物理卷·2018届山东省济宁市曲师大附中高二上学期期中物理试卷 （解析版） 15页

‎2016-2017学年山东省济宁市曲师大附中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一．选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，1-5为单选，6-10为不定项选择．不定项选择中至少有一个选项是正确的，选对得4分，漏选得2分，不选或错选得0分）‎ ‎1．下列有关电阻率的说法中，正确的是（　　）‎ A．各种材料的电阻率都随温度的升高而增大 B．用来制作标准电阻的锰铜和康铜的电阻率不随温度的变化而变化 C．金属的电阻率随温度的升高而增大 D．确定的材料，电阻率一定 ‎2．如图所示电路，已知电池组的总内电阻r=1Ω，外电路电阻R=5Ω，电压表的示数U=2.5V，则电池组的电动势E为（　　）‎ A．2.0V B．2.5V C．3.0V D．3.5V ‎3．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（　　）‎ A．电压表示数变大，电流表示数变小 B．电压表示数变小，电流表示数变大 C．电压表示数变大，电流表示数变大 D．电压表示数变小，电流表示数变小 ‎4．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，R为可变电阻，其总阻值R＞R0+r，则当可变电阻的滑动触头由A向B移动时（　　）‎ A．电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越高 B．R、R0上功率均越来越大 C．R0上功率越来越大，R上功率先变大后变小 D．R0上功率越来越大，R上功率先变小后变大 ‎5．如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部热功率Pr，随电流I变化的图线．若A、B对应的横坐标为2A，那么线段AB表示的功率及I=2A对应的外电阻是（　　）‎ A．2W 0.5Ω B．4W 2Ω C．2W 1Ω D．6W 2Ω ‎6．如图所示，定值电阻R1=10Ω，R2=8Ω，当开关S接“1”时，电流表示数为0.20A，那么当S接“2”时，电流表示数的可能值为（电源内阻不可忽略）（　　）‎ A．0.28 A B．0.24 A C．0.22 A D．0.19 A ‎7．在如图所示的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知下列说法正确的是（　　）‎ A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5Ω B．电阻R的阻值为1Ω C．电源的输出功率为4 W D．电源的效率为50%‎ ‎8．关于欧姆定律的说法中正确的是（　　）‎ A．由I=，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比 B．由U=IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大 C．由R=，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比 D．欧姆定律I=适用于任何导体的导电情况 ‎9．如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（　　）‎ A．电动机的输入功率为24W B．电动机的输出功率为10W C．电动机的热功率为2.0W D．整个电路消耗的电功率为22W ‎10．如图所示电路，将两个相同的电流表分别改装成A1（0～3A）和A2（0～0.6A）的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．A1的指针半偏时，A2的指针也半偏 B．A1的指针还没有满偏，A2的指针已经满偏 C．A1的读数为1 A时，A2的读数为0.6 A D．A1的读数为1 A时，干路中的电流为1.2 A ‎　‎ 二、填空题（共24分，其中11题6分、12题4分，13题14分）‎ ‎11．如图所示螺旋测微器的测量读数应是　　 mm、　　mm，游标卡尺读数为　　mm．‎ ‎12．如图为多用电表表盘指针所示的位置，请你读数：‎ ‎（1）如果使用的是×10Ω的电阻挡，则读数为　　Ω；‎ ‎（2）如果使用的是10mA的电流挡，则读数为　　 mA．‎ ‎13．为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：‎ A．电流表（0～200mA，内阻0.5Ω）‎ B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）‎ C．电压表（0～3V，内阻5kΩ）‎ D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）‎ E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）‎ F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）‎ G．电源（3V） H．电键一个，导线若干．‎ ‎（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是　　．‎ ‎（2）在如图1虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物按电路图用导线连好．‎ ‎（3）此实线图2中描绘出的I﹣U图线是　　（填“曲线”．“直线”），其原因是　　．‎ ‎　‎ 三、计算题：本题共3小题，共计36分．