1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016-2017学年四川省成都市经开区实高中高二（上）月考物理试卷（10月份）一、单项选择题（每题3分，共24分）1用比值定义物理量是物理学中一种常见的方法，下面物理量从数学角度都是用比值定义的，其中定义式正确的是（）A电容C=B电容C=C电场强度E=D电场强度E=2以下说法正确的是（）A由E=可知电场中某点的电场强度E与F成正比B由=可知电场中某点的电势与q成反比C由U=，电容器两极板间电势差U与电容器的电量大小Q成正比D由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大3如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分
2、别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电整个系统置于方向水平的匀强电场中已知静电力常量为k若 三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（）ABCD4如图，正对的平行板电容器一直与电源连接，现将上极板固定，下极板沿竖直方向向下平移一小段距离，下列说法正确的是（）A电容器的电容增大B电容器的电容减小C极板间的场强不变D极板间的场强增大5下图中P是一个带电体，N是一个不带电的金属空腔，在哪些情况下，放在绝缘板上的小纸屑（图中S）会被吸引（）ABCD6如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由AC运动时的速度越来越小，B为线段AC的
3、中点，则下列说法正确的是（）A电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小B电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大C电势差UAB=UBCD电势ABC7如图，两平行的带电金属板水平放置若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）A保持静止状态B向左上方做匀加速运动C向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动8A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度时间图象如图所示则这一电场可能是下图中的（）ABCD二、多项选择题（全部选对得4
4、分，选对但不全得2分，有选错的得0分，共16分）9如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心已知电场线与圆所在平面平行下列有关圆心O和等分点a的电势、电场强度的相关描述正确的是（）Aa点的电势为6VBa点的电势为2VCO点的场强方向指向a点DO点的场强方向指向电势为2V的点10某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，下列说法正确的是（）A加5 V电压时，导体的电阻约是5B加12 V电压时，导体的电阻约是1.4C由图可知随着电压的增大，导体的电阻不断减小D由图可知随着电压的减小，导体的电阻不断减小11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
5、接地，静电计所带电量很少，可被忽略一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A平行板电容器的电容值将变大B静电计指针张角变小C带电油滴的电势能将减少D若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变12如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为M，N，P，Q，一电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则（）A直线a位于某一等势面内，MQB直线c位于某一等势面内，MNC若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D若电子由P点运动到Q点，电场力
6、做正功三、实验题13请写出螺旋测微器和游标卡尺的读数（1）如图1，mm （2）如图2，cm14如图是某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容与其结构之间的关系装置图充电后与电源断开的平行板电容器的A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地，A板通过绝缘柄固定在铁架台上，人手通过绝缘柄控制B板的移动请回答下列问题：（1）本实验采用的科学方法是A理想实验法 B等效替代法 C控制变量法 D建立物理模型法（2）在该实验中，静电计的作用是A测定该电容器的电荷量 B测定该电容器两极的电势差C测定该电容器的电容 D测定A、B两板之间的电场强度（3）在实验中观察到的现象是A甲图中的手水平向左移动时，静电计指针
