2．一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36 W与36 V．若把此灯泡接到输出电压为18 V的电源两端，则灯泡消耗的电功率(　)

A．等于36 W　 　　　　　　　B．小于36 W，大于9 W

C．等于9 W　 　　　　　　　D．小于9 W

解析：选B.当灯泡两端加36 V的电压时，灯泡能够正常工作，消耗的电功率为36 W，此时灯泡的电阻为36 Ω.当灯泡两端加上18 V的电压时，灯泡不能正常工作，消耗的电功率必然小于36 W，而此时灯丝的温度要比加36 V时的低，则工作时灯丝的电阻率必然比正常工作时的要小，灯丝电阻必然小于36 Ω，则由公式P＝可以得出此时消耗的电功率要大于9 W，故B选项正确．

1．某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为(　)

A．4ρ和4R 　　　　　　　B．ρ和4R

C．16ρ和16R 　　　　　　D．ρ和16R

解析：选D.导体的电阻率反映材料的导电性能，温度一定时电阻率是不变的．导线拉长后，直径变为原来的一半，则横截面积变为原来的1/4，因总体积不变，长度变为原来的4倍，由电阻定律计算可知电阻变为原来的16倍．

7．雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图3－2－18所示的图象能正确反映雨滴下落运动情况的是(　)

图3－2－18

解析：选C.雨滴速度增大时，阻力也增大，由牛顿第二定律得a＝，故加速度逐渐减小，最终雨滴做匀速运动．

图3－2－20

解析：选D.小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度为a₁.当小木块的速度与传送带速度相同后，小木块开始以a₂的加速度做匀加速直线运动，此时小木块所受摩擦力沿斜面向上，所以a₁>a₂，在v－t图象中，图线的斜率表示加速度，故选项D对．

A．g　g　g

B．0　g　g

C．0　3g/2　3g/2

D．0　0　3g

(1)运动员竖直向下拉绳的力；

(2)运动员对吊椅的压力．

解析：法一：(1)设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳拉运动员的力为F.以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M+m)g，向上的拉力为2F，根据牛顿第二定律

2F－(M+m)g＝(M+m)a

代入数据解得F＝440 N

根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小为440 N，方向竖直向下．

(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小Mg，绳的拉力F，吊椅对运动员的支持力F_N.根据牛顿第二定律：

F+F_N－Mg＝Ma

代入数据解得F_N＝275 N

根据牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力大小为275 N，方向竖直向下．

法二：设运动员和吊椅的质量分别为M和m，运动员竖直向下的拉力大小为F，对吊椅的压力大小为F_N.

根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力大小为F_N.分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律：

F+F_N－Mg＝Ma①

F－F_N－mg＝ma②

由①②解得F＝440 N，F_N＝275 N.

答案：(1)440 N　(2)275 N

队员下滑过程中轻绳受到的拉力与消防队员重力的比值随时间变化的情况．已知某队员在一次演习中的数据如图3－2－23所示，求该消防队员在下滑过程中的最大速度和落地速度各是多少？(g取10 m/s²)

解析：该消防队员先在t₁＝1 s时间内以a₁匀加速下滑．

然后在t₂＝1.5 s时间内以a₂匀减速下滑．

第1 s内由牛顿第二定律得：

mg－F₁＝ma₁

所以a₁＝g－＝4 m/s²

最大速度为v_m＝a₁t₁

代入数据解得：v_m＝4 m/s

后1.5 s内由牛顿第二定律得：

F₂－mg＝ma₂

所以a₂＝－g＝2 m/s²

消防队员落地时的速度v_t＝v_m－a₂t₂

代入数据解得：v_t＝1 m/s.

答案：4 m/s　1 m/s

解析：将物体放在传送带上的最初一段时间内物体沿传送带向上做匀加速运动

由牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma

则a＝μgcos37°－gsin37°＝0.4 m/s²

物体加速至2 m/s所需位移

s₀＝＝ m＝5 m<L

经分析可知物体先加速5 m

再匀速运动s＝L－s₀＝6 m.

