1、湖南省湖南师范大学附属中学 2018-2019 学年高二上学期期中考试物理（理）试题一、单项选择题1.关于电场强度与电势，下列说法中正确的是A. 在电场中某点不放检验电荷，该点的电场强度为零B. 正电荷从 A 点移到 B 点，电场力做正功，A 点电势一定较高C. 由场强的定义式 E=F/q 可知，电场中某点的 E 与 q 所受的电场力 F 成正比D. 电荷在电场中某点所受电场力的方向即为该点的电场强度方向【答案】B【解析】略2.如图所示各图中，A、B 两点电场强度相同的是（ ）【答案】C【解析】解：A、A、B 是同一圆上的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同故 A 错误B、A、B 场
2、强大小不等，但方向相同，则电场强度不同故 B 错误C、A、B 是匀强电场中的两点，电场强度相同，故 C 正确D、电场线的疏密表示场强的大小，所以 A、B 场强不等，故 D 错误故选：C【点评】矢量大小和方向都相同才相同对于常见电场的电场线分布要了解，有助于解题3.关于电动势的概念，下列说法中不正确的是A. 电动势就是路端电压B. 电动势在数值上等于外电路断路时的路端电压C. 电动势是表示电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量D. 电动势在数值上等于非静电力把 1 C 的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功【答案】A【解析】A、B、C 项：电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小
3、，数值上电压不一定等于电势差，电动势等于内外电压之和，故 A 错误，B、C 正确；D 项：由 可知，电动势在数值上等于非静电力把 1C 的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，故 D 正确；本题选不正确的，所以本题应选 A。4.如图所示， Q 是固定的点电荷，虚线是以 Q 为圆心的两个同心圆一个带电粒子在仅受电场力的作用下沿实线所示的轨迹从 a 处运动到 b 处，然后又运动到 c 处，实线与两圆在同一平面内，带电粒子在 a、 b、 c 点的加速度大小分别为 aa、 ab、 ac，电势能大小分别为Ea、 Eb、 Ec，则A. aaabac， Eaabac， Ebacaa， Ebacaa， Ea
4、EbB. a、 b 两点的电场强度大小 Ea、 Eb的关系为 Ea EbD. a、 b 两点的电势大小 a、 b的关系是 a b【答案】C【解析】【详解】处于静电平衡的导体，内部场强处处为零，故 a、b 两点的场强大小 Ea、E b的关系为 Ea=Eb，故 A B 错误；处于静电平衡的导体，内部场强处处为零，所以感应电荷在 a、b 两点产生的场强大小 Ea和 Eb的关系与点电荷 Q 产生的电场强度大小相等，方向相反，结合库仑定律可知，是 EaE b，故 C 正确；处于静电平衡的导体是等势体，则 a、 b 两点的电势大小 a、 b的关系是 a= b，D 错误。故选 C。【点睛】此题关键是知道处于
5、静电平衡的导体是等势体，内部场强处处为零，电荷只分布在导体的表面7.如图所示，平行板电容器与电动势为 E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的 P 点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离(仍在 P 点下方)A. 电容器的电容减小，则极板带电量将增大B. 带电油滴将沿竖直方向向下运动C. P 点的电势将升高D. 带电油滴的电势能将增大【答案】D【解析】【详解】由于电容器和电源相连，电势差不变；将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，则 d 减小，则根据 可知电容 C 变大，根据 Q=UC 可知，极板的带电量变大，故 A 错误； 将平行板
6、电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，板间距离减小，根据 E=U/d 得知板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动。故 B 错误。场强 E 增大，而 P 点与上极板间的距离不变，则由公式 U=Ed 分析可知，P点与上极板间电势差将增大，故 P 点电势降低；故 C 错误。由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴应带负电，由于 P 点的电势降低，则油滴的电势能将增加。故 D 正确。故选 D。【点睛】本题运用 U=Ed 分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化8.如图所示，电流表 A1(0
