物理卷·2018届甘肃省天水一中高二上学期第二次段考物理试卷（理科） （解析版）

物理卷·2018届甘肃省天水一中高二上学期第二次段考物理试卷（理科） （解析版）

‎2016-2017学年甘肃省天水一中高二（上）第二次段考物理试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．其中第1、4、7、8题为多选题，其余题为单选题．多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的不得分）‎ ‎1．以下说法正确的是（　　）‎ A．由E=可知，电场中某点的电场强度E与F成正比 B．由I=可知，某段导体中的电流I与U成正比 C．由B=可知，磁场中的某点的磁感应强度B与放入磁场中的通电导线的电流I有关 D．由C=可知，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 ‎2．一根粗细均匀，电阻为R的直导线，当保持温度不变的情况下，将导线对折使用，其电阻将变为（　　）‎ A． B． C．2R D．4R ‎3．两个白炽灯泡，一个标有“220V 100W”，另一个标有“220V 60W”．假如灯丝的电阻不变，先把它们串联起来接到220V电源上，再把它们并联起来接到220V电源上．以下说法不正确的是（　　）‎ A．串联比并联消耗的总功率大 B．并联比串联消耗的总功率大 C．串联时60W灯泡消耗的电功率较大 D．并联时100W灯泡消耗的电功率较大 ‎4．如图所示是电阻R的I﹣U图象，图中α=45°，由此得出（　　）‎ A．通过电阻的电流与两端电压成正比 B．电阻R=0.5Ω C．因I﹣U图象的斜率表示电阻的倒数，故R==1.0Ω D．在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0C ‎5．如图所示，当闭合开关S后，螺旋管通以恒定电流，不计其他磁场的影响，螺旋管上方A点的磁感应强度方向为（　　）‎ A．向右 B．向左 C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外 ‎6．两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边△ABC的A和B处，如图所示．两通电导线在C处产生磁场的磁感应强度大小都足B0，则下列说法正确的是（　　）‎ A．等边三角ABC区域中（包括边界）没有磁感应强度为0的点 B．在C处磁场的总磁感应强度方向垂直于AB连线向下 C．在C处磁场的总磁感应强度大小是B0‎ D．在C处若有一电流大小为I，长度为L的恒定电流，受到的安培力可能为B0IL ‎7．用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为0～5V和0～10V的电压表，串联后接在12V的电压上，则（　　）‎ A．两表的电压示数相同，均为6 V B．两表头的指针的偏角相同 C．两表头的指针的偏角不相同 D．两表的电压示数不同 ‎8．某同学欲采用如图所示的电路完成相关实验．图中电流表A的量程为0.6A，内阻约0.1Ω；电压表V的量程为3V，内阻约6kΩ；G为小量程电流表；电源电动势约3V，内阻较小．下列实验电路中正确的是（　　）‎ A．‎ 测定一段电阻丝（约5Ω）的电阻 B．‎ 测定电池的电动势和内阻（约2.0Ω）‎ C．‎ 描绘小灯泡（额定电压2.5V）的伏安特性曲线 D．‎ 多用电表欧姆档测二极管正向电阻 ‎9．如图所示，电池组的电动势为ε，内电阻为r，R0为定值电阻，R为变阻器，已知R0＞r．为使R0上消耗的电功率最大，应将变阻器阻值调整到（　　）‎ A．R0 B．R0+r C．R0﹣r D．0‎ ‎10．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（　　）‎ A．47W B．44W C．32W D．48W ‎11．如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数几乎都为U，下列判断正确的是（　　）‎ A．a处接线断开 B．触头P开路 C．a、b间电阻丝开路 D．b处接线开路 ‎12．如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是（　　）‎ A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流 B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流 C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动 D．若断开电键S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动 ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，共8空，每空3分，共24分）‎ ‎13．