综合检测卷(二)-【金试卷】2025-2026学年高中物理必修第三册同步单元双测卷（人教A版）

综合检测卷（二》 建议用时：90分钟满分：100分 一、选择题（本题共12小题，共40分.在每小题给出的四个选项中， 第1一8题只有一项符合题目要求，每小题3分；第9一12题有多项 n 符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的 得0分) 1.关于电场强度，下列认识正确的是 () A.若在电场中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为0 密 B.点电荷的电场强度公式E=是表明，点电荷周围某点电场强 度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比 的 C.电场强度公式E=F表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷 封 量q成反比，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍 D.匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都 线 相同 2.某学生用多用电表测量一个电阻的阻值，将选择开关置于“×10” 挡测量时，指针位置如图所示.接着合理的做法是 内 14801 504030201510 ulu 不 2 A.换“×1”挡，再读数 B.换“×100”挡，再读数 蚁 准 C.换“×1”挡，调整欧姆点后再读数 D.换“×100”挡，调整欧姆零点后再读数 3.如图所示为某电场中x轴上电势口随x变化的 答 图像，一个带电粒子仅受静电力作用，在x=0处 由静止释放，沿x轴正方向运动，且以一定的速度 通过x=x2处，则下列说法正确的是 箭 题 A.x1和x2处的电场强度均为零 B.x1和x2之间的电场强度方向不变 C.粒子从x=0到x=x2过程中，电势能先增大后减小 D.粒子从x=0到x=x2过程中，加速度先减小后增大 4.如图所示，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F位于 A 边长L=4cm的正六边形的顶点上，匀强电场 的方向平行于正六边形所在的平面.已知A、B、B 斜 C的电势分别为一4V、0、8V.则下列说法正确 北 的是 A.E点的电势PE=0 B.A、F间的电势差UAF=0 C.该匀强电场的场强大小E=100V/m D.该匀强电场的电场线垂直于B、F连线，且由D指向A 5.在如图所示的电路中，电压表、电流表 均为理想电表，当闭合开关S后，若将 滑动变阻器的滑片P向下移动，则下列 E 说法不正确的是 () A.电路再次稳定时，电源效率减小 B.灯L2变暗，电流表的示数增大，电容器极板所带电荷量减少 C.灯L,变亮，电压表的示数减小，电源输出功率减小 D.电源的内部消耗功率增大 6.如图所示是一火警报警器的一部分电路示意 ao 图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感 E 器（温度越高，其阻值越小），电流表为值班室 R R 的显示器，a、b之间接报警器.当传感器R2所 bo 在处出现火情时，显示器的电流I2、报警器两端的电压U的变化 情况是 A.I2变大，U变大 B.I2变小，U变小 C.I2变小，U变大 D.I2变大，U变小 7.如图所示为某一点电荷形成的一簇 电场线，a、b、c三条虚线为三个带 b 电粒子以相同的速度从O点射入 B 电场的运动轨迹，其中b虚线为一 A C 圆弧，AB的长度等于BC的长度， 且三个粒子的电荷量大小相等，不 计粒子重力，则以下说法正确的是 ( ) A.a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹 B.由于AB的长度等于BC的长度，故UAB=UC C.α虚线对应的粒子的加速度越来越大，c虚线对应的粒子的加 速度越来越小，b虚线对应的粒子的加速度大小不变 D.b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量 8.