物理卷·2018届湖北省襄阳市东风中学高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届湖北省襄阳市东风中学高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年湖北省襄阳市东风中学高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题4分）‎ ‎1．下面所列举的物理学家及他们的贡献，其中正确的是（　　）‎ A．元电荷最早由库仑通过油滴实验测出 B．牛顿通过扭秤实验测定出了万有引力常量G C．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律 D．法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场 ‎2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为F，则两小球间的距离变为（　　）‎ A． B．r C． D．2r ‎3．如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右端．不计重力，下列表述正确的是（　　）‎ A．粒子在M点的速率最大 B．粒子在电场中的加速度不变 C．粒子所受电场力沿电场方向 D．粒子在电场中的电势能始终在增加 ‎4．如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．若正对的平行板左右错开一些，则（　　）‎ A．带电尘粒将向上运动 B．带电尘粒将向下运动 C．错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到A D．错开过程中，通过电阻R的电流方向为A到B ‎5．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为（　　）‎ A． B．U C．2U D．4U ‎6．如图所示电路中，R0为定值电阻，当滑片P向右移动过程中，下列判断正确的是（　　） ‎ A．电压表V1、电流表A的读数都增大 B．电压表V1与电流表A读数的比值保持不变 C．电压表V2与电流表A读数的比值保持不变 D．电压表V1、电流表A读数变化量的比值增大 ‎　‎ 二、多项选择题（每小题4分）‎ ‎7．一带正电的粒子在电场中做直线运动的v﹣t图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是（　　）‎ A．该电场可能是由某正点电荷形成的 B．从M点运动到N点的过程中，电势能逐渐增大 C．M点的电势高于N点的电势 D．粒子在M点所受到的电场力等于在N点所受到的电场力 ‎8．如图所示，a、b为一对等量同种正电荷连线上的两点（其中b为连线的中点），c为连线的中垂线上的一点，今将一带电荷量为q的负点电荷自a沿直线移到b，再沿直线移到c，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电荷q受到的电场力的合力一直变小 B．电场力的合力对电荷q一直做负功 C．电荷q的电势能一直增加 D．电荷q受到的电场力的合力方向一直不变 ‎9．已知如图，电源内阻不计．为使电容器的带电量增大，可采取以下那些方法（　　）‎ A．增大R1 B．增大R2 C．减小R1 D．增大R3‎ ‎10．如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是（　　）‎ A．金属块带负电荷 B．金属块的电势能与动能之和增加了16 J C．静电力做功4 J D．金属块的机械能减少12 J ‎　‎ 三、实验题 ‎11．表格中所列数据是测量小灯泡U﹣I关系的实验数据：‎ U（V）‎ ‎0.0‎ ‎0.2‎ ‎0.5‎ ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ ‎3.0‎ I（A）‎ ‎0.000‎ ‎0.050‎ ‎0.100‎ ‎0.150‎ ‎0.180‎ ‎0.195‎ ‎0.205‎ ‎0.215‎ ‎（1）分析表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图中的　　（选填“甲”或“乙”）．‎ ‎（2）请在图丙所示的方格纸内画出小灯泡的U﹣I曲线，分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而　　（选填“变大”、“变小”或“不变）．‎ ‎12．图是某同学连接的实验实物图，闭合开关S后，发现A、B灯都不亮，他采用下列两种方法检查故障：（每节干电池电动势约为1.5V）‎ ‎（1）用多用电表的直流电压档进行检查：‎ ‎①那么选择开关应置于下列量程的　　档．（用字母序号表示）‎ A.2.5V B.10V C.50V D.250V ‎②该同学测试结果如表所示，根据测试结果，可以判定故障是　　．（假设只有下列中的某一项有故障）‎ 测试点 电压示数 a、b 有示数 c、b 有示数 c、d 无示数 d、f 有示数 A．灯L1断路 B．灯L2短路 C．c、d段断路 D．d、f段断路 ‎（2）用欧姆档检查：‎ ‎①测试前，应将开关S　　（填“断开”或“闭合”）‎ ‎②测量结果如表所示，由此可以断定故障是　　．‎ 测量点 表头指针 c、d d、e e、f A．灯L1断路 B．灯L2断路 C．灯L1、L2都断路 D．d、e间导线断路．