河南省郑州外国语学校2018学年高二上学期月考物理试卷 含解析

2018-2018学年河南省郑州外国语学校高二（上）月考物理试卷一、选择题1．静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（）A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大2．如图所示，平行线代表电场线，但未指明方向，带电荷量为10 ﹣2C 的正电微粒在电场中只受电场力作用，当由A点运动到B点时，动能减少了0.1J，已知A点电势为﹣10V，则（）A．B点的电势是﹣20 V，微粒运动轨迹是1B．B点的电势是﹣20 V，微粒运动轨迹是2C．B点的电势为零，微粒运动轨迹是1D．B点的电势为零，微粒运动轨迹是23．a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好同时飞出电场，下列说法中不正确的是（）A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B．b和c同时飞离电场C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大4．让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（）A．一定减小 B．一定增大 C．一定不变 D．可能不变5．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A．图甲中的A1、A2的示数相同B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同6．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U变化的关系图象如图甲所示，若将它与两个标准电阻R1、R2均并联后接在电压恒为U的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是P D、P1、P2，则它们之间的关系正确的是（）A．P1=4P D B．P D=C．P D=P2D．P1＜4P27．如图所示，其中电流表A 的量程为0.6A，表盘均匀划分为30 个小格，每小格表示0.18A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2 倍，若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱 1 的电流值，则下列分析正确的是（）A．将接线柱1、2 接入电路时，每一小格表示0.18AB．将接线柱1、2 接入电路时，每一小格表示0.18AC．将接线柱1、3 接入电路时，每一小格表示0.18AD．将接线柱1、3 接入电路时，每一小格表示0.01A8．如图所示，闭合S1断开S2调整滑动触头P使灯炮L正常发光，此时滑动变阻器的PB 部分的电阻大于电源内阻r．如果再闭合S2则（）A．电压表的读数变大 B．电流表的读数变大C．灯泡的亮度变暗D．电源输出的功率变小9．一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，已知铜的摩尔体积为V，阿伏加德罗常数为N A，设铜导线中每个铜原子贡献一个自由电子，电子的电荷量为e，电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为（）A．N A B．N A C．D．10．如图所示，在重力加速度为g的空间，有一带电量为+Q的场源电荷置于O点，B、C 为以O为圆心，半径为R的竖直圆周上的两点，A、B、O在同一竖直线上，AB=R，O、C 在同一水平线上．现在有一质量为m，电荷量为﹣q的有孔小球，沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始下滑，滑至C点时的速度的大小为，下列说法正确的是（）A．从A到C小球做匀加速直线运动B．从A到C小球的机械能守恒C．A、C两点间的电势差为﹣D．若从A点沿ABO自由释放，则下落到B点时的速度大小为11．如图，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子，以初速度v由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是（）A．使初速度减为原来的B．使M、N间电压提高到原来的2倍C．使M、N间电压提高到原来的4倍D．使初速度和M、N间电压都减为原来的12．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（）A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功不为零二、实验题13．分别读出以下三组数据14．小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值，并研究其伏安特性．（1）如图所示甲是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图甲中画出．（2）小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U﹣I图上，如图乙所示．在图中，由电流表外接法得到的数据点是用（填“О”或“×”）表示的．（3）请你选择正确的一组数据点，在图乙上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为Ω．三、计算题15．如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U=12V，电解槽内阻r A=2Ω，当S1闭合、S2、S3断开时，电流表A示数为6A；当S2闭合、S1、S3断开时，A示数为5A，且电动机输出功率为35W；当S3闭合、S1、S2断开时，A示数为4A．求：（1）电炉子的电阻及发热功率；（2）电动机的内阻；（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少．16．如图所示，A1和A2是两块相同的电流表，V1和V2是两块相同的电压表．电流表A1的示数是1.4mA，电压表V1和V2的示数分别是0.8V和0.6V，试求：（1）电流表A2示数；（2）电压表和电流表的内阻之比．17．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电荷量q=1×10﹣8C，（g取10m/s2）求：（1）微粒入射速度v0为多少？