如图所示，匀强电场的方向平行于O、P、Q三点所 在的平面，三点的连线构成一个直角三角形，∠P 是直角，∠O=30°，PQ=2cm,三点的电势分别是030 p 9o=5V,pp=11V,9Q=13V.下列叙述正确的是 ) A.电场的方向沿QO方向，电场强度大小为2V/m B.OQ连线中点的电势为6.5V C.电子在P点的电势能比在Q点低2eV D.沿O→P→Q路径将电子从O点移动到Q点，静电力做的功 为8eV 9.如图所示，A是某电源的U一I图线，B U/V 是某电阻R的U一I图线，用上述电源和 3 电阻组成闭合电路时，下列说法正确的 2 是 ( A.R的阻值和电源的内阻均为12 6 I/A B.电源的输出功率是4W,总功率是6W C.电源的内部损耗功率是4W,输出功率是2W D.电源的电动势是3V,内阻是0.52 10.如图所示，空间两个区域存在两个磁场，磁 。· MO P 感应强度大小均为B,方向相反且垂直纸·· 面，MN、PQ分别为其边界，OO为其对称·· ×x× 轴.一导线折成边长为1的正方形闭合回路··· abcd,回路在纸面内以恒定速度v。向右运 。× cx x NO'O 动，则 A.当运动到关于OO对称的位置时穿过回路的磁通量向外 B.当运动到关于OO对称的位置时穿过回路的磁通量为零 C.在从dc边与MN重合的位置运动到回路完全进入右边磁场 的过程中，穿过回路的磁通量一直减少 D.在从dc边与MN重合的位置运动到回路完全进入右边磁场 的过程中，穿过回路的磁通量先减少后增加 11.交警使用的某型号酒精测试仪工作原理如图 所示，传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓 度的增大而减小，电源的电动势为E,内阻为 ,电路中的电表均为理想电表.当一位酒驾 S Er Ro 驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法中正确的是 A.电压表的示数变大，电流表的示数变小 B.电压表的示数变小，电流表的示数变大 C.酒精气体浓度越大，电源的输出功率越大 D.电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持 不变 12.竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、 B带有同种电荷.现用指向墙面的水平推力 A F作用于小球B,两球分别静止在竖直墙和 水平地面上，如图所示.如果将小球B向左推 B F 动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平 衡状态相比较 ) A.推力F将变大 B.竖直墙面对小球A的弹力变小 C.地面对小球B的支持力变大 D.两小球之间的距离变大 二、实验题（本题共2小题，共14分） 13.(6分)图甲为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框 内是毫安表的改装电路 HA) B'a d R。R 甲 乙 (1)已知毫安表表头的内阻为1002，满偏电流为1mA;R,和 R2为阻值固定的电阻.若使用α和b两个接线柱，电表量程为 3mA;若使用a和c两个接线柱，电表量程为l0mA.由题给条 件和数据，可以求出R,= 2,R2= 2. (2)现用一量程为3mA、内阻为1502的标准电流表△对改装 电表的3mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5mA、 第四部分综合检测卷43 1.0mA、1.5mA、2.0mA、2.5mA、3.0mA.电池的电动势为 1.5V,内阻忽略不计；定值电阻R。有两种规格，阻值分别为 3002和10002；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为 7502和30002.则R。应选用阻值为 2的电阻，R应选 用最大阻值为 Ω的滑动变阻器. (3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用 图乙电路可以判断出损坏的电阻.