7、3 A)和 A2(00.6 A)由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关 S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是A. A1、A 2的内阻之比为 51B. A1、A 2的指针偏转角度之比为 11C. A1、A 2的读数之比为 11D. A1、A 2的指针偏转角度之比为 15【答案】B【解析】【详解】电流表 A1（0-3A）和 A2（0-0.6A）是由两个相同的电流计改装而成，都是并联电路，在图中两电流计也是并联的，电压相等，电流相等，则 A1、A 2 的指针偏转角度之比为1：1；它们的量程之比为 5：1，即总电阻之比为 1：5，所以并联时读数之 5：1故 B 正确，
8、ACD错误。故选 B。【点睛】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成指针偏转角度取决于流过表头的电流大小9.如图所示的电路中，电源电动势为 6V，当开关 S 接通后，灯泡 L1和灯泡 L2都不亮，用电压表测得各部分电压是 Uab=0V，U ad=0V，U cd=6V，由此可断定A. L1和 L2的灯丝都烧断了B. L1的灯丝烧断了C. L2的灯丝烧断了D. 变阻器 R 断路【答案】D【解析】试题分析：串联电路中两灯均不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，测不断的位置电压为零，由题意可知，变阻器 R 断路，故 D 正确，考点：考查了电路故障分析点
9、评：电压表如果示数为零，那么被测部分短路，或被测部分外部断路电压表如果示数为电源电压，那么被测部分断路，或被测部分外部短路电流表如果为零，那么电路中有断路的地方，也有少数可能是电流表短路电流表如果示数突然变大，那么电路中有短路的地方两灯均不亮，可能是某处断路两灯一亮一灭，可能是某灯短路10.如图所示的 UI 图象中，直线为某电源的路端电压与电流的关系，直线为某一电阻R 的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻 R 连接成闭合电路，由图象可知A. R 的阻值为 1.5 B. 电源电动势为 3 V，内阻为 0.5 C. 电源的输出功率为 3.0 WD. 电源内部消耗功率为 0.5 W【答案】A【解析】试
10、题分析：由图象可知， ，故 A 正确；由图象可知，电源电动势，短路电流 ，则电源内阻 ，故 B 错误；由两图象的交点坐标，可得路端电压 ，干路电流 ，则电源的输出功率为，故 C 错误；电源内部消耗功率为 ，故 D错误。考点：路端电压与负载的关系【名师点睛】由图象的斜率可得电阻 R 的阻值由图象可知电源的电动势为 ，短路电流为 ；两图象的交点坐标即为电阻 R 和电源构成闭合回路时的路端电压和干路电流，从而求出电源的输出功率和内部消耗的功率。11.如图所示是利用 GMR 设计的磁铁矿探测仪原理示意图，图中 GMR 在外磁场作用下，电阻会发生大幅度减小下列说法正确的是A. 若存在磁铁矿，则指示灯不亮
11、；若将电阻 R 调大，该探测仪的灵敏度提高B. 若存在磁铁矿，则指示灯亮；若将电阻 R 调大，该探测仪的灵敏度提高C. 若存在磁铁矿，则指示灯不亮；若将电阻 R 调小，该探测仪的灵敏度提高D. 若存在磁铁矿，则指示灯亮；若将电阻 R 调小，该探测仪的灵敏度提高【答案】B【解析】【详解】若存在磁铁矿，GMR 的电阻会变小，所分担的电势差减小，输入门电路电势变高，非门的特点是输入状态和输出状态完全相反，则非门输出的电势变低，指示灯两端的电压较大，所以指示灯亮。将电阻 R 变大，GMR 分担的电压相对变小，知磁场不太强时输入非门的电势也较高，则输出较低，指示灯两端的电压较大，可知灵敏度提高。故 B
12、正确，ACD 错误。故选 B。12.示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况当 u2和 u3的电压都为零时，电子经电压 u1加速后通过偏转电场打在荧光屏的正中间竖直偏转电压 u2，以 A 板带正电为正；水平偏转电压 u3，以 C 板带正电为正，以下关于所加电压与荧光屏上所得的图形的说法中错误的是A. 如果只在 u2上加上甲图所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(a)B. 如果只在 u3上加上乙图所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(b)C. 如果同时在 u2和 u3上加上甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(c)D. 如果同时在 u2和 u3上加
