物理卷·2018届四川省成都七中高二上学期月考物理试卷（11月份） (解析版) 17页

‎2016-2017学年四川省成都七中高二（上）月考物理试卷（11月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题为不定项选择题，每题6分，选对不全得3分；本大题共42分）‎ ‎1．关于磁感线的描述，下列哪些是正确的（　　）‎ A．磁感线从磁体的 N 极出发到磁体的 S 极终止 B．自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，其 N 极指向螺线管的南极 C．磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向 D．通电直导线的磁感线分布是以导线上任意点为圆心垂直于导线的多组等间距同心圆 ‎2．如图所示的电路中，R1=1Ω，R2=6Ω，电源内阻r=1Ω，若开关闭合后，铭牌上标有“6V 12W”的电动机刚好正常工作，则（　　）‎ A．流过电动机的电流为6A B．流过R2上的电流为1A C．电源电动势E=12V D．若电动机线圈电阻为0.5Ω，则电动机输出功率为7.5W ‎3．如图所示，在某一点电荷产生的电场中有a、b两点．已知a点的场强大小为Ea，方向与ab连线的夹角为120°，电势为φa；b点的场强大小为Eb，方向与ab连线的夹角为150°，电势为φb．则a、b两点的场强大小及电势的高低相比较，有（　　）‎ A．Ea=3Eb；φa＞φb B．Ea=；φa＞φb C．Ea=；φa＜φb D．Ea=3Eb；φa＜φb ‎4．如图所示，A 和 B 为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关 S 闭合且滑动变阻器的滑动触头 P 在 a 处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是（　　）‎ A．小球带负电 B．当滑动触头从 a 向 b 滑动时，绝缘线的偏角 θ 变大 C．当滑动触头从 a 向 b 滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D．当滑动触头停在 b 处时，电源 的输出功率一定大于滑动触头在 a处时电源的输出功率 ‎5．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源 1 与电源 2 的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为 P（5.2，3.5）、Q（6，5）．如果把该小灯泡分别与电源 1、电源 2 单独连接，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电源 1 与电源 2 的内阻之比是3：2‎ B．电源 1 与电源 2 的电动势之比是1：1‎ C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2‎ D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7：10‎ ‎6．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，则Rx的阻值为（　　）‎ A． R0 B． R0 C． R0 D． R0‎ ‎7．如图所示，真空中的匀强电场与水平方向成 15°角，AB直线垂直匀强电场 E．现有一质量为 m、电荷量为+q 的小球在 A 点以初速度大小为v0方向水平向右抛出，经时间t小球下落到 C点（图中未画出）时速度大小仍为v0，则小球由 A 点运动到 C点的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．C 点可能位于 AB 直线的左下侧 B．电场力对小球做功为零 C．小球的电势能减小 D．小球的机械能一定减小 ‎　‎ 二、实验题 ‎8．现要测定一个额定电压2.5V、额定功率约0.7W的小灯泡的伏安特性曲线．‎ ‎①为了测量的电压能从零开始，测量误差较小，请在图甲中连好实物电路图．‎ ‎②合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的　　（填“左端”或“右端”）．‎ ‎③根据实验数据，描绘出的U﹣I图象如图乙所示，由图可知，当灯泡的电压为1.80V时，小灯丝电阻为　　Ω，小灯泡的功率为　　 w（结果保留两位有效数字）．‎ ‎④由图乙可确定小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系，符合该关系的图象是图丙中的　　．‎ ‎9．图（a）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．‎ ‎（1）己知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA．由题给条件和数据，可以求出R1=　　Ω，R2=　　Ω．‎ ‎（2）现用一量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表吖对改装电表的3mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA．电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300Ω和1000Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750Ω和3000Ω．则R0应选用阻值为　　Ω的电阻，R应选用最大阻值为　　Ω的滑动变阻器．‎ ‎（3）若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图（b）的电路可以判断出损坏的电阻．图（b）中的Rʹ为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图（a）虚线框内的电路．则图中的d点应和接线柱　　（填“b”或“c“）相连．判断依据是　　．‎ ‎10．某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：‎ 多用电表；‎ 电压表：量程5V，内阻十几千欧；‎ 滑动变阻器：最大阻值5kΩ 导线若干．