图乙中的R'为保护电阻，虚 线框内未画出的电路即为图甲虚线框内的电路，则图中的d点 应和接线柱 (填“b”或“c”)相连.判断依据是： 14.(8分)用如图甲所示电路，测定两节串联而成的干电池组的电 动势和内阻.除待测电池组、开关和导线外，可供使用的实验器 材还有： A.电流表A(0~0.6A,内阻约0.52) B.电压表V(0~3V,内阻约3k2) C.定值电阻R(42,2A) D.滑动变阻器R(0~10,2A) E.滑动变阻器R2(0~1002,1A) A 甲 ↑U 3.0 2.8 2.6- 2.4 2.2 2.06 0.10.20.30.40.50.6dA 丙 (1)实验中，滑动变阻器应选用 (选填“R”或“R2”),电 路中串联一个定值电阻R。的作用是 (2)按照电路图甲，请在图乙中用笔画线代替导线，将实物电路 图连接完整， (3)闭合开关S,调节滑动变阻器的滑片，测出多组U、I值，记人 下表. U/V 2.70 2.63 2.50 2.40 I/A 0.20 0.30 0.38 0.50 44第四部分 综合检测卷 根据记录表中的实验数据在图丙坐标中作出U一I图像，由图 像可得出该电池组的电动势为 V,内阻为 n. (4)由于上述实验存在系统误差，测出的电池组的电动势 (选填“偏大”或“偏小”)，内阻 (选填“偏大”或“偏小”) 三、计算题（本题共4小题，共46分） 15.(7分)线圈甲的匝数n甲=20，半径r甲=10cm;线圈乙的匝数 nz=40,半径rz=15cm.如图所示，两线圈放在水平面上，且为 同心圆，在线圈甲内加垂直线圈平面向下的磁感应强度为B,= 0.8T的匀强磁场.则：（π取3.14，计算结果保留3位有效数 字) (1)若磁场的磁感应强度减小到B2=0.4T,则穿过线圈乙的磁 通量的变化量为多少？ (2)若保持匀强磁场的磁感应强度大小不变，方向转到与竖直方 向成30°角，则穿过线圈甲的磁通量的变化量为多少？ ×× 乙甲 0 16.(9分)如图所示，电路中电源电动势E=80V,内阻不计，电路 中三个定值电阻R的阻值相同.A、B分别为水平放置的平行板 电容器的上、下极板，板长L=90cm,板间距离d=40cm.在两 金属板左端正中间位置M处，有一小液滴以某一初速度水平向 右射入两板间，从A板右侧边缘射出电场.已知小液滴的质量 m=2.0×10-3kg,带负电，电荷量g=1.0×10-3C.重力加速度 g=10m/s2,求： (1)平行板电容器两极板间电压U的大小； (2)在此过程中液滴电势能的变化量△E。; (3)液滴进入电场时初速度。的大小. A M.o 17.(14分)科技在我国的“蓝天保卫战”中发挥了重要作用，某科研 团队设计了一款用于收集工业生产中产生的固体颗粒的装置， 其原理简图如图所示.固体颗粒通过带电室时带上正电荷，颗粒 从A点无初速度地进人加速区，经B点进入径向电场区，沿是 圆弧BC运动，再经C点竖直向下进人偏转电场区，最终打在竖 直收集挡板上的G点.建立如图所示坐标系，带电室、加速区、 径向电场区在第二象限，偏转电场区和挡板在第四象限.已知固 体颗粒的比荷为10-3C/kg,加速区板间电压为U=2×103V, 圆弧BC上各点的电场强度大小相同且为E,=2.5×104V/m, 方向都指向圆弧BC的圆心D点，偏转电场电场强度大小为 E2=4×104V/m,方向水平向右，挡板距离y轴0.2m.不计重 力、空气阻力及颗粒间的作用力，求： (1)带电固体颗粒离开加速区的速度大小及圆弧BC的半径； (2)G点与x轴之间的距离. 加速区 .Y/m 带电室 径向电场区 0 x/m E2 G 偏转区 18.(16分)如图所示，光滑绝缘斜面高度h=0.45m,斜面底端与 光滑绝缘水平轨道用小圆弧连接（未画出），水平轨道边缘紧靠 平行板中心轴线.正对的平行板和电阻及输出电压恒定为U的 电源构成如图所示电路，平行板板长为L=0.9m,板间距离d= 0.6m,定值电阻阻值为R。