13、上甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(d)【答案】C【解析】【详解】如果只在 u2上加上甲图所示的电压，电子只在竖直向偏转，且偏转距离不一，故在荧光屏上看到的图形为一竖直图线，如图（a）故 A 正确；如果只在 u3上加上乙图所示的电压，电子只在水平向偏转，且偏转距离不一，故则在荧光屏上看到的图形为一水平线段，如图（b）故 B 正确；如果同时在 u2和 u3上加上甲、乙所示的电压，在水平向为扫描，则在荧光屏上看到的图形如甲图形，故 C 错误；如果同时在 u2和 u3上加上甲、乙所示的电压，在水平向为扫描，则在荧光屏显示的与甲同波形，为图（d） ，故 D 正确；此题选择不正确的选项，故选
14、 C。【点睛】考查示波器的显示特点，明确两个方向上电子的偏向和偏转距离与所加电压的方向与大小关系；知道如果水平向所加图示 U3电压可在电子在水平向全扫描，则荧光屏上显示的波形与竖直向的电压波形相同二、实验题13.某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率 ，完成下列测量：(1)用游标为 20 分度的卡尺测量其长度，如图甲所示，由图可知其长度为_cm.(2)用螺旋测微器测量其直径，如图乙所示，由图可知其直径为_mm。【答案】 (1). 5.015 (2). 4.699【解析】试题分析：（1）游标卡尺读数：50+30.05=50.15mm.（2）螺旋测微器测读数：4.5+20.00.01=4.7
15、00mm考点：基本仪器使用14.(1) 根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整_(2)开关 S 闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于_(填“ A”“B”或“ AB 中间”)端(3)实验中测得有关数据如下表：U/V 0.40 0.80 1.20 1.60 2.00 2.40 2.80I/A 0.10 0.16 0.20 0.23 0.25 0.26 0.27根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的 IU 特性曲线_【答案】 (1). 如图所示:(2). A (3). 如图所示:【解析】【详解】 （1）如图所示；（2）电键闭合前，将滑动变阻器滑动 A 端，使测量电路处于短路
16、状态，起到保护作用 ；（3）用平滑曲线描点作图如图所示；【点睛】解决本题的关键会根据电路图连接实物图，以及会根据数据进行描点作图，注意作图时用平滑曲线，偏离比较远的点可以舍去三、计算题15.把一带电荷量为 q310 6 C 的点电荷从电场中的 A 点移动 B 点，电荷克服电场力做功为 6104 J，从 B 点移到 C 点，电场力对点电荷做功为 9104 J求：(1)A、 C 两点的电势差；(2)把 Q410 6 C 的点电荷从 A 点移动到 B 点，电场力对电荷做的功【答案】(1) 100 V(2)【解析】【详解】 （1）负电荷从 A 移到 B 点的过程，电荷克服电场力做功，可见负电荷从电势高
17、处移至电势低处即 A BAB 间的电势差为： 负电荷从 B 移至 C，电场力做正功，可见负电荷从电势低处移至电势高处，即 C BBC 间的电势差：根据 UAC=UAB+UBC，A C 两点的电势差为：U AC=UAB+UBC=200V-300V=-100V（2）把 q=410-6C 的点电荷从 A 点移到 B 点，电场力对电荷做功为：W=qU AB=410-6200J=810-4J【点睛】本题要注意运用公式 U=W/q 求解电势差时，公式中 U、W、q 三个量可都代入符号，要注意电荷克服电场力做功，电场力做的是负功16.如图所示，电源的电动势 E=110V，电阻 R1=21，电动机线圈的电阻
18、R0=0.5，当电键 S断开时，电阻 R1的电功率是 525W，当 S 闭合时，电阻 R1 的电功率是 336W，求：(1)电源的内阻；(2)当 S 闭合时电动机的输出功率。【答案】(1)1(2)1606W【解析】（1）S 断开时，对 R1P1 I2R1，所以 I=5A，对闭合回路：E=I（R 1+r） ，所以 r=1；（2）S 闭合时，对 R1： ，所以 I1=4A，R1两端电压 U=I1R1=84W，对闭合回路，设通过电源的电流为 I，则 E=U+Ir，所以 I=26A，所以电动机中的电流为 I2=I-I 1=22A，则电动机输出的功率为 P=UI2-I22R0=1606W；点睛：对于电功