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔　　，调零点．‎ ‎（2）将图（a）中多用电表的红表笔和　　（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端．‎ ‎（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图（b）所示，这时电压表的示数如图（c）所示．多用电表和电压表的读数分别为　　kΩ和　　V．‎ ‎（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V．从测量数据可知，电压表的内阻为　　kΩ．‎ ‎（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图（d）所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为　　V，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为　　kΩ．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎11．如图所示，电源电动势E=6V，电源内阻不计．定值电阻R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ．‎ ‎（1）若在ab之间接一个C=100μF的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电量；‎ ‎（2）若在ab之间接一个内阻RV=4.8kΩ的电压表，求电压表的示数．‎ ‎12．如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10﹣7kg，电荷量q=1.0×10﹣2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则：‎ ‎（1）求粒子在电场中的运动时间；‎ ‎（2）求在t=0时刻进入的粒子飞出电场时的侧移量；‎ ‎（3）求各个时刻进入的粒子，离开电场时的速度的大小和方向；‎ ‎（4）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都七中高二（上）月考物理试卷（11月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题为不定项选择题，每题6分，选对不全得3分；本大题共42分）‎ ‎1．关于磁感线的描述，下列哪些是正确的（　　）‎ A．磁感线从磁体的 N 极出发到磁体的 S 极终止 B．自由转动的小磁针放在通电螺线管内部，其 N 极指向螺线管的南极 C．磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向 D．通电直导线的磁感线分布是以导线上任意点为圆心垂直于导线的多组等间距同心圆 ‎【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．‎ ‎【分析】磁感线在磁铁的外部，由N到S，在内部，由S到N，形成闭合曲线．‎ 小磁针N极所指的方向即为磁场的方向．‎ 磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向．‎ 磁感线的疏密表示磁场的强弱，等间距同心圆表示磁场强弱情况相同．‎ ‎【解答】解：A、磁感线在磁铁的外部，由N到S，在内部，由S到N，形成闭合曲线．故A错误．‎ B、螺线管内部磁感线由S极指向N极，小磁针N极所指的方向即为磁场的方向，故小磁针放在通电螺线管内部，其N极指向螺线管的N极即北极，故B错误；‎ C、磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线切线的方向表示磁场的方向，故C正确；‎ D、通电直导线的磁场距离通电直导线越远则磁场越弱，故以导线上任意点为圆心垂直于导线的多组同心圆越往外越稀疏，不是等间距，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示的电路中，R1=1Ω，R2=6Ω，电源内阻r=1Ω，若开关闭合后，铭牌上标有“6V 12W”的电动机刚好正常工作，则（　　）‎ A．流过电动机的电流为6A B．流过R2上的电流为1A C．电源电动势E=12V D．若电动机线圈电阻为0.5Ω，则电动机输出功率为7.5W ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电阻R2和电动机并联，所以电阻R2上的电压与电动机两端的电压相等，求出流过电阻R2的电流，同样可以根据电动机的铭牌求出流过电动机的电流，干路电流即可求得，从而求的电源电动势，当电动机内阻为0.5Ω时求得内阻消耗功率，从而求得电动机输出功率．‎ ‎【解答】解：A、电动机两端的电流为I动=，故A错误；‎ B、电阻R2两端的电压为U2=6V，电流为I2=，故B正确；‎ C、干路电流为I=I动+I2=2+1A=3A，电源电动势为E=U+（R1+r）I=6+（1+1）×3V=12V，故C正确；‎ D、若电动机线圈电阻为0.5Ω，电动机内阻消耗功率为P耗=I动2 R动=22×0.5W=2W，故输出功率为P出=P﹣P耗=12﹣2W=10W，故D错误；‎ 故选：BC ‎　‎ ‎3．如图所示，在某一点电荷产生的电场中有a、b两点．已知a点的场强大小为Ea，方向与ab连线的夹角为120°，电势为φa；b点的场强大小为Eb，方向与ab连线的夹角为150°，电势为φb．则a、b两点的场强大小及电势的高低相比较，有（　　）‎ A．Ea=3Eb；φa＞φb B．Ea=；φa＞φb C．Ea=；φa＜φb D．Ea=3Eb；φa＜φb ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】将两个电场线的方向反向延长，交与一点O，然后根据几何关系进行分析即可．