福建省第一中学2021届高三物理上学期第二次月考试题(含解析)

福建省连城县第一中学2020届高三物理上学期第二次月考试题（含解
析）
满分100 分考试时间 90 分钟
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）。

1.根据所学物理知识，判断下列四个“一定”说法中正确的是（）
A. 物体的速度为零时，其加速度就一定为零
B. 合外力对物体做功为零时，物体的机械能就一定守恒
C. 一对作用力与反作用力的冲量大小一定相等
D. 一对作用力与反作用力的做功一定相等
【答案】C
【解析】
【分析】
见详解
【详解】A．物体的速度为零时，合外力不一定为零，其加速度不一定为零，故A错误；B．合外力对物体做功为零时，物体的动能不变化，机械能变化判断方法：除重力、系统内弹力以外的力做正功，机械能增大，做负功机械能减少，故B错误；
C．一对作用力与反作用力大小一定相等，作用时间一定相同，所以二者冲量大小一定相等，故C正确；
D．一对滑动摩擦力大小相等，但是对地位移可能不相等，做功不相等，说明一对作用力与反作用力的做功不一定相等，故D错误；
【点睛】见详解。

2.如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后( )
A. M 下滑的速度减小
B. M 相对地面静止
C. M 受到的摩擦力不变
D. 若传送带足够长，M 可能沿带面向上
运动 【答案】C 【解析】 【分析】
由题意可知考查传送带模型模型，根据受力平衡分析可得。

【详解】AB ．物块M 在静止的传送带上以速度v 匀速下滑，说明物块重力沿带面向下的分力等于向上的摩擦力，当皮带顺时针转动时，物块受到向上的滑动摩擦力，大小不变，仍与重力沿斜面向下的分力平衡，物块匀速下滑，故AB 均错误；
C ．因物块对斜面的压力不变，相对皮带运动方向不变，根据滑动摩擦力公式、特点可知摩擦力不变，故C 正确；
D ．由前面分析可知物块仍向下做匀速运动，不可能沿带面向上运动，故D 错误。

【点睛】力决定物体运动状态变化情况，因物块受力情况不变，运动状态不变。

3.蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，一质量为50kg 的运动员从离蹦床1.8m 处自由下落，若从运动员接触蹦床到运动员陷至最低点经历了0.2s ，（取g=10m/s 2
，不计空气阻力）则这段时间内，下列说法错误．．．．的是（ ） A. 运动员受到的合力冲量大小300N•s B. 重力的冲量大小100N•s C. 运动员动量变化量大小300 N•s D. 蹦床对运动员的冲量大小200N•s
【答案】D 【解析】 【分析】
由题意可知考查动量变化量、冲量大小的计算，根据冲量定义式及动量定理计算可得。

【详解】设动动员刚接触蹦床时速度为v ，由运动学公式2
2v gh =，可求得
v ==
从接触蹦床到陷至最低点，取向下为正， 由动量定理可理，
0300I mv N S =-=-
运动员受到的合力冲量大小300N•s，故A 不符合题意。

根据冲量的定义式可重力的冲量大小
50100N .2•s=100N s I mgt ==⨯⨯，
故B 不符合题意； 运动员动量变化量大小
0300mv N S -=-，
故C 不符合题意；
设蹦床对运动员的冲量大小1I 由动量定理可得
0I mgt mv -+=-
代入数值可得400N S I =，故D 符合题意。

【点睛】应用动量定理解题时要先选择正方向，将矢量表达式变成标量表达式。

4.物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为36m 的路程，第一段用时4s ，第二段用时2s ，则物体的加速度是（ ） A. 1.5m/s 2
B. 2m/s 2
C. 3m/s 2
D. 4m/s 2
【答案】C 【解析】
【详解】第一段时间内的平均速度为：11
36
/9/4
x v m s m s t ＝
＝=，第二段时间内的平均速度为：2
236 /18/2
x v m s m s t =＝＝；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为：△t=2s+1s=3s ，则加速度为：
2221189/3/3
v v a m s m s t --＝
＝＝．选项ABD 错误，C 正确；故选C 。