(未知)，可以看作质点的带电小球电 荷量q=十0.01C、质量m=0.03kg,从斜面顶端静止下滑，重 力加速度g=10m/s2. (1)若S断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源 的电压U; (2)在(1)的条件下，若S闭合，调节滑动变阻器，使其接入电路 的电阻R1=62,小球获得4m/s2的加速度，求电阻R。的 阻值； (3)在(1)、(2)的条件下，若S闭合，调节滑动变阻器，使其接入 电路的电阻R2=22,判断小球能否飞出平行板？ 源斜率，可以知道R随电压的升高而增大，此时电阻值R-号-名n=0.50,故B错 误；当外电路电阻与电源内电阻相等时，电源的输出功率最大，所以串联一个定值 电阻后，若外电阻与电源内阻的差值减小，电源的输出功率增大，若串联后外电路 总电阻大于电源的内阻，根据P一R图像知，电源的输出功率也可能不变，所以D 选项是正确的。 12.BD等效最高，点处的速度最小，但此处不是向左的最大位移处，其电势能不是最 大，A选项错误；等效最高点处的速度最小，且与水平方向成45°角，由运动的分解 可知，此时水平方向的速度等于竖直方向的速度，故C选项错误；由对称性可知，水 平速度为0时，竖直速度为0，此时小球的动能等于初始动能，向左的位移最大，电 势能最大，B选项正确；由B分析可知，从出射到小球速度水平分量为零的过程中， 动能的变化量为0，故此过程中，重力做功和电场力做功的代数和为零，即重力做的 功等于小球电势能的增加量，D选项正确。 13.答案见解析 解析(1)根据数据作出的U一I图像如图所示。 ↑U/W 1.6011i17 1.50-文 1.40----- J-L 1.30￥ 1.20+ 1.10- 1.0011t 0 0.200.400.601A (2)由图可知电源的电动势为1.50V(1.48~1.52),电源的内阻r=k=0.942 (0.92~0.96)。 14.答案(1)50.155.695(5.6935.697)(2)如图所示 Ro A 电源 a招 解析(1)20分度的游标卡尺，精确度为0.05mm,圆柱体的长度为L=50mm+3 ×0.05mm=50.15mm;螺旋测微器的可动刻度为50格，表示0.5mm,一小格表 示0.01mm,可动刻度需要估读，则圆柱体的直径为D=5.5mm十19.5×0.01mm =5.695mm。 (2)恒压电源电压为4V,实验提供的电压表量程为0~15V,量程太大不合适，而 电流表A1的内阻已知，还有一个定值电阻R。=802,可考虑改装成电压表，最大 测量值为UV=IA1(r1十R,)=5V,量程较合适；改装后待测电阻的最大电流为 Ima≈O0A=40mA,电流表A2的量程为0~100mA,直接接在待测电阻上指针 4 的偏转幅度小，而改装后的电压表和待测电阻并联后的总电流最大约为80A,则 电流表A2接在干路上指针偏转比较合适；滑动变阻器R1的最大阻值远小于待测 电阻阻值1002，为了调节方便和获得更多的测量数据，应采用滑动变阻器的分压 式接法。 (3)根据所设计的电路原理可知，待测电阻两端的电压为Uz=I1(R0十r1),待测电 U 阻的电流为1，=12一【1，由欧姆定律和电阻定律可得待测电阻的阻值为R, P5S-,联立解得电阻率为。 πD2I1(Ro+r1) 4L(I2-I1) 15.答案(1)1×104V/m(2)600V(3)-200V 解析(1U=We=3.2X10-17 9 -1.6x10-5V=-200V V/m-1x10!V/m (2)UAB=EdAB=600 V (3)9D=UDA =UDC=-200 V 16.答案(1)62(2)28V19W 解析(1)根据题意可知，电阻R,消耗的功率P。=26W一20W=6W 又因P0=R U 解得R0=6n =1A (2》电路中的电流I=R 根据能量守恒有P出=IE-Pr 解得E=28V 对电动机，根据能量守恒，有P入=P十IR1 解得P机=19W 17.答案(1)3000W(2)2700W(3)3290% 解析(1)驱动电机的输入功率为P入=UI=300×10W=3000W。 ②)电动形车通迹天安门前的走度为。=臣-器m/s=2m 电动彩车行驶时所受阻力为 R-0mg=0×67X102X10N=135X103N 电动彩车匀速行驶时F=F:,故电动彩车通过天安门前时牵引汽车前进的 率为P机=F℃=2700W。 (3)设驱动电机的内阻为R, 由P入=P机十P热得P入=P机十IPR 解得驱动电机的内阻为R=3Ω 照动包机的机核效牵为？费×10%=90%。 18.答案严22a号 解析(1)从A点到MN的过程中，由动能定理得 cl 解释产 (2)电子在水平电场中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1,时间 由牛顿第二定律和运动学公式解得@1-"1= v=alli 从MN到屏的过程中运动的时间：2=2L 则运动的总时间为t=十2=2，/E mL (3)设电子射出竖直电场时竖直方向的速度为v,根据牛顿第二定律得，电 直电场中的加速度为a2-eE-2eE mm = vy=a2t3 tan 0=y 0 解得：tan0=1 如图所示，电子离开竖直电场后，速度方向的反向延长线交于BC的中点O。 L 由几何关系知：tan8= x 解得x=受 综合检测卷（二） 1.B电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，A错误；点电荷的电场强度公 E一号表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与点电荷的电荷量成正比，与 点到场源电荷距离，的二次方成反比，B正确；电场强度公式E=F只是为研究电场 的方便，采用比值法下的定义，所以电场强度的大小与该点所放试探电荷的电荷量 不成反比，C错误；由F=gE可知，故D错误。 2.D将选择开关置于“×10”挡测量时，指针偏转较小，说明待测电阻阻值较大，所以 应该换用较大倍率的挡位，即换“×100”挡，欧姆表每次换挡测量之前都必须重新欧 机械功 姆调零，故选D。 3.DP一x图像的切线斜率越大，则电场强度越大，A项错误；由切线斜率的正负可 知，x1和x2之间的电场强度方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，B项错误；粒子 在x=0处由静止沿x轴正方向运动，表明粒子运动方向与静电力方向同向，静电力 先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C项错误；由图线的切线斜率可知，从x= 0到x=x2过程中电场强度先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，D项 正确。 4.DA点电势为一4V,由图形剖析可知UM4=4V,UM=8V,所以M、N的电势分 别是0V、8V,所以BF和CE所在平面为等势面，Pr=PB≈0，PE=pC=8V,UAF= PA一Pr=一4V,因为电场线和等势面垂直，BF所在平面为等势面，故AD为电场 线，因为沿着电场线方向电势降低，所以电场线方向由D指向A,故D正确，A、B错 吴：E-号L品0=200Vm,做C错民. 5.C由题可知，滑片P向下移动，滑动变阻器的阻值R减小，即电路中的总电阻R总 为t1, 减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的总电流【总增大，电路内电压U内增大，路 搞电压U外减小，电源的效率一P 是×10%-站×1o0%-受×1o0%,即电 源效率减小，所以A正确，但不符合题意；灯L1的电流增大，所以L1的电压U1增 大，又路端电压U外减小，所以灯I2和电容器两端的电压U2都减小，所以灯L2变 暗，通过L2的电流12也减小，又总电流增大，所以电流表的示数增大，电容器两端 电压减小，由Q=CU可得，电容器极板所带电荷量减小，所以B正确，但不符合题 意；由B选项分析可知，灯L1的电流增大，所以L1变亮，电压表测的是电路的路端 子在竖 电压，所以电压表示数减小，电源的输出功率为P出=U外I总，路端电压U外减小，总 电流I总增大，所以无法判断电源的输出功率变化，所以C错误，符合题意；电源的内 部消耗功率为P内=r,由于总电流I总增大，所以电源的内部消耗功率增大，所以 D正确，但不符合题意。 6.D当传感器R2所在处出现火情时，R2的阻值减小，则外电路总电阻减小；由闭合 电路欧姆定律可知，电路中总电流将增大；由U=E一Ir可知，路端电压减小，则报警 器两端的电压U将减小，流过R1的电流变大，R3两端的电压减小，则流过R3的电 流变小，由I1=I2十I3,可知流过R2的电流I2增大。