2012-2013学年北京师大附中高二（上）期中物理试卷（教师版）

2012-2013学年北京师大附中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择（共8小题，24分）1（3分）（2012秋宣武区校级期中）下列说法正确的是（）A电场中某点的场强与检验电荷在该点所受的电场力成正比B电场中某点的场强E=，但与检验电荷的带电量q及受到的力F无关C电场中某点的场强方向与检验电荷受到的电场力方向相同D公式E=和E=k对任何电场都适用考点：电场强度；点电荷的场强菁优网版权所有分析：公式E=是电场强度的定义式，采用比值法定义，E与F、q无关；电场中某点的场强方向与正检验电荷受到的电场力方向相同公式E=k是点电荷场强的计算式，Q是场源电荷解答：解：A、场强反映电场本身的性质，由电场本身决定，与检验电荷无关，故A错误B、E=是电场强度的定义式，采用比值法定义，则E与F、q无关，故B正确C、电场中某点的场强方向与正检验电荷受到的电场力方向相同，与负检验电荷受到的电场力方向相反故C错误D、公式E=适用于任何电场，而公式E=k只适用于点电荷的电场，故D错误故选：B点评：本题关键要掌握比值法定义的共性来理解电场强度的物理意义，掌握公式E=和E=k的适用条件以及式中各量的准确含义2（3分）（2009秋吉安期末）某同学画的表示磁场B、电流I和安培力F的方向相互关系如图所示其中正确的是（）ABCD考点：安培力菁优网版权所有分析：熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向解答：解：A、根据左手定则可知，A图中安培力方向应该向上，故A正确；B、图中磁场方向和电流方向在同一直线上，不受安培力作用，故B错误；C、根据左手定则可知，安培力方向向下，故C错误；D、根据左手定则可知，D图中安培力方向垂直纸面向外，故D错误故选：A点评：左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度3（3分）（2014秋诸暨市校级期中）白炽灯的灯丝随温度的升高导电性能变差，则白炽灯不通电时灯丝电阻R1与正常发光时电阻R2比较应是（）AR1R2BR1R2CR1=R2D无法判断考点：电阻率与温度的关系菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：各种材料的电阻率都会随温度的变化而变化一般来说，金属的电阻率随温度升高而增大；电解液、半导体和绝缘体的电阻率则随温度升高而减小；而有些合金如锰铜合金和镍铜合金的电阻几乎不受温度变化的影响，常用来制作标准电阻解答：解：白炽灯灯丝由金属钨构成，金属的电阻率随温度的升高而升高，故电阻变大，即白炽灯的灯丝随温度的升高导电性能变差，故通电后温度升高，电阻变大，即R1R2故选B点评：本题关键要明确金属电阻率与温度的关系，然后根据电阻定律判断电阻的大小4（3分）（2012秋宣武区校级期中）一个内阻为Rg的电流计改装为大量程电压表，则应该给电流计（）A串联一个阻值很大的电阻B并联一个阻值很大的电阻C串联一个阻值很小的电阻D并联一个阻值很小的电阻考点：把电流表改装成电压表菁优网版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻解答：解：一个内阻为Rg的电流计改装为大量程电压表，需要串联一个阻值很大的分压电阻，故A正确，BCD错误；故选：A点评：本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理即可正确解题5（3分）（2012秋宣武区校级期中）如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，滑片P在变阻器正中位置时，电灯L正常发光，现将滑片P移到右端，则（）A电压表的示数变大B电流表的示数变小C电灯L消耗的功率变大D电阻R1消耗的功率变大考点：闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻减小，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电表示数的变化根据功率公式判断功率的变化情况解答：解：滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻减小，所以外电路总R减小，由欧姆定律得知总电流I增大，所以电流表示数变大，故B错误；路端电压U=EIr减小电灯L的电压等于路端电压，所以电灯L的电流减小，而PL=I2RL，所以电灯L消耗的功率变小，故C错误；而总电流增大，所以通过滑动变阻器及R1的电流增大，根据P1=I2R1可知电阻R1消耗的功率增大，故D正确；R1的电压增大，所以R的电压减小，所以电压表的示数减小，故A错误；故选：D点评：本题是简单的电路动态分析问题对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化6（3分）（2013秋芜湖期末）如图所示，P、Q是电量相等的两个正电荷，它们的连线中点是O，A、B是PQ连线的中垂线上的两点，OAOB，用EA、EB、A、B分别表示A、B两点的场强和电势，则（）AEA一定大于EB，A一定大于BBEA不一定大于EB，A一定大于BCEA一定大于EB，A不一定大于BDEA不一定大于EB，A不一定大于B考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据点电荷场强公式E=，运用矢量合成的平行四边形定则求出连线中垂线上各个点的