5.在如图所示的电路中，当变阻器R 3的滑动头P 由a 端向b 端移动时( )
A. 电压表示数变小，电流表示数变小
B. 电压表示数变小，电流表示数变大
C. 电压表示数变大，电流表示数变大
D. 电压表示数变大，电流表示数变小
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意可知考查电路动态分析，根据闭合电路欧姆定律分析可得。

【详解】变阻器R3的滑动头P由a端向b端移动时，R3阻值变小，外电阻变小，内阻不变，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知总电流变大，内电压变大，外电压变小，电压表测的是外电压，说明电压表的示数变小，干路电流变大，R1两端电压变大，外电压减小，则R2两端电压变小，通过R2的电流变小，总电流变大，说明通过电流表的示数变大。

【点睛】由局部电阻变化分析总电阻变化，判断总电流变化，内变压、外电压变化情况，灵活选择电压、电流关系，先确定定值电阻电压、电流变化情况，再根据闭合电中路欧姆定律确定变化电阻电压、电流变化情况。

6.在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0 A和1.0 V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A和15.0 V．则当这台电动机正常运转时( )
A. 电动机的内阻为7.5 Ω
B. 电动机的内阻为2.0 Ω
C. 电动机的输出功率为30.0 W
D. 电动机的输出功率为26.0 W
【答案】D
【解析】
【分析】
电动机的内阻及输出功率的计算
【详解】AB．因为电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0A和1.0V，说明电动机在没有将电能转化为机械能时属于纯电阻电路，故说明电动机的内阻为
r=
1.0
1.0
U V
I A
==1.0Ω，选项AB错误；
CD．当电动机正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V，则电动机的总功率为P总=2.0A×15.0V=30.0W，此时电动机的发热功率为P热=（2.0A）2×1.0Ω=4.0W，故电动机的输出功率为P出=P总－P热=30.0W－4.0W=26.0W，选项C错误，D正确。

7.如图所示，离地面高h处有甲、乙两个小球，甲以初速度2v0水平抛出，同时乙以初速度v0沿倾角为30°的光滑斜面滑下。

若甲、乙同时到达地面，不计空气阻力，则甲运动的水平距离是( )
A. 3h
B. 23h
C. 2h
D. h
【答案】A
【解析】
【详解】平抛运动的时间为：
2h
t
g
=；乙在斜面下滑的加速度为：a= g sin30°＝0.5g。

根
据2h＝v0t+1
2
at2，代入数据得：v0t=
3
2
h，甲的水平距离为x甲=2v0t＝3h．故A正确，BCD错
误。

故选A。

【点睛】解决本题的关键知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间相同决定水平位移，抓住平抛运动的时间和匀加速运动的时间相同，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解。

8.在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A．则此时（）
A. L1的电压为L2电压的2倍
B. L1消耗的电功率为0.75W
C. L1、L2消耗的电功率的比值大于4：1
D. L2的电阻为12Ω
【答案】BC
【解析】
【分析】
灯泡是非线性元件，根据L1、L2、L3的电压，由伏安特性曲线可读出电流，由R=U/I算出它们的电阻，再依据功率表达式P=UI，及并联电路电压相等，串联电路电流相等，从而即可求解．
【详解】A. 电路中的总电流为0.25A，则通过L1的电流为0.25A，则由图可知，L1两端的电
压为3.0V；因L2和L3并联，则L2和L3电压相等，它们的电阻相等，因此它们的电流也相等，
则通过L2电流为0.125A，则由图可知，L2两端的电压约为0.4V，故A错误；
B、由伏安特性曲线可以读出电流为I1=0.25A，电压为U1=3V时的，L1消耗的电功率为
P=U1I1=3×0.25=0.75W，故B正确；
C、通过R2的电流为I2=0.125A,电压U2=0.4V，功率P2=U2I2，约为0.05W，L1、L2消耗的电功率
的比值大于4：1，故C正确；
D、电流为I2=0.125A,电压U2=0.4V，L2的电阻R2=U2/I2，约为3Ω，故D错误；
故选：BC.
9.如图所示，小车A通过一根绕过定滑轮的轻绳吊起一重物B，开始时用力按住A使A不动，
现设法使A以速度v A＝3m/s向左做匀速直线运动，某时刻连接A车右端的轻绳与水平方向夹
角θ＝37°，设此时B的速度大小为v B(cos 37°＝0.8)，不计空气阻力，忽略绳与滑轮间
摩擦，则( )
A. A不动时B对轻绳的拉力就是B的重力
B. 当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度v B＝2.4m/s
C. 当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度v B＝3.75m/s
D. B上升到滑轮前的过程中机械能增加
【答案】BD
【解析】
【详解】若A不动时B对轻绳的拉力大小等于B的重力，不是同一个力，故A错误；
小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向的两个运动，因斜拉绳子与水平面的夹角为37°，由几何关系可得：v B=v A cos37°=2.4m/s；故B正确，C错误；B上升到滑轮前的过程中，绳子的拉力一直做正功，则机械能增加，故D正确。

