物理卷·2018届安徽省蚌埠市怀远三中高二上学期第二次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届安徽省蚌埠市怀远三中高二上学期第二次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年安徽省蚌埠市怀远三中高二（上）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、单选题（本题有8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的．）‎ ‎1．真空中有两个点电荷Q1和Q2，它们之间的静电力为F，下面做法可以使它们之间的静电力变为2F的有（　　）‎ A．使Q1的电量变为原来的2倍，同时使它们的距离变为原来的2倍 B．使每个电荷的电量都变为原来的2倍，距离变为原来的2倍 C．保持它们的电量不变，使它们的距离变为原来的一半 D．保持它们的距离不变，使它们的电量都变为原来的倍 ‎2．以下说法正确的是（　　）‎ A．由可知此场中某点的电场强度E与F成正比 B．由公式可知电场中某点的电势φ与q成反比 C．由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 D．公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 ‎3．如图所示，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A点的加速度为aA、电势能为EPA；在B点的加速度为aB、电势能为EPB．则下列结论正确的是（　　）‎ A．粒子带正电，aA＞aB，EPA＞EPB B．粒子带负电，aA＞aB，EPA＞EPB C．粒子带正电，aA＜aB，EPA＜EPB D．粒子带负电，aA＜aB，EPA＜EPB ‎4．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（　　） ‎ A．R1：R2=1：1‎ B．R1：R2=3：1‎ C．将R1与R2串联后接于电源上，则电压比U1：U2=1：3‎ D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎5．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，则（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，增大S，则θ变小 D．保持d不变，增大S，则θ不变 ‎6．一根粗细均匀的镍铬丝的横截面的直径为d，电阻是R，把它拉制成直径是的均匀细丝后，它的电阻变成（　　）‎ A． R B．10000R C． R D．100R ‎7．如图所示，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（　　）‎ A．U1变小、U2变大 B．U1变大、U2变大 C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小 ‎8．如图为两个不同闭合电路中两个不同电源的I﹣U图象，则下述说法不正确的是（　　）‎ A．电动势E1=E2，发生短路时的电流强度I1＞I2‎ B．电动势E1=E2，内阻r1＞r2‎ C．电动势E1=E2，内阻r1＜r2‎ D．当两个电源工作电流变量相同时，电源2的路端电压变化较大 ‎　‎ 二、多项选择题（本题有4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．漏选得3分，多选、错选不得分）‎ ‎9．A、B在两个等量异种点电荷连线的中垂线上，且到连线的距离相等，如图所示，则（　　）‎ A．同一点电荷在A、B两点的电势能相等 B．把正电荷从A点移到B点，电势能先增大后减小 C．把正电荷从A点移到B点，电势能先减小后增大 D．A、B两点的连线上任意两点的电势差为零 ‎10．如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场E中，在环与环圆心等高处有一个质量为m、带电量为+q的小球由静止开始沿轨道运动，则（　　）‎ A．小球运动过程中机械能不守恒 B．小球经过环的最低点时速度最大 C．在最低点时球对环的压力为（mg+qE）‎ D．在最低点时球对环的压力为3（mg+qE）‎ ‎11．如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触点向下移动时，各灯的亮度变化情况正确的是（　　）‎ A．A、B、C三灯都变亮 B．A、B灯变亮，C灯变暗 C．A灯变亮，B灯变暗 D．C灯变亮 ‎12．当某一电容器两端的电势差达到40V时，它所带的电荷量是0.2C，若它两端的电势差降到20V时，则（　　）‎ A．电容器的电容减少一半 B．电容器的电容不变 C．电容器所带电荷量减少一半 D．电容器所带电荷量不变 ‎　‎ 二、非选择题：‎ ‎13．为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：‎ A．电流表（0～200mA，内阻0.5Ω）‎ B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）‎ C．电压表（0～3V，内阻5kΩ）‎ D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）‎ E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）‎ F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）‎ G．电源（3V） H．电键一个，导线若干．‎ ‎（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是　　．