合场强解答：解：两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的P点可能在A点下，也可能在A点上，还可能在A点，由于A、B两点的间距也不确定，故EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；由于OAOB，故从O到A电势降低小于从O到B电势的降低，故A一定大于B；故A错误，B正确，C错误，D也错误；故选：B点评：本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低7（3分）（2010珠海二模）如图所示，电子在势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）AU1变大，U2变大BU1变大，U2变小CU1变小，U2变大DU1变小，U2变小考点：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场是的速度电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度的变化情况解答：解：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：qU1=mv020 又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：t=又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：a=电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at由、可得：vy=at=，又有：tan=，解得：tan=，A、U1变大，U2变大，偏转角可能增大，也可能减小，也可能不变，故A错误；B、U1变大，U2变小，偏转角减小，故B错误；C、U1变小，U2变大，偏转角一定增大，故C正确；D、U1变小，U2变小，偏转角可能增大，也可能减小，还可能不变，故D错误；故选：C点评：带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求解8（3分）（2012秋宣武区校级期中）如图，开关S1、S2断开时，令带电小球A靠近有绝缘支架的不带电金属导体B，发现导体左端带有负电荷，右端带有正电荷M、N为导体内部两点下列说法中正确的是（）A闭合开关S1，则负电荷从上向下经过开关B小球A可能带负电C感应电荷在M产生的场强大于在N产生的场强D因为左端带负电，所以导体的左端比右端电势低考点：静电现象的解释菁优网版权所有分析：带电小球A靠近金属导体B时，由于静电感应，会使金属导体B带电，根据静电感应的现象来分析即可解答：解：当开关S1、S2断开时，带电小球A靠近金属导体B时，由于静电感应，导体B左端带有负电荷，右端带有正电荷，所以小球A可能带正电A、当闭合开关S1时，由于静电感应的作用，金属导体B右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以负电荷从下向上经过开关，所以A错误，B、由于静电感应，导体B左端带有负电荷，右端带有正电荷，所以小球A可能带正电故B错误；C、到达静电平衡时，导体内部的场强处处是0，所以感应电荷的电场强度与A产生的电场强度大小相等方向相反，所以在M产生的场强大于在N产生的场强故C正确D、导体是等势体，各点的电势相等，故D错误；故选：C点评：本题是对静电感应现象的考查，根本的原因就是电荷之间的基本性质，即同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引二、不定项选择（共4小题，16分）9（4分）（2012秋宣武区校级期中）在如图所示的电路中，电源的内阻不能忽略已知定值电阻R1=10，R2=8当单刀双掷开关S置于位置1时，电压表读数为2V则当S置于位置2时，电压表读数的可能值为（）A2.2VB1.9VC1.8VD1.3V考点：闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：由欧姆定律可得出开关置于两位置时的表达式，则由开关置1时的电压U可表示出开关置2时的路端电压的表达式，通过分析可得出电压的可能值解答：解：由闭合电路欧姆定律可知：当开关置1时，U=R1=2V；当开关置2时，U=R2=；将两式相比可得：故U=2=2；因0，故1.6U2.0； 故BC符合题意故选：BC点评：本题无法直接求出路端电压的值，只是求可能的值，故可通过列出表达式后利用数学中的不等式进行分析判断，从而得出最后的结果10（4分）（2012秋宣武区校级期中）关于电动势下列说法正确的是（）A电源电动势等于电源正负极之间的电势差B用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，所以它的数值与外电路的组成有关C电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关D电源电动势越大，表明电源将其他形式的能转化为电能的本领越大考点：电源的电动势和内阻菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势电动势的定义式E=，W是非静电力做功电源的电动势在数值上等于内、外电压之和根据这些知识点进行分析解答解答：解：A、电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电势差，若电源接入电路，由于电源的内电路有电势差，两极间的电势差则小于电动势，故A错误；B、用电压表（理想电压表）直接测量电两极得到的电压，由于理想电压表内阻无穷大，电路中没有电流，电源的内电压为零，根据电源的电动势等于内、外电压之和，可知电压表测得的数值等于电电动势的值故B错误C、电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成无关，故C错误；D、根据电源电动势定义式E= 