2013-2014学年贵州省毕节地区大方一中高二上第二次月考物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013-2014学年贵州省毕节地区大方一中高二上第二次月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 （ 4分）下列关于磁感线的说法中正确的是（ ） A磁感线是真实存在的 B沿磁感线的方向磁场逐渐减弱 C磁感线是闭合曲线 D磁感线可以相交 答案： C 试题分析：（ 1）磁体的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，在实验的基础上，利用建模的方法想象出来的磁感线，磁感线并不客观存在 （ 2）磁感线在磁体的周围是从磁体的 N极出发回到 S极在磁体的内部，磁感线是从磁体的 S极出发，回到 N极 （ 3）磁场中的一点，磁场方向只有一个，由此入手可以确定磁感线不能相交 （ 4）磁场的强弱可以利

2、用磁感线的疏密程度来描述磁场越强，磁感线越密集 解： A、磁感线是为了描述磁场而引入的，它并不客观存在，故 A错误 B、磁感线最密集的地方，磁场的强度最强，反之磁场最弱，与是否沿磁感线的方向无关故 B错误 C、在磁体的内部，磁感线从磁体的 S出发回到 N极；而外部则是从磁体的 N极出发回到 S极，构成闭合曲线，故 C正确 D、若两条磁感线可以相交，则交点处就可以做出两个磁感线的方向，即该点磁场方向就会有两个，这与理论相矛 盾，因此磁感线不能相交，故 D错误 故选： C 点评：此题考查了磁感线的引入目的，磁场方向的规定，记住相关的基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便 （ 4分）如图所示，直

3、线 A为电源的 U-I图线，直线 B为电阻 R的 U-I图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率不可能分别是（ ） A 4W、 8W B 2W、 4W C 4W、 6W D 2W、 3W 答案： ABD 试题分析：电源的 U-I图象与 U轴的交点数值是电源的 电动势；电源的 U-I图象与电阻R的 U-I图象交点电压与电流是该电源与该电阻组成闭合电路时的电路电流与路端电压，由图象求出电源电动势、电路电流与路端电压，然后由 P出 =UI求出电源的输出功率，有 P=EI求解电源的总功率 解：由图象可知，电源电动势 E=3V，电路电流 I=2A时，路端电压 U=2V； 则电源

4、的输出功率，即外电路功率为： P出 =UI=2V2A=4W， 电路的总功率为： P=EI=3V2A=6W； 因选不可能的是，故选： ABD 点评：对于图象，要能够从轴、点、线、面积、交点、截距等角度进行分析，本题关 键明确交点的含义，基础题 （ 4分）如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头 P向左移动时，下面判断正确的是（ ） A L1和 L3变亮， L2变暗 B L1变暗， L2变亮， L3亮度不变 C L1中电流变化值小于 L3中电流变化值 D L1上电压变化值小于 L2上的电压变化值 答案： ACD 试题分析：由图可知 L3与 R串联后与 L2并联，再与 R0、

5、L1串联；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变 化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知 L1亮度的变化；将 R0、 L1作为内电阻处理，由 U=E-Ir可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化；因两灯电阻均为定值，则可由欧姆定律得出电压变化值的大小关系 解： A、 B当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故 L1变亮； 电路中总电流增大，故内电压及 R0、 L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故 L2变暗； 因 L2中电流减小，干路电流增大，故流过 L3的电流增大，

6、故 L3变亮；故 A正确， B错误； C、因 L1中电流增大， L3中电流增大，而 L2中电流减小；开始时有： I1=I2+I3，故 I1电流的变化值一定小于 L3中电流的变化值；故 C正确； D、因并联部分的电压与 L1、 R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势； L2两端的电压减小， L1、 R0及内阻 r两端的电压增大，而电动势不变，故 L1上电压变化值小于 L2上的电压变化值，故 D正确； 故选 ACD 点评：本题不但考查电路中各量的变化方向，还考查了各电阻中电流及电压的变化值，题目较为新颖，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合 电路的欧姆定律 （ 4分）某同学用如图所示的

