广西省北海市2020年高二上学期期中学业质量监测物理试题含解析

广西省北海市2020年高二上学期期中学业质量监测物理试题

一、单项选择题（本题包括10个小题,每小题只有一个选项符合题意）

1．下列说法正确的是（）

A．家庭生活中，常说的“1度”电，指的是电功率的单位

B．功率是1千瓦的空调正常工作1个小时所消耗的电功是1度

C．1度等于1000焦耳

D．1度等于3.6×106瓦

【答案】B

【解析】试题分析：用电量是电功的多少来衡量，度是实际生活所用的电功的单位，根据电功的公式W=Pt 推导度与焦耳之间的关系．

解：A、度是电功的单位，不是电功率的单位．故A错误．

B、功率是1千瓦的空调正常工作1个小时所消耗的电功是1度，即1度=1kw?h．故B正确．

CD、由电功公式W=Pt得，当功率P=1×103W，t=1h=3600s时，W=Pt=1×103×3600J=3.6×106J．即1度=3.6×106J．故CD错误．

故选B

【点评】本题考查对日常生活中物理量单位的了解程度，抓住1度俗称是1千瓦时，根据公式进行单位的换算．

2．如图所示电路中的电源为恒流源，不管外电路的电阻如何变化，它都能够提供持续的定值电流．电压表、电流表都为理想电表，当闭合电键后滑动变阻器R的滑动触头向右滑动时，电压表V示数变化的绝对值为△U，电流表A示数变化的绝对值为△I，下列说法中正确的是（）

A．A示数减小，

U

I

?

?

=R1B．A示数减小，

U

I

?

?

=R2

C．A示数增大，

U

I

?

?

=R1D．A示数增大，

U

I

?

?

=R2

【答案】D

【解析】据题意，电源为恒流源，能够提供持续的恒定电流，电阻R1两端电压不变，则当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，而总电流不变，则电源两端的电压减小，则R2两端电压减小，通过R2的电流增大；因总电流不变，故A示数增大．由于V2示数不变，所以电压表V1示数的变化量等于电阻R1两端电压的变化量，设总电流为I总．则电阻R2两端电压为：

U=（I总-I）R2，

则

△U=△（I 总-I A ）R 2=△IR 2 则得：

2 U

R I

＝ A ．A 示数减小，U

I ??=R 1，与结论不相符，选项A 错误； B ．A 示数减小，U

I ?? =R 2，与结论不相符，选项B 错误；

C ．A 示数增大，U

I ??=R 1，与结论不相符，选项C 错误；

D ．A 示数增大，U

I

??=R 2，与结论相符，选项D 正确；

故选D ．

考点：电路的动态分析

3．我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m 接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（ ）

A ．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量

B ．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反

C ．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量

D ．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 【答案】B

【解析】A ．因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A 错误．

B ．设甲乙两运动员的质量分别为m 甲、m 乙，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是v 甲，v 乙．根据题意整个交接棒过程动量守恒：

''m v m v m v m v +=+甲甲乙乙甲甲乙乙

可以解得： m v m v ?=-?甲甲乙乙，

即B 选项正确；

CD ．经历了中间的完全非弹性碰撞过程 会有动能损失，CD 选项错误．

【点睛】

本题主要考察能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．

4．如图所示，电场强度为E 的匀强电场中,沿电场强度方向有A 、B 、C 、D 四点,且AB= BC=CD=L,在A 、C 两点分别引入带异号电荷的点电荷，且电荷量大小满足Q A =KQ c ．现测得B 处电场强度的大小为2E,D 处电场强度的大小为

2

3

E,则倍数K 为( )

A ．1.5

B ．2

C ．3

D ．2.5

【答案】A

【解析】由于测得B 处电场强度的大小为2E ，则两点电荷在B 处形成的电场强度应为E ，根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理

