‎　‎ 二、实验题（共2小题，共18分）‎ ‎13．（1）实验题仪器读数 ‎①甲图中游标卡尺的读数是　10.050　cm．乙图中螺旋测微器的读数是　3.200　mm．‎ ‎②如图丙所示，A、B、C是多用表在进行不同测量时，转换开关分别指示的位置，D是多用表表盘指针在测量时的偏转位置．‎ 若是用A档测量，指针偏转如D，则读数为　1300Ω　；‎ 若是用B档测量，指针偏转如D，则读数为　6.4mA　；‎ 若是用C档测量，指针偏转如D，则读数为　32.0V　．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ 螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读 欧姆表的读法：刻度数×倍率 选择开关位于电压，电流档时，根据电压量程从而选择刻度读数．‎ ‎【解答】解：①游标卡尺的读数：100+10×0.05=100.50mm=10.050cm 螺旋测微器的读数：3+20.0×0.01=3.200mm ‎②欧姆档读数：13×100=1300Ω ‎10mA电流档读数：最小分度为0.2mA，则读数为6.4mA ‎50V电压档的读数：最小分度为1V，则读数为32.0V 故答案为：①10.050 3.200 ②1300Ω 6.4mA 32.0V ‎　‎ ‎14．用电流表和电压表测1节干电池的电动势和内电阻，如图中给出了A、B两个供选用的电路图，为了较精确地测定电动势和内电阻，实验中应选用　B　电路．正确选用电路后，实验时经测量得出的数据如表，请在图C的方格纸上画出U﹣I图线．利用图线可求出电源电动势为　1.45　V，内电阻为　0.69　Ω（结果均保留到小数点后两位）．‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ I/A ‎0.12‎ ‎0.20‎ ‎0.31‎ ‎0.32‎ ‎0.50‎ ‎0.57‎ U/V ‎1.37‎ ‎1.32‎ ‎1.24‎ ‎1.18‎ ‎1.10‎ ‎1.05‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】干电池内阻内阻很小，为减小实验误差，相对于电源来说应采用电流表外接法测电源电动势与内阻．‎ 根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U﹣I图象，然后根据图象求出电源电动势与内阻．‎ ‎【解答】解：电源内阻很小，相对于电源如果采用电流表内接法，电流表分压对实验影响很大，实验误差较大，为减小实验误差，相对于电源应采用电流表外接法，应选图b所示实验电路进行实验．‎ 根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出U﹣I图象，图象如图所示；‎ 由图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.45，则电源电动势E=1.45V，电源内阻r==≈0.69Ω．‎ 故答案为：B；1.45；0.69．‎ ‎　‎ 三、计算题（共3小题，共34分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎15．如图所示的电路中，电源电动势为10V，R1=8Ω，R2=12Ω，电容C=50 μF，电源内阻忽略不计．求：‎ ‎（1）闭合开关S，稳定后通过电阻R1的电流；‎ ‎（2）将开关S断开，再次稳定后，求通过R1的总电荷量．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）闭合开关S，稳定后电容器相当于开关断开，两个电阻串联，根据闭合电路欧姆定律求通过电阻R1的电流．‎ ‎（2）开关S断开后，稳定时电容器两端的电压等于电源的电动势，电压增大，电容器充电，通过R1的电荷量等于开关断开前后电容器电量的增加量．先求出断开前电容器的带电量，再求出断开后电容器的电量，两者之差即等于通过R1的电荷量．‎ ‎【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律得：‎ I==A=0.5 A．‎ ‎（2）闭合S时，电容两端的电压为：‎ UC=U2=IR2=0.5×12V=6 V 断开S后，电容两端电压为：‎ ‎ UC′=E=10 V 所以断开S后，电容器有一个短时间的继续充电过程，通过R1的电荷量即为：‎ ‎△Q=△U•C=（UC′﹣UC）C=（10﹣6）×50×10﹣6 C=2×10﹣4 C．‎ 答：（1）闭合开关S，稳定后通过电阻R1的电流为0.5A；‎ ‎（2）开关S断开后，通过R1的电荷量为2×10﹣4 C．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=2Ω，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当开关S闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W．若电源的电动势为6V，求开关S闭合时，电动机输出的机械功率．‎ ‎【考点】闭合电路中的能量转化；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率求出电路中电流，由欧姆定律求出电源的内阻r．当开关S闭合时，根据电阻R1消耗的电功率求出R1的电流和电压，根据欧姆定律求出干路电流，得到电动机的电流，再求出电动机输出的机械功率．‎ ‎【解答】解：当开关S断开时 ‎ 由P1=I12R1，得I1=0.6A ‎ 当开关S闭合时 ‎ 由P2=I22R1，得I2=0.5A ‎ ‎ R1的电压U=I2R1=4V 设干路中电流为I 则 I==1A 电动机的电流IM=I﹣I2=0.5A 故电动机的机械功率为P=UIM﹣IM2R0=1.5W 答：开关S闭合时，电动机输出的机械功率为1.5W．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，A、B、C为三块水平放置的平行金属板，板的厚度不计，间距均为d．A、B板中央有小孔，电路中三个电阻的阻值均为R，电源内阻也为R．现有一滴质量为m电荷量为q的带正电液滴在距A板小孔正上方为d的P处由静止开始下落，不计空气阻力，当地的重力加速度为g，当它达到C板时速度恰为零．试求：‎ ‎（1）液滴从P处到达C板的过程中其电势能变化了多少？是增加还是减少？‎ ‎（2）电源电动势的大小E；‎ ‎（3）液滴通过B板中央小孔时的速度大小．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理的应用；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）液滴从P处到达C板的过程中机械能减小，根据能量守恒定律判断电势能的变化情况；‎ ‎（2）（3）先分析AB、BC极板间的电压，电容器与用电器并联时，其极板的电压等于并联电路的电压；以P点到C极板和P点到B极板为研究过程，两次利用动能定理，分别求解电源电动势E的大小和液滴通过B板中央小孔时的速度．‎ ‎【解答】解：（1）根据能的转化和守恒定律（或动能定理）可知，液滴从P处到达C板的过程中其电势能增加，增加的电势能为△E=3mgd；‎ ‎（2）根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流大小为，‎ AB间的电势差为，‎ CB间的电势差为，‎ 根据动能定理，带电液滴从开始下落到C板的过程中，有：mg•3d+qUAB﹣qUCB=0，‎ 解得：；‎ ‎（3）带电液滴从开始下落到B板的过程中，根据动能定理，有，‎ 联立解得：；‎ 答：（1）液滴从P处到达C板的过程中其电势能增加了3mgd；‎ ‎（2）电源电动势的大小E为；‎ ‎（3）液滴通过B板中央小孔时的速度大小为．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日