7、电路进行小电机的输出功率的研究，其实验步骤如下所述，闭合电键后，调节滑动变阻器，电动机未转动时，电压表的读数为 U1，电流表的读为 I1；再调节滑动变阻器，电动机转动后电压表的读数为 U2，电流表的读数为 I2，则此时电动机的输出功率不可能为（ ） A U2I2- B U2I2+ C U2I2 D 答案： BCD 试题分析：闭合电键后，电动机未转动时，其电路是纯电阻电路，由电压表的读数为 U1，电流表的读数为 I1求出电动机的内阻 R电动机转动后，由电压表的读数为 U2，电流表的读数为 I2求出电动机的电功率 P电 ，由 P热 =I22R求出发热功率，根据能量守恒得到电动机的输出功率 P出 =

8、P电 -P热 解：闭合电键后，电动机未转动时，电动机的内阻为： R= 电动机转动后，电动机的电功率为： P电 =U2I2， 发热功率为： P热 =I22R， 则电动机的输出功率为： P出 =P电 -P热 =U2I2- 因选不可能的，故选： BCD 点评：对于电动机电路是不是非纯电阻电路不能一概而论，要具体情况具体分析，当电动机不转动时，其电路是纯电阻电路，而转动时是非纯电阻电路 （ 4分）如图所示，甲、乙为两个独立电源的路端电压与通过它们的电流 I的 关系图线，下列说法中正确的是（ ） A路端电压都为 U0时，它们的外电阻相等 B电流都是 I0时，两电源的内电压相等 C电源甲的电动势大于电源乙

9、的电动势 D电源甲的内阻小于电源乙的内阻 答案： AC 试题分析：根据欧姆定律可知外电阻 R路端电压 U与电流 I的关系为 R= ，图线与 U轴交点的坐标值表示电动势的大小，与 I轴交点的坐标值表示电路中的短路电流，图线的斜率大小表示电源内电阻的大小（电动势与短路电流的比值），电源的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即 U内 =Ir 解： A、根据欧姆定律可知外电阻 R路端电压 U与电流 I的关系为 R= ，在 U-I图线中甲、乙两图线的交点坐标为（ I0， U 0），说明两电源的外电阻相等，故 A正确 B、电源 的内电压等于通过电源的电流与电源内阻的乘积，即 U内 =Ir，因为甲的内

10、阻较乙的内阻大，所以当电流都为 I 0时，甲电源的内电压较大，故 B错误 C、图线与 U轴交点的坐标值表示电动势的大小，由图线可知，甲与 U轴交点的坐标值比乙的大，表明甲的电动势大于乙的电动势，故 C正确 D、图线的斜率大小表示电源内电阻的大小（电动势与短路电流的比值），图线甲的斜率大于图线乙的斜率，表明甲的内阻大于乙的内阻，故 D错误 故选 AC 点评：本题利用图象考查了闭合电路欧姆定律，要特别注意图象与两轴交点分别表示电动势和短路电流，图象斜 率表示内阻大小 （ 4分）（ 2010 合肥一模）如图所示，电源电动势为 E，内电阻为 r，平行板电容器两金属板水平放置，开关 S是闭合的，两板间一

11、质量为 m、电荷量为 q的油滴恰好处于静止状态， G为灵敏电流计则以下说法正确的是（ ） A在将滑动变阻器滑片 P向上移动的过程中，油滴向上加速运动， G中有从 b到 a的电流 B在将滑动变阻器滑片 P向下移动的过程中，油滴向下加速运动， G中有从 b到 a的电流 C在将滑动变阻器滑片 P向上移动的过程中，油 滴仍然静止， G中有从 a到 b的电流 D在将 S断开后，油滴仍保持静止状态， G中无电流通过 答案： A 试题分析：电容器与电阻 R、电阻 R2相并联后与 R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况 解： A、

12、 C、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻 R、电阻 R2相并联后与 R1串联，滑片向上移动，电阻 R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为： U=E-I（ r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向 上加速；电容器充电，故电流从 b到 a，故 A正确， C错误； B、在将滑动变阻器滑片 P向下移动的过程刚好与选项 A相反，故 B错误； D、在将 S断开后，电容器通过电阻 R2与 R1放电，电量减为零，电流沿 a至 b，故 D错误； 故选 A 点评：本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电