22

C C

KQ Q E k

k L L =+ 方向向右；测得D 处电场强度的大小为

2

3E ，两点电荷在D 处形成的电场强度应为13

E ，方向向左，则 22

1

3(3)C C KQ Q E k k L L -=- 联立解得： K=1.1

A ．1.1．故A 符合题意．

B ．2．故B 不符合题意．

C ．3．故C 不符合题意．

D ．2.1．故D 不符合题意．

5．下列关于磁感线的叙述，正确的说法是（ ） A ．磁感线是磁场中确实存在的一种曲线 B ．磁感线总是从N 极指向S 极

C ．磁感线是由磁场中的铁屑形成的

D ．磁感线是根据磁场的性质人为地画出来的曲线

【答案】D

【解析】磁感线是根据磁场的性质人为地画出来的曲线,可以用铁屑演示效果，但是实际并不存在．在磁铁外部磁感线总是从N 极指向S 极，内部从S 极指向N 极．答案选D ．

6．如图所示，带电粒子P 所带的电荷量是带电粒子Q 的3倍，它们以相等的速度

从同一点出发，沿着

跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M 、N 点，若OM ＝MN ，忽略粒子重力的影响，则P 和Q 的质量之比为（ ）

A ．3∶4

B ．4∶3

C ．3∶2

D ．2∶3

【答案】A

【解析】两带电粒子的初速度相等都是0v ，所以它们在电场中的运动时间0

p OM

t v =

，0022

Q p ON OM t t v v =

==，在竖直方向上做匀加速直线运动，发生的位移相等，所以22

1122

p p Q Q a t a t =即22Q P p Q p Q EQ EQ t t m m =可以推出2234Q Q p p p Q Q Q t t m m =所以34

p Q m m =，选A 7．关于元电荷和点电荷的理解正确的是 A ．元电荷就是电子 B ．元电荷就是电量的单位 C ．体积很小的带电体就是点电荷 D ．点电荷与元电荷都是一种理想化模型 【答案】B

【解析】AB.元电荷的电量等于电子的电量，但不是电子，元电荷是带电量的最小单元，故A 错误，B 正确；

C .当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷，与体积大小无关，故C 错误；

D .点电荷实际不存在，是理想化模型，元电荷不是理想模型，故D 错误； 故选B ．

8．如图所示圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b 、c ，以不同的速率沿着AO 方向对准圆心O 射入磁场，其运动轨迹如图所示．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（ ）

A ．a 粒子速率最大

B ．c 粒子在磁场中运动的时间最长

C．c粒子速率最大

D．它们做圆周运动的周期

【答案】C

【解析】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得：．由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，由图示可知，粒子的轨道半径最小，粒子的轨道半径最大，则的粒子速率最小，粒子的速率最大，故A错误，C正确；粒子在磁场中做圆周运动的周期：，粒子在磁场中的运动时间：，三粒子运动周期相同，由图示可知，在磁场中运动的偏转角最大，对应时间最长，故BD错误．

考点：带电粒子在磁场中的运动

【名师点睛】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短．9．关于物体的重心，下列叙述正确的是（）

A．重心就是物体的几何中心

B．同一物体放置的位置不同，其重心在物体的位置也不同

C．重心一定在物体上

D．质量分布均匀的规则物体，其重心在物体的几何中心

【答案】D

【解析】重力的作用点叫做重心，并不一定是物体的几何中心，故A错误；重心位置与物体的重量分布情况和形状有关，与物体的位置无关，故B错误；物体的重心不一定在物体上，如空心的球体重心在球心上，不在物体上，故C错误；重心位置与物体的重量分布情况和形状有关，故质量分布均匀的规则物体，其重心在物体的几何中心，故D正确；故选D.

【点睛】

重力的作用点叫做重心，物体的重心与物体的质量分布及物体形状有关，质量分布均匀、形状规则的物体其重心在它的几何中心．可以用悬挂法确定物体的重心.