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎13．如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，求：‎ ‎（1）两点电荷间的库仑力大小；‎ ‎（2）C点的电场强度的大小和方向．‎ ‎14．如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，极板长L=20cm，两板间距d=8cm．一电子以v0=4×106 m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角．已知电子电荷e=1.6×10﹣19 C，电子质量m=0.91×10﹣30 kg．求：‎ ‎（1）电子在C点时的动能是多少？‎ ‎（2）电子从O点到C点的时间是多少？‎ ‎（3）O、C两点间的电势差大小是多少？‎ ‎15．如图所示电路中，电源电动势E=12V，内电阻r=1.0Ω，电阻R1=9.0Ω，R2=15Ω，电流表A示数为0.40A，求电阻R3的阻值和它消耗的电功率．‎ ‎16．在如图所示电路中，已知R3=4Ω，闭合开关，电流表读数为0.75A，电压表读数为2V，经过一段时间，一个电阻被烧坏（断路），使电流表读数变为0.8A，电压表读数变为3.2V，问：‎ ‎（1）哪个电阻发生断路故障？‎ ‎（2）R1的阻值是多少？‎ ‎（3）能否求出电源电动势E和内阻r？如果能，求出结果；如果不能，说明理由．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省襄阳市东风中学高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题4分）‎ ‎1．下面所列举的物理学家及他们的贡献，其中正确的是（　　）‎ A．元电荷最早由库仑通过油滴实验测出 B．牛顿通过扭秤实验测定出了万有引力常量G C．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律 D．法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、元电荷最早由密里根通过油滴实验测出，故A错误；‎ B、卡文迪许通过扭秤实验测定出了万有引力恒量G，故B错误；‎ C、库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，故C错误；‎ D、法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场，故D正确；‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为F，则两小球间的距离变为（　　）‎ A． B．r C． D．2r ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．‎ 根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．‎ ‎【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，两球间库仑力的大小变为，‎ 库仑力为F′=k=，‎ r′= 所以两小球间的距离变为，故C正确、ABD．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右端．不计重力，下列表述正确的是（　　）‎ A．粒子在M点的速率最大 B．粒子在电场中的加速度不变 C．粒子所受电场力沿电场方向 D．粒子在电场中的电势能始终在增加 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】粒子在匀强电场中受到的电场力的方向向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，电势能增加，根据粒子的运动分析可以得出结论．‎ ‎【解答】解：A、粒子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到M点时，粒子的速度最小，故A错误；‎ B、粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度不变，故B正确；‎ C、粒子做曲线运动，受电场力指向曲线弯曲的内侧，故可知，粒子所受电场力沿电场的反方向，故C错误；‎ D、当粒子向右运动时电场力做负功电势能增加，当粒子向左运动时电场力做正功电势能减小，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．若正对的平行板左右错开一些，则（　　）‎ A．带电尘粒将向上运动 B．带电尘粒将向下运动 C．错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到A D．错开过程中，通过电阻R的电流方向为A到B ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容．‎ ‎【分析】本题由电容器的决定式由平行板左右错开时，电容器的正对面积发生变化，由正对面积的变化判定电容器的变化，由于不切断电源，电容器极板间电压恒定，由此判定电容器的带电量的变化，从而确定粒子的运动和电流的变化问题．‎ ‎【解答】解：根据电容器的决定式C=，当正对面积S减小时，电容器的电容减小．