（2）闭合开关S，为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，所加的电压U应取什么范围？18．如图（a）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10﹣4C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．（g=10m/s2，静电力恒量K=9×118N•m2/C2）则（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；（2）求小球的质量m和电量q；（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；（4）在图（b）中画出小球的电势能ε随位移s变化的图线．（取杆上离底端3m处为电势零点）2018-2018学年河南省郑州外国语学校高二（上）月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（）A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大【考点】电势能；电场强度．【分析】由图可以看出在0﹣x1处场强为正，x1﹣+∞处场强为负方向，沿着电场线的方向电势降低，对于正电荷而言电势降低则电势能减小．【解答】解：A、x2﹣x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；B、x1﹣x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，B正确；C、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故C正确，D错误；故选：BC．2．如图所示，平行线代表电场线，但未指明方向，带电荷量为10 ﹣2C 的正电微粒在电场中只受电场力作用，当由A点运动到B点时，动能减少了0.1J，已知A点电势为﹣10V，则（）A．B点的电势是﹣20 V，微粒运动轨迹是1B．B点的电势是﹣20 V，微粒运动轨迹是2C．B点的电势为零，微粒运动轨迹是1D．B点的电势为零，微粒运动轨迹是2【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．【分析】根据动能定理求出AB间的电势差，由U AB=φA﹣φB，求解B点的电势．由题可知，电荷所受电场力方向水平向左或水平向右，而且指向轨迹的内侧．电荷从A点运动到B点时动能减少，说明电场力做负功，可判断出微粒的运动轨迹为虚线1所示．【解答】解：根据动能定理得：qU AB=△E k，得到：U AB===﹣10V．由U AB=φA﹣φB得B点的电势为：φB=φA﹣U AB=﹣10﹣（﹣10）V=0V．电荷从A点运动到B点时动能减少，电场力做负功，又电场力指向轨迹的内侧，则判断出来微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示．故C正确，ABD错误．故选：C．3．a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好同时飞出电场，下列说法中不正确的是（）A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B．b和c同时飞离电场C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】三个粒子做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量相同，加速度相同．比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比较动能的增量．【解答】解：A、B、三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由y=知，a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即t a=t b＞t c，故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，而c先飞出电场．故A正确，B 不正确．C、因为t a=t b＞t c，又x a＜x b=x c，因为垂直电场方向上做匀速直线运动，所以v c＞v b＞v a．故C正确．D、据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能的增量相等．c电荷电场力做功最少，动能的增量最小．故D正确．本题选不正确的，故选：B．4．让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（）A．一定减小 B．一定增大 C．一定不变 D．可能不变【考点】电容．【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，依据电容定义和决定式来分析电容变化，通过电容的变化，判断电势差的变化．【解答】解：根据C=，减小d，增大介电常数，则电容增大，根据，Q不变，U减小，所以指针的偏转角度减小．故A正确，BCD错误．故选：A．5．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A．图甲中的A1、A2的示数相同B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．【解答】解：A、B图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同．故A错误，B正确．C、D图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．故CD错误．故选B6．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U变化的关系图象如图甲所示，若将它与两个标准电阻R1、R2均并联后接在电压恒为U的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是P D、P1、P2，则它们之间的关系正确的是（）A．P1=4P D B．P D=C．P D=P2D．P1＜4P2【考点】电功、电功率．【分析】根据半导体材料的伏安特性曲线可知，随着电压增大，电阻器D的电阻减小，电压减小，电阻增大．当将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，电阻增大，根据并联电路的特点分析其电流与R1、R2电流的关系，再研究功率关系．