用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值（阻值约为200Ω），实验室提供如下器材：‎ 电池组E 电动势3V，内阻不计 电流表A1 量程0﹣10mA，内阻约为40Ω﹣60Ω 电流表A2 量程0﹣500μA，内阻为1kΩ 滑动变阻器R1，阻值范围0﹣20Ω，额定电流2A 电阻箱R2，阻值范围0﹣9999Ω，额定电流1A 电键S、导线若干 要求实验中尽可能准确的测量Rx的阻值，回答下面问题：‎ ‎①上述器材中缺少电压表，需选一只电流表将它改装成电压表进行测量，请在方框中画出测量Rx阻值的电路图，并在图1中表明器材代号；‎ ‎②实验中将电阻箱R2的阻值调到4000Ω，再调节滑动变阻器R1，两表的示数如图2所示，可读出电流表A1的示数是　　mA，电流表A2的示数是　　μA，测得待测电阻Rx的阻值是　　．‎ ‎14．如图甲为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I﹣U特性曲线的实验电路图．‎ ‎（1）根据电路图甲，用笔画线替代导线，将答题纸图乙中的实验电路图连接完整（图乙左边是电压表）‎ ‎（2）依据你所连接的电路，在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于　　端（选填“A”、“B”或“AB中间”）‎ ‎（3）实验中测得有关数据如表：‎ U/V ‎0.40‎ ‎0.80‎ ‎1.20‎ ‎1.60‎ ‎2.00‎ ‎2.40‎ ‎2.80‎ I/A ‎0.10‎ ‎0.16‎ ‎0.20‎ ‎0.23‎ ‎0.25‎ ‎0.26‎ ‎0.27‎ 根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I﹣U特性曲线 ‎（4）如果用一个电动势为3V，内阻为25Ω的直流电源直接给该小灯泡供电，则小灯泡的实际功率为　　W．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共28分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）‎ ‎15．垂直磁场方向放入匀强磁场的通电导线长L=1cm，电流强度I=10A，若它所受的磁场力F=0.05N，求：‎ ‎（1）该磁场的磁感应强度B是多少？‎ ‎（2）若导线中电流强度变为5A，磁感应强度B是多少？‎ ‎16．如图所示的电路中，电源电动势E=6.0V，内阻r=0.6Ω，电阻R2=0.5Ω，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：‎ ‎（1）电阻R1和R3的阻值；‎ ‎（2）当S闭合后，电压表的示数、以及R2上消耗的电功率．‎ ‎17．如图所示，内壁光滑、内径很小的圆弧管固定在竖直平面内，圆弧的半径r为0.2m，在圆心O处固定一个电荷量为﹣1.0×10﹣9 C的点电荷．质量为0.06kg、略小于圆管截面的带电小球，从与O点等高的A点沿圆管内由静止运动到最低点B，到达B点小球刚好与圆弧没有作用力，然后从B点进入板距d=0.08m的两平行板电容器后刚好能在水平方向上做匀速直线运动，且此时电路中的电动机刚好能正常工作．已知电源的电动势为12V，内阻为1Ω，定值电阻R的阻值为6Ω，电动机的内阻为0.5Ω．求（取g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2）‎ ‎（1）小球到达B点时的速度；‎ ‎（2）小球所带的电荷量；‎ ‎（3）电动机的机械功率．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年甘肃省天水一中高二（上）第二次段考物理试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．其中第1、4、7、8题为多选题，其余题为单选题．多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的不得分）‎ ‎1．以下说法正确的是（　　）‎ A．由E=可知，电场中某点的电场强度E与F成正比 B．由I=可知，某段导体中的电流I与U成正比 C．由B=可知，磁场中的某点的磁感应强度B与放入磁场中的通电导线的电流I有关 D．由C=可知，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 ‎【考点】电场强度；欧姆定律．‎ ‎【分析】E=、B=、C=都运用比值法定义，反映物质的属性．I=是欧姆定律表达式．‎ ‎【解答】解：A、由E=可知：该式运用比值法定义，E由电场本身决定，与试探电荷无关，所以E与F无关，故A错误．‎ B、根据欧姆定律I=，知电流I与U成正比，故B正确．‎ C、B=是磁感应强度的定义式，运用比值法定义，B由磁场本身决定，与IL、F无关，故C错误．‎ D、C=是电容的定义式，运用比值法定义，C由电容器本身决定，与Q、U无关，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎2．一根粗细均匀，电阻为R的直导线，当保持温度不变的情况下，将导线对折使用，其电阻将变为（　　）‎ A． B． C．2R D．4R ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】由题意可知导线长度及截面积的变化，再由电阻定律分析电阻的变化．