故选BD。

【点睛】解决本题的关键将汽车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，知道沿绳子方向的速度等于重物的速度大小。

10.2016年9月15日,我国的空间实验室天宫二号在酒泉成功发射。

9月16日,天宫二号在椭圆轨道Ⅰ的远地点A开始变轨，变轨后在圆轨道Ⅱ上运行，如图所示。

若天宫二号变轨前后质量不变，则下列说法正确的是( )
A. 天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过远地点A点的速度一定小于第一宇宙速度
B. 天宫二号在轨道Ⅰ上运行的周期可能大于在轨道Ⅱ上运行的周期
C. 天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过近地点B的速度一定大于Ⅱ轨道的速度
D. 天宫二号在轨道Ⅰ运行时，机械能不变
【答案】ACD
【解析】
【详解】天宫二号在轨道Ⅰ上的A点加速后才能进入圆轨道Ⅱ，根据
GM
v
r
可知，在圆
轨道Ⅱ上的运行速度小于第一宇宙速度，可知天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过远地点A点的速度一定小于第一宇宙速度，选项A正确；根据开普勒第三定律可知r3/T2=k，因天宫二号在轨道Ⅰ上运行的半长轴小于在轨道Ⅱ上做圆周运动的半径，可知天宫二号在轨道Ⅰ上运行的周
期小于在轨道Ⅱ上运行的周期，选项B 错误；天宫二号在轨道Ⅱ上运行的速度小于第一宇宙速度；若天宫二号在过B 点的近地圆轨道上做圆周运动则运行速度为7.9km/s ，依据离心运动，则天宫二号在B 点沿圆轨道需加速才能进入椭圆轨道Ⅰ，则天宫二号在轨道Ⅰ上运行时经B 点的速度大于第一宇宙速度，所以飞船在轨道Ⅰ上运行时经B 点的速度大于天宫二号在轨道Ⅱ上运行的速度，故C 正确。

天宫二号在轨道Ⅰ运行时，只有地球的引力做功，则机械能不变，选项D 正确，故选ACD.
【点睛】此题要知道变轨到更高轨道需要加速做离心运动．根据“高轨低速大周期”判断速度大小．利用开普勒第二和第三定律判断椭圆轨道的速度和周期．
11.两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg ，A 的速度v 1＝3 m/s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( ) A. 均为1 m/s B. ＋4 m/s 和－5 m/s C. ＋2 m/s 和－1 m/s D. －1 m/s 和＋5 m/s 【答案】AD 【解析】
【详解】由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。

再看动能情况：
22k 1122111149J 2222E m v m v =
+=⨯⨯+×2×9 J＝27 J ；2
21121122
k E m v m v '''=+；由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B ；选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向(v A ′＞0，v B ′＜0)，这显然是不符合实际的，因此C 错误；验证选项A 、D 均满足E k ≥E k ′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)。

