1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。
2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑；如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無(wú)效。
3.考試結(jié)束后，本試卷和答題卡一并交回
第I卷（選擇題）
一、選擇題（共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分，第8-10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對(duì)的得，6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。）
1.下列關(guān)于電場(chǎng)線的說(shuō)法中正確的是（ ）
A.沿電場(chǎng)線的方向，場(chǎng)強(qiáng)一定越來(lái)越小
B.沿電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)一定越來(lái)越低
C.沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)電荷，電荷的電勢(shì)能逐漸減小
D.在電場(chǎng)力作用下，正電荷一定沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)
2.如圖所示，有三個(gè)點(diǎn)電荷A、B、C位于一個(gè)等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，已知A、B都帶正電荷，A受B、C兩個(gè)電荷的靜電力的合力如圖中FA所示，那么可以判定點(diǎn)電荷C所帶電荷的電性為（ ）．
A.一定帶正電B.一定帶負(fù)電
C.可能帶正電，可能帶負(fù)電D.無(wú)法判斷
3.如圖所示，一帶正電的點(diǎn)電荷固定于O點(diǎn)，實(shí)線為某帶電粒子在該電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，該帶電粒子僅受電場(chǎng)力作用，a、b、c為軌跡上的三個(gè)點(diǎn)，虛線圓均以O(shè)為圓心，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A.帶電粒子帶正電荷
B.帶電粒子在b點(diǎn)的加速度小于它在a點(diǎn)的加速度
C.帶電粒子在c點(diǎn)的動(dòng)能大于它在b點(diǎn)的動(dòng)能
D.帶電粒子在從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力先做正功再做負(fù)功
4.在真空中，兩個(gè)等量異種電荷的電荷量均q，相距r，則兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小為（ ）
A.0B. C. D.
5.如圖所示，水平放置的兩個(gè)平行的金屬板A，B帶等量的異種電荷，A板帶負(fù)電荷，B板接地（電勢(shì)始終為0）.若將A板向上平移到虛線位置，則A、B兩板中的電場(chǎng)強(qiáng)度E和P點(diǎn)的電勢(shì)φ的變化情況是（ ）
A. E不變，φ增大B. E增大，φ不變
C. E不變，φ不變D. E減小，φ減小
6.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r， R0為定值電阻，R為可變電阻，且其總阻值R>R0+r，則當(dāng)可變電阻的滑動(dòng)觸頭由A向B移動(dòng)時(shí)（ ）
A.電源內(nèi)部消耗的功率越來(lái)越小，電源的供電效率越來(lái)越大
B. R、 R0上功率均越來(lái)越大
C. R0上功率越來(lái)越大，R上功率先變大后變小
D. R0上功率越來(lái)越大，R上功率先變小后變大
7.如圖，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的3倍，它們以同一初速度從同一點(diǎn)沿著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，分別打在M、N點(diǎn)，若OM=MN，則P和Q的質(zhì)量之比為（不計(jì)重力）：（ ）
A.4∶3B.3∶4C.3∶2D.2∶3
8.如圖所示，電子在電勢(shì)差為U1的加速電場(chǎng)中由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢(shì)差為U2的兩塊平行極板間的電場(chǎng)中，入射方向跟極板平行，整個(gè)裝置處在真空中，重力可忽略．在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，可使電子的偏轉(zhuǎn)角φ變大的是（ ）
A.保持U1不變，使U2變大B.保持U1不變，使U2變小
C.保持U2不變，使U1變大D.保持U2不變，使U1變小
9.如圖所示的a、b、c、d、為勻強(qiáng)電場(chǎng)中一個(gè)邊長(zhǎng)a=20cm，寬為10cm的矩形的頂點(diǎn)，e、f為長(zhǎng)邊的中點(diǎn)，已知a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)分別為4V、8V、6V，則（ ）
A. d點(diǎn)的電勢(shì)為B. e點(diǎn)的電勢(shì)
C. f點(diǎn)的電勢(shì)D.電場(chǎng)強(qiáng)度
10.如圖所示，水平放置的平行金屬板充電后板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，板間距離為d，一個(gè)帶負(fù)電的液滴帶電量大小為q，質(zhì)量為m，從下板邊緣射入電場(chǎng)，沿直線從上板邊緣射出，則（ ）
A.液滴做的是勻速直線運(yùn)動(dòng)B.液滴做的是勻減直線運(yùn)動(dòng)
C.兩板的電勢(shì)差為mgd/qD.液滴的電勢(shì)能減少了mgd
第II卷（非選擇題）
二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。
11.（6分）如圖1所示，電壓表（量程為3伏）的讀數(shù)為 V，電流表（量程為0.6安）的讀數(shù)為 A。螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲的直徑，示數(shù)如圖2所示，讀數(shù)為 mm。
圖1圖2
12.（12分）
（一）改表
