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通用版带答案高中物理必修三第十二章电能能量守恒定律微公式版基础知识点归纳总结

1

单选题
1、如图为一电源电动势为E，内阻为r的稳定电路。电压表A的内阻为5kΩ。B为静电计，C1，C2为两个理想的电容器且耐压值足够高。在开关闭合一段时间后，下列说法正确的是（  ）

A．C1上电荷量为0
B．若将滑动变阻器滑片向右滑，则 C2上电荷量增大
C．若C1＞C2，则电压表两端大于静电计两端电压
D．将S断开，使C2两极距离增大，B张角减小
答案：A
A．由于电压表两端没有电压，电容器C1没有被充电，电量为零，故A正确；
B．电路稳定后，电容器C2的电压等于电源的电动势，保持不变，将变阻器滑动触头P向右滑动，电容器C2的电压不变，电量不变，故B错误；
C．由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而电容器C2充电，两端存在电压。所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差，故C错误；
D．将电键S断开，电容器的电量Q不变，板间距离增大，电容C减小，由公式C=QU分析可知，板间电压增大，静电计张角增大，故D错误；
故选A。
2、如图为某控制电路的一部分，已知AA′的输入电压为24 V，如果电阻R=6kΩ，R1=6kΩ，R2=3kΩ，则BB′不可能输出的电压是（  ）

A．12 VB．8 V
C．6 VD．3 V
答案：D
①若两开关都闭合，则电阻R1和R2并联，再和R串联，UBB′为并联电路两端电压，则
R并=R1R2R1+R2=2kΩ
UBB'=R并R并+RUAA'=22+6×24V=6V
②若S1闭合S2断开，则R1和R串联，则
UBB'=R1R1+RUAA'=66+6×24V=12V
③若S2闭合S1断开，则R2和R串联，则
UBB'=R2R2+RUAA'=33+6×24V=8V
④若两开关都断开，则
UBB'=UAA'=24V
选项ABC都有可能，D不可能；
故选D。
3、利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，要求尽量减小实验误差。下列说法正确的是（　　）
A．应选用较新的干电池作为被测电源，电池的电动势比较大易测量
B．应选用内阻比较大旧电池，使得电压表示数变化大
C．滑动变阻器的滑片初始时应放在电阻为零的地方，这样可以保护电压表
D．根据实验记录的数据作U-I图像时，应连上所有的点。
答案：B
AB．干电池用久了内阻会变大，为了使电池的路端电压变化明显，实验时应使用内阻较大的旧电池作为被测电源，使得电压表示数变化大，故A错误，B正确；
C．滑动变阻器的滑片初始时应放在接入电路电阻最大的地方，这样可以保护电流表，故C错误；
D．根据实验记录的数据作U-I图像时，应通过尽可能多的点并画一条直线，并使不在直线上的点大致均匀对称的分布在直线两侧，故D错误。
故选B。
4、如图所示，当电路中滑动变阻器R2的滑片P向下滑动时，下列判断正确的是（  ）

A．电容器C两端的电压减小
B．电容器C两极板间的电场强度增大
C．电压表的示数减小
D．R1消耗的功率增大
答案：B
D．当滑动变阻器的滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的阻值增大，根据
E=I（r+R1+R2）
可知电流I减小，根据
PR1=I2R1
可知R1消耗的功率减小，故D错误；
C．根据路端电压
U=E-Ir
可知路端电压增大，即电压表示数增大，故C错误；
A．滑动变阻器分得的电压为
U2=E-I（r+R1）
U2增大，电容器与R2并联，可知电容器C两端电压增大，故A错误；
B．由于电容器两极板间距不变，根据电场强度
E电=U2d
可知电容器C两极板间的电场强度增大，故B正确。
故选B。
5、一个铁块沿斜面匀速滑下，关于物体的机械能和内能的变化，下列判断中正确的是（　　）
A．物体的机械能和内能都不变
B．物体的机械能减少，内能不变
C．物体的机械能增加，内能增加
D．物体的机械能减少，内能增加
答案：D
铁块沿斜面匀速滑下时，除重力做功外还有摩擦力做负功，则铁块的机械能减小，减小的机械能转化为铁块的内能，使内能增加。
故选D。
6、2019年1月11日1时11分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭，成功将“中星2D”卫星发射升空，升空后的卫星能量补给主要靠太阳能电池。硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像，图线b是某纯电阻用电器的U－I图像。则在该光照强度下，把该电池和该电器组成一个闭合电路时，该电池的（  ）