7、的张角变大B乙图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小C丙图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大D丙图中的手不动，而向两板间插入金属板时，静电计指针的张角不变四、计算题（写出必要的文字叙述和演算过程，有数值计算的题，应明确写出数值和单位直接写出答案的不给分，共45分）15某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示电动机线圈的电阻为5，重物的质量m=50kg不计电源内阻及各处的摩擦当电动机以v=0.8m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=4A（g取10m/s2）（1）求电源的电动势E；（2）求该装置的效率16有一带电荷量q=3106 C的点电荷，从电场中的A点移到
8、B点时，克服静电力做功6104 J，从B点移到C点，静电力做功9104 J（1）A、C两点间的电势差（2）若以B点电势为零，则A点的电势（3）若以A点电势为零，则电荷在C点的电势能为多少17如图所示用30cm的细线将质量为4103kg的带电小球P悬挂在O点下，小球离地25cm，当空间有方向为水平向右，大小为1104N/C的匀强电场时，小球偏转37后处于静止状态（g取10m/s2）求：（1）分析小球的带电性质？（2）求小球的带电量？（3）求细线的拉力？（4 ）如果剪短细线，则小球经过多长时间着地？18如图所示的电路中，电源由4个相同的干电池串联而成，每个电池的电动势为1.5V，内电阻为0.5，外
9、电路电阻R1=2，R2=R3=4试求：（1）当开关S与A接通时，电路中的总电流和R2消耗的功率；（2）当开关S与B接通时，电源的路端电压2016-2017学年四川省成都市经开区实高中高二（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（每题3分，共24分）1用比值定义物理量是物理学中一种常见的方法，下面物理量从数学角度都是用比值定义的，其中定义式正确的是（）A电容C=B电容C=C电场强度E=D电场强度E=【考点】电容器【分析】所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物
10、理量的大小取舍而改变【解答】解：A、电容C由本身的性质决定，与所带的电荷量及两端间的电势差无关所以C=属于比值定义法，故A正确B、公式C=是平行板电容器的电容的决定式，不是比值定义法故B错误C、D、电场强度与放入电场中的电荷无关，所以E=属于比值定义法，但是点电荷场强的决定式，是匀强电场的场强与电势差的关系式，均不是比值定义故C、D错误故选：A2以下说法正确的是（）A由E=可知电场中某点的电场强度E与F成正比B由=可知电场中某点的电势与q成反比C由U=，电容器两极板间电势差U与电容器的电量大小Q成正比D由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大【考点
11、】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势【分析】公式E=、C=以及=均采可知比值定义，要注意理解比值定义法的意义； 注意U=Ed中d为沿电场方向上的距离【解答】解：A、由E=可知，本公式采用的是比值定义，E与F及q均无关，故A错误； B、由=采用的是比值定义法，电势是由电场本身的性质的决定，与电势能无关；故B错误；C、由U=可知，由于C恒定，故电容器两极板间电势差U与电容器的电量大小Q成正比，故C正确；D、由U=Ed可知，匀强电场中只有沿着电场线方向的距离越大时，电势差才越大，故D错误；故选：C3如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；
12、a、b带正电，电荷量均为q，c带负电整个系统置于方向水平的匀强电场中已知静电力常量为k若 三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（）ABCD【考点】库仑定律【分析】三个小球均处于静止状态，以整个系统为研究对象根据平衡条件得出c的电荷量，再以c电荷为研究对象受力分析求解【解答】解：设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：2cos30=EQ所以匀强电场场强的大小为故选B4如图，正对的平行板电容器一直与电源连接，现将上极板固定，下极板沿竖直方向向下平移一小段距离，下列说法正确的是（）A电容器的电容增大B电容器的电容减小C极
13、板间的场强不变D极板间的场强增大【考点】电容器的动态分析【分析】将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由电容器的决定式可判断电容的变化；而电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化【解答】解：A、下极板下移时，则d增大，由C=可知，C减小故A错误，B正确C、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小故CD错误；故选：B5下图中P是一个带电体，N是一个不带电的金属空腔，在哪些情况下，放在绝缘板上的小纸屑（图中S）会被吸引（）ABCD【考点】静电场中的导体【分析】屏蔽作用是金属材料制成的壳体或网罩，当存在电场时，金属壳被感应带电，
14、导致电荷重新分布，出现感应电场，从而与原来电场相叠加出现合电场强度为零起到屏蔽的作用，导致小纸屑不能被吸引【解答】解：A、当负电荷放在金属壳外时，使金属壳上端带正电荷，下端带负电荷，两端出现电压，导致感应电场与外电场相叠加，所以内部电场强度为零因此绝缘板上的小纸屑（图中S）不会被吸引，故A错误；B、当负电荷放在金属壳内时，使金属壳内部带正电荷，外部带负电荷，导致出现感应电场从而使得绝缘板上的小纸屑（图中S）会被吸引，故B正确；C、当负电荷放在金属壳外时，使金属壳上端带正电荷，由于下端接地，则不带电，两端仍出现电压，导致感应电场与外电场相互叠加，出现合电场强度为零从而使得绝缘板上的小纸屑（图中S
