江西省南昌市莲塘一中高二物理上学期期中试题(含解析)

2015-2016学年江西省南昌市莲塘一中高二（上）期中物理试卷
一、选择题（13个小题，每小题4分，共52分，第1-11题为单项选择题，第12至第13题为多项选择题，少选得2分，多选得0分）
1．一个电流表的满偏电流I g=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）
A．串联一个10kΩ的电阻 B．并联一个10kΩ的电阻
C．串联一个9.5kΩ的电阻D．并联一个9.5kΩ的电阻
2．图中平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600V，A板带正电，接地，A、B两板间距为12cm，C点离A板4cm，则关于C点的电势的下列说法中正确的是（）
A．φC=400V B．φC=﹣400V C．φC=﹣200V D．φC=200V
3．一电压表由电流表G与电阻R串联而成，如图所示，若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍大一些，采用下列哪种措施可能加以改进（）
A．在R上串联一比R大得多的电阻
B．在R上串联一比R小得多的电阻
C．在R上并联一比R小得多的电阻
D．在R上并联一比R大得多的电阻
4．如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab=10cm，bc=5cm，当将A与B接入电压为U的电路中时，电流为1A；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（）
A．4A B．2A C． A D． A
5．如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率都是40W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（）
A．40W B．60W C．80W D．120W
6．一电源在负载电阻分别为4Ω和9Ω时，输出功率相等，则电源内阻为（）
A．4ΩB．6ΩC．9ΩD．12Ω
7．如图所示，用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值，c端与b端相连时，电流表示数4.60mA，电压表示数2.50V，c端与a端相连时，电流表示数5.00mA，电压表示数2.30V，比较这两次结果正确的是（）
A．电阻的真实值更接近543Ω，且大于543Ω
B．电阻的真实值更接近543Ω，且小于543Ω
C．电阻的真实值更接近460Ω，且大于460Ω
D．电阻的真实值更接近460Ω，且小于460Ω
8．在如图所示的电路中，R1=10Ω，R2=20Ω，滑动变阻器R的阻值为0～50Ω，当滑动触头P 由a向b滑动的过程中，灯泡L的亮度变化情况是（）
A．逐渐变亮 B．逐渐变暗 C．先变亮后变暗 D．先变暗后变亮
9．如图所示的电路中，闭合开关，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是（）
A．R2断路B．R1断路C．R3短路D．R4短路
10．如图所示，直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法不正确的是（）
A．电源电动势约为50V
B．电源的内阻约为Ω
C．电流为2.5A时，外电路的电阻约为15Ω
D．输出功率为120W时，输出电压约是30V
11．如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）
A．电容器中的电场强度将增大 B．电容器的电容将减小
C．电容器上的电荷量将减少D．液滴将向上运动
12．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图所示，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，
在升降机运动过程的某一段时间内，发现电流表的示数I不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内说法错误的是（）
A．升降机可能匀速上升
B．升降机一定在匀减速上升
C．通过压敏电阻的电流一定比升降机静止时小
D．升降机一定处于失重状态
13．如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（）
A．此液滴带负电
B．液滴的加速度等于g
C．合外力对液滴做的总功等于零
D．液滴的电势能减少
二、计算题（本题共5小题：8分+10分+10分+10分+10分，共48分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

）
14．如图所示电路中，R1=0.8Ω，R3=6Ω，滑动变阻器的全值电阻R2=12Ω，电源电动势E=6V，内阻r=0.2Ω．当滑动变阻器的滑片在变阻器的中央位置时，闭合开关S，电路中的电流表和电压表的读数各是多少？
15．（10分）（2014•射洪县校级模拟）如图所示，电源的电动势为50V，电源内阻为1.0Ω，定值电阻R=14Ω，M为直流电动机，电枢电阻R′=2.0Ω，电动机正常运转时，电压表读数为35V，求在100s时间内电源做的功和电动机上转化为机械能的部分是多少？