‎ A、带电尘粒受电场力F=q没有发生变化，故电场力不变粒子仍处于平衡状态，故AB错误；‎ CD、由于电容器的电容减小，两极板间电压保持不变，故电容器的带电荷量将减小，故电容器放电，流经电阻R电流方向从A至B，故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为（　　）‎ A． B．U C．2U D．4U ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】由导线长度的变化可知电阻的变化，再由欧姆定律可求得导经两端所加电压．‎ ‎【解答】解：由欧姆定律可知：R=，‎ 导线拉长后，横截面积减小为原来的一半，则电阻：R′==4R，‎ 则由欧姆定律可知，电压：U′=I•（4R）=4U；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示电路中，R0为定值电阻，当滑片P向右移动过程中，下列判断正确的是（　　） ‎ A．电压表V1、电流表A的读数都增大 B．电压表V1与电流表A读数的比值保持不变 C．电压表V2与电流表A读数的比值保持不变 D．电压表V1、电流表A读数变化量的比值增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑片P向右移动过程中，分析变阻器接入电路的电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，确定电流表读数的变化．由欧姆定律判断电压表V2读数的变化，分析变阻器的电压变化，判断电压表V1的变化．由闭合电路欧姆定律分析电表读数变化量之比．‎ ‎【解答】解：A、当滑片P向右移动过程中，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可知，电路中总电流I减小，电流表A的读数减小．电压表V1的读数U1=E﹣I（R0+r），I减小，E、R0、r不变，则U1增大，电压表V1的读数增大．故A错误．‎ B、电压表V1与电流表A读数的比值等于变阻器阻值，可见该比值增大．故B错误．‎ C、电压表V2与电流表A读数的比值为电阻R0的阻值，所以保持不变．故C正确．‎ D、根据闭合电路欧姆定律得：U1=E﹣I（R0+r），则电压表V1、电流表A读数变化量的比值=R0+r，保持不变．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ 二、多项选择题（每小题4分）‎ ‎7．一带正电的粒子在电场中做直线运动的v﹣t图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是（　　）‎ A．该电场可能是由某正点电荷形成的 B．从M点运动到N点的过程中，电势能逐渐增大 C．M点的电势高于N点的电势 D．粒子在M点所受到的电场力等于在N点所受到的电场力 ‎【考点】电势能；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场，根据动能定理可知，电场力做负功，电势能增加，又由于是正电荷，电势也增加．‎ ‎【解答】解：A、D、由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以粒子在M点所受到的电场力等于在N点所受到的电场力；电场力不变，是匀强电场，所以不可能是由某正点电荷形成的，故A错误，D正确；‎ B、C、从M到N的运动过程中速度减小，根据动能定理可知电场力做负功，电势能增加，又由于是正电荷，所以电势也增加，故M点的电势低于N点的电势，故B正确，C错误．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎8．如图所示，a、b为一对等量同种正电荷连线上的两点（其中b为连线的中点），c为连线的中垂线上的一点，今将一带电荷量为q的负点电荷自a沿直线移到b，再沿直线移到c，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电荷q受到的电场力的合力一直变小 B．电场力的合力对电荷q一直做负功 C．电荷q的电势能一直增加 D．电荷q受到的电场力的合力方向一直不变 ‎【考点】电场强度；电势能．‎ ‎【分析】由题，两个等量同种电荷，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反．bc连线上方的中垂线上每一点（除b点）电场线方向向上．根据电场力做功正负，判断电势能的变化：电场力做负功，电荷的电势能增大．‎ ‎【解答】解：A、两个等量同种电荷，它们在点b处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点b的场强为零，所以将一带电量为q的负点电荷自a沿直线移到b再沿直线移到c，电场力先减小后增大．故A错误．‎ ‎ B、负电荷所受力的方向与电场强度方向相反，所以负点电荷自a沿直线移到b的过程中，电场力做负功，再沿直线移到c时，电场力还是做负功．故B正确．‎ ‎ C、电场力做负功，电荷的电势能增大．故C正确．‎ ‎ D、从a到b再到c的过程中，电场强度方向先沿ab方向，后沿bc方向，电场力的方向与电场强度方向相反，所以电场力的方向也改变．故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎9．已知如图，电源内阻不计．为使电容器的带电量增大，可采取以下那些方法（　　）‎ A．增大R1 B．增大R2 C．减小R1 D．