15、）不会被吸引，故C错误；D、当负电荷放在金属壳内时，由于接地，则使金属壳外不带电，所以外部没有电场，从而使得绝缘板上的小纸屑（图中S）不会被吸引，故D错误；故选：B6如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由AC运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则下列说法正确的是（）A电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小B电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大C电势差UAB=UBCD电势ABC【考点】电场强度；电势差；电势【分析】由于等势线是电场中的一簇同心圆，且电子由A向C运动过程速度越来越小，故题中电场是由一个处于圆心的负电荷产生的，然后根据库仑定律、电势、电
16、势差定义式和电场力做功与电势能变化关系列式分析判断【解答】解：A、由于等势线是电场中的一簇同心圆，且电子由A向C运动过程速度越来越小，故题中电场是由一个处于圆心的负电荷产生的，根据库仑定律可以判断，电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越大，故A错误；B、电子沿AC方向运动时，电场力做负功，故电势能逐渐变大，故B正确；C、电子沿AC方向运动过程中，电场力逐渐变大，从A到B过程电场力较小，故从A到B过程电场力做功较少，根据电势差与电场力做功关系，可以得到：UABUBC，故C错误；D、电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，电子由A向C运动过程速度越来越小，故电场力向外，场强向内，
17、故外侧电势较高，故ABC，故D错误；故选B7如图，两平行的带电金属板水平放置若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）A保持静止状态B向左上方做匀加速运动C向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】开始时刻微粒保持静止，受重力和电场力而平衡；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45，电容器带电量不变，间距不变，正对面积也不变，故电场强度的大小不变，电场力的大小不变，方向逆时针旋转45，根据平行四边形定则求解出合力的方向，确定微粒的运动即可【
18、解答】解：在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F=mg，方向竖直向上；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45，电场强度大小不变，方向逆时针旋转45，故电场力逆时针旋转45，大小仍然为mg；故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为135，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动；故ABC错误，D正确；故选：D8A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度时间图象如图所示则这一电场可能是下图中的（）ABCD【考点】匀变速直线运动的图像；电场线【分析】（1）速度
19、时间图象中，图象的斜率表示加速度；（2）电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；（3）负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反；（4）对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大【解答】解：由图象可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，受力方向与运动方向相反故选：A二、多项选择题（全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分，共16分）9如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心已知电场线与圆所在平面平行下列有关圆心O和等分点a的电势、电
20、场强度的相关描述正确的是（）Aa点的电势为6VBa点的电势为2VCO点的场强方向指向a点DO点的场强方向指向电势为2V的点【考点】电势；电场强度【分析】匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等由题意知可以找到一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向【解答】解：A、在匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等，所以，a点电势比10V低4V，即为6V，故A正确，B错误C、a点的电势为6V，根据电场线应与等势面垂直，且沿电场线电势依次降低，O点的场强方向应指向图中电势为2V的点，故C错误，D正确故选AD10