12.如图，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上．a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g .则( )
A. a 落地前，轻杆对b 一直做正功
B. a落地时速度大小2gh
C. a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D. a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
【答案】DB
【解析】
【详解】当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功．故A错误．a运动到最低点时，b的速度为零，
根据系统机械能守恒定律得：m A gh=1
2
m A v A2，解得：2
A
v gh
．故B正确．b的速度在整个
过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确；故选BD．【点睛】解决本题的关键知道a、b组成的系统机械能守恒，以及知道当a的机械能最小时，b的动能最大。

【考点】机械能守恒定律；牛顿定律的应用二、实验题(每空2分，共16分) 13.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
（1）实验中直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但可以通过仅测量________(填选项前的符号)间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来
要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)
A ．用天平测量两个小球的质量m 1、m 2
B ．测量小球m 1开始释放高度h
C ．测量抛出点距地面的高度H
D ．分别找到m 1、m 2相碰后平均落地点的位置M 、N
E ．测量平抛射程OM 、ON
（3）经测定，m 1=45.0 g ，m 2=7.5 g ，小球落地点的平均位置距O 点的距离如图所示．碰撞前后m 1的动量分别为p 1与p 1′，则p 1∶p 1′=________∶11；若碰撞结束时m 2的动量为p 2′，则
p 1′∶p 2′=11∶________.
【答案】①C ② ADE 或DAE ③14 2.9 1.00 1.01
【解析】
试题分析：（1）小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，故它们在空中的运动时间t 相等，水平位移0x v t =，即水平位移与初速度成正比，故实验中不需要测量时间，也就不需要测量桌面的高度H ，只需要测量小球做平抛运动的射程就可，选项C 正确；（2）小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，故它们在空中的运动时间t 相等，水平位移0x v t =，知0OP v t =
，1OM v t =2ON
v t =
，由动量守恒定律知101122m v m v m v =+，将速度表达式带入得1
12
OP OM ON
m m m t t t
=+，解得112m OP m OM m ON =+，故要完成的必要步骤是ADE 或DAE ；（3）碰撞前、后m 1的动量分别为p 1与p 1´，由题意知1101
OP
p m v m t
==，1111
OM
p m v m t
'==，故11
::44.80:35.2014:11p p OP OM ==='；若碰撞结束时m 2的动量为p 2´，2
222ON
p m v m t
=='，故12
::35.20:55.6811:2.9p p OM ON '==='，碰撞前、后总动量的比值
1112124544.80
1.014535.207.555.68
p m OP p p m OM m ON ⨯===+⨯+⨯+''，此问结果在
1.00 1.01范围内均给分。

考点：验证动量守恒定律平抛运动
【名师点睛】该实验用用“碰撞实验器”验证动量守恒定律时，利用小球做平抛运动规律，但是却没有用平抛运动的速度和飞行时间，利用小球碰撞前、后飞行时间相等，只需测量水平射程即可；用水平位移x来代替速度v，成为解决问题的关键。

14.某实验小组利用提供的器材测量某种电阻丝(电阻约为20Ω)材料的电阻率.他们首先把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c 相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度。

可供选择的器材还有：
电池组E(电动势为3.0V，内阻约1Ω)；
电流表A1(量程0~100mA，内阻约5Ω)；
电流表A2(量程0~0.6A，内阻约0.2Ω)；
电阻箱R(0~999.9Ω)；开关、导线若干；
他们的实验操作步骤如下：
A．用螺旋测微器在三个不同的位置分别测量电阻丝的直径d；
B．根据提供的器材，设计并连接好如图甲所示的电路；
C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关S；
D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的示值R和接入电路的电阻丝长度L；
E．改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏.重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L。

F．断开开关，拆除电路并整理好器材。

(1)小明某次用螺旋测微器测量电阻丝直径时其示数如图乙所示，则这次直径的测量值
d =_______mm ；
(2)实验中电流表应选择________(选填“A 1”或“A 2”)；
(3)小明用记录的多组电阻箱的电阻值R 和对应的接入电路中电阻丝长度L 的数据，绘出了如图丙所示的R -L 关系图线，图线在R 轴的截距为R 0 ，在L 轴的截距为L 0 ，再结合测出的电阻丝直径d ，可求出这种电阻丝材料的电阻率ρ=_________________(用给定的物理量符号和已知常数表示)。