A．内阻为6.5 Ω
B．输出功率为12.5 W
C．内耗功率为0.22 W
D．效率为30.6%
答案：C
A．由图线a与纵轴的交点可知电池电动势为E＝3.6 V，根据两图线交点处的状态可知，该电池和该电器组成一个闭合电路时，电阻两端的电压为2.5 V，即路端电压为
U＝2.5 V
电路电流为
I＝0.2 A
内阻为
r=E-UI=5.5Ω.
A错误；
B．该状态下电池输出功率为
P=UI=0.5W
B错误；
C．内阻消耗的功率为
Pr=(E-U)I=0.22W
C正确；
D．效率为
η=UE×100%=69.9%
D错误。
故选C。
7、如图所示的电路中，已知电源电动势为E，内阻为r。闭合开关，调节滑动变阻器R的滑片的位置，可以改变外电路的电阻，电压表的示数U、电流表的示数I、电源的总功率P都将随之改变。若电表均为理想电表，以下四幅图中能正确反映P­I、P­U关系的是（  ）

A．B．
C．D．
答案：C
AB．电源的总功率表示为
P=IE
可知P­I图像是过原点的倾斜直线，AB错误；
CD．电源的总功率为
P=IE=E-UrE=E2r-ErU
可知P­U图像是斜向下的倾斜直线，C正确，D错误。
故选C。
8、智能扫地机器人是一种智能家用电器，能自动在房间内完成地板清洁工作，如今已慢慢普及，成为现代家庭的常用家用电器。如图为某款智能扫地机器人，其参数见下表，工作时将电池内部化学能转化为电能的效率η=60％。下列说法正确的是（  ）

产品名称
科沃斯地宝
尘盒容量
0.3L
清扫路线
自由式
液晶显示
有
电池容量
5000mA·h
充电器输出
24V/1000mA
噪声
≤60dB
额定功率
40W
行走速度
20cm/s
工作电压
24V
A．该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间约为8.3h
B．该扫地机器人最多能储存的能量为4.32×105J
C．该扫地机器人充满电后能工作5h
D．该扫地机器人充满电后能工作4h
答案：B
A．由题表可知，电池的容量为5000mA·h，所带的电荷量为
q＝5000×10－3A×3600s＝1.8×104C
充电器输出电流为I＝1000mA＝1A，所以该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间为
t=qI=1.8×1041s=5h
故A错误； 
B．该扫地机器人最多能储存的能量为
qU=1.8×104×24J=4.32×105J
故B正确；
CD．该扫地机器人的额定功率为40W，则充满电后工作的时间
t=ηWP=4.32×105×60%40s=1.8h
故CD错误。
故选B。
9、如图甲所示电路中，R为电阻箱，电源的电动势为E，内阻为r。图乙为电源的输出功率P与电流表示数I的关系图像，其中功率P0分别对应电流I1、I2，外电阻R1、R2.下列说法中正确的是（  ）