10．2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”．已知月球的质量为M、半径为R，探测器的质量为m，引力常量为G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时，探测器的（）

A ．周期为

234πr GM

B ．动能为

2GMm

R

C ．角速度为3Gm

r

D ．向心加速度为

2

GM

R 【答案】A

【解析】由万有引力提供向心力可得222

2

24GMm v m r m r m ma r T r πω==== ，可得3

2r T GM

π= ，故A 正确；解得GM v r =

，由于2122k GMm E mv r == ，故B 错误；解得3

GM

r ω= ，故C 错误；解得

2GM

a r

=

，故D 错误．综上分析，答案为A 二、多项选择题（本题包括6个小题）

11．如图所示，质量为M 的半球形物体A 放在粗糙水平地面上，一端固定在最高点处的水平细线另一端拉住一质量为m 的光滑球B ．A 、B 两球的球心连线与竖直方向成30°角，B 球均匀带正电，电荷量为q ，处在电场强度为E ，与水平面成60°斜向下的匀强电场中，整体静止，则下列说法正确的是( )

A ．A 对地面的压力等于33)22

m M g ++ B ．地面对A 的摩擦力方向向左，大小为

1

2

qE C ．细线对小球的拉力大小为

3

3

mg qE + D ．B 对A 的压力大小为31

22

mg qE + 【答案】BC

【解析】AB ．对球和半球形绝缘体整体分析，受重力、支持力、电场力和摩擦力，根据平衡条件，有： N=(M+m)g+qEsin60°3

； f=qEcos60°=

1

2

qE ，向左 根据牛顿第三定律,A 对地面的压力大小为 3

A对地面的摩檫力方向水平向右,大小为1

2

qE ；故A错误，B正确；

CD．对球受力分析，受重力、支持力、拉力和电场力，如图所示：

根据平衡条件，有：

T=Nsin30°+qEsin30°

Ncos30°=mg+qEcos30°

联立解得：

T=3

mg qE

N=23

3

mg+qE

根据牛顿第三定律，压力为23

3

mg+qE，故C正确，D错误。

故选BC。

12．如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，△ABC是圆的内接直角三角形，∠BAC=63.5°，O为圆心，半径R=5cm．位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为1eV、电荷量+e的粒子，有些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达B点的粒子动能为12eV，达到C点的粒子电势能为﹣4eV（取O点电势为零）．忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，sin53°=0.1．下列说法正确的是

A．圆周上A、C两点的电势差为16V

B．圆周上B、C两点的电势差为-4V

C．匀强电场的场强大小为100V/m

D．当某个粒子经过圆周上某一位置时，可以具有6eV的电势能，且同时具有6eV的动能

【答案】CD

【解析】C 点的电势：44PC C E eV

V q e

?-=-＝＝ 则U OC =φO -φC =0-（-4）=4V

根据匀强电场的特点可知：U AO =U OC =4V 则：φA =O+U AC =4V

粒子在A 点的动能是1eV ，在B 点的动能是12eV ，根据动能定理得：W AB =E KB -E KA =12-1=4eV 所以：44AB AB W eV

U V q e

＝

＝＝，选项A 错误；φB =φA -U AB =4-4=0V ，则U BC =φB -φC =0-（-4）=4V ．故B 正确；由于B 点的电势等于O 点的电势等于0，所以O 与B 是等势点，连接OB ，则OB 为匀强电场的等势面，过A 点做OB 的垂线交OB 与D 点，则AD 的方向就是该电场的场强方向，如图：

O 点是圆心，由几何关系可知：∠ABO=∠BAC=63.5° 所以：∠AOB=110°-∠ABO-∠BAC=110°-63.5°-63.5°=53° 所以：AD ＝Rsin53°＝0.05×0.1＝0.04m 由于OBD 是等势面，所以：4

100/0.04

AB U E V m AD ＝

＝＝．故C 正确．A 点的电势为4V ，所以粒子在A 点的电势能：E PA =e?φA =4eV ，粒子的总能量：E=E KA +E PA =1+4=12eV ，所以当某个粒子经过圆周上某一位置时，若具有6eV 的电势能，则同时具有6eV 的动能．故D 正确；故选BCD.