可知，电动势越大，电源内非静电力从负极向正极移送单位电荷量的电荷做功越多，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故D正确；故选：D点评：解答本题关键从物理意义、定义式、闭合电路欧姆定律来理解电动势要注意在电源内部是非静电力做功，在电源的外部是静电力做功11（4分）（2012秋宣武区校级期中）一平行板电容器充电后，把电源断开，再用绝缘工具使两板距离减小一些时（）A电容器中电量增加B电容增加C电容器电压减小D两极间电场强度增大考点：电容器的动态分析菁优网版权所有专题：电容器专题分析：平行板电容器充电后，把电源断开，其电量不变根据电容的决定式，分析电容的变化，再由电容的定义式C=分析电压的变化，由E=可分析电场强度的变化解答：解：A、电容器充电后与电源断开，则电容器极板间所带电荷量保持不变，故A错误；B、根据可知，减小距离d，则电容器的电容将增加，故B正确；C、根据C=知，电量Q不变，电容C增加，则电容器极板间电压U减小，故C正确；D、电场强度E=知，场强E与d无关，故电场强度将保持不变，故D错误故选：BC点评：用好电容器的决定式和定义式，知道与电源相连时电容器的电压保持不变，与电源断开时电容器的电荷量不变是正确解题的关键12（4分）（2015春米易县校级期末）某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的判断是（）A如果图中虚线是电场线，电子在a点动能较大B如果图中虚线是等势面，电子在b点动能较小C不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的场强都大于b点的场强D不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的电势都高于b点的电势考点：电场线；等势面菁优网版权所有分析：电场线与等势面垂直，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，在等势面密的地方，电场的强度也是较大，在等势面疏的地方，电场的强度也是较小，沿电场线的方向，电势降低解答：解：A、若虚线是电场线，从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，ab曲线上每一点的瞬时速度与电场力方向均成钝角，故电子做减速运动，动能减小，在a处动能最大，所以A正确；B、若虚线为等势面，根据等势面与电场线处处垂直可大致画出电场线，显然可看出曲线上每个位置电子受到的电场力与速度成锐角，电子加速运动，故动能增大，即在a点动能较小，所以B错误；C、D、若虚线是电场线，由电场线的密集程度可看出a点的场强较大，电子受力的方向向左，所以电场线的方向向右；由沿着电场线方向电势越来越低可判断a处的电势较高；若虚线是等势面，从电子曲线轨迹向下弯曲可知电场线方向垂直虚线向上，沿着电场线方向电势越来越低，故a点电势较小，能判断D错误，而等差等势面密集处电场线也越密集，故a处场强较大，因此无论虚线是电场线还是等势面，均有a点的场强大于b点的场强，故C正确，故D错误故选：AC点评：无论虚线代表的是电场线还是等势面，粒子受到的电场力的方向都是指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可以判断粒子的受力的方向和运动方向之间的关系，从而可以确定电场力对粒子做的是正功还是负功三、实验题（共4小题，36分）13（8分）（2012秋宣武区校级期中）在用电压表和电流表研究小灯泡在不同电压下的功率的实验中，实验室备有下列器材供选择：A待测小灯泡“3.0V 1.5W”B电流表（量程3A，内阻约为1）C电流表（量程0.6A，内阻约为5）D电压表（量程3.0V，内阻约为10k）E电压表（量程15.0V，内阻约为50k）F滑动变阻器（总阻值为100，额定电流50mA）G滑动变阻器（总阻值为10，额定电流1.0A）H电源（电动势为4.0V，内阻不计）I电键及导线等（1）为了使实验完成的更好，电流表应选用C；电压表应选用D；滑动变阻器应选用G（只需填器材前面的字母即可）（2）请在虚线框内画出实验电路图考点：描绘小电珠的伏安特性曲线；伏安法测电阻菁优网版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据实验目的确定滑动变阻器接法，根据待测灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出实验电路图解答：解：（1）灯泡额定电流I=0.5A，电流表选C；灯泡额定电压是3V，电压表选D；为方便实验操作，滑动变阻器应选G（2）研究小灯泡在不同电压下的功率，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器要采用分压接法；灯泡电阻阻值R=6，电流表内阻为5，电压表内阻为10k，相对来说，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示故答案为：（1）C；D；G；（2）电路图如图所示点评：本题考查了实