19、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四、多项选择题17.如图，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的 A、B 两端系着一根不可伸长的柔软细绳，绳上套有一光滑小铁环。现将大圆环在竖直平面内绕圆心 O 点逆时针缓缓转过一个微小角度，轻绳对 A、B 两点拉力 ，则（ ）A. 变小 B. 变大C. 轻绳对小铁环的作用力变大 D. 小铁环与 O 点总是在同一竖直线上【答案】AD【解析】设绳子是长度是 2L，AB 的长度是 2l，AB 水平时绳子与水平方向的夹角是 ，平衡时两根绳子的拉力相等，设绳子拉力为 F1，有：2F 1sin-mg=0，得：F
20、 A=FB=F1 由图可知，cos 将大圆环绕着杆中点 O 在竖直平面内逆时针缓慢转过一个角度时，绳子与水平方向的夹角是，平衡时两根绳子的拉力仍然相等，设绳子拉力为 F2，有：2F 2sin-mg=0，联立解得： FA FB 设此时环到 B 的距离是 L1，到 A 的距离是 L2，则：L 1+L2=2L而由图可知，很显然：L 1cos+L 2cos2l，即：cos 得：，所以：F A=F BF A=FB即 FA变小，F B变小，故 A 正确，B 错误轻绳对小铁环的作用力等于小圆环的重力，则大小不变，选项 C 错误；当大圆环在竖直平面内绕圆心 O 点转动时，由几何知识可知，AB 两点到圆心 O
21、的水平距离总相等，两侧绳子与竖直方向的夹角相等，则小铁环与 O 点总是在 O 点正下方的同一竖直线上，选项 D 正确；故选AD.点睛：本题中铁环与动滑轮相似，两侧绳子拉力大小相等，运用正交分解法研究平衡状态，注意几何关系在题目中的运用18.如图所示，一个可视为质点的物体从高为 h=0.8m 的光滑斜面顶端由静止开始下滑,物体经过 A 点时速率变化可忽略不计，滑上传送带 A 端的瞬时速度为 vA,到达 B 端的瞬时速度设为 vB,水平传送带 A、 B 两端相距 x=6m,物体与传送带间的动摩擦因数 =0.1,取 g=10m/s2,下列说法中正确的是( )A. 物体滑上传送带 A 端的瞬时速度 v
22、A=4m/sB. 若传送带不动，物体到达 B 端的瞬时速度 vB=2m/sC. 若传送带逆时针匀速转动, vB一定小于 2m/sD. 若传送带顺时针匀速转动, vB一定大于 2m/s【答案】AB【解析】试题分析：物块滑上传送带，若传送到不动，物块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出到达 B 点的速度若传送带顺时针匀速转动，根据物块的速度与传送带的速度大小判断物体的运动情况若传送带逆时针转动，物块滑上传送带做匀减速直线运动，根据运动学公式结合牛顿第二定律进行求解由动能定理得 ，解得 m/s，A 正确；若传送带不动，则物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，匀减速直线运动的加速度大
23、小 m/s2，根据 ，解得 m/s，B 正确；若传送带逆时针转动，物体滑上传送带做匀减速直线运动，到达 B点的速度大小一定等于 2m/s，C 错误；若传送带顺时针匀速运动，若传送带的速度小于2m/s，在物体到达 B 时，传送带给物体恒定的水平向左的滑动摩擦力，物体在摩擦力作用下全程做匀减速运动到达 B 点的速度等于 2m/s，D 错误19. 如图所示，在一竖直平面内有一光滑的绝缘倾斜轨道 ab 和一光滑的绝缘圆弧轨道 bcde平滑相接，一个质量为 m 的带正电小球从距最低点 c 所在水平面高 h。处由静止释放后，刚好能通过圆轨道的最高点 e。现在轨道空间内加一竖直向上的、范围足够大的匀强电场，
24、且小球所受的电场力小于小球的重力，下列说法中正确的是A. 小球经过 c 点时，小球的机械能最小B. 小球经过 c 点时动能最大，电势能最小C. 若要小球仍能通过 e 点，必须从斜面上更高的位置静止释放D. 若小球仍从斜面上原位置静止释放，通过 e 点时会对轨道产生压力【答案】A【解析】试题分析：加上电场后，当从斜面上高 h0处释放小球后，小球仍然是刚好能通过轨道的最高点 e，所以 C、D 选项错误；小球的机械能不守恒，在最低点 c，小球的电势能最大。故机械能最小，B 选项错误而 A 选项正确。考点：本题考查圆周运动、机械能守恒定律和电势能。20.不考虑重力作用，从 t0 时刻开始，下列各种随时