A．I1+I2>ErB．I1+I2=ErC．R1r>rR2D．R1r<rR2
答案：B
AB．根据闭合回路欧姆定律有
U=E-Ir
电源的输出功率为
P=UI=EI-I2r
结合图乙可得
P0=EI1-I12r=EI2-I22r
整理可得
I1+I2=Er
故A错误B正确；
CD．根据闭合回路欧姆定律有
I=ER+r
电源的输出功率为
P=I2R
结合图乙有
I1=ER1+r，I2=ER2+r，P0=I12R1=I22R2
整理可得
R1r=rR2
故CD错误。
故选B。
10、一电源的电动势为E，内阻为r，仅对阻值为R的电阻供电时，通过R的电流为I，路端电压为U，供电效率为η，R消耗的功率为P。若外电阻阻值变为2R，下列判断正确的是（  ）
A．电流变为12IB．路端电压可能为7U3
C．电阻2R消耗的功率可能是7P8D．效率可能为2η
答案：C
A．当外电阻阻值为R时，根据闭合电路欧姆定律得
I=ER+r
当外电阻阻值变为2R时，根据闭合电路欧姆定律得
I'=E2R+r>I2
故A错误；
B．当外电阻阻值为R时，路端电压
U=RR+rE
当外电阻阻值变为2R时，路端电压
U'=2R2R+rE<2U
故B错误；
C．根据
P=U2R
又
U'<2U
可得
P'<2P
根据
P=I2R
又
I'>I2
可得
P'>P2
联立可得
P2<P'<2P
故C正确；
D．根据
η=UE
结合B选项，可知
η'<2η
故D错误。
故选C。
11、有关水资源的说法中不正确的是（　　）
A．水资源可再生，无污染
B．潮汐能不属于水资源
C．目前最容易开发的水能是河流水能
D．水力发电站发电时一般是将机械能转化为电能
答案：B
A．水能是一种无污染、可再生的能源，故A正确；
B．广义的水能资源包括河流水能、潮汐水能、波浪能、海流能等，故B错误；
C．目前最易开发和利用的比较成熟的水能是河流水能，故C正确；
D．一般在天然河流上修建拦水大坝，积蓄势能，势能通过水轮机、发电机最后转化为电能，故D正确。
本题选错误的，故选B。
12、一电源电动势为6V，内阻不能忽略，将其和一标有“6V；3W”的小灯泡构成闭合回路，则（  ）
A．小灯泡两端电压等于6V
B．流过小灯泡的电流为0.5A
C．小灯泡两端电压小于电源路端电压
D．小灯泡比正常发光略暗
答案：D
A．由于电源内阻不可忽略不计，内阻分压导致路端电压值小于电源电动势的值，故灯泡两端电压小于6V，故A错误；
BD．由A的分析可知，灯泡两端电压小于额定电压，故其实际电流要小于额定电流0.5A，故灯泡的实际功率要小于额定功率，小灯泡比正常发光时暗，故B错误、D正确；
C．由于小灯泡是电源的唯一用电器，故小灯泡两端电压等于电源的路端电压，故C错误。
故选D。
13、如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下面结论正确的是（  ）

A．电源的电动势为6.0 V
B．电源的内阻为12 Ω
C．电源的短路电流为0.5 A
D．电流为0.3 A时外电阻是1.8 Ω
答案：A
AB．根据闭合电路欧姆定律可得
U=E-Ir
可知U-I图像的纵轴截距等于电动势，则有
E=6.0V
U-I图像的斜率绝对值等于内阻，则有
r=ΔUΔI=6.0-5.00.5Ω=2Ω
故A正确，B错误；
C．电源的短路电流为
I短=Er=6.02A=3A
故C错误；
D．电流为0.3 A时外电阻
R=EI-r=6.00.3Ω-2Ω=18Ω
故D错误。
故选A。
14、十八大报告提出了“推进绿色发展、循环发展、低碳发展”的理念，以下做法中不符合这个理念的是（  ）
A．夏天天气炎热，空调的温度调得越低越好
B．把家里不好用的燃气热水器换成太阳能热水器
C．出行时，如果条件允许的话，尽可能选择公共交通工具
D．随手关灯，关掉较长时间不使用的电脑和电视
答案：A
A．夏天天气炎热，空调温度调得越低电能消耗越多，造成不必要的能源浪费，A不符合“绿色发展、低碳发展”的理念，故A满足题意要求；
BCD．燃气热水器消耗的燃气是不可再生能源，太阳能热水器使用的太阳能取之不尽、用之不竭，属于绿色能源；选择公交出行有利于减小碳排放，减少污染；随手关灯等习惯有利于节约能源，B、C、D都符合“绿色发展、循环发展、低碳发展”的理念，故BCD不满足题意要求。
故选A。
15、某无人值守彩色电视中转站采用太阳能电源工作，转换设备电压为24V，每天发射时间为15h，功耗20W，其余9小时为接收等候时间，功耗为5W，则（  ）
A．转换设备电流恒为56A
B．转换设备负载每天耗电量约为14.37Ah
C．转换设备每天消耗电能为345度
D．转换设备在等待过程中，工作电压小于24V
答案：B
A．发射时间转换设备电流为
I1=P1U=2024A=56A
而在接收等候时间内，其电流为
I2=P2U=524A=524A
故A错误；
B．转换设备负载每天耗电量约为
q=I1t1+I2t2=56×15Ah+524×9Ah=34524Ah≈14.375Ah
故B正确；
C．转换设备每天消耗电能为
W=P1t1+P2t2=20×15Wh+5×9Wh=345Wh=0.345kWh
故C错误；
D．转换设备在等待过程中，工作电压等于24V，他是恒定不变的，故D错误；
故选B。
多选题
16、如图所示，这是安装在潜水器上的深度表的电路原理图，显示器由电流表改装而成，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，电源的电动势和内阻均为定值，定值电阻R0阻值大于电源内阻，在潜水器下潜的过程中，下列说法正确的是（  ）