故选D。 参考答案61 7.D由于题中没有说明是正电荷形成的电场，还是负电荷形成的电场，所以无法判断 出电场线的方向，所以不能判断出a、b、c三条虚线对应的粒子的电性，故A错误：U =E,由于A、B间的平均场强小于B、C间的平均场强，故UAB≠UC,故B错误；电 场线的疏密表示电场强度的大小，粒子只受电场力，故α虚线对应的粒子受到的电 场力越来越小，则加速度越来越小，同理，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚 线对应的粒子的加速度大小不变，故C错误；三个粒子的电荷量大小相等，故在O点 的静电力相等，由于b虚线对应的粒子做圆周运动，则静电力提供向心力，c虚线对 应的粒子陵近心运动，故静电力大子需要的向心力，根据F=m二，得c虚线对应的 粒子的质量较小，故D正确。 8.DQO间的电势差为8V,将QO分成8等份，每份的电势差 0 为1V,如图所示，若A点的电势为11V,则OA的长度为 3cm.AQ的长度为1cm.根据几何关系可知，PA⊥OQ,故 PA所在的直线为等势线，电场线沿QO方向从Q指向O.电O 309 场强度的大小为E=y=8V=2V/cm,故A错误；根据匀 d 4 cm 强电场等差等势面的特点，0Q连线的中点电势为p=0十P0_5士13v=9V,B错 2 2 误；将电子从P移动到Q点，静电力做功WrQ=-eUrQ=-eX(-2V)=2eV,静 电力做正功，电势能减小，故电子在P点的电势能比在Q点高2eV,故C错误；静电 力做功与路径无关，只与始、末位置有关，故WorQ=WaQ=-eX(-8V)=8eV,D 正确。 9.BD从图线A可得出，E=3V=是=0.50，从因线B可得出，R=盟-10，故 E A错误，D正确；由闭合电路欧姆定律得I=R千，=2A,则P出=IPR=4W,Pě一 EI=6W,电源的内部损耗功率P热=I2r=2W,故B正确，C错误。 10.BD正方形闭合回路运动到关于OO对称的位置时，穿过回路的两个方向相反的 磁场面积相等，且磁感应强度大小均为B,故穿过回路的磁通量为零，选项A错误， B正确；正方形闭合回路在从dc边与MN重合的位置运动到完全进入右边磁场的 过程中，穿过回路的磁通量先减少后增加，选项C错误，D正确。 11.BD由于传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增P出 大而减小，而酒驾驾驶员吹气时，酒精气体浓度变大，RP E 变小，由闭合电路的欧姆定律可知I一R十，十R。,U= E一I(Ro十)，可知电流表示数变大，电压表示数变小，A 错误，B正确；电源的输出功率与外电阻R外的关系图像 O Rr R2 R外 如图所示，由图可知，当R外=r时电源的输出功率最大，而酒精气体浓度增大导致 R十R。减小，若开始时R十R0>r,则随着R减小，电源的输出功率增大，若开始时 R十Ro<,则随着R减小，电源的输出功率减小，C错误；把R。等效为电源内阻的 分，则=r十R,故无论R怎么变，电压表示数交化量与电流袁示 量的绝对值之比保持不变，D正确。 12.BD图形剖析 N E B对A的库仑 在竖直方向 力F与墙壁 A、B整体 上，地面对 当0减小时 对A的弹力N 小球B的支持 B对A的库仑 N 的合力始终 力W,始终等 力F车减小， 竖直向上，且 在水平方向上 于整体的重 墙壁对A的 N 等于A的重力 推力F始终等于 力(mA+mB)g 弹力N减小 大小mB 墙壁对A的弹力 y ma+mB)g 解析由图形剖析可知，隔离分析A时，墙壁对小球A的弹力N1=mAg tan 0,在将 小球B向左推动少许时，竖直墙面对小球A的弹力N1减小，在整体分析时，由平 衡条件可得F=N1、N2=(mA十mB)g,可知推力F变小，地面对小球B的支持力 不变，选项A、C错误，B正确。由图形剖析可知库仑力F库减小，根据库仑定律 F康=k9A9B可知两球之间的距离变大，选项D正确。 r2 62参考答案 13.答案(1)1535(2)3003000(3)c见解析 解析(1)定值电阻和毫安表表头是并联关系，电压相等，电流和电阻成反比.