解答时请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．‎ ‎14．某小组在研究电动机的特性时，将电动机接成如图所示电路．电源电动势E=20V，内阻r=lΩ，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V、6W”的灯泡L和内阻RD=0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：‎ ‎（1）电路中的电流大小；‎ ‎（2）电动机的额定电压和输出功率；‎ ‎（3）电源的总功率．‎ ‎15．（选做题）如图所示，在A、B两点间接一电动势为4V，内电阻为1Ω的直流电源，电阻R1、R2、R3的阻值均为4Ω，电容器的电容为30μF，电流表的内阻不计，当电键S闭合时，‎ 求：（1）电流表的读数；‎ ‎（2）电容器所带的电量；‎ ‎（3）断开电键S后，通过R2的电量．‎ ‎16．如图，A．B为平行板电容器，两板相距d，接在电压为U的电源上，在A板的中央有一小孔M（两板间电场可视为匀强电场）．今有一质量为m的带电质点，自A板上方与A板相距也为d的O点由静止自由下落，穿过小孔M后到达距B板的N点时速度恰好为零．（重力加速度为g）求：‎ ‎（1）带电质点的电荷量，并指出其带电性质；‎ ‎（2）在保持与电源相连的情况下，A板往下移的距离．质点仍从O点由静止自由下落，求质点下落速度为零时距B板的距离．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省济宁市曲师大附中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，1-5为单选，6-10为不定项选择．不定项选择中至少有一个选项是正确的，选对得4分，漏选得2分，不选或错选得0分）‎ ‎1．下列有关电阻率的说法中，正确的是（　　）‎ A．各种材料的电阻率都随温度的升高而增大 B．用来制作标准电阻的锰铜和康铜的电阻率不随温度的变化而变化 C．金属的电阻率随温度的升高而增大 D．确定的材料，电阻率一定 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】电阻率是描述材料导电能力的物理量，材料的电阻率由材料本身性质决定，与材料长度和横截面积无关；受温度影响，金属的电阻率随温度升高而增大，半导体的电阻率随温度升高而减小．‎ ‎【解答】解：A、金属的电阻率随温度升高而增大，半导体的电阻率随温度升高而减小．故A错误，C正确．‎ B、用来制作标准电阻的锰铜和康铜的电阻率，温度变化时，电阻率变化很小．故B错误．‎ D、材料的电阻率与温度有关，故确定的材料其电阻率可能发生变化．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示电路，已知电池组的总内电阻r=1Ω，外电路电阻R=5Ω，电压表的示数U=2.5V，则电池组的电动势E为（　　）‎ A．2.0V B．2.5V C．3.0V D．3.5V ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据闭合电路的欧姆定律求解电池组的电动势E，即可．‎ ‎【解答】解：根据闭合电路的欧姆定律得，电池组的电动势E=U+r=2.5V+V=3.0V 故选C ‎　‎ ‎3．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（　　）‎ A．电压表示数变大，电流表示数变小 B．电压表示数变小，电流表示数变大 C．电压表示数变大，电流表示数变大 D．电压表示数变小，电流表示数变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．‎ ‎【解答】解：当滑片向b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；‎ 将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故B正确，ACD错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，R为可变电阻，其总阻值R＞R0+r，则当可变电阻的滑动触头由A向B移动时（　　）‎ A．电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越高 B．R、R0上功率均越来越大 C．R0上功率越来越大，R上功率先变大后变小 D．R0上功率越来越大，R上功率先变小后变大 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】可变电阻的滑动触头由A向B移动时，滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，外电路的电压也就越小，电源的效率越小，当电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大．‎ ‎【解答】解：A、滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由P=I2r可知，电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越低，所以A错误；‎ B、滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由P=I2R0可知，R0上功率越来越大，当R=R﹣0+r的时候，滑动变阻器的功率最大，由于R＞R﹣0+r，所以当滑动变阻器的电阻不断减小的过程中，R上功率先变大后变小，所以C正确，BD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部热功率Pr，随电流I变化的图线．