点睛：该题考查粒子在匀强电场中的运动问题，解答本题关键是先求出C 点的电势，然后正确判断出AB 的电势，判断出B 点的电势与O 点的电势相等．然后从电场力做功公式W=qEd ，判断出电场线的方向，并运用这个公式求解电场力做功，要理解这个公式中d 是两点沿电场线方向的距离．

13．如图所示的电路中，电源的电动势为E 、内阻为r （0r ≠），定值电阻23R R =.闭合开关，理想电压表示数为U ，理想电流表示数为I ；在滑动变阻器1R 的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中

A ．U 先变小后变大

B ．U 与I 的比值先变大后变小

C ．U 与I 的乘积先增大后减小

D ．U 的变化量的绝对值与I 的变化量的绝对值的比值小于r 【答案】BD

【解析】A ．在滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中，滑动变阻器R 1的有效电阻先增大后减小，外电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：总电流先变小后变大，路端电压先增大后减小，故A 错误；

BC ．路端电压先增大后减小，所以R 3中的电流先增大后减小，由于总电流先变小后变大，所以电流表示数先减小后变大，则U 与I 的比值先变大后变小，无法确定U 与I 的乘积变化情况，故B 正确，C 错误； D ．将R 3与电源看成新电源，新电源的内阻为r 与R 3的并联值小于r ，由闭合电路欧姆定律可知，U 的变化量的绝对值与I 的变化量的绝对值即为新电源的内阻，故D 正确。

14．如图所示，电源的电动势为E ，内电阻为r ，外电路接有定值电阻R 1和滑动变阻器R ，合上开关K ，当滑动变阻器的滑动头P 从R 的最左端移到最右端的过程中

A ．电压表读数一定变大

B ．电源的效率一定增大

C ．R 1消耗的功率一定变小

D ．R 消耗的功率一定变小 【答案】ABC

【解析】A ．滑动变阻器的滑动头P 从R 的最左端移到最右端的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电阻R 1阻值不变，所以外电路总电阻变大，干路电流减小，电源内阻分压减小，路端电压增大，故A 正确。

B ．由A 分析可知滑动变阻器移动过程中，总电阻变大，根据纯电阻电路效率公式：

100%R

R r

η=

?+ 得：

1

1r R

η

=+

可知电源效率增大，B 正确.

C ．因总电阻增大，干路电流减小，故由：

2

11P I R =

可知电阻R 1消耗的电功率减小，故C 正确。

D ．将定值电阻R 1与电源看作一个整体，作为等效电源，当外电阻R 的阻值与等效电源内电阻相等时，等效电源的输出功率最大。由题并不能判断出滑动变阻器R 与等效电源内电阻阻值的大小关系，所以无法判断R 消耗功率的变化大小，故D 错误。

15．如图所示，在某一点电荷Q 产生的电场中，有a 、b 两点．其中a 点的场强大小为E a ，方向与ab 连线成120°角；b 点的场强大小为E b ，方向与ab 连线成150°角．则关于a 、b 两点场强大小及电势高低说法正确的是（ ）

A ．E a =3E b

B ．3

b

a E E =

C ．?a ＞?b

D ．?a ＜?b

【答案】AC

【解析】a 点电场线与b 点电场线方向相交于O 点，则该场源电荷位于O 点处，三角形Oab 为直角三角形，设ab 间的距离为d 则

，所以根据公式

可得

E a =3E b ，该场源电荷为正电荷，所以距离场源电荷越近，电势越低，故，AC 正确

16．下列说法正确的是（ ）

A ．汤姆生用油滴实验测定了电子的电荷量

B ．库仑通过扭秤实验确认了点电荷间的作用力与电荷量、距离之间的关系

C ．库仑用实验测出了静电力常量的值为10221.6010N m /C -??