A．通过显示器的电流增大B．压力传感器两端的电压变大
C．电源内阻的功率一定减小D．电源的输出功率变大
答案：AD
A．在潜水器下潜过程中，压力增大，压力传感器的电阻减小，电路电阻减小
I=ER
因此电流增大，A正确;
B．压力传感器电压有
U=E-IR
电源电压不变，除压力传感器之外的总电阻也不变，但电流增大，所以压力传感器两端电压减小，B错误；
C．电路电流增大，电源内阻不变，电源内阻功率
P=I2r
功率增大，C错误；
D．设电路外电阻为R，关于输出功率有
P=I2R=(ER+r)2R=E2(R-r)2R+4r
可知，当R=r时，输出功率最大。即R值越接近r值，输出功率越大。因R0大于电源内阻，所以传感器电阻越小，路端电阻反而越接近r，输出功率越大，D正确。
故选AD。
17、定值电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，电容器C1、C2的电容均为C，接在如图所示电路中，M、N两端接在电压恒为U的电源上，下列说法正确的是（  ）

A．通过R1的电流为I1=3U4RB．R2两端的电压为U2=U5
C．C1的带电量为Q1=4CU5D．C2的带电量为Q2=CU5
答案：BCD
A．在直流电流中，电流稳定时电容器所在支路断路，有
R总=R+2R×R2R+R=53R
由欧姆定律，可得
I1=UR总=3U5R
易知R1两端的电压为
U1=3U5
故A错误；
B．根据串并联电路特点，有
I1=I2+I3，I2I3=R2R
解得
I2=U5R
R2两端的电压为
U2=U5
故B正确；
C．电容器C1与电阻R1和R2并联，其两端电压为
UC1=U1+U2=4U5
C1的带电量为
Q1=4CU5
故C正确；
D．同理，电容器C2与电阻R4并联，其两端电压为
UC1=I2R=U5
C2的带电量为
Q2=CU5
故D正确。
故选BCD。
18、如图甲所示，电源电动势为16V、内阻为1Ω，灯泡L的额定电压为10V，其伏安特性曲线如图乙所示，滑动变阻器R的最大阻值为19 Ω。则（  ）

A．灯泡的额定功率为13.5W
B．灯泡的阻值随电流的增大而增大
C．滑动变阻器接入电路的最小阻值为3Ω
D．当滑动变阻器阻值为15Ω时，灯泡的电功率约为1.5W
答案：BCD
A．由乙图可知，灯泡L的额定电压为10V时，灯泡的电流为1.5A，则灯泡的额定功率为
P额=UI=10×1.5W=15W
故A错误；
B．由乙图可知，灯泡电流与电压的比值IU逐渐减小，根据欧姆定律R=UI可知，灯泡的阻值随电流的增大而增大，故B正确；
C．为了保证灯泡的安全，电流的最大电流为1.5A，此时滑动变阻器接入电路的阻值最小，设为Rmin，根据闭合电路欧姆定律可得
I=ERL+r+Rmin
此时灯泡电阻为
RL=UI=101.5Ω=203Ω
联立解得
Rmin=3Ω
故C正确；
D．当滑动变阻器阻值为15Ω时，设此时灯泡两端的电压为U，电路电流为I，根据闭合电路欧姆定律可得
E=U+I(R滑+r)
代入数据可得
U=-16I+16
在灯泡的伏安特性曲线图像上画出将该关系式对应的图像，如图所示