25、间变化的电场中能使原来静止的带电粒子做单向直线运动的有A. B. C. D. 【答案】AC【解析】考点：带电粒子在匀强电场中的运动。分析：本题的关键是根据场强度的变化情况分析加速度的变化情况，再分析粒子的运动情况，根据加速度的对称性找到速度为零的时刻，只要粒子的速度方向不改变，粒子就做单一方向的运动。解答：粒子仅受电场力作用，A、由图象可知：在 0 - 的过程中，粒子做加速度为 的匀加速直线运动，在 T 的过程中，粒子做加速度为- 的匀减速直线运动，T 时刻速度刚好减为零，然后重复刚才的运动，所以 A 是做单一方向的直线运动；B、由图象可知：在 0 - 的过程中，粒子做加速度为 的匀加速直线运
26、动，在 的过程中，粒子做加速度为 的匀减速直线运动，则在 时刻速度为零，此后反方向运动 时间，所以 B 不是做单一方向的直线运动；C、由图象可知：在 0 - 的过程中，粒子做加速度越来越小的变加速运动，在 - T 的过程中，粒子做加速度越来越大的变减速运动，由于加速度具有对称性，所以 T 时刻速度刚好减为零，然后重复刚才的运动，所以 C 是做单一方向的直线运动；D、由图象可知：在 0 - 的过程中，粒子做加速度加速度越来越小的变加速运动，在 -过程中，粒子做加速度越来越大的变减速运动，由于加速度具有对称性，所以 时刻速度刚好减为零， - 过程中加速度为负值，所以粒子反向做加速度运来越小的变加速
27、运动，所以D 不是做单一方向的直线运动。故选 AC。21.在如图甲所示的电路中，电源的电动势为 E，内阻为 r， R1为定值电阻， R2为滑动变阻器，闭合开关 S，在滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生了变化图乙中的三条图线分别表示了三个电压表示数的变化情况则下列说法正确的是A. 图线 a 表示的是电压表 V1的示数的变化情况B. 图线 c 表示的是电压表 V2的示数的变化情况C. 此过程中电压表 V1示数的变化量 U1和电流表 A 示数的变化量 I 的比值的绝对值不变D. 此过程中电压表 V3示数的变化量 U3和电流表 A 示数的变化量 I 的比值的绝对值变小
28、【答案】BC【解析】【详解】当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，可知路端电压减小，即知电压表 V1示数减小，电压表 V2的示数增大，电压表 V3的示数减小，则知，图线 a 表示的是电压表 V3的示数随电流表示数变化的情况，图线 c 表示的是电压表 V2的示数随电流表示数变化的情况。故 A 错误，B 正确。由闭合电路欧姆定律得：U 1=E-Ir，则| |=r，保持不变。故 C 正确。由闭合电路欧姆定律得：U 3=E-I（r+R 1） ，则| |=R1+r保持不变，故 D 错误。故选 BC。【点睛】本题实质是电路中动态变化分析问题和
29、闭合电路欧姆定律问题的综合，从局部电阻的变化，分析各部分电压的变化分析电压表示数 U 的变化量和电流表示数 I 的变化量的关系，必须要找到函数关系.五、实验题22.某班级开展了一次 10 分钟实验竞赛，试题命题形式为各小组自己出题，然后交到老师那进行审核，并汇总在一起，在某自习课进行随机抽取试题比赛，某小组在本次实验竞赛中，抽到的试题如下：现有一多用电表，其欧姆挡的“0”刻度线与中值刻度线间刻度模糊，若用该欧姆挡的“100 ”挡，经正确调零后，规范测量某一待测电阻 R 时，指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，如图所示，则该待测电阻 R_.【答案】500【解析】【详解】欧姆表调
30、零时，I g= ，由图示欧姆表可知，中央刻度值为：15100=1500，指针在中央刻度线时： Ig= ，欧姆表指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，则电流： ，解得：R X=500。23.为了精确测量一电动势约为 5 V，内阻约为 2.5 的直流电源的电动势 E 和内阻 r，现在除提供导线若干、开关一个和待测电源外，还提供有如下仪器：A电流表 A(量程为 200 mA，内阻约为 10 )B电流表 G1(量程为 50 mA，内阻约为 20 )C电流表 G2(量程为 20 mA，内阻为 50 )D定值电阻 10 E定值电阻 50 F定值电阻 150 H滑动变阻器 50 J滑动变阻器
