【物理】福建省连城县第一中学2020届高三上学期第二次月考试题（解析版）

【物理】福建省连城县第一中学2020届高三上学期第二次月考试题（解析版）

福建省连城县第一中学2020届高三上学期 第二次月考试题 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/s2，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，可求得 从接触蹦床到陷至最低点，取向下为正， 由动量定理可理，‎ 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 ‎，‎ 故B不符合题意；‎ 运动员动量变化量大小 ‎，‎ 故C不符合题意；‎ 设蹦床对运动员的冲量大小 由动量定理可得 代入数值可得，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/s2 B. 2m/s2 C. 3m/s2 D. 4m/s2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】第一段时间内的平均速度为：，第二段时间内的平均速度为：；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：．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R3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=‎ ‎=1.0Ω，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. h C. 2h D. h ‎【答案】A ‎【详解】平抛运动的时间为：；乙在斜面下滑的加速度为：a= gsin30°＝0.5g。根据2h＝v0t+at2，代入数据得：v0t=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vA＝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vB (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vB＝2.4m/s C. 当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度vB＝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：vB=vAcos37°=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m1＝4 kg，m2＝2 kg，A的速度v1＝3 m/s(设为正)，B的速度v2＝－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 ‎【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：×2×9 J＝27 J；；由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，可排除选项B；选项C虽满足Ek≥Ek′，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(vA′＞0，vB′＜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Ek≥Ek′，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 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：mAgh=mAvA2，解得：．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m1、m2‎ B．测量小球m1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m1、m2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，m1=45.0 g，m2=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m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′=________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′=11∶________.‎ ‎【答案】（1）C （2） ADE或DAE （3）14 2.9 1.001.01‎ ‎【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，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，知，，由动量守恒定律知，将速度表达式带入得，解得，故要完成的必要步骤是ADE或DAE；（3）碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1´，由题意知，，故；若碰撞结束时m2的动量为p2´，‎ ‎，故，碰撞前、后总动量的比值，此问结果在1.001.01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“A1”或“A2”)；‎ ‎(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R0 ，在L轴的截距为L0 ，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=_________________(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). A1 (3). (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 ‎[2] 估算回路中的电流 故电流表选择A1‎ ‎[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 可得 由丙图可得图象斜率的绝对值 ‎ 求得 ‎[4] 分析表达式 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mA＝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mB＝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/s2。求：‎ ‎(1)物块B与物块A碰撞前瞬间速度大小v0；‎ ‎(2)物块A被碰撞后瞬间速度vA；‎ ‎(3)产生的内能。‎ ‎【答案】（1）3 m/s；（2）2 m/s；（3）032J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物块B最低点： ‎ 解得v0=3m/s ‎ ‎（2）物块B与物块A发生弹性碰撞，设碰后B的速度vB,由A、B碰撞前后动量守恒、机械能守恒有： ‎ ‎ ‎ 联立解得：vA＝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： ‎ 解得：v=0.4m/s ‎ 由能量守恒定律得： ‎ 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R1＝4 Ω，R2＝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，R2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R2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R1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：‎ RL=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：‎ IL=A=0.5Ω 通过变阻器R的电流为：‎ IR=IA﹣IL=1A﹣0.5A=0.5A 则IR=IL 即得滑线变阻器最大值为：‎ R=RL=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：‎ PR==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/s2，求：‎ ‎(1)释放B的瞬间，弹簧的压缩量和A与B的共同加速度；‎ ‎(2)物体A的最大速度大小vm；‎ ‎(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/s2 ；(2) 1 m/s；（3）1kg ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由胡克定律，得： ‎ ‎ 设绳子拉力T由牛顿第二定律，得： ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎（2）当A、B物体的加速度为0时，速度最大，设此时拉力,弹簧伸长量，则 由平衡条件，得: ‎ 解得 ‎ 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 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎（3）弹簧恢复原长时,弹簧弹性势能减少： ‎ 由能量守恒定律，得： ‎ 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．‎