由图像交点可知，此时灯泡的实际功率约为
P=UI=1.6×0.95W≈1.5W
故D正确。
故选BCD。
19、如图所示，图甲中M表示电动机，当滑动变阻器R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图乙所示。已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（  ）

A．电路中电源电动势为3.6V
B．滑动变阻器的滑片向右滑动时，电压表V2的读数逐渐减小
C．电动机的线圈电阻为4Ω
D．滑动变阻器的最大阻值为30Ω
答案：ACD
A．由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，电路中电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以图乙中最上面的图线表示V2的电压与电流的关系。此图线的斜率大小等于电源的内阻，为 
r=3.4-3.00.3-0.1Ω=2Ω
当电流 I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势
E=U+Ir=3.4V+0.1×2V=3.6V
A正确；
B．变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，则V2读数逐渐增大， B错误；
C．已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，此时电压表V1的示数即电动机内阻两端的电压，根据欧姆定律可知，电动机的电阻
rM=0.8-0.40.1Ω=4Ω
C正确；
D．当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以
R=EI-r-rM=(3.60.1-2-4)Ω=30Ω
D正确。
故选ACD。
20、如图所示，电路中RT为热敏电阻，当温度升高时，RT阻值变小。R1和R2为定值电阻。开关S闭合后，RT的温度升高，则下列物理量中变大的是（  ）

A．通过RT的电流
B．通过R1的电流
C．通过R2的电流
D．电容器两极板间的电场强度
答案：ABD
ABC．当温度升高时，RT减小，外电路总电阻减小，则总电流增加，根据闭合电路欧姆定律
E=U+Ir
可知，内电压增大，外电压减小，R1两端电压升高，则R2的两端电压减小，流过R2的电流减小，则流过RT的电流增大；故AB正确，C错误；
D．由于R1两端电压等于电容器两极板间电压，R1两端电压升高，所以电容器两极板间电压增大，由
E=Ud
可知，电容器两极板间的电场强度E增大；故D正确。
故选ABD。
21、在校园冬季安全大检查中，某学习小组发现学校宿舍楼的火警报警装置的电路如图所示，R1为热敏电阻，温度升高时，R1急剧减小，当电铃两端电压达到一定值时，电铃会响，则下列说法正确的是（  ）

A．若报警装置的电池老化（内阻变大，电动势不变），不会影响报警器的安全性能
B．若试验时发现当有火时装置不响，应把R2的滑片P向下移
C．若试验时发现当有火时装置不响，应把R2的滑片P向上移
D．增大电源的电动势，会使报警的临界温度降低
答案：CD
A. 设电铃工作电压为U，当IR2=U时报警；若电池内阻变大，同一温度时，R2上电压变小，可能不会报警，故A错误；
B. 若把R2的滑片P向下移，R2减小，R1上电压增大，R2上电压减小，更加不会报警，故B错误；
C. 若把R2的滑片P向上移，R2增大，R2上电压增大，易报警，故C正确；
D. 电源电动势增大时，R2上电压增大，会使报警的临界温度降低，故D正确。
故选CD。
22、如图所示的电路中，电源电压恒定不变。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P由b点移动到a点的过程中，忽略温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是（  ）

A．电压表V1的示数将不变
B．灯泡的亮度将变暗
C．整个电路的总电流将变大
D．电压表V2的示数与电流表A的示数的比值将变大
答案：AD
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电压表V1、V2均测电源两端的电压，电流表A测滑动变阻器的电流；
A．因电源电压恒定不变，所以滑片移动时，电压表V1、V2的示数均不变，故A正确；
B．因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以滑片移动时，通过灯泡的电流不变，实际功率也不变，则灯泡的亮度始终保持不变，故B错误；
C．将滑动变阻器的滑片P由b点移动到a点的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，由
I=UR
可知，通过滑动变阻器的电流变小，即电流表A示数变小；根据并联电路中的电流规律可知，干路中的总电流变小，故C错误；
D．因电压表V2的示数不变，电流表A示数变小，则电压表V2的示数与电流表A示数的比值变大，故D正确。
故选AD。
23、如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R为定值电阻，C为平行板电容器，G为灵敏电流计。闭合开关S，当环境温度明显升高且稳定后，下列说法正确的是（  ）