21、某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，下列说法正确的是（）A加5 V电压时，导体的电阻约是5B加12 V电压时，导体的电阻约是1.4C由图可知随着电压的增大，导体的电阻不断减小D由图可知随着电压的减小，导体的电阻不断减小【考点】欧姆定律【分析】IU图象描述物体的电流随电压的变化；由各点的坐标可求得导体的电阻；由图象的斜率的变化可明确电阻的变化【解答】解：A、加5V的电压时，电流为1.0A，则由欧姆定律可知，R=5，故A正确B、加12V的电压时，电流为1.5A，则可得电阻为： =8，故B错误C、由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小，则可知导体的电阻越来越大，故C错误D、随着电压的减小，导体
22、的电阻减小，故D正确故选：AD11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，静电计所带电量很少，可被忽略一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A平行板电容器的电容值将变大B静电计指针张角变小C带电油滴的电势能将减少D若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【考点】电容器的动态分析【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化【解答】解：A、根据C=知，d增大，则电容减小故
23、A错误B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变故B错误C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小故C正确D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变故D正确故选CD12如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为M，N，P，Q，一电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则（）A直线a位于某一等势面内，MQB直线c位于某一等势面内，MNC若电子由M点
24、运动到Q点，电场力做正功D若电子由P点运动到Q点，电场力做正功【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，说明电势能增加相等，据此分析电势高低【解答】解：AB、据题，电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则电子的电势能增加相等，电势降低，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且MN故A错误，B正确C、直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若电子由M点运动到Q点电场力不做功，故C错误D、电子由P点运动到Q点与电子由P点运动到M点电
25、场力做功相等，所以电场力做正功，故D正确故选：BD三、实验题13请写出螺旋测微器和游标卡尺的读数（1）如图1，0.200mm （2）如图2，9.940cm【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0mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为0.200mm游标卡尺的固定刻度读数为99mm，游标读数为0.058=0.40mm，所以最终读数为99+0.40mm=99.40mm=9.940cm故答
26、案为：0.200，9.94014如图是某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容与其结构之间的关系装置图充电后与电源断开的平行板电容器的A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地，A板通过绝缘柄固定在铁架台上，人手通过绝缘柄控制B板的移动请回答下列问题：（1）本实验采用的科学方法是CA理想实验法 B等效替代法 C控制变量法 D建立物理模型法（2）在该实验中，静电计的作用是BA测定该电容器的电荷量 B测定该电容器两极的电势差C测定该电容器的电容 D测定A、B两板之间的电场强度（3）在实验中观察到的现象是AA甲图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大B乙图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变
27、小C丙图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大D丙图中的手不动，而向两板间插入金属板时，静电计指针的张角不变【考点】研究平行板电容器【分析】明确实验原理，根据电容器的决定式可明确对应的电容变化；明确电电容器带电量不变，根据电容的变化，判断电势差的变化，即静电计指针偏转角度的变化【解答】解：（1）本实验中要控制一些量不变，然后再得出C的决定因素；故采用的是控制变量法；故选：C；（2）静电计的作用是测定电容器两极之间的电势差；故选：B；（3）实验中观察到的现象为：A、手水平向左移动时，板间距离增大时，根据电容的决定式C=，可知电容减小，而电容器带电量不变，由电容的定义式C=知板间