‎ ‎【解答】解：将两个电场线的方向反向延长，交与一点O，如图：‎ 由几何关系可得：∠aob=90°，∠oab=60°‎ 所以：‎ 由点电荷的场强公式：得：‎ ‎，‎ 即：Ea=3Eb 又因是在点电荷的电场中，所以φa＞φb 所以四个选项中A正确，BCD都错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎4．如图所示，A 和 B 为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关 S 闭合且滑动变阻器的滑动触头 P 在 a 处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是（　　）‎ A．小球带负电 B．当滑动触头从 a 向 b 滑动时，绝缘线的偏角 θ 变大 C．当滑动触头从 a 向 b 滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D．当滑动触头停在 b 处时，电源 的输出功率一定大于滑动触头在 a处时电源的输出功率 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性．滑动头从a向b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向．利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小．‎ ‎【解答】解：A、由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A错误． ‎ ‎ B、滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E﹣Ir变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B错误．‎ ‎ C、滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故C正确．‎ ‎ D、根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小 输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故D错误 故选：C ‎　‎ ‎5．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源 1 与电源 2 的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为 P（5.2，3.5）、Q（6，5）．如果把该小灯泡分别与电源 1、电源 2 单独连接，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电源 1 与电源 2 的内阻之比是3：2‎ B．电源 1 与电源 2 的电动势之比是1：1‎ C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2‎ D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7：10‎ ‎【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据电源的外特性曲线U﹣I图线，可求出电动势和内阻；根据灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻．‎ ‎【解答】解：A、根据电源U﹣I图线，r1=Ω=，r2==Ω，则r1：r2=3：2，故A正确．‎ ‎ B、E1=E2=10V，故B正确；‎ ‎ C、D、灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，‎ ‎ 则U1=3.5v，I1=5A，P1=17.5W，R1==Ω ‎ U2=5V，I2=6A，P2=30W，R2=Ω ‎ P1：P2=7：12，R1：R2=42：50故CD错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎6．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，则Rx的阻值为（　　）‎ A． R0 B． R0 C． R0 D． R0‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和Rx的电流也相等；并联电路电压相等，故电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比；再结合欧姆定律列式求解即可．‎ ‎【解答】解：电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比，即；‎ 通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和Rx的电流也相等，故；‎ 根据电阻定律公式，有；‎ 故，解得R0‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，真空中的匀强电场与水平方向成 15°角，AB直线垂直匀强电场 E．现有一质量为 m、电荷量为+q 的小球在 A 点以初速度大小为v0方向水平向右抛出，经时间t小球下落到 C点（图中未画出）时速度大小仍为v0，则小球由 A 点运动到 C点的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．C 点可能位于 AB 直线的左下侧 B．电场力对小球做功为零 C．小球的电势能减小 D．小球的机械能一定减小 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理可判断出电场力做负功，机械能减小，C点的电势比A点电势高，可知C点位于AB直线的右侧，并利用类斜抛的合成与分解方法，依据合力方向速度为零，则球达到最高点，即速度最小．‎ ‎【解答】解：A、小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理得知，电场力必定做负功，小球的电势能增加，小球带正电，则C点的电势比A点电势高，故C点一定位于AB直线的右侧，故ABC错误；‎ D、小球具有机械能和电势能，小球的电势能增加，由能量守恒定律可知，小球的机械能一定减小，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、实验题 ‎8．