13、压的变化 （ 4分）某学生在研究串联电路电压特点时，接成如图所示电路，接通 K后，他将高内阻的电压表并联在 A、 C两点间时，电压表读数为 U；当并联在 A、 B两点间时，电压表读数也为 U；当并联在 B、 C两点间时，电压表读数为零，则出现此种情况的原因可能是（ ）（ R1、 R2阻值相差不大） A.AB段断路 B.BC段断路 C.AB段短路 D.BC段短路 答案： AD 试题分析：常见的电路故障有断路与短路两种；用电压表检查电路故障时，电压表有示数，说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，与电压表并联的电路可能出现断路；电压表示数为零，则电压表并联电路之外电路存在断路或

14、与电压表并联的电路存在短路根据电路故障现象分析答题 解： A、如果 AB段断路，电压表接在 AC两点时电压表有示数，电压表接在 BC两点时，电压 表没有示数，符合题意，故 A正确； B、如果 BC段断路，电压表接在 B、 C两点间时，电压表应有示数，与题意不符，故B错误； C、若 AB短路，电压表并联在 A、 B两点间时，电压表读数应为零，与题设条件不符故C错误 D、如果 BC段短路，电压表接在 AC两点时电压表有示数，电压表接在 BC两点时电压表没有示数，符合题意，故 D正确； 故选： AD 点评：本题是电路中故障分析问题，可以用电势差等于电压来加深理解故障的原因中等难度 （ 4分）关于电动

15、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，实际上总略大于电源电动势的准确值 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电源电动势总等于电路中通过 1C的正电荷时，电源提供的能量 答案： D 试题分析：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： 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

16、B错误； C、电源的电动势是由电源本身决定的，与外电路是无关的；故 C错误 D、根据电源电动势定义式 E= 可知，电源电动势总等于电路中通过 1C的正电荷时，电源提供的能量，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 （ 4分）如图是有三个输入端 的复合门电路，当 C端输入 0时 Y输出 0，那么 A、 B端输入分别是（ ） A.1、 1 B.0、 1 C.1、 0 D.0、 0 答案： D 试题分析：与门的特点是，当所有条件都满足，事件才能发生，或门的特点是，当某个条件满足，事件就能发生

17、非门的特点是，当某个条件满足，事件就不能发生 解：该复合门电路由三种门电路组成， Y之前 的门电路是 “与 ”门电路，输出为 0时，其两个输入端至少一个是 0； C是 “非 ”门电路，输入端是 0，则输出端是 1所以 AB电路的输出端必须是 0，而 AB对应的门电路是 “或 ”门电路，若输出端是 0，两个输 入端都是 0故选项 D正确 故选： D 点评：解决本题的关键知道各种门电路的符号，以及知道各种门电路的特点 （ 4分）方向水平向右的匀强电场中，一带电粒子从 A点飞入， B点飞出，粒子运动轨迹如图，则带电粒子：（重力不计）（ ） A一定带正电 B可能带正电，也可能带负电 C在电场中作加速运

18、动，电势能增加 D受到的电场力一定水平向左 答案： D 试题分析：带电粒子的运动轨迹向下偏转，可知合力方向向下，分析粒子的受力情况，确定 电场力方向，即可判断粒子的电性，并能确定电场力与重力的大小重力做负功，重力势能增加，电场力做正功，电势能减少逆着电场线，电势升高 解： A、由图示运动轨迹可知，带电粒子的运动轨迹向下偏转，则其合力方向向下，粒子受到竖直向下的重力和水平方向的电场力，则知电场力必定水平方向向左，与场强方向相反，粒子应带负电，故 AB错误； C、粒子运动中，电场力做负功，电势能增加，但作减速运动，故 C错误； D、根据曲线运动条件，结合速度的方向，可知，电场力向左，故 D正确 故

19、选： D 点评：本题关键要根据轨迹的弯曲方向判断出 油滴所受的合力方向，再分析电场力方向根据做功正负，判断电势能和重力势能的变化 （ 4分）用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为 R1，如果采用乙电路，测量值为 R2，那么 R1、 R2与真实值 R之间满足关系（ ） A R1 R R2 B R R1 R2 C R1 R R2 D R R1 R2 答案： C 试题分析：根据两接法的特点可知误差的来源及对结果的影响，即可得出其测量结果与真实值之间的关系 解：甲图中电压值是准确的，而由于电压表的分流导致电流值偏大，故测量结果将小于真实值； 而乙图中电流值是准确的，而由于电流表的分压