(4)若在本实验中的操作、读数及计算均正确无误，那么由于电流表内阻的存在，对电阻率的测量结果是_________________(填“偏大”、“偏小”、“无影响”） 【答案】 (1). 0.726 (2). A 1 (3). 20
4d R L π (4). 无影响
【解析】 【分析】
由题意可知考查测量电阻丝材料的电阻率实验原量，误差分析，根据欧姆定律分析可得。

【详解】[1] 螺旋测微器读数时方法：固定刻度+可动刻度 即
(0.50.0122.6)mm 0.726mm +⨯=
[2] 估算回路中的电流
3.0A=0.15A=150mA 20
E I R =
= 故电流表选择A 1
[3] 由闭合电路分析可知，回路中电动势不变，总电流不变，则回路中总电阻不变，说明电阻箱阻值和接入电路的电阻丝的总阻值不变，设总电阻为C ，由
2
()2L
R C
d ρ
π+= 可得
2
4R L C d
ρ
π=-
+ 由丙图可得图象斜率的绝对值0
R K L =
020
4R L d ρπ= 求得
20
4d R L ρπ=
[4] 分析表达式
20
4d R L ρπ=
里面不含电流表相关物理量，故由于电流表内阻的存在，对电阻率的测量结果无影响。

【点睛】理解实验原理，回路中总电阻不变，说明电阻箱阻值和接入电路的电阻丝总阻值不变，写出总阻值的表达式，分析斜率计算可得。

螺旋测微器读数时方法：固定刻度+可动刻度，以mm 为单位保留3位小数。

四.计算题（3大题，11+11+14，共36分）
15.如图所示，质量M ＝0.8kg 的平板小车静止在光滑水平地面上，在小车左端放有质量m A ＝0.2kg 的物块A(可视为质点)，在物块A 正上方L ＝0.45m 高处有一固定悬点，通过不可伸长且长度也为L 的细绳悬挂一质量m B ＝0.1kg 的物块B ，把细绳向左拉到某位置静止释放，物块B(视为质点)在最低点时绳子拉力大小T =3N ,随后与物块A 发生弹性碰撞．．．．(时间极短)。

最终物块A 没有滑离小车。

重力加速度g ＝10 m/s 2。

求：
(1)物块B 与物块A 碰撞前瞬间速度大小v 0； (2)物块A 被碰撞后瞬间速度v A ； (3)产生的内能。

【答案】（1）3 m/s ；（2）2 m/s ；（3）0.
32J 【解析】
【详解】（1）物块B 最低点：2v T mg m l
-=
解得v 0=3m/s
（2）物块B 与物块A 发生弹性碰撞，设碰后B 的速度v B ,由A 、B 碰撞前后动量守恒、机械能
守恒有：0B A A B B m v m v m v =+
022*******
A B B A B m v m v m v =+ 联立解得：v A ＝2m/s
（3）最终物块A 速度与小车的相等，设物块和小车的共同速度大小为v 由动量守恒定律有： ()A A A m v m M v =+ 解得：v=0.4m/s 由能量守恒定律得： 2
211()22
A A A Q m v M m v =-+ 联立解得： Q ＝0.32J
【点睛】按照时间的顺序逐一分析物体间的相互作用过程，分析得到物体间相互作用时满足的规律：动量守恒、能量守恒等，进而求出要求的物理量。

16.如图所示电路中，灯L 标有“6 V，3 W”，定值电阻R 1＝4 Ω，R 2＝10 Ω，电源内阻r ＝2 Ω，当滑片P 滑到最下端时，电流表读数为1 A ，此时灯L 恰好正常发光，试求：
(1)滑动变阻器最大值R ；
(2)当滑片P 滑到最上端时，电流表的读数；
(3)当滑片P 位于滑动变阻器的中点时，变阻器消耗的功率。