A．R两端电压变大
B．RT两端电压变大
C．C所带电荷量增大
D．温度升高的过程中，G中电流方向由a到b
答案：AD
ABC．由图可知，热敏电阻RT与电阻R串联，当环境温度升高时热敏电阻阻值减小，则电路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，电容器的电压等于路端电压，故电容器的电压减小，所带电量减小，电路中电流增大，电源的内电压及电阻R两端的电压均增大，由
E=U内+U外
可得，RT两端电压减小，BC错误，A正确；
D．由于电容器电量减小，则电容器要放电，故G中电流由a→b，D正确。
故选AD。
24、将一些电学元件用导线连接在某电源的两端，下列描述正确的是（　　）
A．电源的作用是使电源的正、负极两端保持一定的电势差
B．导体中的电场是由电源正、负极上的电荷形成的
C．电源的作用是能为电路持续地提供自由电荷
D．导体中的电场是由电源的电场和导体中积累的电荷形成的电场叠加而形成的
答案：AD
AC．电源的作用是使电源的正、负极两端保持一定的电势差，从而使导体中产生电场，导体中的自由电荷受到电场力发生定向移动，从而使电路中产生持续的电流，C错误，A正确；
BD．导线中的电场是两部分电场共同贡献的结果，首先电源电场使电子沿导线移动，并向导线某一侧聚集，从而产生附加电场，当两个电场达到动态平衡时，导线内只存在和导线平行的电场，即形成恒定电场，C错误，D正确。
故选AD。
25、如图所示，光滑斜面体ABC固定在水平面上，底角θ=37°，顶角∠B=90°，物块a和长木板b分别放在斜面BC和AB上，细线绕过固定在斜面顶点的轻质光滑定滑轮，两端分别与物块a和长木板b相连，将物块a锁定，滑轮两侧的细线分别与两侧的斜面平行，长木板b的质量为m，物块a质量为2m，解除物块a的锁定，同时将质量为0.5m的物块c轻放在长木板的上端，物块c始终保持静止，重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列判断正确的是（  ）

A．物块c与长木板b间的动摩擦因数为0.6
B．物块a运动的加速度为73m/s2
C．物块a机械能的减小量大于长木板b机械能的增加量
D．物块a机械能的减小量等于长木板b机械能的增加量
答案：BC
A．假设a、b、c都静止，根据平衡条件对a分析可得，绳子的拉力为
T=2mgcosθ=1.6mg
对b、c整体分析可得，绳子拉力为
T'=1.5mgsinθ=0.9mg<T
由此可知物块a会沿斜面下滑，物块b沿斜面上滑。由于物块c始终保持静止，则对物块c受力分析，根据平衡条件有
0.5mgsinθ=μ⋅0.5mgcosθ
可得，物块c与长木板b间的动摩擦因数为
μ=0.75
故A错误；
B．对a受力分析，根据牛顿第二定律有
2mgcosθ-F=2ma
对b受力分析，根据牛顿第二定律有
F-mgsinθ-μ⋅0.5mgcosθ=ma
联立可得，物块a运动的加速度为
a=73m/s2
故B正确；
CD．由能量的守恒与转化可知，物块a减小的机械能转化为木板b增加的机械能和木板b与物块c摩擦产生的内能，所以物块a机械能的减小量大于长木板b机械能的增加量，故C正确，D错误。
故选BC。
填空题
26、（1）若将一个电量为2.0×10-10C的正电荷，从零电势点移到电场中M点需要克服电场力做功8.0×10-9J，则该正电荷在M点的电势能为___________J。
（2）一台电动机，额定电压是100V，电阻是2Ω。正常工作时，通过的电流为5A，则电动机正常工作时输出的机械功率为___________W。
（3）在边长为L的正六边形ABCDEF的顶点上各固定一个点电荷，它们的带电量如图所示，则几何中心处的场强大小____________。