16．（10分）（2015秋•南昌校级期中）如图所示电路E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，电源内阻可忽略．求：
（1）闭合开关S，稳定后流过R1的电流；
（2）然后将开关断开，求这以后流过R1的总电量．
17．（10分）（2015秋•南昌校级期中）在如图所示电路，电压表和电流表均为理想电表，固定电阻R=90Ω，R0是可变电阻，可调的最大阻值为400Ω，当开关S断开时，电压表的读数为5V；当开关S闭合，调可变电阻，使电压表的读数为4.7V，电流表的读数为0.03A．
（1）电源的电动势和内阻．
（2）可变电阻R0上消耗的最大热功率．
（3）求电源的最小输出功率．
18．（10分）（2012秋•重庆期末）如图甲所示，电荷量为q=1×10﹣4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2．求
（1）前2秒内电场力做的功；
（2）物块的质量；
（3）物块与水平面间的动摩擦因数．
2015-2016学年江西省南昌市莲塘一中高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（13个小题，每小题4分，共52分，第1-11题为单项选择题，第12至第13题为多项选择题，少选得2分，多选得0分）
1．一个电流表的满偏电流I g=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）
A．串联一个10kΩ的电阻 B．并联一个10kΩ的电阻
C．串联一个9.5kΩ的电阻D．并联一个9.5kΩ的电阻
【考点】把电流表改装成电压表．
【专题】实验题．
【分析】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电流表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻．总电阻=量程除以满偏电流．
【解答】解：要将电流表改装成电压表，必须在电流表上串联一个大电阻，串联电阻起分压作用．
应串联电阻为R===9.5×103kΩ
故C正确，ABD错误．
故选：C．
【点评】电流表改装成电压表应串联电阻分压．串联电阻阻值为：R=，是总电阻．
2．图中平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600V，A板带正电，接地，A、B两板间距为12cm，C点离A板4cm，则关于C点的电势的下列说法中正确的是（）
A．φC=400V B．φC=﹣400V C．φC=﹣200V D．φC=200V
【考点】电势．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】由U=Ed可求得场强，C点的电势等于C与A板的电势差．
【解答】解：由E=得：E==5000V/m；
C点电势等于CA两点的电势差，U CA=Ed1=5000×0.04=200V，因A带正电且电势为零，故C点电势小于A，故φC=﹣200V，
故选：C．
【点评】在研究电场中能的性质时一定要注意各量间的正负，明确正负在题目中的含义，并能正确应用．
3．一电压表由电流表G与电阻R串联而成，如图所示，若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍大一些，采用下列哪种措施可能加以改进（）
A．在R上串联一比R大得多的电阻
B．在R上串联一比R小得多的电阻
C．在R上并联一比R小得多的电阻
D．在R上并联一比R大得多的电阻
【考点】把电流表改装成电压表．
【专题】实验题．
【分析】此电压表的读数比准确值稍微大一些，故加上相同电压时，要使电流适当小些，故需要略微增大电阻R的值．
【解答】解：电压表由表头G和电阻R串联而成，发现此电压表的读数比准确值稍微大一些，说明加上相同电压时，流过表头的电流偏大，要使电流适当小些，故需要略微增加电阻R的值，可以在R上串联一比R小得多的电阻，故ACD错误，B正确；
故选：B．
【点评】知道电压表的改装原理、应用串并联电路特点即可即可正确解题；改装后电压表示数偏小，需要减小串联电阻阻值，改装后电压表示数偏大，需要增大串联电阻阻值．
4．如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab=10cm，bc=5cm，当将A与B接入电压为U的电路中时，电流为1A；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（）
A．4A B．2A C． A D． A
【考点】电阻定律；欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】根据电阻定律公式确定两次电阻值之比，然后根据欧姆定律确定电流之比．【解答】解：根据电阻定律公式，有
①
②
故
根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比．故两次电流之比为1：4，故第二次电流为4A；
故选A．
【点评】本题主要考察电阻定律和欧姆定律的灵活运用．
5．如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率都是40W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过（）
A．40W B．60W C．80W D．120W
【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．