【解答】解：由题知，电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，由甲图象可知，电阻器D 的电阻增大，则有R D＞R1=R2．而R D与R2并联，电压相等，根据欧姆定律得知，电流I D ＜I2，又I1=I2+I D，得到I1＜2I2，I1＞2I D．因为P1=I12R1，P D=I D2R D，P2=I22R2，所以得到P1＜4P2．故ABC错误，D正确．故选：D7．如图所示，其中电流表A 的量程为0.6A，表盘均匀划分为30 个小格，每小格表示0.18A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2 倍，若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱 1 的电流值，则下列分析正确的是（）A．将接线柱1、2 接入电路时，每一小格表示0.18AB．将接线柱1、2 接入电路时，每一小格表示0.18AC．将接线柱1、3 接入电路时，每一小格表示0.18AD．将接线柱1、3 接入电路时，每一小格表示0.01A【考点】把电流表改装成电压表．【分析】对电路结构进行分析，再根据串并联电路规律即可明确流过1的电流大小，再根据比例即可求出每一小格所表示的电流大小．【解答】解：AB、当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.2A，故量程为1.2A+0.6A=1.8A；故每一小格表示0.18A；故AB错误；CD、当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，R2对电流表量程没有影响，因此电流表的量程仍为1.8A；故每一小格表示0.18A；故C正确，D错误；故选：C．8．如图所示，闭合S1断开S2调整滑动触头P使灯炮L正常发光，此时滑动变阻器的PB部分的电阻大于电源内阻r．如果再闭合S2则（）A．电压表的读数变大 B．电流表的读数变大C．灯泡的亮度变暗D．电源输出的功率变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】首先能识别电路的结构，当开关S2闭合时，灯泡与变阻器PA部分并联，再与PB 部分串联．根据并联电阻比支路电阻小，就能确定S2闭合后总电阻的如何变化，进而确定电流、电压的如何变化，两电表读数的变化情况就能判断．电源的输出功率，根据数学知识得知，当内外电阻相等时，输出功率最大．当外电阻大于电源内阻，外电阻减小时，就能判断输出功率如何变化．【解答】解：A、B、C，闭合S2时，外电阻减小，总电流I增大，变阻器PAB部分电压增大，PA部分电压减小，电压表读数变小，电流表读数变小，灯泡变暗．故A、B错误，C 正确．D、根据数学知识得知，当电源内外电阻相等时，电源输出功率最大．由于滑动变阻器的PB部分的电阻大于电源内阻r，闭合S2后，外电阻减小，则电源的输出功率增大．故D错误．故选：C．9．一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，已知铜的摩尔体积为V，阿伏加德罗常数为N A，设铜导线中每个铜原子贡献一个自由电子，电子的电荷量为e，电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为（）A．N A B．N A C．D．【考点】电流、电压概念．【分析】由电流定义式可计算通过铜导线横截面的自由电子数目．【解答】解：电流I==，解得：故ABD错误，C正确．故选：C．10．如图所示，在重力加速度为g的空间，有一带电量为+Q的场源电荷置于O点，B、C 为以O为圆心，半径为R的竖直圆周上的两点，A、B、O在同一竖直线上，AB=R，O、C 在同一水平线上．现在有一质量为m，电荷量为﹣q的有孔小球，沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始下滑，滑至C点时的速度的大小为，下列说法正确的是（）A．从A到C小球做匀加速直线运动B．从A到C小球的机械能守恒C．A、C两点间的电势差为﹣D．若从A点沿ABO自由释放，则下落到B点时的速度大小为【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；动能定理的应用．【分析】小球由A到C的过程中，做功的力有重力和库仑力．由点电荷周围形成的电场特点可知，小球从A到C过程中，电场力是发生变化的，故可知小球不会做匀加速直线运动．因有库仑力做功，所以机械能不守恒．由A到C过程中，重力和库仑力做功，由动能定理可求出AC两点间的电势差和由到B是的速度．【解答】解：A、小球从A到C的过程中，受到重力、库仑力和细杆的支持力三个力的作用，库仑力是变化的，所以库仑力在细杆的方向上的分量也是变化的，沿细杆的方向上合外力不恒定．选项A错误．B、小球从A到C的过程中，除了重力做功外，还有库仑力做功，所以此过程机械能不守恒．选项B错误．C、小球从A到C的过程中，重力和库仑力都做功，由动能定理有，解得U=．选项C正确．D、B和C在同一个等势面上，BC两点的电势相等．小球由A到B的过程中，重力和电场力做功．由动能定理有：，由C选项可知，代入上式得：，选项D正确．故答案为CD11．如图，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子，以初速度v由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是（）A．使初速度减为原来的B．使M、N间电压提高到原来的2倍C．使M、N间电压提高到原来的4倍D．使初速度和M、N间电压都减为原来的【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．【分析】由题意知粒子射入电场后，电场力做负功，动能减小，根据动能定理列出方程．要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，根据匀强电场沿电场线方向两点间电势差与距离成正比，再运用数学知识进行讨论，选择题意的选项．【解答】解：粒子刚好能达到N金属板时，根据动能定理得，﹣qU=0﹣，现在使带电粒子能到达MN板间距的处返回，则电场力做功等于﹣．A、当初速度，U不变，则有带电粒子动能的变化，故A错误；B、电压提高到原来的2倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功，与粒子动能变化相等，故B正确；C、电压提高到原来的4倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W=，与粒子动能的变化不等，故C错误；D、初速度减为原来的，则带电粒子动能变化减为原来的，MN板间电压减为原来的，则运动到MN板间中点电场力做功为原来的，故D正确．