‎ ‎（2）在如图1虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物按电路图用导线连好．‎ ‎（3）此实线图2中描绘出的I﹣U图线是　　（填“曲线”．“直线”），其原因是　　．‎ ‎14．某同学按如图所示的电路测一节干电池的电动势E和内阻r，为防止调节滑动变阻器时由于电流过大而损坏仪器，电路中用了一个保护电阻R0．实验中除干电池、开关、导线外还有下列器材可供选用：‎ A．电压表：V（0～2V）‎ B．电流表：A1（0～1A）；A2（0～5A）‎ C．滑动变阻器：R1（总阻值200Ω）；R2（总阻值50Ω）‎ D．定值电阻：R01（阻值1Ω）；R02（阻值20Ω）‎ ‎（1）电流表应选用　　；滑动变阻器应选用　　；保护电阻应选用　　．‎ ‎（2）该同学测出路端电压U和电流I的多组数据，并做出了U﹣I图象．用U﹣I图象可求得电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．（结果取3位有效数字）‎ ‎15．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一个电量为q=4×10﹣8C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2×10﹣7J求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E ‎（2）电荷从b移到c，电场力做功W2．‎ ‎16．图中A、B间的电压UAB=24V保持不变，R3=36Ω，要使开关S接通和断开时，C、B间的电压分别为6V和8V，求：‎ ‎①R1的阻值；‎ ‎②R2的阻值．‎ ‎17．电荷量为q=1×10﹣4C的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的匀强电场，场强E与时间t的关系及物块速度v与时间t的关系如图所示．若重力加速度g取10m/s2，求：‎ ‎（1）物块的质量m以及物块与水平面之间的动摩擦因数；‎ ‎（2）物块运动2s过程中，其电势能的改变量．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽省蚌埠市怀远三中高二（上）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题（本题有8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的．）‎ ‎1．真空中有两个点电荷Q1和Q2，它们之间的静电力为F，下面做法可以使它们之间的静电力变为2F的有（　　）‎ A．使Q1的电量变为原来的2倍，同时使它们的距离变为原来的2倍 B．使每个电荷的电量都变为原来的2倍，距离变为原来的2倍 C．保持它们的电量不变，使它们的距离变为原来的一半 D．保持它们的距离不变，使它们的电量都变为原来的倍 ‎【考点】库仑定律；电荷守恒定律．‎ ‎【分析】在真空中有两个点电荷间的作用力遵守库仑定律，根据库仑定律，运用比例法求解．‎ ‎【解答】解：由题F=k A、使Q1的电量变为原来的2倍，同时使它们的距离变为原来的2倍，它们间的静电力为F，故A错误．‎ B、使每个电荷的电量都变为原来的2倍，距离变为原来的2倍，它们间的静电力为F，故B错误．‎ C、保持它们的电量不变，使它们的距离变为原来的一半，它们间的静电力为4F，故C错误．‎ D、保持它们的距离不变，使它们的电量都变为原来的倍，它们间的静电力为2F，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．以下说法正确的是（　　）‎ A．由可知此场中某点的电场强度E与F成正比 B．由公式可知电场中某点的电势φ与q成反比 C．由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 D．公式C=，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；电势差；电势．‎ ‎【分析】电场强度是采用比值定义的，E和F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的；‎ 电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的．‎ Uab=Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离．‎ 电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关．‎ ‎【解答】解：A、电场强度是采用比值定义的，E和F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的，故A错误．‎ B、电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的．故B错误．‎ C、Uab=Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离，故C错误．‎ D、公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，与两极板间距离d，极板面积S等有关．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A点的加速度为aA、电势能为EPA；在B点的加速度为aB、电势能为EPB．则下列结论正确的是（　　）‎ A．粒子带正电，aA＞aB，EPA＞EPB B．粒子带负电，aA＞aB，EPA＞EPB C．粒子带正电，aA＜aB，EPA＜EPB D．粒子带负电，aA＜aB，EPA＜EPB ‎【考点】等势面．‎ ‎【分析】图中场源位于等势面圆心位置，根据曲线的弯曲可知是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据公式φ=判断电势能高低．