【分析】由于L1和L2并联后再与L3串联，所以L3的电流是L1和L2电流的和，因为三个灯泡的电阻相等，所以在不损坏灯泡的情况下，L3的功率是最大的，即为40W，再求得此时L1和L2的功率即可．
【解答】解：设L3上电压为U，电阻为R，则：
L3的最大的功率为 P==40W，
因为三个灯泡的电阻相等，L1和L2并联后电阻相当于L3电阻的一半，所以电压也就为L3的一半，
如果L3上电压为U，则L1和L2电压为，
所以L1和L2的功率都为：P==10W，
所以总功率最大为：10+10+40=60W．
故选B．
【点评】因为三个灯泡的电阻相等，在不损坏灯泡的情况下，串联的L3的电流最大，所以只要保证L3不被损坏就可以了，求得此时的总功率就是最大的功率．
6．一电源在负载电阻分别为4Ω和9Ω时，输出功率相等，则电源内阻为（）
A．4ΩB．6ΩC．9ΩD．12Ω
【考点】电功、电功率．
【专题】恒定电流专题．
【分析】根据闭合电路欧姆定律求出电流，再根据P=I2R即可求解．
【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得：
I=，
则输出功率P=
根据负载电阻分别为4Ω和9Ω时，输出功率相等，则有：
解得：r=6Ω
故选：B
【点评】本题主要考查了闭合电路欧姆定律及功率公式的直接应用，难度不大，属于基础题．
7．如图所示，用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值，c端与b端相连时，电流表示数4.60mA，电压表示数2.50V，c端与a端相连时，电流表示数5.00mA，电压表示数2.30V，比较这两次结果正确的是（）
A．电阻的真实值更接近543Ω，且大于543Ω
B．电阻的真实值更接近543Ω，且小于543Ω
C．电阻的真实值更接近460Ω，且大于460Ω
D．电阻的真实值更接近460Ω，且小于460Ω
【考点】伏安法测电阻．
【专题】恒定电流专题．
【分析】当c端与b端相连时是安培表内接法，由于安培表的分压作用，电压表测量值偏大，电阻测量值等于安培表与待测电阻电阻值之和；当c端与a端相连时是安培表外接法，由于电压表的分流作用，安培表测量值偏大，电阻测量值等于安培表与待测电阻并联的电阻；比较电流表的分压和电压表的分流的变化大小即可判断电流表内接法误差小．
【解答】解：两次测量电流表分压的变化：=8%
电压表分流示数变化：=9%
即电流表分压的变化较小，所以采用电流表内接，测量的更接近真实值，且测量值大于真实值．
所以，电流表内接法所测电阻：R==543Ω，故ACD错误，B正确．
故选：B．
【点评】本题关键是熟悉安培表内接法与外接法，明确误差来源，知道安培表内接法电阻测量值等于安培表与待测电阻电阻值之和，外接法电阻测量值等于安培表与待测电阻并联的电阻．
8．在如图所示的电路中，R1=10Ω，R2=20Ω，滑动变阻器R的阻值为0～50Ω，当滑动触头P 由a向b滑动的过程中，灯泡L的亮度变化情况是（）
A．逐渐变亮 B．逐渐变暗 C．先变亮后变暗 D．先变暗后变亮
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】当滑动触头P由a向b滑动的过程中，分析变阻器接入电路的电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，判断灯泡亮度的变化．
【解答】解：当滑动触头P由a向b滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流减小，则灯泡L亮度逐渐变暗．
故选B
【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的顺序进行分析．
9．如图所示的电路中，闭合开关，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是（）
A．R2断路B．R1断路C．R3短路D．R4短路
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】首先认识电路的结构：没有发生故障前，R1与L1并联，R2与R3并联后与R4串联再与L2并联，两部分并联电路再串联，画出等效电路图．将选择逐一代入，根据欧姆定律分析，选择符合题意的选项．
【解答】解：A、若R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1中电流都减小，L1变暗，与题意相矛盾，故A错洖．
B、若R1断路，总外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮；ab部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、R4的电流都减小，L2变暗，符合题意．故B正确．
C、若R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，A中电流变大，与题意相矛盾，故CD错误．
故选：B．
【点评】本题是电路中动态变化分析问题，首先要识别电路的结构，其次按照“局部→整体→局部”的思路进行分析．
10．如图所示，直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法不正确的是（）
A．电源电动势约为50V
B．电源的内阻约为Ω
C．电流为2.5A时，外电路的电阻约为15Ω
D．输出功率为120W时，输出电压约是30V