‎ ‎【解答】解：导线对折后，导线长度减半，而截面积加倍，则由电阻定律R=可知，其电阻将变化原来的；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．两个白炽灯泡，一个标有“220V 100W”，另一个标有“220V 60W”．假如灯丝的电阻不变，先把它们串联起来接到220V电源上，再把它们并联起来接到220V电源上．以下说法不正确的是（　　）‎ A．串联比并联消耗的总功率大 B．并联比串联消耗的总功率大 C．串联时60W灯泡消耗的电功率较大 D．并联时100W灯泡消耗的电功率较大 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】先根据公式P=判断两个灯泡的电阻值的大小关系；灯泡并联时电压相等，串联时电流相等，选择公式P=或P=I2R进行分析即可．‎ ‎【解答】解：标有“220V 100W”灯泡的电阻为：R1===484Ω，‎ 标有“220V 60W”灯泡的电阻为：R2==806.7Ω，‎ 故100W灯泡的电阻小于60W灯泡的电阻值；‎ AB、两个灯泡串联的总电阻与并联的总电阻大，根据P=可知，并联比串联消耗的总功率大，故A不正确，B正确；‎ C、串联时电流相等，根据P=I2R，60W的灯泡的实际功率较大，故C正确；‎ D、并联时电压相等，根据P=，100W的灯泡的实际功率较大，故D正确；‎ 本题选错不正确的，故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示是电阻R的I﹣U图象，图中α=45°，由此得出（　　）‎ A．通过电阻的电流与两端电压成正比 B．电阻R=0.5Ω C．因I﹣U图象的斜率表示电阻的倒数，故R==1.0Ω D．在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0C ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】电阻R的I﹣U图象斜率的倒数等于电阻R，由数学知识分析电流与电压的关系．对于电阻R，运用斜率求解，但不能根据直线倾角的正切的倒数求解．由图读出电压为U=6V时的电流，由q=It求解每秒内通过电阻的电荷量．‎ ‎【解答】解：A、根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A正确 BC、根据电阻的定义式R=可知，I﹣U图象斜率的倒数等于电阻R，则得R=Ω=2Ω，故BC错误．‎ D、由图知，当U=6V时，I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q=It=3×1C=3.0C，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，当闭合开关S后，螺旋管通以恒定电流，不计其他磁场的影响，螺旋管上方A点的磁感应强度方向为（　　）‎ A．向右 B．向左 C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．‎ ‎【分析】首先利用螺线管中电流的方向和线圈的绕向，根据安培定则确定判断出螺线管的N、S极；然后利用磁极间的作用规律确定小磁针的N、S极，从而可以得到答案．‎ ‎【解答】解：根据螺线管中电流的方向和线圈的绕向，利用安培定则用右手握住导线，让四指指向电流方向，则大拇指指向右端，即螺旋管的左端为N极，右端为S极．磁体外磁场的方向从N极指向S极，所以A点的磁场方向向右，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边△ABC的A和B处，如图所示．两通电导线在C处产生磁场的磁感应强度大小都足B0，则下列说法正确的是（　　）‎ A．等边三角ABC区域中（包括边界）没有磁感应强度为0的点 B．在C处磁场的总磁感应强度方向垂直于AB连线向下 C．在C处磁场的总磁感应强度大小是B0‎ D．在C处若有一电流大小为I，长度为L的恒定电流，受到的安培力可能为B0IL ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．‎ ‎【分析】根据右手螺旋定则得出两根通电导线在C点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则得出合场强的大小．‎ ‎【解答】解：A、直导线A与B在AB连续的中点处，A与B产生的磁感应强度大小相等，方向相反，合磁感应强度是0．故A错误；‎ B、C、根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，‎ 如图，根据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为B总=2Bcos30°=B0．方向水平向右．故BC错误；‎ D、在C处若有一电流大小为I，长度为L的恒定电流，调整电流与磁场之间的夹角，电流受到的安培力可能为B0IL．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为0～5V和0～10V的电压表，串联后接在12V的电压上，则（　　）‎ A．