31、 500 (1)选择合适的仪器，设计的实验电路如图甲所示，电流表 A 的读数为 IA，电流表 G 的读数为 Ig，移动滑动变阻器，测量多组 IA和 Ig的数据，并以 IA为纵轴坐标，以 Ig为横坐标描点作图，若得到的图象如图乙所示，对应的关系方程为 IA kIg b，且测量电路中对应的仪器参数如图所示，则 b_(用 R、 R1、 R2、 Rg、 RA、 E 和 r 中的某些量表示)；(2)电路中电流表 G 应选择：_(填“B”或“C”)，若 b 的数值为 0.4，则定值电阻 R2应选择：_(填“D” “E”或“F”)，定值电阻 R1应选择：_(填“D” “E”或“F”)，滑动变阻器应该选择：_
32、(填“H”或“J”)；在该实验电路中，是否会因为仪表有内阻而产生系统实验误差：_(填“会”或“不会”)【答案】 (1). (2). C (3). D (4). F (5). H (6). 不会【解析】【详解】 （1）由图甲所示电路图，根据闭合电路欧姆定律可知，电源电动势：E=Ig（R g+R1）+（I g+IA） （R 2+r）则：图象对应的关系方程为 IA=k Ig+b，则：b= ，由题意可知，电流表 G 应选择内阻已知的 C；电源电动势约为 5V，内阻约为 2.5，b 的数值为 0.4，则电路中定值电阻 R2应选择 D；定值电阻 R1应选择阻值为 150 的 F，这样在电流计 G 和 R1
33、两端最大可承受 0.02（50+150）V=4V 的电压；滑动变阻器应该选择 H；由图示图象与图象的函数表达式可知，在该实验电路中，不会因为仪表有内阻而产生系统实验误差。六、计算题24.在如图甲所示电路中，已知电源的电动势 E6 V、 内阻 r1 ， A、 B 两个定值电阻的阻值分别为 RA2 和 RB1 ，小灯泡的 U I 图线如图乙所示，求小灯泡的实际电功率和电源的总功率分别为多少？【答案】0.75 W(0.70 W0.80 W 均算正确)；10.5 W(10.1 W10.9 W 均算正确)【解析】【详解】设小灯泡两端电压为 U，电流为 I，由闭合电路欧姆定律有E U（I+ ） ( RA
34、r)代入数据有 U1.50.75 I作电压与电流的关系图线，如图所示：交点所对应的电压 U0.75 V(0.73 V0.77 V 均算正确)电流 I1 A(0.96 A1.04 A 均算正确)则灯泡的实际功率 P UI0.75 W(0.70 W0.80 W 均算正确)电源的总功率 P 总 E（I+ ）10.5 W(10.1 W10.9 W 均算正确)25.如图所示，倾角 37的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个半径和质量不计的光滑定滑轮 D，质量均为 m1 kg 的物体 A 和 B 用一劲度系数 k240 N/m的轻弹簧连接，物体 B 被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板 P 挡
35、住用一不可伸长的轻绳使物体 A 跨过定滑轮与质量为 M 的小环 C 连接，小环 C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环 C 位于 Q 处，绳与细杆的夹角 53，且物体 B 对挡板 P 的压力恰好为零图中 SD 水平且长度为 d0.2 m，位置 R 与位置 Q 关于位置 S 对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行现让环 C 从位置 R 由静止释放，sin 370.6，cos 370.8， g取 10 m/s2.求(1)小环 C 的质量 M；(2)小环 C 通过位置 S 时的动能 Ek及环从位置 R 运动到位置 S 的过程中轻绳对环做的功 WT；(3)小环 C 运动到位置 Q 的速
36、率 v.【答案】(1) 0.72 kg(2) 0.3J(3) 2m/s【解析】（1）先以 AB 组成的整体为研究对象，AB 系统受到重力支持力和绳子的拉力处于平衡状态，则绳子的拉力为： T=2mgsin=210sin37=12N以 C 为研究对象，则：Tcos53=Mg 代入数据得：M=0.72kg（2）由题意，开始时 B 恰好对挡板没有压力，则：mgsin= 所以弹簧的伸长量：小环 C 过 S 位置时 A 下移的距离为此时弹簧的压缩量为在环从 R 点运动到 S 点的过程中，初末状态的弹性势能相等，当 C 到达 S 点时，C 沿绳子方向的分速度是 0，所以 A 的速度是 0，由机械能守恒定律得：解得：在环从 R 点运动到 S 点的过程中，由动能定理得：解得：（3）环从 R 到 Q 的过程中，对于小环、弹簧、和 A 组成的系统机械能守恒，两式联立可能 ：【名师点睛】根据 AB 整体受力平衡求出小环 C 的质量；环从 R 点运动到 S 点的过程中，初末状态的弹性势能相等，根据机械能守恒定律求出 C 的动能，再根据动能定理求出轻绳对环做的功；根据系统动量守恒求出小环 C 运动到位置 Q 的速率。