【答案】（1）滑线变阻器最大值R 是12Ω； （2）当滑片P 滑到最上端时，电流表的读数是2A ；
（3）当滑片P 位于滑线变阻器的中点时，变阻器消耗的功率是3.84W ． 【解析】
试题分析：（1）当P 滑到下端时，R 2被短路，灯L 与整个变阻器R 并联，此时灯正常发光，可由P=UI 求出灯L 的电流，由并联电路的特点得到R 的电流，再由欧姆定律求R 的最大值． （2）结合上题的结果，求电源的电动势．当P 滑到上端时，灯L 、变阻器R 及电阻R 2都被短路，再由闭合电路欧姆定律求电流表的读数．
（3）P 位于变阻器的中点时，灯L 与并联后再与R 1串联，求出总电阻，得到总电流，再求出并联部分的电压，即可求得变阻器消耗的功率．
解：（1）灯L的电阻为：
R L=Ω=12Ω
当P滑到下端时，R2被短路，灯L与整个变阻器R并联，此时灯正常发光，通过灯L的电流为：I L=A=0.5Ω
通过变阻器R的电流为：
I R=I A﹣I L=1A﹣0.5A=0.5A
则I R=I L
即得滑线变阻器最大值为：
R=R L=12Ω
（2）电源电动势：
当P滑到上端时，灯L、变阻器R及电阻R2都被短路，此时电流表的读数为：
I′=A=2A
（3）P位于变阻器的中点时，灯L与并联后再与R1串联．
此时：R并=4Ω
总电流为：
I总=A=1.2A
并联部分的电压为：
U并=I总•R并=1.2×4V=4.8V
变阻器上消耗的功率为：
P R==W=3.84W
答：
（1）滑线变阻器最大值R是12Ω；
（2）当滑片P滑到最上端时，电流表的读数是2A；
（3）当滑片P位于滑线变阻器的中点时，变阻器消耗的功率是3.84W．
【点评】本题是闭合电路欧姆定律的应用类型，对电路的理解是关键，应注意是否有短路和断路存在，分析清楚各部分元件的连接关系，明确电压和电流的关系．
17.如下图所示，在倾角为30°的光滑斜面体上，一劲度系数为k ＝200N/m 的轻质弹簧一端连接固定挡板C ，另一端连接一质量为m ＝4kg 的物体A ，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A 上，另一端与质量也为m 的物体B 相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住物体B 使细绳刚好没有拉力，然后由静止释放，物体B 不会碰到地面，重力加速度g ＝10m/s 2
，求： (1)释放B 的瞬间，弹簧的压缩量x ∆和A 与B 的共同加速度； (2)物体A 的最大速度大小v m ；
(3)将物体B 改换成物体C ，其他条件不变， A 向上只能运动到弹簧原长，求物体C 的质量M
【答案】（1）5m/s 2
；(2) 1 m/s ；（3）1kg 【解析】
【详解】（1）由胡克定律，得：0sin 300.1mg x m k
∆==
设绳子拉力T ,
由牛顿第二定律，得：mg T ma -=
T ma =
解得25/a m s =
（2）当A 、B 物体的加速度为0时，速度最大，设此时拉力T ',弹簧伸长量x '∆，则 由平衡条件，得: T mg '=
0sin 30T mg k x ''=+∆
解得0.1x m '∆=
由开始运动到达到最大速度过程，弹性势能不变，由能量守恒定律，得
2
01()()()sin 302
m mg x x m m v mg x x ''∆+∆=++∆+∆
解得1/m v m s =
（3）弹簧恢复原长时,弹簧弹性势能减少： 21
12
p E F x k x J 弹∆=∆=
∆= 由能量守恒定律，得：0
sin 30P E Mg x mg x ∆+∆=∆
解得 M =1kg
【点睛】本题解题的关键是根据两个物体的受力分析判断运动情况，知道当A 加速度为0时，A 速度最大，此时AB 受力都平衡，运动过程中A 、B 及弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的形变量相同时弹性势能相同．。