两表的电压示数相同，均为6 V B．两表头的指针的偏角相同 C．两表头的指针的偏角不相同 D．两表的电压示数不同 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】串联后两表的分压即示数与其电阻成正比，因电流大小一样，故指针偏转角度相同．‎ ‎【解答】解：A、因量程不同，内阻不同，则分压不同，故示数不同．故A错误，D正确；‎ B、因是串联关系，通过表头的电流大小一样，则指针偏转角度相同．故B正确，C错误；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎8．某同学欲采用如图所示的电路完成相关实验．图中电流表A的量程为0.6A，内阻约0.1Ω；电压表V的量程为3V，内阻约6kΩ；G为小量程电流表；电源电动势约3V，内阻较小．下列实验电路中正确的是（　　）‎ A．‎ 测定一段电阻丝（约5Ω）的电阻 B．‎ 测定电池的电动势和内阻（约2.0Ω）‎ C．‎ 描绘小灯泡（额定电压2.5V）的伏安特性曲线 D．‎ 多用电表欧姆档测二极管正向电阻 ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】A、伏安法测电阻的电路有两种接法．一种是电流表外接，适用于测量小电阻．另一种方法是电流表内接，适用于测量大电阻．待测电阻丝的电阻与电流表内阻相当，属于小电阻．‎ B、测定电源的电动势和内电阻，在该电路图中，电压表测量的是电源两端的电压，电流表应测量通过电源的电流，测的数据偏小，误差形成的原因是电压表的分流作用．‎ C、描绘小灯泡（额定电压为2.5 V）的伏安特性曲线，电流电压要从0测起，滑动变阻器应该用分压式．‎ D、欧姆表红表笔与内置电源负极相连，黑表笔与正极相连．‎ ‎【解答】解：A、待测电阻丝的电阻与电流表内阻相当，远小于电压表内阻，该待测电阻属于小电阻，电流表应用外接法．故A正确．‎ ‎ B、电压表测量的是电源两端的电压，电流表应测量通过电源的电流，测的数据偏小，误差形成的原因是电压表的分流作用．在该实验中，电压表内阻非常大，分流很不明显，误差较小．故B正确．‎ ‎ C、描绘小灯泡（额定电压为2.5 V）的伏安特性曲线，电流电压要从0测起，滑动变阻器应该用分压式，不能用限流式．故C错误．‎ ‎ D、测量晶体二极管的正向电阻时红表笔应与它的负极连接，故D正确；‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎9．如图所示，电池组的电动势为ε，内电阻为r，R0为定值电阻，R为变阻器，已知R0＞r．为使R0上消耗的电功率最大，应将变阻器阻值调整到（　　）‎ A．R0 B．R0+r C．R0﹣r D．0‎ ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由闭合电路的欧姆定律可知电路中的电流，由功率公式可确定电功率的极值．‎ ‎【解答】解：由闭合电路的欧姆定律可知I=，R0消耗的电功率P=I2R0，要使R0消耗的功率最大，则电流最大，应将变阻器阻值调到最小为零，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎10．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（　　）‎ A．47W B．44W C．32W D．48W ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R=可求电动机停转时的电阻；‎ 利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率．‎ ‎【解答】解：电动机的电阻R===4Ω；‎ 电动机的总功率P=U1I1=24V×2A=48W；‎ 克服自身电阻的功率PR=I12R=（2A）2×4Ω=16W；‎ 电动机正常运转时的输出功率是P输出=P﹣PR=48W﹣16W=32W．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数几乎都为U，下列判断正确的是（　　）‎ A．a处接线断开 B．触头P开路 C．a、b间电阻丝开路 D．b处接线开路 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电压表的示数几乎都为U，说明变阻器上没有电压，将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项．‎ ‎【解答】解：A、若a处接线断开，电压表的示数为零，不符合题意．故A错误．‎ ‎ B、若触头P开路，电压表的示数为零，不符合题意．故B错误．‎ ‎ C、若a、b间电阻丝开路，电压表示数几乎为U，后变为零，不符合题意．故C错误．‎ ‎ D、若b处接线开路，ab上没有电压，电压表的示数几乎都为U．故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎12．