‎ ‎【解答】解：由于等势面是同心圆，且外里小，故图中场源位于等势面圆心位置，是负电荷；‎ 根据曲线的弯曲可知是静电斥力，故粒子也带负电；‎ 由于B位置等差等势面较密集，场强大，加速度大，即aA＜aB；‎ 从A到B，电势降低，根据公式φ=，B点电势能大，即EPA＜EPB；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（　　） ‎ A．R1：R2=1：1‎ B．R1：R2=3：1‎ C．将R1与R2串联后接于电源上，则电压比U1：U2=1：3‎ D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】通过I﹣U图象得出两电阻的关系．串联电路电流相等，并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比．‎ ‎【解答】解：根据I﹣U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3．串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1：I2=1：1．则电压之比等于电阻之比，故电压之比为：1：3； ‎ 并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1．故A、B、D错误，C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，则（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，增大S，则θ变小 D．保持d不变，增大S，则θ不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】先根据电容的决定式C=，抓住电量不变，再由电容的定义式C=分析电容器板间电压的变化，即可作出判断．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、保持S不变，增大d，由电容器的决定式C=知，电容变小，电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知电容器板间电压增大，则θ变大．故A正确，B错误．‎ C、D、保持d不变，增大S，由电容器的决定式C=知，电容变大，电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知电容器板间电压减小，则θ变小．故C正确，D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎6．一根粗细均匀的镍铬丝的横截面的直径为d，电阻是R，把它拉制成直径是的均匀细丝后，它的电阻变成（　　）‎ A． R B．10000R C． R D．100R ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】镍铬丝的横截面的直径为d，横截面积为S=，根据数学知识确定直径是后横截面积的关系，根据体积不变，分析长度的关系，由电阻定律分析电阻的变化情况．‎ ‎【解答】解：镍铬丝的横截面的直径为d，横截面积为S1=，由数学知识得知，直径是后横截面积是S2=，由于镍铬丝的体积不变，由长度变为原来的100倍，根据电阻定律R=得到，电阻是原来的10000倍，即为10000R．‎ 故选B ‎　‎ ‎7．如图所示，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（　　）‎ A．U1变小、U2变大 B．U1变大、U2变大 C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变大的方法．‎ ‎【解答】解：根据动能定理：eU1=mv2‎ 在偏转电场中vy=at a=‎ t=‎ tanθ==‎ 若使偏转角变大即使tanθ变大，由上式看出可以增大U2减小U1．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．如图为两个不同闭合电路中两个不同电源的I﹣U图象，则下述说法不正确的是（　　）‎ A．电动势E1=E2，发生短路时的电流强度I1＞I2‎ B．电动势E1=E2，内阻r1＞r2‎ C．电动势E1=E2，内阻r1＜r2‎ D．当两个电源工作电流变量相同时，电源2的路端电压变化较大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．‎ ‎【解答】解：A．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，故电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2，故A不符合题意；‎ B．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1＜r2，故B符合题意；‎ C．由B的分析可知C不符合题意；‎ D．电动势E1=E2，内阻r1＜r2，根据U=E﹣Ir可知，当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大，故D不符合题意．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（本题有4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．漏选得3分，多选、错选不得分）‎ ‎9．A、B在两个等量异种点电荷连线的中垂线上，且到连线的距离相等，如图所示，则（　　）‎ A．同一点电荷在A、B两点的电势能相等 B．把正电荷从A点移到B点，电势能先增大后减小 C．把正电荷从A点移到B点，电势能先减小后增大 D．A、B两点的连线上任意两点的电势差为零 ‎【考点】电势能；电势差．