20、导致了电压表示数偏大，故测量结果将大于真实值； 故答案：为： R1 R R2， C正确； 故选 C 点评：本题考查误差的分析，要 明确两种不同的接法中电表对实验的影响，从而得出测量值与真实值之间的关系 （ 4分）（ 2013 长沙一模）如图为多用表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为 300A，内 rg=100，调零电阻的最大阻值 R=50k，串联的固定电阻 R0=50，电池电动势 E=1.5V用它测量电阻 Rx，能准确测量的范围是（ ） A 30k 80k B 3k 8k C 300 800 D 30 80 答案： B 试题分析：欧姆表的中值 电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，求解出该欧姆

21、表的中值电阻即可 解：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小； 欧姆表的中值电阻 R中 等于欧姆表的内电阻 R总 ，根据闭合电路欧姆定律，满偏时：Ig= 半偏时， Ig= 联立解得： R中 =R总 = 故选 B 点评：本题关键明确欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；知道中值电阻等于欧姆表内电阻 （ 4分）关于闭合电路，下列说法中正确的是（ ） A闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方 B闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大 C闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大 D闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大 答案： D 试题分析：根据闭合电路

22、欧姆定律分析电流与外电阻的关系 ，得出内电压和路端电压的变化根据推论，当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方 解： A、在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方，而在内电路中，电流总是从电势低的地方流向电势高的地方故 A错误 B、闭合电路中，电源的路端电压越大，说明外电阻越大，根据推论：当电源的外电阻等于内电阻时，输出功率最大，可知，电源的输出功率不一定越大故 B错误 C、闭合电路中，电流越大，内电压越大，则电源的路端电压就越小故 C错误 D、在闭 合电路中，外电阻越大，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流越小，内

23、电压越小，则电源的路端电压就越大故 D正确 故选： D 点评：闭合电路中，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小抓住电源的内电阻不变，内电压与电流成正比是关键 实验题 （ 4分）如图所示，游标卡尺的读数为 mm；螺旋测微器的读数为 mm 答案： .40， 1.6830.002 试题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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： 1、游标卡尺的主尺读数为 12mm，游标尺上第 8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 80.05mm=0.40mm，所以最终读数为： 12mm+0.4

24、0mm=12.40mm 2、螺旋测微器的固定刻度为 1.5mm，可动刻度为 18.30.01mm=0.183mm，所以最终读数为 1.5mm+0.183mm=1.683mm，由于需要估读，最后的结果可以为 1.6830.002 故答案：为： 12.40， 1.6830.002 点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量 （ 4分）（ 2005 潍坊模拟）如图为一多用电表表盘 （ 1）如果用直流 10V挡测量电压，则读数 V （ 2）如果用 “100”欧姆挡测量电阻， 则读数为 答案： .4； 800 试题分析：欧姆表的电流档或电压档在读数的

25、时候可以根据指针竖所指的位置选择估读，欧姆表的电阻读数等于表盘读数乘以倍率 解：欧姆表在读数时要注意，读电流或电压时，数据是左边小，右边大当用 10V当测量电压时，该读数是 6.4V； 欧姆档的读数是左边大，右边小所以该读数是 8；然后表盘读数乘以倍率，该电阻的电阻值为： R=8100=800 故答案：为： 6.4； 800 点评：解决本题的关键掌握欧姆表读数方法，知道欧姆表可以粗略测量电阻的大小 （ 4分）如图所示为根据实验数据 画出的路端电压 U随电流 I变化的图线，由图可知，该电池的电动势 E= V，内阻 r= 答案： .5， 0.625 试题分析： U-I图象中图象与纵坐标的交点表示电

26、源的电动势；因为纵坐标不是从零点开始的，图象与横坐标的交点不为短路电流；根据公式 即可求出内电阻 解：由图可知，电源的电动势为： E=1.50V； 当路端电压为 1.00V时，电流为 0.80A； 由 E=U+Ir可得 ： 故答案：为： 1.5， 0.625 点评：测定电动势和内电阻的实验中为了减小误差采用了图象分析法，要根据实验原理得出公式，并结合图象的斜率和截距得出正确的结果 （ 4分）用多用表的欧姆挡（ R1K）检查性能良好的晶体二极管，发现多用电表的表针向右偏转的角度很小，这说明（ ） A二极管加有正向电压，故测得电阻很小 B二极管加有反向电压，故测得电阻很大 C此时红表笔接的是二极管