D ．法拉第采用了电场线的方法形象地描述电场 【答案】BD

【解析】A ．密立根用油滴实验测定了电子的电荷量，选项A 错误；

B ．库仑通过扭秤实验确认了点电荷间的作用力与电荷量、距离之间的关系，选项B 正确；

C ．库仑用实验测出了静电力常量的值为2929.010N m /C ??，选项C 错误；

D ．法拉第采用了电场线的方法形象地描述电场，选项D 正确。 故选BD 。

三、实验题（本题包括2个小题）

17．在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻R x 约为5 Ω，实验室备有下列实验器材： A ．电压表1V (量程0～3 V ，内阻约为15 kΩ)； B ．电压表2V (量程0～15 V ，内阻约为75 kΩ)；

C．电流表1

A(量程0～3 A，内阻约为0.2 Ω)；

D．电流表2

A(量程0～0.6 A，内阻约为1 Ω)；

E.滑动变阻器R1(0～10 Ω，0.6 A)；

F.滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，0.1 A)；

G.电池组E(电动势为3 V)；

H.开关S，导线若干.

(1)为减小实验误差，应选用的实验器材有________(填器材前面的序号).

(2)为减小实验误差，应选用如图中________(选填“甲”或“乙”)为该实验的电路原理图，并按所选择的电路原理图把实物图用线连接起来

________.

(3)若用毫米刻度尺测得金属丝长度为60.00 cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径及两电表的示数如图所示，则金属丝的直径为_____ mm，电阻值为______ Ω.

【答案】ADEGH乙0.635

【解析】（1）[1]．电源电动势为3V，可知电压表选择A；电路中可能出现的最大电流为

3

A0.6A

5

x

E

I

R

===，

则电流表选择D；为了方便调节，滑动变阻器选择E；则需要选择的仪器是：ADEGH；

（2）[2][3]．电压表的内阻远大于待测电阻的阻值，则用电流表外接；滑动变阻器用限流电路，则为减小实验误差，应选用如图中乙为该实验的电路原理图。实物连线如图；

（3）[4]．金属丝的直径为：0.5mm+0.01mm×13.5=0.635 mm ； [5]．电压表读数U=1.20V ；电流表读数：I=0.50A ，则电阻值为

1.20

2.400.50

U R I =

=Ω=Ω 18．有一个小灯泡上标有“2. 5V ，0. 6W ”的字样，现要描绘并研究其伏安特性曲线，有下列器材可供选用：

A ．电压表（0—3V ，内阻约3k Ω）

B ．电流表（0—0. 6A ，内阻约0. 2Ω）

C ．滑动变阻器（10Ω，1A ）

D ．滑动变阻器（1000Ω，0. 3A ） E. 直流电源，另有开关一个、导线若干。

（1）实验中滑动变阻器应选__________（只填器材的字母代号）。

（2）某同学已连接如图所示的电路，已知各元件均无故障，但在合上开关后，无论如何调节滑片P ，电压表和电流表的示数总是不能调为零，其原因是__________（请填写图中的字母，如ne ）导线没有接好。电路中还有一个连接不当之处，请提出改进方案：___________。

（3）利用正确实验方案测得的实验数据，在I-U 坐标系中描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，则小灯泡的电阻值随工作电压的增大而__________（填“不变”、“增大”或“减小”）。若把该灯泡接到一个电动势为3.0V 、内阻为10Ω的直流电源时，小灯泡消耗的实际功率约为__________W 。（结果保留两位有效数字）

【答案】C ck 导线gh 的g 端应接在a 或m 处 增大 0.22（0.20-0.24）

【解析】（1）[1]．测伏安特性曲线电压与电流应从零计，滑动变阻器应用分压接法，应选阻值较小的，便于调节，故选C 。

（2）[2][3]．闭合开关S 后，无论如何调节滑片P ，电压表和电流表的示数总是调不到零，可能是ck 导线没有接好，滑动变阻器实际上被接成了限流接法；由于灯泡电阻较小，为减小误差应采用外接法，故应该

把导线gh 的h 端应接在a 处或m 处；

（3）[4][5]．由所示小电珠I-U 图象，根据欧姆定律可知，其电阻随工作电压的增大而增大。

由I-U 图可知把该灯泡接到一个电动势为3.0V 、内阻为10Ω的直流电源时，灯泡两端电压为U=1.25V ，电流为I=0.175A ，故灯泡的实际功率为：P=UI=1.25×0.175W≈0.22W ．