‎ ‎【分析】等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，同一电荷在等势线上电势能相同．根据电场线分布的对称性可知，A、B两点的电场强度相同．把正电荷从A点沿直线移动到B点，电场力先增大后减小．‎ ‎【解答】解：A、B、C等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，同一电荷在A、B两点的电势能必定相等．故A正确，BC错误．‎ D、由于AB处在同一等势线上，A、B连线上的任意两点的电势差一定为零．故D正确．‎ 故选AD ‎　‎ ‎10．如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场E中，在环与环圆心等高处有一个质量为m、带电量为+q的小球由静止开始沿轨道运动，则（　　）‎ A．小球运动过程中机械能不守恒 B．小球经过环的最低点时速度最大 C．在最低点时球对环的压力为（mg+qE）‎ D．在最低点时球对环的压力为3（mg+qE）‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据机械能守恒的条件判断小球运动过程中机械能是否守恒，通过动能定理判断小球在何位置速度最大，根据动能定理求出最低点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出球对环的压力大小．‎ ‎【解答】解：A、小球在运动的过程中除了重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒．故A错误．‎ B、根据动能定理知，在运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点的速度最大．故B正确．‎ C、根据动能定理得：mgR+qER=mv2，解得：v2=，‎ 根据牛顿第二定律得：N﹣qE﹣mg=m，‎ 解得：N=3（mg+qE），则球对环的压力为3（mg+qE）．故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触点向下移动时，各灯的亮度变化情况正确的是（　　）‎ A．A、B、C三灯都变亮 B．A、B灯变亮，C灯变暗 C．A灯变亮，B灯变暗 D．C灯变亮 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】‎ 当滑动变阻器的滑动触头P向下移动时，根据变阻器接入电路的电阻如何变化，由欧姆定律分析总电流的变化，判断A灯亮度的变化．由欧姆定律分析并联部分电压如何变化，确定灯B亮度的变化．根据总电流与B电流的变化关系，分析通过灯C电流的变化，判断C灯亮度的变化．‎ ‎【解答】解：‎ 当滑动变阻器的滑动触头P向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，干路中电流I增大，则A灯变亮．‎ 电路中并联部分电压U并=E﹣I（RA+r），I增大，其他量不变，则U并减小，灯B变暗．‎ 通过C灯的电流IC=I﹣IB，I增大，IB减小，则IC增大，则灯C变亮．所以A．C灯变亮，B灯变暗．故CD正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎12．当某一电容器两端的电势差达到40V时，它所带的电荷量是0.2C，若它两端的电势差降到20V时，则（　　）‎ A．电容器的电容减少一半 B．电容器的电容不变 C．电容器所带电荷量减少一半 D．电容器所带电荷量不变 ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】电容器的电容由本身的因素决定，与两端的电压和所带的电量无关，根据Q=CU判断电量的变化．‎ ‎【解答】解：A、当某一电容器的电压是40V时，它所带电量是0.2C，若它的电压降到20V时，电容不变．故A错误，B正确．‎ C、根据Q=CU，电容不变，电压变为原来的一半，则电量减小一半．故C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 二、非选择题：‎ ‎13．为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：‎ A．电流表（0～200mA，内阻0.5Ω）‎ B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）‎ C．电压表（0～3V，内阻5kΩ）‎ D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）‎ E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）‎ F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）‎ G．电源（3V） H．电键一个，导线若干．‎ ‎（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是　A、C、E、G、H　．‎ ‎（2）在如图1虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物按电路图用导线连好．‎ ‎（3）此实线图2中描绘出的I﹣U图线是　曲线　（填“曲线”．“直线”），其原因是　随着温度的升高，电阻增大　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程．灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接．根据电路图连接实物图．灯泡的电阻随温度的变化而变化，所以I﹣U图线是一条曲线．