若A、B对应的横坐标为2A，那么线段AB表示的功率及I=2A对应的外电阻是（　　）‎ A．2W 0.5Ω B．4W 2Ω C．2W 1Ω D．6W 2Ω ‎【考点】电功、电功率；欧姆定律．‎ ‎【分析】根据电源的总功率P=EI，由C点的坐标求出电源的电动势和内阻．AB段表示外电路的功率，再求解AB段表示的功率．‎ ‎【解答】解：电源的总功率P=EI，C点表示I=3A，P=9W，则电源的电动势E=3V．‎ 由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有P=I2r，代入解得，r=1Ω，所以AB段表示的功率为PAB=EI′﹣I′2r=3×2﹣22×1（W）=2W．‎ 根据闭合电路欧姆定律，有I=，解得：R===0.5Ω 故选：A ‎　‎ ‎6．如图所示，定值电阻R1=10Ω，R2=8Ω，当开关S接“1”时，电流表示数为0.20A，那么当S接“2”时，电流表示数的可能值为（电源内阻不可忽略）（　　）‎ A．0.28 A B．0.24 A C．0.22 A D．0.19 A ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据欧姆定律求出电键S接位置1时路端电压．当电键S接位置2时，外电阻减小，路端电压减小，总电流增大，根据欧姆定律进行分析．‎ ‎【解答】解：当电键S接位置1时，电流表的示数为0.20A，则根据欧姆定律得知：路端电压U1=I1R1=10×0.2V=2V．‎ A、当电键S接位置2时，若电流表的示数为I2=0.28A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R2=0.28×8V=2.24V．但是由于R2＜R1，路端电压减小，不可能增大，所以U2＜2V，则电流表的示数不可能是0.28A．故A错误．‎ B、当电键S接位置2时，若电流表的示数为I2=0.24A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R2=0.24×8V=1.92V．可见U2＜2V，而且外电路减小，电路中电流大于0.2A，则电流表的示数可能是0.24A．故B正确．‎ C、当电键S接位置2时，若电流表的示数为I2=0.22A，根据欧姆定律得到，路端电压U2=I2R2=0.22×8V=1.76V，可见U2＜2V，而且外电路减小，电路中电流大于0.2A，则电流表的示数可能是0.22A．故C正确．‎ D、由于R2＜R1，当电键S接位置2时，电流表的示数大于0.20A．故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎7．在如图所示的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知下列说法正确的是（　　）‎ A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5Ω B．电阻R的阻值为1Ω C．电源的输出功率为4 W D．电源的效率为50%‎ ‎【考点】电功、电功率；欧姆定律．‎ ‎【分析】根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，斜率大小读出电源的内阻．图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小．两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率．‎ ‎【解答】解：‎ A、由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势E=3V，其斜率大小等于电源的内阻r==Ω=0.5Ω．故A正确．‎ B、电阻R的阻值为R==Ω=1Ω．故B正确．‎ C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有U=2V，I=2A，电源的输出功率为P=UI=2×2W=4W．故C正确．‎ D、电源的效率为η==≈66.7%．故D错误．‎ 故选：ABC ‎　‎ ‎8．关于欧姆定律的说法中正确的是（　　）‎ A．由I=，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比 B．由U=IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大 C．由R=，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比 D．欧姆定律I=适用于任何导体的导电情况 ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】导体电阻由导体的材料、长度、横截面积决定，与电压、电流无关；根据欧姆定律内容分析答题．‎ ‎【解答】解：A、在电阻一定的情况下，由I=可知，导体中的电流跟导体的电压成正比，跟电阻成反比，故A正确；‎ B、根据公式U=IR可知，当电阻一定时，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，故B正确；‎ C、导体电阻由导体的材料、长度、横截面积决定，与电压、电流无关，故C错误；‎ D、欧姆定律只能适用于纯电阻及电解液导电中，故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L上标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（　　）‎ A．电动机的输入功率为24W B．电动机的输出功率为10W C．电动机的热功率为2.0W D．