【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
【专题】恒定电流专题．
【分析】先根据根据闭合电路欧姆定律推导出电源输出电压与电流的关系图象的表达式，然后对照图象求解电动势和内电阻；可以从图象读出不同电流对应的电压和输出功率，根据欧姆定律求解电阻．
【解答】解：A、根据闭合电路的欧姆定律，电压的输出电压：U=E﹣Ir，对照U﹣I图象，当I=0时，U=E=50V，故A正确；
B、U﹣I图象斜率的绝对值表示内电阻，故：r=||=，故B不正确；
C、电流为2.5A时，对照U﹣I图象，电压为37.5V，故外电路电阻：R=，故
C正确；
D、输出功率为120W时，对照P﹣I图象，电流为4A，再对照U﹣I图象，输出电压为30V，故D正确；
本题选错误的；故选：B．
【点评】本题关键是根据闭合电路欧姆定律列式求解U﹣I图象表达式进行分析，基础问题．
11．如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）
A．电容器中的电场强度将增大 B．电容器的电容将减小
C．电容器上的电荷量将减少D．液滴将向上运动
【考点】电容；带电粒子在混合场中的运动．
【专题】电容器专题．
【分析】由题意可知，电容器与R2并联，根据闭合电路欧姆定律可确定随着滑片左移，电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻R2的电压变化，再根据C=可得，电容器的电量及由E=知两极间的电场强度如何变化．
【解答】解：A、电容器两板间电压等于R2两端电压．当滑片P向左移动时，R2两端电压U减小，由E=知电容器中场强变小，A错误；
B、电容器的电容与U的变化无关，保持不变，故B错误；
C、电容器两板间电压等于R2两端电压．当滑片P向左移动时，R2两端电压U减小，由根据C=
可得，电容器放电，电荷量减少；故C正确；
D、带电液滴所受电场力变小，使液滴向下运动，重力将大于电场力，液滴将向下运动，故D 错误；
故选：C．
【点评】考查含电容器电路的动态分析，涉及到闭合电路的欧姆定律，同时结合C=与E=公式的理解．
12．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图所示，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，在升降机运动过程的某一段时间内，发现电流表的示数I不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内说法错误的是（）
A．升降机可能匀速上升
B．升降机一定在匀减速上升
C．通过压敏电阻的电流一定比升降机静止时小
D．升降机一定处于失重状态
【考点】闭合电路的欧姆定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重．
【专题】学科综合题；定性思想；图析法；恒定电流专题．
【分析】通过压敏电阻将压力信号转换成电信号，从而根据电路中电表的示数来确定升降机的运动状态．
【解答】解：A、在升降机运动过程中发现I大于升降机静止时电流表的示数I0，说明不可能匀速运动．故A错误；
B、在升降机运动过程中发现电流表不变，则说明是匀变速运动，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，则可知外电压变大，内电压变小，说明电流变小．所以是电阻变大．由压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，则压力变小．因此加速度方向向下．可能向下匀加速，也可能向上匀减速．故B错误；
C、电流表的示数I大于升降机静止时电流表的示数I0，则路端电压大于升降机静止时的路端电压，则电源的内电压小于升降机静止时的内电压，说明总电流比升降机静止时的总电流小，由并联电路分流规律，可知通过压敏电阻的电流一定比升降机静止时小．故C正确．
D、在升降机运动过程中发现电流表不变，则说明是匀变速运动，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，则可知外电压变大，内电压变小，说明电流变小．所以是电阻变大．由压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，则压力变小．因此加速度方向向下，升降机一定处于失重状态．故D正确；
本题选错误的，故选：AB
【点评】电流表的示数I不变，说明压力不变；而I大于升降机静止时电流表的示数I0，则说明压力不等于重力．由电路知识和牛顿运动定律结合研究此类问题．
13．如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（）
A．此液滴带负电
B．液滴的加速度等于g
C．合外力对液滴做的总功等于零
D．液滴的电势能减少
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】带电液滴沿bd作直线运动，可知带电液滴所受的重力与电场力的合力一定在bd线上，判断出电场力方向，即可确定出带电液滴所带电荷的性质，求出电场力的大小与合外力的大小，再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况．
【解答】解：A、带电液滴沿bd作直线运动，所受的合力方向必定沿bd直线，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，电场力方向水平向右，与电场方向相反，所以此液滴带负电，故A正确．