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的误差较小，额定电流I=≈130mA，所以电流表的量程选择200mA的，‎ 灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，使用选择电阻值比较小的滑动变阻器E，另外，还需要电源、电建和导线．‎ 故实验中应选择的仪器是A、C、E、G、H．‎ ‎（2）灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻R==22.5Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．‎ 电路图和实物连线图如图所示．‎ ‎（3）此实线图2中描绘出的I﹣U图线是曲线，其原因是由于温度升高，电阻增大．‎ 故答案为：（1）A、C、E、F、G．‎ ‎（2）如右图．‎ ‎（3）曲线，随着温度的升高，电阻增大．‎ ‎　‎ ‎14．某同学按如图所示的电路测一节干电池的电动势E和内阻r，为防止调节滑动变阻器时由于电流过大而损坏仪器，电路中用了一个保护电阻R0．实验中除干电池、开关、导线外还有下列器材可供选用：‎ A．电压表：V（0～2V）‎ B．电流表：A1（0～1A）；A2（0～5A）‎ C．滑动变阻器：R1（总阻值200Ω）；R2（总阻值50Ω）‎ D．定值电阻：R01（阻值1Ω）；R02（阻值20Ω）‎ ‎（1）电流表应选用　A1　；滑动变阻器应选用　R2　；保护电阻应选用　R01　．‎ ‎（2）该同学测出路端电压U和电流I的多组数据，并做出了U﹣I图象．用U﹣I图象可求得电池的电动势E=　1.50　V，内电阻r=　1.00　Ω．（结果取3位有效数字）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）一节干电池的电动势为1.5V，结合电流表、滑动变阻器及定值电阻的大小关系可以选出合适的电流表、滑动变阻器及保护电阻．‎ ‎（2）由U﹣I图象与纵坐标的截距可知电源的电动势；由横坐标的交点可求得路端电压为0.9V时的电流值，则由闭合电路欧姆定律可求得内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）因电源电动势为1.5V，若电路总电阻大于1.5Ω，则电路中总电流将小于1A，而保护电阻最小的为1Ω，再加上电源内电阻，电路中总电阻将可以大于1.5Ω，故为了准确，电流表应选A1；定值电阻应选R01；滑动变阻器应选择易于调节的，故应选R2；‎ ‎（2）由图可知，电源的电动势E=1.50V；‎ 当路端电压为0.9V时，电路中电流为0.6A；‎ 则由闭合电路欧姆定律可得：‎ r===1.00Ω；‎ 故答案为：（1）A1；R2；R01；‎ ‎（2）1.50（1.49～1.51）；1.00（1.02～0.983）．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，一个电量为q=4×10﹣8C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2×10﹣7J求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E ‎（2）电荷从b移到c，电场力做功W2．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电场力做功公式，求出匀强电场的场强．结合功的公式求出电荷从b到c电场力做功．‎ ‎【解答】解：（1）根据W1=qExab得，匀强电场的场强E==60N/C．‎ ‎（2）电荷从b移到c，电场力做功W2=qExbccos60°=J=1.44×10﹣7J．‎ 答：（1）匀强电场的场强为60N/C．‎ ‎（2）电荷从b移到c，电场力做功为1.44×10﹣7J．‎ ‎　‎ ‎16．图中A、B间的电压UAB=24V保持不变，R3=36Ω，要使开关S接通和断开时，C、B间的电压分别为6V和8V，求：‎ ‎①R1的阻值；‎ ‎②R2的阻值．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】分别对开关S闭合和断开时的电路运用闭合电路欧姆定律列式即可求解．‎ ‎【解答】解：当开关闭合时，根据闭合电路欧姆定律得：‎ UAB=UBC+U1‎ UAB=UBC+‎ 即：24=6+①‎ 当开关断开时，根据闭合电路欧姆定律得：‎ UAB=U2+U1‎ UAB=U2+‎ 即：24=8+②‎ 由①②解得：‎ R1=36Ω，R2=18Ω，‎ 答：①R1的阻值为36Ω；‎ ‎②R2的阻值为18Ω．‎ ‎　‎ ‎17．电荷量为q=1×10﹣4C的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的匀强电场，场强E与时间t的关系及物块速度v与时间t的关系如图所示．若重力加速度g取10m/s2，求：‎ ‎（1）物块的质量m以及物块与水平面之间的动摩擦因数；‎ ‎（2）物块运动2s过程中，其电势能的改变量．‎ ‎【考点】电势能；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）第1s物块做匀加速直线运动，1s后物块做匀速运动，处于平衡状态，分别使用牛顿第二定律和物体的平衡条件即可解题；‎ ‎（2）物体电势能的该变量等于电场力做的功．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，第1s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：‎ qE1﹣μmg=ma，‎ 由图线知a=2m/s2‎ ‎1s后物块做匀速运动，由平衡条件有：qE2=μmg q（E1﹣E2）=ma 代入数据解得：m=0.5kg ‎（2）物块在第1s的位移为 m 物块在第2s的位移为 s2=vt2=2m 电场力做正功 W=qE1s1+qE2s2=7J 所以，物块的电势能减少7J．‎ 答：（1）物块的质量m以及物块与水平面之间的动摩擦因数为0.4；‎ ‎（2）物块运动2s过程中，其电势能的改变量为7J．‎ ‎　‎