27、的正极 D此时红表笔接的是二极管的负极 答案： BC 试题分析：欧姆表的偏转角度小，说明电阻大，则为反向电阻；因欧姆表的黑表笔接的是内部电路的源的正极，则可判断与二极管的接法 解：测量电阻偏转角度小，则电阻大，为反向电压故 A错误， B正确 测量时加的反向电压，又因欧姆表的 表笔接的电池的正极，则 表笔应与二极管的负极相连接即红表笔与二极管的正极相连接故 C正确， D错误 故选： BC 点评：考查欧姆表的内部结构及测量二极管的电阻的方法，明确欧姆表的 表笔与电池的正极相连 （ 4分）用欧姆表测一个电阻 R的阻值，选择旋钮置于 “10”档，测量时指针指 在 100与 200刻度弧线的正中间，可以

28、确定（ ） A R=150 B R=1500 C 1000 R 1500 D 1500 R 2000 答案： C 试题分析：欧姆表刻度左密又疏， 100与 200正中间的刻度小于 150 解：欧姆表表盘左边密右边疏，零刻度在右边，测量时指针指在 100与 200刻度的正中间，指针的示数应大于 100而小于 150， 又选择旋钮置于 “10”档，所以带测电阻的阻值应该在 1000到 1500之间，故 C正确 故选 C 点评：本题考查了欧姆表刻度盘的特点，题目难度较小 （ 6分）一个未知电阻 Rx，阻值大约为 10k-20k，为了较为准确地测定其电阻值，实验室中有如下器材： 电压表 V1（量程 3

29、V、内阻约为 3k） 电压表 V2（量程 15V、内阻约为 15k） 电流表 A1（量程 200A、内阻约为 100） 电流表 A2（量程 0.6A、内阻约为 1） 电源 E（电动势为 3V） 滑动变阻器 R（最大阻值为 200） 开关 S （ 1）在实验中电压表选 ，电流表选 （填 V1、 V2， A1、 A2） （ 2）为了尽可能减小误差，请你在虚线框中画出本实验的电路图 答案：（ 1） V1， A1（ 2）见 试题分析：（ 1）根据待测电阻的大小和电源的电动势大小，估测电路中的最大电流，在不烧坏电表的前提下，电压表、电流表的指针偏转角度越大越好，由此可正确选择电表； （ 2）由于所给滑动

30、变阻器太小，待测电阻很大，因此该实验采用滑动变阻器的分压接法和电流表的内接法 解：（ 1）根据待测电阻的大小和电源的电动势大小，估测电路中的最大电流不会超过 30mA，故电流表选择 A1，电压表选择 V1 故答案：为： V1， A1 （ 2）由于所给滑动变阻器太小，待测电阻很大，因此该实验采用滑动变阻器的分压接法和电流表的内接法，具体电路图如下所示： 点评：本题考查了实验器材的选取、设计实验电路图，是实验的常考问题，一定要掌握；本题难度不大，熟练掌握基础知识即可正确解题 填空题 （ 2分）如图所示，有一个表头 G，满偏电流为 Ig=1mA，内阻 Rg=100，用它改装为有 5V和 50V两种量

31、程的电压表，则 R1= 答案： 试题分析：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值 解：把电流表改装成 5V的电压表，需要串联电阻的阻值： R1= -Rg= -100=4900； 故答案：为： 4900 点评：本题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题 计算题 （ 10分）如图所示，电源电动势 E=10V，内阻 r=0.5，标有 “8V， 16W”的灯泡恰好能正常发光，电动机 M绕组的电阻 R0=1，求： （ 1）路端电压； （ 2）电源的总功率； （ 3）电动机的输出功率 答案：（ 1）路端电压为 8V；