验器材的选择、设计实验电路，确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的前提与关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器要采用分压接法14（10分）（2012秋宣武区校级期中）在用电流表和电压表测一节干电池的电动势和内电阻的实验中，所用的电流表和电压表的内阻分别约为1和5k所需器材的实物图如下（1）尽量减小误差，在实物图1中画两条线连接成实验电路（2）一位同学在实验记录的6组数据如表所示，试根据这些数据在图2中画出UI图线（先标出纵坐标）I（A）0.150.230.350.360.540.61U（V）1.391.351.271.201.131.08（3）根据图线可得出被测电池的电动势E=1.47V，内电阻r=0.73用这个电路测得的电动势与真实值相比偏小（偏大、偏小或相等）考点：测定电源的电动势和内阻菁优网版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：电源UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻解答：解：（1）本实验采用伏安法，注意电流表相对于电源来说采用外接法；如图所示；（2）采用描点法作出UI图象如下图；（3）由图象图象可知，电源UI图象与纵轴 交点坐标值为1.47，则电源电动势为：E=1.47V，电源内阻为：r=0.73如果考虑电压表的内阻，根据实验的原理为：E=U+（+）r=（1+）+，考虑电压表的内阻，此时图线的纵轴截距表示（1+），所以E测小于E真，故答案为：（1）如图；（2）如图；（3）1.47V，0.73，偏小点评：本题考查了作图象、求电源电动势与内阻，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，电源UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻15（4分）（2012秋宣武区校级期中）做“测定金属的电阻率”实验时，用毫米刻度尺测一段金属导线的长度L，用螺旋测微器测量导线的直径d，用伏安法测导线的电阻R（1）根据电阻定律，金属的电阻率=（结果用R、L、d）表示（2）若用螺旋测微器测金属丝的直径如图所示，则该金属丝的直径为0.350mm考点：测定金属的电阻率；螺旋测微器的使用菁优网版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：由电阻定律R=，求出电阻率螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数解答：解：（1）由电阻定律可知：R=，电阻率=（2）螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为35.00.01mm=0.350mm，所以最终读数为0.350mm故答案为：（1）；（2）0.350点评：本题考查了螺旋测微器的读数，要知道螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，读数要估读16（14分）（2012秋宣武区校级期中）多用电表的使用（1）下列说法中正确的是ACFGA直流电流刻度线和直流电压刻度线都是均匀的，可共用同一刻度线B电阻刻度线是均匀的，且每一档的测量范围都是从0C电阻刻度线上的零欧姆刻度线与直流电流刻度的最大刻度线相对应D测量前必须欧姆调零，而且每测一次电阻都要重新欧姆调零E为了使测量值比较准确，应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，以使表笔与待测电阻接触良好F待测电阻若是连在电路中，应当把它先与其他元件断开后再测量G使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF档或交流电压最高档（2）多用电表中“+”孔插红（红、黑）表笔，电流是从该表笔流入（填“入”或“出”）多用电表的，欧姆表内部电池的正极接黑（填“红”或“黑”）表笔的（3）如图所示为多用表测量某一电阻、某一电压或某一电流时指针在刻度盘上停留的位置，若选择旋钮在a“1k”位置，则所测量电阻阻值为32k；b“直流10V”位置，则所测电压的值为4.4V；c“直流50mA”位置，则所测电流的值为22mA考点：用多用电表测电阻菁优网版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：根据多用电表刻度盘特点、多用电表的使用方法与注意事项分析答题；根据多用电表选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数解答：解：（1）A、直流电流刻度线和直流电压刻度线都是均匀的，可共用同一刻度线，故A正确；B、电阻刻度线是不均匀的，每一档的测量范围都是从0，故B错误；C、电阻刻度线上的零欧姆刻度线与直流电流刻度的最大刻度线相对应，故C正确；D、测量前必须欧姆调零，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，使用同一挡位测电阻时不需要重新进行欧姆调零，故D错误；E、为了使测量值比较准确，表笔应与电阻接触良好，由于人体是导体，测电阻时，不能用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，故E错误；F、待测电阻若是连在电路中，应当把它先与其他元件断开后再测量，故F正确