匀加速运动时间t₁＝＝ s＝5 s.

匀速运动的时间t₂＝＝ s＝3 s.

则总时间t＝t₁+t₂＝(5+3) s＝8 s.

答案：8 s

3．(2010年广东六校联考)如图3－2－14所示，质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁．今用水平力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将F撤去，在这一瞬间，表述正确的是(　)

图3－2－14

A．B球的速度为零，加速度为零

B．B球的速度不为零，加速度也不为零

C．B球的速度不为零，加速度为零

D．B球的速度为零，加速度不为零

解析：选D.B球受水平向右的弹力作用，由牛顿第二定律，B球加速度不为零，由于惯性，B球的速度为零．

A．物块先向左运动，再向右运动

B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动

C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动

D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零

解析：选BC.根据受力分析可知，当撤掉拉力后，木板向右做减速运动，物块向右做加速运动，直到两者速度相等后，一起做匀速运动．

A．若小车向左运动，F_N可能为零

B．若小车向左运动，F_T可能为零

C．若小车向右运动，F_N不可能为零

D．若小车向右运动，F_T不可能为零

解析：选AB.若小车向左做减速运动时，F_N可能为零所以A正确．若小车向左做加速运动时，F_T可能为零即B正确．若小车向右做加速运动时F_N可能为零，则C错误．若小车向右做减速运动时，F_T也可能为零，则D错误．

A．若A原来是静止的，则施加力F后，A将加速下滑

B．若A原来是静止的，则施加力F后，A仍保持静止

C．若A原来是加速下滑的，则施加力F后，A的加速度不变

D．若A原来是匀速下滑的，则施加力F后，A将加速下滑

解析：选B.若A原来静止，则满足mgsinα≤μmgcosα＝F_fm，当加上F时，同样满足(F+mg)sinα≤μ(mg+F)cosα，故A错B对．若A原来加速下滑，则mgsinα>μmgcosα，加上F后，同理有Fsinα>μFcosα，即物体所受合力变大，故A加速度变大，故C错．若A原来匀速下滑，则mgsinα＝μmgcosα，加上力F后，Fsinα＝μFcosα，A仍匀速下滑，故D错．

1．(2008年高考全国卷)如图3－2－12，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连．设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是(　)

图3－2－12

A．向右做加速运动 　　　　B．向右做减速运动

C．向左做加速运动　 　　　D．向左做减速运动

解析：选AD.弹簧压缩，小球受向右的弹力，由牛顿第二定律知小球加速度必向右，因此，小球可能向右加速或向左减速，A、D正确，B、C错误．

A．AB绳、BC绳拉力都变大

B．AB绳拉力变大，BC绳拉力变小

C．AB绳拉力变大，BC绳拉力不变

D．AB绳拉力不变，BC绳拉力变大

解析：选D.如图，车加速时，球的位置不变，则AB绳拉力沿竖直方向的分力仍为FT1cosθ，且等于重力G，即FT1=，故FT1不变．向右的加速度只能是由BC绳上增加的拉力提供，故FT2增加，所以D正确．

12．如图10－2－29所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d＝40 cm.电源电动势E＝24 V，内电阻r＝1 Ω，电阻R＝15 Ω.闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v₀＝4 m/s竖直向上射入板间．若小球带电荷量为q＝1×10^－2C，质量为m＝2×10^－2kg，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时，电源的输出功率是多大？(取g＝10 m/s²)

解析：小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．

设两板间电压为U_AB，由动能定理得

－mgd－qU_AB＝0－mv₀²

解得U_AB＝8 V

滑动变阻器两端电压　U_滑＝U_AB＝8 V

设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律得

I＝＝1 A

滑动变阻器接入电路的电阻

R_滑＝＝8 Ω

电源的输出功率

P_出＝I²(R+R_滑)＝23 W.