32、（ 2）电源的总功率为 40W；（ 3）电动机的输出功率为 12W 试题分析：（ 1）路端电压等于灯泡两端的电压，灯泡正常发光，就等于灯泡的额定电压 （ 2）对内电路研究，由欧姆定律求出流过电源的电流，由 P=EI求解电源的总功率 （ 3）电动机两端电压等于灯泡的额定电压，根据电源的电流和灯泡的电流求出电动机的电流，根据能量守恒求解电动机的输出功率 解：（ 1）灯泡正常发光， U=U额 =8V （ 2） U内 =E-U=2V 由欧姆 定律得流过电源的电流 I= =4A 电源的总功率 P总 =EI=104=40W （ 3）灯泡的电流 I 灯 = =2A 电动机的电流 IM=I-I灯 =2A 电动

33、机消耗的电功率 PM=UIM=82=16W 电动机发热功率 P热 =IM2R0=221=4W 所以电动机的输出功率 P输出 =PM-P热 =16-4=12W 答：（ 1）路端电压为 8V； （ 2）电源的总功率为 40W； （ 3）电动 机的输出功率为 12W 点评：对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路 （ 10分）（ 2010 奉贤区一模）如图甲所示电路中，电源电动势 E=12V，内阻 r=2，R1=4， R2=6， R3=3 （ 1）若在 C、 D间连一个理想电压表，其读数是多少？ （ 2）若在 C、

34、 D间连一个理想电流表，其读数是多少？ （ 3）图甲中虚线框内的电路可等效为一个电源，即图 甲可等效为图乙，其等效电动势 E等于 CD间未接入用电器时 CD间的电压；若用导线直接将 CD两点连接起来，通过该导线的电流等于等效电源的短路电流，则等效电源的内电阻 r是多少？ （ 4）若在 C、 D间连一个 “6V， 3W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是多少？ 答案： V， 1A， 6， 1.33W 试题分析：根据闭合电路欧姆定律，由 E、 r、 R1、 R2、 R3，可求出两电表的读数；根据等效电源的等效电动势和短路电流，能求出等效内阻； 解：（ 1）若在 C、 D间连一个理想电压表，根据闭合电路

35、欧姆定律， 有 理想电压表读数为 UV=I1R2=6V （ 2）若在 C、 D间连一个理想电流表，这时电阻 R2与 R3并联， 并联电阻大小 根据闭合电路欧姆定律，有 理想电流表读数为 （ 3）依题意，该等效电源的电动势 E=6V， 短路电流与第（ 2）问中电流表读数相同，即为 I=1A， 所以其等效内阻 （ 4）小灯泡的电阻 将小灯泡连在 C、 D之间，相当于接在等效电源 E两端， 则流过小灯泡的电流大小为 小灯泡的实际功率为 故答案：为： 6V， 1A， 6， 1.33W 点评：等效法是物理常用的研究方法，电路的分析和计算要对电路的结构、电压、电流等的分配分析清楚才能正确求解 （ 10分）

36、如图所示，一摆球的质量为 m，带正电荷，电量为 q，摆长为 L，场强 E= ，水平向右，摆球平衡位置在 C点，与竖直夹角为 ，开始时在水平位置 A点，无初速释放，求摆球在 C点时的速度及摆线的拉力 答案：摆球在 C点时的速度是，摆线的拉力是 3 mg 试题分析：对摆球进行受力分析，根据受力情况确定小球的运动情况，刚开始绳子松弛，在最低点细绳绷紧，竖直分量立刻减为零，根据动 能定理研究求出摆球在 C点时的速度 根据牛顿第二定律求出摆线的拉力 解：电场力 F=qE=mg，水平向右，重力与电场力合力 F合 = mg，沿 OC方向 =45 设最低点为 B，小球沿直线 AB到 B点速度 VB mgL+qEL= mVB2 细绳绷紧， VB竖直分量立刻减为零，水平分量 V1=VBcos45 由 B到 C过程中运用动能定理得： qELsin-mg（ L-Lcos） = mV2C- mV12 解得摆球在 C点速度 VC= 根据牛顿第二定律得： 在 C点： T- mg= 解出在 C点绳子拉力 T=3 mg 答：摆球在 C点时的速度是，摆线的拉力是 3 mg 点评：本题整合了牛顿第二定律和动能定理等多个规律，分析受力是基础，要培养分析受力情况、分析物体运动过程的习惯