若使 用a和b两个接线柱，量程为3mA,则通过R1、R2的电流为2mA,则通过毫安表 表头和R1、R2的电流比为1：2，所以电阻比为2：1，可得R1十R2=之Rg=50D: 若使用a和c两个接线柱，电表量程为l0mA,通过R1的电流为9mA,电流比为 1:9,可得电租比R2=是，即R1=)(R,+R),娄理可得R1=150,R= R 352. （②)根据电流表议准的翁度，可如电路中总膜位最大为品写0=30几，最小阳 值为0品g0=500.若定值电但R送择100n的，则无法校准3.0mA,所以选 用的定值电阻R。的阻值应为3002，由于最大阻值要达到30002，所以选用的滑 动变阻器R的最大阻值为30002。 (3)为准确地判断出哪个电阻损坏，点应和接线柱“c”相连；若电流表无示数，则说 明R2断路，若电流表有示数，则说明R1断路。 14.答案(1)R1为了防止在调节滑动变阻器时造成电路短路，起到保护电路作用 (2)如图1所示 S 图1 (3)如图2所示2.91.0 ↑UW 3.0 2.8 2.6- 2.4 2.2-- 2.000.10.2030.40.50.6im 图2 (4)偏小偏小 解析(1)为了保护电路安全且方便实验操作，滑动变阻器应选用R1;为了防止在 调节滑动变阻器时造成电路短路，所以需要在电路中串联一个定值电阻R。起到保 护电路作用。 (2)根据电路图连接实物图，如答案图1所示。 (3)根据表中数据，描点连线，得到图像如答案图2所示。由图示图线纵截距表示 该电池组的电动势，可得E=2.9V,图线斜率的绝对值表示该电池组的内阻，可得 =0-2034a=1.0a 0.5 (4)由电路图可知，由于电压表的分流作用，电流表测量V1 值小于流经电源的真实值，当外电路短路时，短路电流 测量值等于真实值，电源的U一I测量图像与理论真实 、真 图像如图所示， 由图线纵截距可知，测出的电池组的电动势偏小，由图 线斜率可知测出的电池组的内阻偏小。 15.答案(1)-1.26×10-2Wb(2)-3.37×10-3wb 0 解析(1)线圈乙面积大于圆形磁场面积，线圈乙的有 效面积为πr,则重1=B1πr ①2=B2πr 穿过线圈乙的磁通量的变化量为 △Φ元=Φ2-Φ1≈-1.26X10-2Wb (2)开始时穿过线圈甲的磁通量更3=B1πr 磁场转过30°，线圈甲在垂直磁场方向的投影面积为S⊥=πrc0s30° 则Φ4=B1S 穿过线圈甲的磁通量的变化量为 △Φ甲=Φ4-Φ3≈-3.37X10-3Wb 16.答案(1)40V(2)-0.02J(3)9.0m/s 解析()根据闭合电路欧好定律得U景·R 代入数据得U=40V (2)流滴在电场中运动，静电力做功W=U 代入数据得W=0.02J 根据静电力做功与电势能变化的关系W=一△Ep 得△Ep=-0.02J (3)根据牛顿第二定律，有q一mg=ma 整成方向南号-合ar 水平方向有L=0t 联立得0=9.0m/s。 17.答案(1)2m/s0.16m(2)0.2m 解析(I从A到B的加速过程qU=md2 解得v=2m/s 2 从B到C的过程，固体颗粒受到的径向静电力提供向心力，qE=m尺 解得R=0.16m (2)在C到G过程固体颗粒做类平拋运动，则 1 x=2a2 gE2=ma y=ut 解得y=0.2m。 18.答案(1)18V(2)4(3)见解析 U 解析（①）当S断开时，两板间电势差等于电源电压U,由平衡条件得mg=g 得U=18V (2)当S闭合时，对带电小球，由牛顿第二定律有mg-qE1=ma1 两板间电势差Uc1=E1d 得Uc=10.8V Uc四 根据串联分压=R1十R0 得R,=4n 《③)当S闭合，滑动变阻器接入电路的电阻R,=20时，同理有号元R 电容器两端电压UC=6V 对小球，由牛顿第二定律得mg一qE2=ma2 又Uc2=E2d 代入教据联立得a29m/s 小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh=2m哈 得=3m/s 1 小球在平行板间做类平抛运动，竖直方向y=222 水平方向L=ot 联立解得y=0.3m 即)一号，带电小琼恰好从平行板右创边缘飞出。