现要测定一个额定电压2.5V、额定功率约0.7W的小灯泡的伏安特性曲线．‎ ‎①为了测量的电压能从零开始，测量误差较小，请在图甲中连好实物电路图．‎ ‎②合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的　左端　（填“左端”或“右端”）．‎ ‎③根据实验数据，描绘出的U﹣I图象如图乙所示，由图可知，当灯泡的电压为1.80V时，小灯丝电阻为　7.2　Ω，小灯泡的功率为　0.45　 w（结果保留两位有效数字）．‎ ‎④由图乙可确定小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系，符合该关系的图象是图丙中的　D　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据实验原理明确实验的实物图，注意导线不能交叉且注意正负极不能接错；‎ ‎（2）实验中要求电压从零开始调节，根据滑动变阻器的接法可明确滑片开始时的位置；‎ ‎（3）由伏安特性曲线可得出1.80V对应的电流值，由欧姆定律可求得电阻值；由功率公式可求得功率；‎ ‎（4）根据灯泡电阻的变化明确对应的图象；‎ ‎【解答】解：①实物电路图如图 ‎②为了让测量电路中电压从零开始调节，则滑片开始时应滑到最左端；‎ ‎③由图可知，当电压为1.8V时，电流为0.25A，则电阻R===7.2Ω；‎ 功率P=UI=1.8×0.25=0.45W；‎ ‎④由功率公式P=可知，功率与电压的图象应为D；‎ 故答案为：①如图所示；②左端 ③7.2 0.45；④D ‎　‎ ‎9．图（a）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．‎ ‎（1）己知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA．由题给条件和数据，可以求出R1=　15　Ω，R2=　35　Ω．‎ ‎（2）现用一量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表吖对改装电表的3mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA．电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300Ω和1000Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750Ω和3000Ω．则R0应选用阻值为　300　Ω的电阻，R应选用最大阻值为　3000　Ω的滑动变阻器．‎ ‎（3）若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图（b）的电路可以判断出损坏的电阻．图（b）中的Rʹ为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图（a）虚线框内的电路．则图中的d点应和接线柱　c　（填“b”或“c“）相连．判断依据是　闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2　．‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】（1）根据串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．‎ ‎（2）应用串联电路特点与欧姆定律求出定值电阻与滑动变阻器的阻值，然后作出选择．‎ ‎（3）有电流流过电表时电表指针发生偏转，没有电流流过电表时电表指针不偏转，根据电路图分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）使用a、b接线柱时，Iab=Ig+=0.001A+=0.003A，‎ 使用a、c接线柱时，Iac=Ig+=0.001A+=0.010A，‎ 解得：R1=15Ω，R2=35Ω；‎ ‎（2）改装后电流表内阻：r==≈33Ω，‎ R0作为保护电阻，电流最大时，电路总电阻约为：R=r+RA+R0===500Ω，R0=R﹣r﹣RA=500Ω﹣33Ω﹣150Ω=317Ω，则应R0选300Ω；‎ 电路电流最小时：R滑=﹣R=﹣500Ω=2500Ω＞750Ω，则滑动变阻器应选择3000Ω的．‎ ‎（3）由图示电路图可知，图中的d点与接线柱c相连时，闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2；‎ 故答案为：（1）15；35；（2）300；3000；（3）c；闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2．‎ ‎　‎ ‎10．某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：‎ 多用电表；‎ 电压表：量程5V，内阻十几千欧；‎ 滑动变阻器：最大阻值5kΩ 导线若干．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔　短接　，调零点．‎ ‎（2）将图（a）中多用电表的红表笔和　1　（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端．‎ ‎（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图（b）所示，这时电压表的示数如图（c）所示．多用电表和电压表的读数分别为　15.0　kΩ和　3.60　V．‎ ‎（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V．从测量数据可知，电压表的内阻为　12.0　kΩ．‎ ‎（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图（d）所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为　9.0　V，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为　15.0　kΩ．