答案：8 Ω　23 W

11．如图10－2－28所示，甲图中变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况，如乙图中的AC、BC两直线所示．不考虑电表对电路的影响．

图10－2－28

(1)电压表V₁、V₂的示数随电流表示数的变化图线分别为乙图中的哪一条直线？

(2)定值电阻R₀，变阻器的总电阻R分别为多少？

(3)求出电源的电动势和内阻．

解析：(1)V₁的示数随电流表示数的变化图线对应AC线，V₂的示数对应电流表示数的变化图线对应BC线．

(2)R₀＝＝ Ω＝3 Ω，当R全接入电路时，对应BC线上的B点．则 Ω＝R+R₀，R＝15 Ω－3 Ω＝12 Ω.

(3)对图线上的B点有：E＝7.5+0.5r，对图线上的C点有：E＝6+2r，

解得E＝8 V，r＝1　 Ω.

答案：见解析

10．(2010年上海南汇期末测试)如图10－2－27所示电路，已知R₃＝4 Ω，闭合电键，安培表读数为0.75 A，伏特表读数为2 V，经过一段时间，一个电阻被烧坏(断路)，使安培表读数变为0.8 A，伏特表读数变为3.2 V，问：

图10－2－27

(1)哪个电阻发生断路故障？

(2)R₁的阻值是多少？

(3)能否求出电源电动势E和内阻r？如果能，求出结果；如果不能，说明理由．

解析：(1)伏特表和安培表有示数且增大，说明外电阻增大，故只能是R₂被烧断路了．

　(2)R₁＝＝ Ω＝4 Ω.

(3)UR₃＝I₁R₁－UR₂＝0.75×4 V－2 V＝1 V

I₃＝＝ A＝0.25 A

E＝3.2 V+0.8 A×(R₄+r)

E＝3 V+(0.25 A+0.75 A)(R₄+r)

R₄+r＝1 Ω

E＝4 V

故只能求出电源电动势E而不能求出内阻r.

答案：(1)R₂断路　(2)4 Ω　(4)4 V；不能求出内阻r

8．(2010年山东淄博调研)如图10－2－25所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小电珠．R为滑动变阻器，电源电动势为E，内W栉猺．现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向左移动时，下列结论正确的是(　)

A．电流表示数变小，电压表示数变大

C．电容器C上电荷量减小

D．电源的总功率变大

解析：选A.本题考查闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律和电路动态变化．当滑动变阻器的滑片向左移动时，电阻R接入电路的阻值变大，则电路的总阻值也增大，干路电流减小，路端电压变大，故电流表示数变小，电压表示数变大，小电珠L变暗，A正确，B错误；根据闭合电路欧姆定律可判定电容器C两极板的电压增大，所带电荷量也应变大，故C错误；根据电源的总功率P＝EI，干路电流I减小，所以P应变小，D错误．

A．U越大，表示c越大，c与U成正比

B．U越大，表示c越大，但是c与U不成正比

C．U越大，表示c越小，c与U成反比

D．U越大，表示c越小，c与U不成反比

解析：选B.题中给出传感器电阻r′的倒数与酒精气体浓度c是正比关系，即＝kc，电压表示数U＝＝＝，可以看出电压与浓度的关系不是正比关系，但随浓度的增加而增加，故只有选项B正确．

7．如图10－2－24所示的电路中，闭合开关S后，灯L₁、L₂都能发光．后来由于某种故障使灯L₂突然变亮(未烧坏)，电压表的读数增大，由此可推断，这故障可能是(　)

A．电阻R₁断路

C．灯L₁两接线柱间短路

D．电阻R₂断路

解析：选D.因为电压表的读数增大，所以路端电压增大，电源内阻上的电压减小，说明总电流减小，电路总电阻增大．若电阻R₁断路，会导致总电阻增大，总电流减小，而此时灯L₂两端电压会减小，致使灯L₂变暗，故A错误；若电阻R₂短路，灯L₂将不亮，故B错误；若灯L₁两接线柱间短路，电路的总电阻减小，总电流增大，电压表的读数减小，不符合题意，故C错误；若电阻R₂断路，电路的总电阻增大，总电流减小，电压表的读数增大，符合题意，而总电流减小，导致内电压和灯L₁、R₁并联部分电压减小，灯L₂两端电压增大，灯L₂变亮，故D正确．