增大R3‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】为使电容器的带电量增大，必须使电容器板间电压增大，电路稳定时，电容器板间电压等于变阻器R2两端的电压，根据串联电路的特点分析电容器电压的变化．‎ ‎【解答】解：由电路图看出，电容器板间电压等于变阻器R2两端的电压，由欧姆定律得知，电容器的电压为 U=E，‎ 当增大R2 或减小R1时，U增大，电容器的带电量增大，由上式看出U与R3 无关．故BC正确．AD错误 故选：BC ‎　‎ ‎10．如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是（　　）‎ A．金属块带负电荷 B．金属块的电势能与动能之和增加了16 J C．静电力做功4 J D．金属块的机械能减少12 J ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．‎ ‎【分析】在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理求出电场力做功；电场力做功等于电势能的减小量；重力做功等于重力势能的减小量．‎ ‎【解答】解：AC、在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，根据动能定理得：‎ W总=WG+W电+Wf=△EK 解得：W电=﹣4J 静电力做功﹣4J，由于金属块下滑，电场力做负功，由于电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故A错误，C错误；‎ B、金属块的动能增加12J，电势能增加4J，所以金属块的电势能与动能之和增加了12+4=16 J．故B正确；‎ D、在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ 三、实验题 ‎11．表格中所列数据是测量小灯泡U﹣I关系的实验数据：‎ U（V）‎ ‎0.0‎ ‎0.2‎ ‎0.5‎ ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ ‎3.0‎ I（A）‎ ‎0.000‎ ‎0.050‎ ‎0.100‎ ‎0.150‎ ‎0.180‎ ‎0.195‎ ‎0.205‎ ‎0.215‎ ‎（1）分析表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图中的　甲　（选填“甲”或“乙”）．‎ ‎（2）请在图丙所示的方格纸内画出小灯泡的U﹣I曲线，分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而　变大　（选填“变大”、“变小”或“不变）．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）从表格数据可以看出，电流和电压是从零开始连续变化的，故选选择分压式接法；‎ ‎（2）通过描点法作出U﹣I图线，根据欧姆定律公式R=，图象上点与坐标原点的连线的斜率表示电阻．‎ ‎【解答】解：（1）从表格数据可以看出，电流和电压是从零开始连续变化的，故选择分压式接法，故选择甲图；‎ ‎（2）通过描点法作出U﹣I图线，如图所示：‎ 图象上点与坐标原点的连线的斜率表示电阻，故小灯泡的电阻随I变大而变大；‎ 故答案为：（1）甲；（2）如图所示，变大．‎ ‎　‎ ‎12．图是某同学连接的实验实物图，闭合开关S后，发现A、B灯都不亮，他采用下列两种方法检查故障：（每节干电池电动势约为1.5V）‎ ‎（1）用多用电表的直流电压档进行检查：‎ ‎①那么选择开关应置于下列量程的　B　档．（用字母序号表示）‎ A.2.5V B.10V C.50V D.250V ‎②该同学测试结果如表所示，根据测试结果，可以判定故障是　D　．（假设只有下列中的某一项有故障）‎ 测试点 电压示数 a、b 有示数 c、b 有示数 c、d 无示数 d、f 有示数 A．灯L1断路 B．灯L2短路 C．c、d段断路 D．d、f段断路 ‎（2）用欧姆档检查：‎ ‎①测试前，应将开关S　断开　（填“断开”或“闭合”）‎ ‎②测量结果如表所示，由此可以断定故障是　D　．‎ 测量点 表头指针 c、d d、e e、f A．灯L1断路 B．灯L2断路 C．灯L1、L2都断路 D．d、e间导线断路．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）电流总是从红表笔进，黑表笔出，用电压表判断故障时，根据电源电动势选择合适的量程，电压表有示数说明有断路，没示数说明没断路．‎ ‎（2）用欧姆表判断故障时，指针偏转说明被测电路没有断路，指针不偏转说明被测电路断路．‎ ‎【解答】解：（1）①由图示电路图可知，电源电动势为6V，用电压表检查电路故障，电压表应选择10V量程，故选B．‎ ‎②、电压表接a、b，电压表有示数，说明a、b两点与电源间无断路，‎ 电压表接c、b，电压表有示数，说明c、b两点与电源间无断路，‎ 电压表接c、d，电压表无示数，说明c、d两点与电源间存在断路，‎ 电压表接d、f，电压表有示数，说明d、f两点与电源两极间无断路，‎ 综合以上分析可知，电路出现在d、f间，故选D；‎ ‎（2）①用欧姆表检查电路故障，测试前，应将开关断开，避免烧坏电表．‎ ‎②欧姆表右偏说明两接触点之间没断路，不偏转，说明两接触点之间断路了，即d、e间导线断路，故D正确．‎ 故答案为：（1）①B；②D； （2）①断开；②D．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎13．