故选BD12．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（）A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功不为零【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况【解答】解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为a1==，为第2s内加速度a2==，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v﹣t图象如图所示：A、带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误．B、根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；C、由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；D、因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零．故D错误．故选：C二、实验题13．分别读出以下三组数据【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【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．【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为20mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为12×0.18mm=0.60mm，所以最终读数为：20mm+0.60mm=20.60mm．2、螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为27.1×0.01mm=0.271mm，所以最终读数为1mm+0.271mm=1.271mm．3、螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为0.0×0.01mm=0.000mm，所以最终读数为1mm+0.000mm=1.000mm．故答案为：20.50mm；1.271mm；1.000mm14．小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值，并研究其伏安特性．（1）如图所示甲是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图甲中画出．（2）小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U﹣I图上，如图乙所示．在图中，由电流表外接法得到的数据点是用×（填“О”或“×”）表示的．（3）请你选择正确的一组数据点，在图乙上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为 1.2Ω．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）连接实物图，注意电流表外接以及电流表正负接线柱的接法；（2）电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，根据欧姆定律分析误差，进而选择相应的U﹣I图线．（3）根据图象的斜率可求得电阻值．【解答】解：（1）电流表外接法，为了比较精确测量，滑动变阻器连接实物图如答图1：（2）电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，根据欧姆定律则电阻测量值偏小，即U﹣I图线的斜率偏小，故由电流表外接法得到的数据点是用×表示的；（3）选择×数据点，在图2上用作图法作图，求出这段铅笔芯的电阻为：R===1.2Ω故答案为：（1）如图；（2）×；（3）1.2．三、计算题15．如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U=12V，电解槽内阻r A=2Ω，当S1闭合、S2、S3断开时，电流表A示数为6A；当S2闭合、S1、S3断开时，A示数为5A，且电动机输出功率为35W；当S3闭合、S1、S2断开时，A示数为4A．求：（1）电炉子的电阻及发热功率；（2）电动机的内阻；（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少．【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】（1）电炉子工作时为纯电阻，根据欧姆定律及发热功率公式即可求解；（2）电动机工作时为非纯电阻，由能量守恒定律列式，即可求解电动机的内阻；（3）化学能的功率等于总功率减去内阻消耗的功率，由能量守恒定律求解．【解答】解：（1）当S1闭合、S2、S3断开时，只有电炉子接入，因电炉子为纯电阻，由欧姆定律有：电炉子的电阻r==Ω=2Ω其发热功率为：P R=UI1=12×6 W=72W．（2）当S2闭合、S1、S3断开时，电动机为非纯电阻，由能量守恒定律得：UI2=I22•r M+P输出代入数据解得：r M=1Ω=UI3﹣I32•r A （3）当S3闭合、S1、S2断开时，电解槽工作，由能量守恒定律得：P化=（12×4﹣42×2）W=16W．代入数据解得：P化答：（1）电炉子的电阻为2Ω，发热功率为72W；（2）电动机的内阻是1Ω；（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为16W．16．如图所示，A1和A2是两块相同的电流表，V1和V2是两块相同的电压表．电流表A1的示数是1.4mA，电压表V1和V2的示数分别是0.8V和0.6V，试求：（1）电流表A2示数；（2）电压表和电流表的内阻之比．【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）V1和V2是两只相同的电压表，内阻相同，根据欧姆定律得到两个电压表的示数与电流的关系，根据干路电流与支路电流的关系，联立即可求出电流表A2示数；（2）A2与V2串联，两电压表示数之差等于V1的电压，即可由欧姆定律求解A2的内阻．【解答】解：（1）由于V1和V2两表相同，说明它们的内阻相同，设为R，通过V1和V2两表的电流分别为I1和I2，则U1=I1R，U2=I2R，。