B、由图知液滴所受的合力 F=mg，做匀加速直线运动，其加速度为 a==d，故B正确．
C、因为合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，故C错误．
D、由于电场力所做的功W电=Eqx bd cos45°＞0，故电场力对液滴做正功，液滴的电势能减小，故D正确．
故选：ABD．
【点评】解决本题的关键掌握物体做直线运动的条件：物体所受的合力与速度的方向在同一条直线上．以及知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
二、计算题（本题共5小题：8分+10分+10分+10分+10分，共48分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

）
14．如图所示电路中，R1=0.8Ω，R3=6Ω，滑动变阻器的全值电阻R2=12Ω，电源电动势E=6V，内阻r=0.2Ω．当滑动变阻器的滑片在变阻器的中央位置时，闭合开关S，电路中的电流表和电压表的读数各是多少？
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】先求出外电路的总电阻，再根据闭合电路欧姆定律求得电路中的总电流，即为电流表A1的读数．由欧姆定律求得路端电压，即为电压表V1的读数．根据电路的串、并联关系，
求出并联部分的电压，得到电压表V2的读数，再根据欧姆定律求出通过R2的电流．即得到电流表A2的读数．
【解答】解：视电路中的电流表和电压表为理想电表，则外电路的总电阻为：
R==+0.8=3.8（Ω）；
根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的总电流为：
I===1.5（A），
即电流表A1的读数为1.5 A；
对于R2与R3组成的并联电路，根据部分欧姆定律，并联部分的电压为：
U2=IR并=I•=1.5×3=4.5（V），
即电压表V2的读数为4.5 V；
对于含有R2的支路，根据部分电路欧姆定律，通过R2的电流为：
I2===0.75（A），
即电流表A2的读数为0.75 A；
电压表V1测量的是路端电压，根据E=U外+U内得外电路的路端电压为：
U1=E﹣Ir=6﹣1.5×0.2=5.7（V），
即电压表V1的读数为5.7 V．
答：当滑动变阻器的滑片在变阻器中央位置时，闭合开关S，电路中的电流表A1的读数为1.5A，电流表A2的读数为0.75A；电压表V2的读数为4.5V，电压表V1的读数为5.7V．
【点评】先求外电路的总电阻，再运用闭合电路欧姆定律求出路端电压和干路电流，最后回到局部，由欧姆定律求解电压和电流，是常用的方法和思路．
15．（10分）（2014•射洪县校级模拟）如图所示，电源的电动势为50V，电源内阻为1.0Ω，定值电阻R=14Ω，M为直流电动机，电枢电阻R′=2.0Ω，电动机正常运转时，电压表读数为35V，求在100s时间内电源做的功和电动机上转化为机械能的部分是多少？
【考点】闭合电路的欧姆定律；闭合电路中的能量转化．
【专题】恒定电流专题．
【分析】在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．电动机上转化为机械能的部等于电源总功减去内阻消耗的能量．
【解答】解：内阻和电阻R上的电压为 U=E﹣U V=（50﹣35）V=15V
由欧姆定律得电路电流为
在100s内电源做的功W=IEt=1×50×100J=5.0×103J
在100s内电动机转化为机械能的部分有
答：100s时间内电源做的功为5.0×103J，电动机上转化为机械能的部分是3.3×103J．
【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．
16．（10分）（2015秋•南昌校级期中）如图所示电路E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，电源内阻可忽略．求：
（1）闭合开关S，稳定后流过R1的电流；
（2）然后将开关断开，求这以后流过R1的总电量．
【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．
【专题】计算题；整体思想；模型法；恒定电流专题．
【分析】（1）闭合开关S，稳定后电容器相当于开关断开，两个电阻串联，根据全电路欧姆定律求解电流．
（2）开关S断开后，稳定时电容器两端的电压等于电源的电动势，电压增大，电容器充电，通过R1的电荷量等于开关断开前后电容器电量的增加量．先求出断开前电容器的带电量，再求出断开后电容器的电量，两者之差即等于通过R1的电荷量．
【解答】解：（1）闭合开关S后，电路达到稳定时，电容器相当于断路，由闭合电路欧姆定律知，通过R1的电流为：
I==A=1A
（2）断开S前电容器的电压为：
U2=IR2=1×6V=6V
电容器上极板带正电，其带电量为：
Q1=CU2=30×10﹣6×6C=1.8×10﹣4C
断开电路稳定后，电容器的电压升高为：
U′=E=10V
电容器被充电，上极板仍带正电，带电量为：
Q2=CU′=CE=30×10﹣6×10=3×10﹣4C
所以断开后流过的电量为：
△Q=Q2﹣Q1=1.2×10﹣4C
答：（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流是1A．。