如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，求：‎ ‎（1）两点电荷间的库仑力大小；‎ ‎（2）C点的电场强度的大小和方向．‎ ‎【考点】库仑定律；电场强度．‎ ‎【分析】（1）根据库仑定律公式F=k列式求解即可；‎ ‎（2）先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到C点的场强．‎ ‎【解答】解：（1）电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，静电力为：‎ F=k=9.0×109×=9.0×10﹣3N；‎ ‎（2）A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：‎ E1=k=9.0×109×=4.5×103N/C A、B点电荷在C点的合场强大小为：‎ E=2E1cos30°=2×4.5×103N/C×=7.8×103N/C 场强方向沿着y轴正方向；‎ 答：（1）两点电荷间的库仑力大小为9.0×10﹣3N；‎ ‎（2）C点的电场强度的大小为7.8×103N/C，方向为+y轴正方向．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，极板长L=20cm，两板间距d=8cm．一电子以v0=4×106 m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角．已知电子电荷e=1.6×10﹣19 C，电子质量m=0.91×10﹣30 kg．求：‎ ‎（1）电子在C点时的动能是多少？‎ ‎（2）电子从O点到C点的时间是多少？‎ ‎（3）O、C两点间的电势差大小是多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据平行四边形定则求出C点的速度，从而得出电子在C点的动能．‎ ‎（2）电子在电场中做类平抛运动水平方向匀速运动，根据求时间 ‎（2）运用动能定理求出O、C两点间的电势差．‎ ‎【解答】解析：（1）依据几何三角形知电子在C点时的速度为：‎ ‎…①‎ 而…②‎ 联立①②得： ==‎ 电子从O到C的时间为：t==‎ ‎（2）对电子从O到C，由动能定理，有：‎ ‎…③‎ 联立①③得：U==15.2 V 答：（1）电子在C点时的动能是 ‎（2）电子从O点到C点的时间是 ‎（3）O、C两点间的电势差大小是15.2V ‎　‎ ‎15．如图所示电路中，电源电动势E=12V，内电阻r=1.0Ω，电阻R1=9.0Ω，R2=15Ω，电流表A示数为0.40A，求电阻R3的阻值和它消耗的电功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】求电阻的基本原理是伏安法，即求出电压和电流，再求电阻．‎ 已知电流表读数，由欧姆定律求出R2两端电压，根据全电路欧姆定律求出内阻r及R1两端电压，由欧姆定律求出干路电流，得到通过R3的电流，即可由欧姆定律求出R3的阻值．R3功率为：P3=U3I3．‎ ‎【解答】解：R2两端电压为：U2=I2R2=0.4×15V=6V 内阻r及R1两端电压为：U=E﹣U2=12V﹣6V=6V 干路中电流为：I==A=0.6A R3中电流为：I3=I﹣I2=0.6A﹣0.4A=0.2A R2和R3并联，电压相等即U2=U3=6V R3阻值为：R3==Ω=30Ω R3功率为：P3=U3I3=6×0.2W=1.2W；‎ 答：电阻R3的阻值为30Ω，它消耗的电功率为1.2W．‎ ‎　‎ ‎16．在如图所示电路中，已知R3=4Ω，闭合开关，电流表读数为0.75A，电压表读数为2V，经过一段时间，一个电阻被烧坏（断路），使电流表读数变为0.8A，电压表读数变为3.2V，问：‎ ‎（1）哪个电阻发生断路故障？‎ ‎（2）R1的阻值是多少？‎ ‎（3）能否求出电源电动势E和内阻r？如果能，求出结果；如果不能，说明理由．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）电路中某一电阻断路，两电表的读数都变大，不可能是R3和R1断路，否则变化后电压表或电流表无读数，只可能R2断路．‎ ‎（2）根据欧姆定律求R1的阻值．‎ ‎（3）断路时，电压表读数等于电阻R2的电压，由欧姆定律求出R2．根据闭合电路欧姆定律对发生断路前后列方程，组成方程组求解电动势和内电阻 ‎【解答】解：（1）电阻R2断路．‎ 因为：若R1断路，电流表读数将变为零，与题设条件不符．若R3断路，电压表读数将变为零，与题设条件不符．故只能是R2发生了断路． 　　　　　　　　‎ ‎（2）发生故障后，R1的电压为3.2V，则R1==Ω=4Ω 　　　　　　　　‎ ‎（3）故障前：UR3=I1R1﹣UR2=0.75×4 V﹣2 V=1 V 　　　‎ ‎ I3== A=0.25 A 　　　　‎ 根据闭合电路欧姆定律得 E=UV+UR3+（I3+IA）（R4+r）=2+1+（0.25+0.75）×（R4+r） ①‎ 故障后：E=UV′+IA′（R4+r）=3.2+0.8×（R4+r） ②‎ 由①②联立求解得：R4+r=1Ω E=4 V 　　　‎ 因为R4未知，故只能求出电源电动势E而不能求出内阻r．‎ 答：‎ ‎（1）电阻R2断路．‎ ‎（2）R1的阻值是4Ω．‎ ‎（3）能求出电源电动势E，E为4V，不能求出内阻r．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日