整个电路消耗的电功率为22W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率．‎ ‎【解答】解：A、电动机两端的电压U1=U﹣UL=12﹣6V=6V，整个电路中的电流I=，所以电动机的输入功率P=U1I=6×2W=12W．故A错误．‎ B和C、电动机的热功率P热=I2RM=4×0.5W=2W，则电动机的输出功率P2=P﹣I2RM=12﹣2W=10W．故BC正确．‎ D、整个电路消耗的功率P总=UI=12×2W=24W．故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示电路，将两个相同的电流表分别改装成A1（0～3A）和A2（0～0.6A）的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．A1的指针半偏时，A2的指针也半偏 B．A1的指针还没有满偏，A2的指针已经满偏 C．A1的读数为1 A时，A2的读数为0.6 A D．A1的读数为1 A时，干路中的电流为1.2 A ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两个电流计的满偏电压相同，A1和A2的最大电流分别是3A和0.6A，所以欧姆定律，改装后的两电流表内阻之比为1：5．‎ ‎【解答】解：A、电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两电流表并联，两电流表两端电压相等，流过两表头的电流相等，所以A1的指针半偏时，A2的指针也半偏，故A正确，B错误．‎ C、两电流表量程之比为5：1，两电流表的内阻之比为1：5，则通过电流表的电流之比为5：1．A1的读数为1A时，A2的读数为0.2A，干路中的电流为1.2A，故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二、填空题（共24分，其中11题6分、12题4分，13题14分）‎ ‎11．如图所示螺旋测微器的测量读数应是　0.900　 mm、　1.105　mm，游标卡尺读数为　30.30　mm．‎ ‎【考点】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 ‎【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×40.0mm=0.400mm，所以最终读数为：0.900mm．‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为0.01×10.5mm=0.105mm，所以最终读数为：1.105mm．‎ 游标卡尺的固定刻度读数为30mm，游标读数为0.02×15mm=0.30mm，所以最终读数为30.30mm．‎ 故答案为：0.900；1.105；30.30‎ ‎　‎ ‎12．如图为多用电表表盘指针所示的位置，请你读数：‎ ‎（1）如果使用的是×10Ω的电阻挡，则读数为　60　Ω；‎ ‎（2）如果使用的是10mA的电流挡，则读数为　7.20　 mA．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】（1）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎（2）根据电流表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数．‎ ‎【解答】解：（1）如果使用的是×10Ω的电阻挡，由图示表盘可知，其读数为：6×10=60Ω；‎ ‎（2）如果使用的是10mA的电流挡，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，则读数为7.20 mA；‎ 故答案为：（1）60；（2）7.20．‎ ‎　‎ ‎13．为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：‎ A．电流表（0～200mA，内阻0.5Ω）‎ B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）‎ C．电压表（0～3V，内阻5kΩ）‎ D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）‎ E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）‎ F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）‎ G．电源（3V） H．电键一个，导线若干．‎ ‎（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是　A、C、E、G、H　．‎ ‎（2）在如图1虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物按电路图用导线连好．‎ ‎（3）此实线图2中描绘出的I﹣U图线是　曲线　（填“曲线”．“直线”），其原因是　随着温度的升高，电阻增大　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】‎ 器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程．灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接．根据电路图连接实物图．灯泡的电阻随温度的变化而变化，所以I﹣U图线是一条曲线．