答案：     8.0×10-9     450     4kQL2
（1）[1]电场力做正功，则电势能减小；克服电场力做功，则电势能增加；将一个正电荷从零电势点移到电场中M点克服电场力做功8.0×10-9J，则该正电荷的电势能增加8.0×10-9J，即该正电荷在M点的电势能为8.0×10-9J。
（2）[2]电动机因发热损失的功率为
P热=I2r=52×2W=50W
总功率
P=UI=100×5W=500W
则电动机正常工作时输出的机械功率为
P机=P-P热=450W
（3）[3]根据点电荷场源的决定式
E=kQr2
可知正电荷周围的场强沿着连线向外，负场源沿着连线指向场源。正六边形的各顶点到中心O的距离由几何关系推得
r=L
由对称性可知a、d两场源在O点的总场强为
Ead=kQL2+kQL2=2kQL2
方向由a→d，b、e两场源在O点的总场强为
Ebe=kQL2+kQL2=2kQL2
方向由b→e，c、f两场源在O点的总场强为
Ecf=kQL2+kQL2=2kQL2
方向由c→f。而Ecf和Ead大小相等，互成120°，合场强为
Eadcf=2kQL2
方向由b→e，则六个点电荷在O点的总场强为
E总=Eadcf+Ebe=2kQL2+2kQL2=4kQL2
方向由b→e。
27、如图，电源电动势E = 12V，内阻不计，R0 = R1 = 200Ω，R2 = 400Ω，则平行金属板MN间电势差UMN = __________V。已知两板间距d = 5×10-3 m，则两板间的电场强度大小为__________V/m。

答案：     4     800##0.8×103##8×102
[1]根据电路连接方式可知MN间电势差等于R0两端电压，根据闭合电路欧姆定律可得
UMN=R0ER2+R0=4V
[2]两板间的电场强度大小为
E=Ud=800V/m
28、在如图所示的电路中，电源电动势为5V，内阻不计，R1=2Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，R4=6Ω，电容器的电容C=10μF。先将开关S闭合，待电路稳定后断开S，则断开S后流经R4的电荷量为___________。

答案：3.0×10-6C
开关S闭合时R1与R2串联，R3与R4串联，然后组成并联电路，则
R1两端电压
U1=R1R1+R2E=22+8×5V=1V
R3两端电压
U3=R3R3+R4E=44+6×5V=2V
可知电容器两端电压
UC=1V
则待电路稳定后电容器带电量
Q=CUC=1.0×10-5C
断开S后，电容器放电，R1与R3串联，R2与R4串联，然后再并联，则
R13=2Ω+4Ω=6Ω，R24=8Ω+6Ω=14Ω
根据并联分流原理可得断开S后流经R4的电荷量为
Q=R13R13+R24Q=66+14×1.0×10-5C=3.0×10-6C
29、有一块手机用的锂电池，上面标明电压为3.7V，容量为1000mAh，它充电后，大约存储了______J的电能；若手机待机时的电流为10mA，则待机的时长为_______h。
答案：     13320     100
[1]它充电后，大约存储的电能
E=UIt=3.7×1×3600J=13320J
[2]若手机待机时的电流为10mA，则待机的时长为
t=1000mA⋅h10mA=100h
30、某同学用欧姆挡测电阻时，实验步骤如下：
A．将功能选择开关置×100挡：
B．将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向左边零处：
C．接入被测电阻，读数；
D．将功能选择开关置OFF档。
上述实验步骤中，错误的操作是______（填字母代号）。若操作无误，指针位置如图所指，被测电阻的阻值是______Ω。

答案：     B     3000
[1] A．使用欧姆表时，先将功能选择开关置×100挡：故A正确；
B．将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边零处；故B错误；
C．接入被测电阻，读数；故C正确
D．测量结束后，将功能选择开关置OFF档。故D正确。
故选B。
[2]由图可知该电阻阻值为
R=30×100Ω=3000Ω
小提示：掌握欧姆表的使用方法和步骤，欧姆表的零刻度在最右侧。

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