四、解答题（本题包括4个小题）

19．如图甲所示，一个圆形线圈匝数1000n =匝、面积22210m S -=?、电阻1r =Ω．在线圈外接一阻值为4R =Ω的电阻．把线圈放入一个匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，磁场的磁感强度B 随时间变化规律如图乙所示．求：

（1）0~4s 内，回路中的感应电动势； （2）5t s =时， a 、b 两点哪点电势高； （3）5t s =时，电阻两端的电压U ．

【答案】（1）1V ；（2）a ；（3）3.2V ． 【解析】（1）根据法拉第磁感应定律： N NS B

E t t

φ??==

??； 由图可知：

0.40.2

0.05T/s 4

B t ?-==?； 解得： 210002100.051V E -=???=；

（2）4t =到5s 内，磁场在减小，根据楞次定律， a 点电势高；

（3）由图可知： 0.4

0.2T/s 2

B t ?==?'． 根据法拉第电磁感应定律有： 210002100.24V N NS B E t t φ-??===???'

'?=?；

根据全电路欧姆定律： 1E I R r

='

+．

根据1U I R =． 解得： 4

4 3.2V 41

U =

?=+．

点睛：解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，以及闭合电路欧姆定律的内容，注意电源内部的电流方向是由负极到正极。

20．在足够大的光滑水平地面上，质量为m 的A 球以速度0v 与原本静止、质量为2m 的B 球发生一维正碰．碰撞结束时A 球速度为1v ，B 球速度为2v ，利用动量守恒定律证明:当时12v v =系统损失的动能最多．[提示:关键数学步骤和表达式必须呈现] 【答案】v 1=v 2

【解析】由动量守恒有0122mv mv mv =+ ，1022v v v =- 损耗的动能()

2222

01202211112462222

Q mv mv mv m v v v =

--=- 故上式是以v 2为变量的二次函数，在对称轴处取得最大值，此时()0024263

v v

v -==?-

可得0

13

v v =

，因此当v 1=v 2时损耗的动能最大 21．如图所示的电路中，电源的电动势E ＝3V ，内阻r ＝1Ω；电阻R 1＝10Ω，R 2＝10Ω，R 3＝30Ω，R 4＝40Ω；电容器的电容C ＝100μF ，电容器原来不带电，求： （1）开关S 未接通时电源的电流I 和电源的输出功率P ； （2）接通开关S 后流过R 4的总电量Q 。

【答案】（1）

13A ；8

9

W （2）2×10－4C 【解析】（1）S 断开时，电路中的总电阻

10(1030)

1910(1030)

R r R ?+=+=+

Ω=Ω++总并

则电路中的电流

31A A 93

E I R =

总＝＝ 则外电压

183V V 33

U E Ir =-=-=

则电源的输出功率

818

W W 339

P UI ==?＝

（2）电容器两端的电势差等于R 3两端的电压，则

3830

V2V 31030

U?

+

＝＝

则电容器所带的电荷量

Q=CU3＝100×10?6×2C＝2×10?4C．

则接通开关S后流过R4的总电量为2×10-4C．

22．如图所示，电源的电动势是E=，内阻r=，电动机的线圈电阻R M=，限流电阻=，若电压表的示数U=，电压表为理想电表，试求：

(1)流过电动机的电流；

(2)电源的输出功率；

(3)电动机输出的机械功率．

【答案】（1）1A（2）5.5W（3）1.5W

【解析】(1)据欧姆定律求出流过电阻的电流，再据串联电路电流特点求流过电动机的电流；

(2)电源的输出功率等于电路的总功率减去电源内部消耗的功率；

(3)据串联电路电压特点求出电动机两端电压，再据机械功率等于电功率减去热功率求电动机输出的机械功率。

【详解】(1)电压表测R0两端的电压，则流过R0的电流

电动机与电阻R0串联，所以流过电动机的电流

(2)电源的输出功率

(3)电动机两端的电压

电动机输出的机械功率

【点睛】

纯电阻元件，欧姆定律适用，电功等于电热，电功率等于热功率；非纯电阻元件，欧姆定律不适用，电功大于电热，电功率大于热功率，其它功率等于电功率减去热功率。