；G、使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF档或交流电压最高档，故G正确；故选ACFG（2）多用电表中“+”孔插红表笔，电流是从该表笔流入多用电表的，欧姆表内部电池的正极接黑表笔的（3）a、选择旋钮在“1k”位置，由图示可知，则所测量电阻阻值为：321k=32k；b、选择旋钮在“直流10V”位置，由图示表盘可知，其分度值为0.2V，则所测电压的值为4.4V；c、选择旋钮在“直流50mA”位置，由图示表盘可知，其分度值为1mA，则所测电流的值为22mA故答案为：（1）ACFG；（2）红；入；黑；（2）a、32k；b、4.4；c、22点评：本题考查了多用电表刻度盘特点、使用注意事项、使用方法、结构特点、多用电表读数；要掌握多用电表的原理、特点、使用方法、注意事项，对多用电表读数时，要先根据多用电表选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数四、计算题（共5小题，44分）17（6分）（2012秋宣武区校级期中）有一小段通电导线，长为1cm，电流强度为5A，把它置于匀强磁场中某点，导线与磁场夹角为37，受到的磁场力为0.3N，则该点的磁感应强度B大小是多少？（sin37=0.6，cos37=0.8）考点：安培力；磁感应强度菁优网版权所有分析：根据公式F=BILsin列式求解即可，注意为电流与磁场的夹角解答：解：有一小段通电导线，长为1cm，电流强度为5A，把它置于匀强磁场中某点，导线与磁场夹角为37，安培力为：F=BILsin37；故磁感应强度为：B=10T答：该点的磁感应强度B大小是10T点评：本题关键是明确公式F=F=BILsin中的含义，知道公式F=BIL的成立条件，基础问题18（7分）（2012秋宣武区校级期中）如图所示，有一台提升重物用的直流电动机M，电机的内阻r=0.50，与电动机串联的定值电阻阻值为R=10，电路的路端电压为U=120V图中理想电压表的示数为80V求：（1）通过电动机的电流I是多大？（2）电动机的输入功率P是多大？（3）电动机的机械功率P是多大？考点：电功、电功率菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的解答：解：（1）电动机和电阻串联，所以电流相等，电阻R两端电压：U1=12080=40V故：I=4A（2）电动机的电功率：P=UI=805=400W（3）电动机的热功率：P热=I2r=160.5=8W所以电动机的机械功率：P=PP热=4008=392W答：（1）通过电动机的电流I是4A；（2）电动机的输入功率P是400W；（3）电动机的机械功率P是392W点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的19（7分）（2012秋宣武区校级期中）如图所示，电源电动势为12V，内阻为2，滑动变阻器的总电阻为30，现要使标着“6V 3W”的灯光L正常发光，那么（1）此时A、P间的电阻应为多少？（2）此时整个滑动变阻器上消耗的功率多大？考点：电功、电功率菁优网版权所有专题：恒定电流专题分析：（1）灯泡正常发光，则灯泡两端的电压为额定电压，电流为额定电流，与灯泡并联的电阻为R，则变阻器另一部分电阻为30R，根据串并联电路的特点及欧姆定律即可求解（2）分左右两段分别求解即可解答：解：（1）灯泡正常发光，则灯泡的电压为6V，通过灯泡的电流：IL=0.5A由题意可知，PB间的电阻R=30R，PB间的电压与内电压之和为：U=EUL=126=6V根据电路电流的特点得：=IL+代入数据得：=0.3+解得：R=24（负值舍去）（2）AP段消耗的电功率为：P1=PB段消耗的电功率为：P2=I2R=（0.5+）2（3024）=3.375W答：（1）此时A、P间的电阻应为24；（2）此时整个滑动变阻器上消耗的功率为3.375W点评：本题考查了欧姆定律、串并联特点的掌握和运用，知道灯泡正常发光时灯泡两端的电压为额定电压，电流为额定电流，难度适中20（12分）（2012四川）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角=37，半径r=2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2l05N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场质量m=5l02kg、电荷量q=+1106C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向已知斜轨与小物体间的动摩擦因数=0.25设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2sin37=0.6，cos37=0.8（1）求弹簧枪对小物体所做的功；（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；电场强度；电势能菁优网版权所有专题：压轴题；动能定理的应用专题分析：（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理即可求解；（2）对小物体进行受力分析，分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学基本公式即可求解解答：解：（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得Wfmgr（lcos）=mv02代人数据