如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是（　　）‎ A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流 B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流 C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动 D．若断开电键S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压．只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，判断R0消耗的电功率，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况．若断开电键S，电容器处于放电状态．‎ ‎【解答】解：A、只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确；‎ B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；‎ C、只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=可知，电场力变大，带点微粒向上运动，故C错误；‎ D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，故D错误．‎ 故选A ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，共8空，每空3分，共24分）‎ ‎13．用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值（阻值约为200Ω），实验室提供如下器材：‎ 电池组E 电动势3V，内阻不计 电流表A1 量程0﹣10mA，内阻约为40Ω﹣60Ω 电流表A2 量程0﹣500μA，内阻为1kΩ 滑动变阻器R1，阻值范围0﹣20Ω，额定电流2A 电阻箱R2，阻值范围0﹣9999Ω，额定电流1A 电键S、导线若干 要求实验中尽可能准确的测量Rx的阻值，回答下面问题：‎ ‎①上述器材中缺少电压表，需选一只电流表将它改装成电压表进行测量，请在方框中画出测量Rx阻值的电路图，并在图1中表明器材代号；‎ ‎②实验中将电阻箱R2的阻值调到4000Ω，再调节滑动变阻器R1，两表的示数如图2所示，可读出电流表A1的示数是　6.4　mA，电流表A2的示数是　240　μA，测得待测电阻Rx的阻值是　187.5　．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】本题中没有电压表，所以需要将内阻为已知的电流表A2 与定值电阻串联改装为电压表，然后待测电阻的大小判断电流表应选外接法还是内接法，由于滑动变阻器阻值太小，故变阻器应用分压式接法．‎ 电流表的读数若正好指在刻度线上，一般不估读；若指在两刻度线之间，一般按最小分度的或估读；待测电阻根据Rx=计算可得．‎ ‎【解答】解：①由于电流表A2 的额定电流太小，不能作为电流表单独使用，又它的内阻一定，定值电阻R2 与电流表A2 内阻接近，可考虑将 A2与 R2串联，故可以将电流表 A2串联定值电阻 R2，将其改装成一个量程为3V的电压表，改装表选用的器材是A2、R2；A2的满偏电压：U2=I2r2=500×10﹣6×1000=0.5V 将其改装成一个量程为3V的电压表需要串联一个电阻：R串===5000Ω，‎ 电压表的内阻RV=R2+r2=1000+5000=6000Ω，由于＞，故电流表应用用外接法；‎ 又滑动变阻器最大电阻远小于待测电阻阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示；‎ ‎②根据图可得，电流表的读数：6.4mA；A2的读数：240μA；对应的电压表：U=I2RV=240×10﹣6×6000V=1.44V 根据欧姆定律有I1=+，代入数值可得 RX=187.5Ω；‎ 故答案为：①电路图如图所示；②6.4；240；187.5．‎ ‎　‎ ‎14．如图甲为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I﹣U特性曲线的实验电路图．‎ ‎（1）根据电路图甲，用笔画线替代导线，将答题纸图乙中的实验电路图连接完整（图乙左边是电压表）‎ ‎（2）依据你所连接的电路，在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于　A　端（选填“A”、“B”或“AB中间”）‎ ‎（3）实验中测得有关数据如表：‎ U/V ‎0.40‎ ‎0.80‎ ‎1.20‎ ‎1.60‎ ‎2.00‎ ‎2.40‎ ‎2.80‎ I/A ‎0.10‎ ‎0.16‎ ‎0.20‎ ‎0.23‎ ‎0.25‎ ‎0.26‎ ‎0.27‎ 根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I﹣U特性曲线 ‎（4）如果用一个电动势为3V，内阻为25Ω的直流电源直接给该小灯泡供电，则小灯泡的实际功率为　0.054　W．