28、电压增大，所以静电计指针的偏转变大故A正确；B、当手竖直上移时，正对面积减小；根据电容的决定式C=，可知电容减小，而电容器带电量不变，由电容的定义式C=知板间电压增大，所以静电计指针的偏转变大故B错误；C、插入电介质时，根据电容的决定式C=，可知电容增大，而电容器带电量不变，由电容的定义式C=知板间电压减小，所以静电计指针的偏转变小故C错误；D、而向两板间插入金属板时，板间距离减小，据电容的决定式C=，可知电容增大，而电容器带电量不变，由电容的定义式C=知板间电压减小，所以静电计指针的偏转变小故D错误；故答案为：（1）C （2）B （3）A四、计算题（写出必要的文字叙述和演算过程，有数值计算的
29、题，应明确写出数值和单位直接写出答案的不给分，共45分）15某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示电动机线圈的电阻为5，重物的质量m=50kg不计电源内阻及各处的摩擦当电动机以v=0.8m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=4A（g取10m/s2）（1）求电源的电动势E；（2）求该装置的效率【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】（1）电动机的输出功率等于牵引力的功率，根据P出=Fv求出电动机的输出功率；根据P热=I2R求解热功率；根据能量守恒定律P总=P出+P热求解电功率，再根据P=EI求解电源的电动势E；（2）根据=求该装置的效率【解答】解：（1）由能量守恒定律得 P总
30、=P出+PR其中 P总=EI，P出=mgv，PR=I2R代入得：EI=mgv+I2R代入数据解得 E=120V（2）该装置的效率 =100%=100%=83.3%答：（1）电源的电动势E是120V；（2）该装置的效率是83.3%16有一带电荷量q=3106 C的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服静电力做功6104 J，从B点移到C点，静电力做功9104 J（1）A、C两点间的电势差（2）若以B点电势为零，则A点的电势（3）若以A点电势为零，则电荷在C点的电势能为多少【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能【分析】（1）根据电势差的定义公式U=求解AC间的电势差；（2）B点电势为零，
31、根据UAB=AB即可解A点的电势（3）以A点为零电势，根据电势差的定义即可明确C点的电势，再由电势的定义即可求得电荷在C点的电势能【解答】解：（1）AB间的电势差：UAB=200V；BC间的电势差：UBC=300V则AC间的电势差为：UAC=UAB+UBC=200300=100V（2）若B=0，由UAB=AB得：A=UAB=200 V（3）若A=0，由UAC=AC=100V，解得C=100V电荷在C点的电势能EC=qC=3106100=3104 J答：（1）A、C两点间的电势差为100V；（2）若以B点电势为零，则A点的电势为200V（3）若以A点电势为零，则电荷在C点的电势能为3104 J1
32、7如图所示用30cm的细线将质量为4103kg的带电小球P悬挂在O点下，小球离地25cm，当空间有方向为水平向右，大小为1104N/C的匀强电场时，小球偏转37后处于静止状态（g取10m/s2）求：（1）分析小球的带电性质？（2）求小球的带电量？（3）求细线的拉力？（4 ）如果剪短细线，则小球经过多长时间着地？【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用【分析】对小球受力分析，根据共点力平衡得出电场力的方向和大小，以及细线拉力的大小，从而根据电场强度的定义式求出小球的电荷量剪断细绳，物体将沿重力与电场力合力的方向做匀加速直线运动；其中在竖直方向上做自由落体运动，由h=即可求出【解答】解：（1）小
33、球受重力、拉力和电场力处于平衡，受力示意图如图所示，电场力的方向水平向右，与场强方向相同，所以小球带正电（2）根据共点力平衡可知电场力为：F=qE=mgtan37解得：q=C=3106C（3）根据共点力平衡得，细线的拉力为：T=N=0.05N（4）若剪断细绳，物体将沿重力与电场力合力的方向做匀加速直线运动；其中在竖直方向上：ay=gh=代入数据得：0.22s答：（1）小球带正电（2）小球的带电量3106C（3）细线的拉力0.05N（4）如果剪短细线，则小球经过0.22s时间着地18如图所示的电路中，电源由4个相同的干电池串联而成，每个电池的电动势为1.5V，内电阻为0.5，外电路电阻R1=2，
34、R2=R3=4试求：（1）当开关S与A接通时，电路中的总电流和R2消耗的功率；（2）当开关S与B接通时，电源的路端电压【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】（1）S与A接通时，R2与R3并联后再与R1串联，得到电路中的总电阻，根据闭合电路欧姆定律求出电路中总电流，由并联电路的规律求出流过R2的电流，由功率公式求出R2消耗的功率；（2）S与B接通时，R3断路，R1被短路，再运用闭合电路欧姆定律和串联电路的特点求解电源的路端电压【解答】解：（1）S与A接通时，R2与R3并联后再与R1串联，外电路的总电阻为R=R1+0.5R2=2+2=4，所以总电流 I总=A=1A，流过R2的电流I2=0.5A，所以P2=I22R2=0.524W=1W（2）S与B接通时，R3断路，R1被短路，所以电源的路端电压U=E=6V=4V答：（1）当开关S与A接通时，电路中的总电流是1A，R2消耗的功率中1W；（2）当开关S与B接通时，电源的路端电压是4V2016年11月29日高考资源网版权所有，侵权必究！