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的误差较小，额定电流I=≈130mA，所以电流表的量程选择200mA的，‎ 灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，使用选择电阻值比较小的滑动变阻器E，另外，还需要电源、电建和导线．‎ 故实验中应选择的仪器是A、C、E、G、H．‎ ‎（2）灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻R==22.5Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．‎ 电路图和实物连线图如图所示．‎ ‎（3）此实线图2中描绘出的I﹣U图线是曲线，其原因是由于温度升高，电阻增大．‎ 故答案为：（1）A、C、E、F、G．‎ ‎（2）如右图．‎ ‎（3）曲线，随着温度的升高，电阻增大．‎ ‎　‎ 三、计算题：本题共3小题，共计36分．解答时请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．‎ ‎14．某小组在研究电动机的特性时，将电动机接成如图所示电路．电源电动势E=20V，内阻r=lΩ，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V、6W”的灯泡L和内阻RD=0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：‎ ‎（1）电路中的电流大小；‎ ‎（2）电动机的额定电压和输出功率；‎ ‎（3）电源的总功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）灯泡正常发光，根据功率公式P=UI可求得电流大小；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律可求得电动机两端的电压，再根据电动机输出功率等于总功率与热功率的差值即可求得输出功率；‎ ‎（3）根据P=EI可求得电源的总功率．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡L正常发光，电路中的电流为I===2A ‎（2）由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为UD=E﹣I（r+R）﹣UL=20﹣2×（1+4）﹣3=7V ‎ 电动机的总功率为P总=IUD=2×7=14W 电动机的热功率为P热=I2RD=22×0.5=2W 所以电动机的输出功率为P出=P总﹣P热=14﹣2=12W ‎（3）电源的总功率P总=EI=20×2=40W 答：（1）电路中的电流大小为2A；‎ ‎（2）电动机的额定电压和输出功率分别为7V和12W；‎ ‎（3）电源的总功率为40W．‎ ‎　‎ ‎15．（选做题）如图所示，在A、B两点间接一电动势为4V，内电阻为1Ω的直流电源，电阻R1、R2、R3的阻值均为4Ω，电容器的电容为30μF，电流表的内阻不计，当电键S闭合时，‎ 求：（1）电流表的读数；‎ ‎（2）电容器所带的电量；‎ ‎（3）断开电键S后，通过R2的电量．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路．根据欧姆定律求出流过R3的电流，即电流表的读数．电容器的电压等于R3两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量．断开电键S后，电容器通过R1、R2放电，R1、R2相当并联后与R3串联．再求解通过R2的电量．‎ ‎【解答】解：（1）当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路．根据欧姆定律得，‎ 电流表的读数I==‎ ‎（2）电容器所带的电量Q=CU3=CIR3=30×10﹣6×0.8×4C=9.6×10﹣5C；‎ ‎（3）断开电键S后，电容器相当于电源，外电路是R1、R2相当并联后与R3串联．由于各个电阻都相等，则通过R2的电量为Q′==4.8×10﹣5C 答：（1）电流表的读数为0.8A；（2）电容器所带的电量为9.6×10﹣5C；（3）断开电键S后，通过R2的电量为4.8×10﹣5C．‎ ‎　‎ ‎16．如图，A．B为平行板电容器，两板相距d，接在电压为U的电源上，在A板的中央有一小孔M（两板间电场可视为匀强电场）．今有一质量为m的带电质点，自A板上方与A板相距也为d的O点由静止自由下落，穿过小孔M后到达距B板的N点时速度恰好为零．（重力加速度为g）求：‎ ‎（1）带电质点的电荷量，并指出其带电性质；‎ ‎（2）在保持与电源相连的情况下，A板往下移的距离．质点仍从O点由静止自由下落，求质点下落速度为零时距B板的距离．‎ ‎【考点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）一带电质点自A板上方相距为h的O点由静止自由下落，先做自由落体运动到M点，到达N时速度恰好为零，说明在MN间做减速运动，合外力向上，所以电场力方向向上，从而判断质点带点情况，根据动能定理求解电荷量；‎ ‎（2）应用动能定理可以求出质点下落速度为零时距B板的距离．‎ ‎【解答】解：（1）质点先做自由落体运动到M点，到达N处时速度恰好为零，说明在MN间做减速运动，‎ 合外力向上，所以电场力方向向上，而电场强度方向向下，所以质点带负电；‎ 两极板间的场强E：U=Ed ①，‎ 设电量大小为q，则从O到N点，‎ 由动能定理可得： ②，‎ 由①②解得： ③；‎ ‎（2）当A板下移时，两板间的距离④，‎ 两板间的场强E'：U=E′d′⑤，‎ 设下落速度为零时距B板距离为△d，‎ 从开始下落到速度为零的过程中，‎ 由动能定理得： ⑥，‎ 由③④⑤⑥解得：；‎ 答：（1）带电质点的电荷量为，质点带负电；‎ ‎（2）质点下落速度为零时距B板的距离为．‎ ‎　‎