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】做电学实验时首先要注意安全性原则，变阻器使用分压式接法；根据描点法做出伏安特性曲线即可；再作出电源的伏安特性曲线，两线的交点为灯泡的工作点，从而求得功率．‎ ‎【解答】解：（1）根据原理较可得出对应的原理图如图所示；‎ ‎（2）由实物图可知，测量电路部分与滑动变阻器的左侧并联，故为了让电流从零开始调节，滑片开始时应滑至A端；‎ ‎（3）根据描点法得出对应的I﹣U图象；‎ ‎（4）在对应的I﹣U图象中作出电源的伏安特性曲线，如图所示，两图象的交点为灯泡的工作点；则由图可知，灯泡的电压为0.45V，电流为0.12A；则对应的功率为：‎ P=UI=0.45×0.12=0.054W；‎ 故答案为：（1）如下图所示；（2）A；（3）如图所示；（4）0.054；‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共28分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）‎ ‎15．垂直磁场方向放入匀强磁场的通电导线长L=1cm，电流强度I=10A，若它所受的磁场力F=0.05N，求：‎ ‎（1）该磁场的磁感应强度B是多少？‎ ‎（2）若导线中电流强度变为5A，磁感应强度B是多少？‎ ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】根据磁感应强度的定义式，求磁感应强度的大小；磁感应强度只与磁场本身有关．‎ ‎【解答】解：（1）根据磁感应强度的定义式有：，‎ 得： T ‎（2）磁感应强度只与磁场本身有关，若导线中的电流强度边为5A，则磁场的磁感应强度不变，仍然是0.5T 答：（1）该磁场的磁感应强度B是0.5T；‎ ‎（2）若导线中电流强度变为5A，磁感应强度B仍然是0.5T．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示的电路中，电源电动势E=6.0V，内阻r=0.6Ω，电阻R2=0.5Ω，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：‎ ‎（1）电阻R1和R3的阻值；‎ ‎（2）当S闭合后，电压表的示数、以及R2上消耗的电功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据电压表和电流表的示数，由欧姆定律可以求得电阻R3的阻值的大小；‎ ‎（2）当S闭合后，R2和R3并联，之后和R1串联，根据闭合电路的欧姆定律可以求得电路的总电流的大小，进而可以求得电阻的功率的大小．‎ ‎【解答】解：（1）S断开时，由U1=I1R3‎ 得 R3==2Ω，‎ 又由 ‎ 求得 R1=1.4Ω，‎ ‎（2）S闭合时，R2、R3并联电阻，‎ 回路总电流，‎ 电压表示数为 U2=I2R23=1V，‎ R2上消耗的功率．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，内壁光滑、内径很小的圆弧管固定在竖直平面内，圆弧的半径r为0.2m，在圆心O处固定一个电荷量为﹣1.0×10﹣9 C的点电荷．质量为0.06kg、略小于圆管截面的带电小球，从与O点等高的A点沿圆管内由静止运动到最低点B，到达B点小球刚好与圆弧没有作用力，然后从B点进入板距d=0.08m的两平行板电容器后刚好能在水平方向上做匀速直线运动，且此时电路中的电动机刚好能正常工作．已知电源的电动势为12V，内阻为1Ω，定值电阻R的阻值为6Ω，电动机的内阻为0.5Ω．求（取g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2）‎ ‎（1）小球到达B点时的速度；‎ ‎（2）小球所带的电荷量；‎ ‎（3）电动机的机械功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；机械能守恒定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）小球从A运动到B过程，受重力、电场力和弹力，只有重力做功，机械能守恒，根据守恒定律列式求解B点速度；‎ ‎（2）小球到达B点时刚好与圆弧没有作用力，受重力和静电引力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；‎ ‎（3）球在电场中做匀速直线运动，受重力和电场力平衡，根据平衡条件求解出电压，然后根据欧姆定律求解干路电流，最后结合闭合电路欧姆定律求解电动机的输入电压；电动机的机械功率等于电功率减去热功率．‎ ‎【解答】解：（1）由机械能守恒得：mgr=‎ 解得：vB=2m/s ‎ ‎（2）到达B点恰好作用力为0，由牛顿第二定律得：‎ 解得：q=8×10﹣3C ‎ ‎（3）设电容器两端电压为U，由二力平衡得：‎ ‎ ①‎ 由欧姆定律得：I= ②‎ 所以，电动机两端电压：UM=E﹣U﹣Ir ③‎ ‎ ④‎ 联立①②③④解得：P机=4.5W 答：（1）小球到达B点时的速度为2m/s；‎ ‎（2）小球所带的电荷量为8×10﹣3C；‎ ‎（3）电动机的机械功率为4.5W．‎ ‎　‎