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零；‎ ‎（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；‎ ‎（3）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数，伏特表读数要估读；‎ ‎（4）欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值；‎ ‎（5）由于半偏电流是满偏电流的一半，故欧姆表的中值电阻等于内电阻；根据闭合电路欧姆定律求解电动势．‎ ‎【解答】解：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，使电流表满偏；‎ ‎（2）多用电表的红表笔对应欧姆表内电源的负极，所以红表笔应接电压表的负接连柱，故红表笔接触1；‎ ‎（3）欧姆表读数=倍率×表盘读数=1k×15.0Ω=15.0kΩ；电压表读数为3.60V；‎ ‎（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为12.0kΩ；‎ ‎（5）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零，此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V；‎ 多用电表的中值电阻等于内电阻，故R=15.0kΩ；‎ 由闭合电路欧姆定律I=和欧姆定律U=IRV可知，E=，代入数据有：‎ E=（12kΩ+15kΩ）=9.0V，‎ 联立解得E=9.00V 故答案为：（1）短接；（2）1； （3）15.0，3.60；（4）12.0； （5）9.0，15.0．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎11．如图所示，电源电动势E=6V，电源内阻不计．定值电阻R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ．‎ ‎（1）若在ab之间接一个C=100μF的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电量；‎ ‎（2）若在ab之间接一个内阻RV=4.8kΩ的电压表，求电压表的示数．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】（1）电路稳定后，电容器的电压等于R2的电压．对于电路结构，电容器相当开关断开．求出电压，即可求出电容器的电量．‎ ‎（2）在ab之间接一个内阻RV=4.8kΩ的电压表，电压表相当一个电阻，电路结构是电压表与R2并联，再与R1串联．根据欧姆定律求出电压表的示数．‎ ‎【解答】解：（1）设电容器上的电压为Uc．则 ‎ 电容器的带电量Q=CUC，代入解得：Q=4×10﹣4C ‎ （2）设电压表与R2并联后电阻为R并=‎ ‎ 则电压表上的电压为：UV=E ‎ 解得：UV=3V 答：（1）电容器上所带的电量为4×10﹣4C；‎ ‎ （2）若在ab之间接一个内阻RV=4.8kΩ的电压表，电压表的示数为3V．‎ ‎　‎ ‎12．如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10﹣7kg，电荷量q=1.0×10﹣2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则：‎ ‎（1）求粒子在电场中的运动时间；‎ ‎（2）求在t=0时刻进入的粒子飞出电场时的侧移量；‎ ‎（3）求各个时刻进入的粒子，离开电场时的速度的大小和方向；‎ ‎（4）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电子的运动时间，求出粒子在电场中的偏移量；‎ 粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，应用运动的合成与分解，牛顿第二定律与运动学公式可以求出粒子的速度；‎ 求出粒子的最大与最小偏移量，然后求出光带的长度．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在水平方向做匀速直线运动，‎ L=v0t，粒子在电场中的运动时间：t==3×10﹣5s；‎ ‎（2）0时刻进入的粒子竖直方向上先作匀加速直线运动，‎ 用时t1=2×10﹣5s，再作匀减速直线运动，用时t2=1×10﹣5s，‎ 加速度大小相等，为：a==1×108m/s2，‎ 侧移量：d1=a（T）2+aT•T﹣a（T）2=3.5×10﹣2m，‎ ‎（3）任意时刻进入的粒子水平方向都是匀速直线运动，‎ 运动时间3×10﹣5s不变，该时间刚好等于电场变化的周期，‎ 所以任何时刻进入的粒子离开电场时在电场方向的速度均相同，‎ vy=at1﹣at2=108×（2×10﹣5﹣1×10﹣5）m/s=103m/s ‎ 根据速度合成离开电场时的速度：，‎ 速度与竖直方向夹角θ，则有：tanθ==10，与竖直方向夹角：θ=arctan10；‎ ‎（4）挡板去后，所以粒子离开电场的速度都相同，如前一问所得．示意图如下图所示：‎ t=0时刻进入的粒子，正向偏转位移最大，且运动过程没有速度反向 y=a×（2×10﹣5s）2+a×2×10﹣5s×1×10﹣5s﹣a×（1×10﹣5s）2=0.035m，‎ 若粒子进入的位置合适，粒子可以从极板的上（或下）边沿离开电场．‎ t=2×10﹣5s时刻进入的粒子反向偏转过程中位移最大是速度减小到0的时候，‎ 若粒子位置合适，粒子此时刚好到达下极板，随后开始加速，时间为t=1×10﹣5s，‎ 此粒子下面的粒子将打在下极板上而不能离开电场．‎ 此粒子正向偏移为；‎ 根据离开粒子速度大小方向相同，判断打在荧光屏上面的光带长度：a=d﹣y′=0.095m；‎ 答：（1）粒子在电场中的运动时间为3×10﹣5s；‎ ‎（2）在t=0时刻进入的粒子飞出电场时的侧移量为3.5×10﹣2m；‎ ‎（3）各个时刻进入的粒子，离开电场时的速度的大小为1000m/s，方向：与竖直方向夹角为：arctan10；‎ ‎（4）若撤去挡板，荧光屏上出现的光带长度为0.095m．‎ ‎　‎ ‎2016年12月14日