一個(gè)電流表G的內(nèi)阻Rg=1kΩ，滿偏電流為Ig=500μA，現(xiàn)要把它改裝成量程為15V的電壓表，需串聯(lián)的分壓電阻為 kΩ，如要把它改裝成量程是10mA的電流表，需要并聯(lián)的分流電阻為 kΩ（可用分?jǐn)?shù)表示）。
（二）在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)中，有以下器材：
小燈泡L（3V，0.6A）滑動(dòng)變阻器R（0～10Ω）
電壓表V1（0～3V）電壓表V2（0～15V）
電流表A1（0～0.6A）電流表A2（0～3A）
鉛蓄電池、開(kāi)關(guān)各一個(gè)，導(dǎo)線若干
（1）為了減小誤差，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選電流表 ，電壓表 ．
（2）在圖虛線框內(nèi)按要求設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)電路圖．
（3）實(shí)物連線，并根據(jù)所連接電路確定閉合電鍵前滑動(dòng)觸頭調(diào)到 端．
三、計(jì)算題：本大題共3小題，共36分。
13.（12分）如圖所示，用一根絕緣細(xì)線懸掛一個(gè)帶電小球，小球的質(zhì)量為m，電量為q，現(xiàn)加一水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)，平衡時(shí)絕緣細(xì)線與豎直方向夾角為θ．
（1）請(qǐng)畫出小球受力分析圖；
（2）試求這個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E大?。?br>14.（12分）如圖，燈泡D與電動(dòng)機(jī)M中串聯(lián)在一個(gè)穩(wěn)壓電源上，電源的輸出電壓為U=20V，燈泡D的電阻為RD=6Ω，電動(dòng)機(jī)線圈的電阻為RM=2Ω，與電動(dòng)機(jī)并聯(lián)的理想電壓表讀數(shù)為UM=14V.電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)軸的摩擦可忽略，求：
（1）通過(guò)燈泡的電流I。
（2）電動(dòng)機(jī)M線圈的發(fā)熱功率PQ。
（3）電動(dòng)機(jī)M輸出的機(jī)械功率P機(jī)。
15.（12分）如圖所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于水平軌道上，滑塊受到的電場(chǎng)力大小為，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g。，。
（1）若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)S=3R的A點(diǎn)由靜止釋放，求滑塊到達(dá)圓心O等高的C點(diǎn)時(shí)的速度及軌道對(duì)小滑塊的彈力大小。
（2）為使滑塊能沿圓弧軌道滑行G點(diǎn)，求s的最小值。
大理州民族中學(xué)2024-2025學(xué)年上學(xué)期期中考試
高二物理
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
電場(chǎng)線是人們?yōu)榱诵蜗蟮孛枋鲭妶?chǎng)而引入的線；電場(chǎng)線的方向是正電荷所受電場(chǎng)力的方向，而正負(fù)電荷所受的電場(chǎng)力的方向相反；電場(chǎng)線的切線方向即為場(chǎng)強(qiáng)的方向，故任意兩條電場(chǎng)線都不會(huì)相交；電場(chǎng)線的疏密代表電場(chǎng)的強(qiáng)弱，故電場(chǎng)線越密的地方場(chǎng)強(qiáng)越強(qiáng)。
本題主要是考查學(xué)生基礎(chǔ)知識(shí)的掌握，加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)，掌握住電場(chǎng)線的特點(diǎn)，即可解決本題。
【解答】
AB.沿電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)一定越來(lái)越低，電場(chǎng)線的疏密代表電場(chǎng)的強(qiáng)弱，故A錯(cuò)誤，B正確；
C.電荷的電性不明確，正電荷沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能逐漸減小，負(fù)電荷則相反，故C錯(cuò)誤；
D.電場(chǎng)線的分布情況不知道，正電荷的初速度不確定，所以在電場(chǎng)力作用下，正電荷不一定沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選B。
2.【答案】B
【解析】A、B帶正電，B對(duì)A靜電力方向沿B→A，依據(jù)平行四邊形或三角形定則可以判定C對(duì)A的力沿A→C，故C帶負(fù)電。
3.【答案】A
【解析】【分析】
電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直；電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度小，沿電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)降低，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加。
本題考查了電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系。本題中，點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度的特點(diǎn)是離開(kāi)場(chǎng)源電荷距離越大，場(chǎng)強(qiáng)越小，掌握住電場(chǎng)線和等勢(shì)面的特點(diǎn)，即可解決本題。
【解答】
A.根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出，粒子在a→b→c的過(guò)程中，一直受靜電斥力作用，根據(jù)同性電荷相互排斥，由于圓心處的點(diǎn)電荷帶正電荷，所以帶電粒子帶正電荷，故A正確；
B.點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度的特點(diǎn)是離開(kāi)場(chǎng)源電荷距離越大，場(chǎng)強(qiáng)越小，b處的電場(chǎng)強(qiáng)度大于a處電場(chǎng)強(qiáng)度最小，則帶電粒子在b點(diǎn)的加速度小于它在a點(diǎn)的加速度，故B錯(cuò)誤；
C.由圖可知，b與c到點(diǎn)電荷的距離相等，所以bc一定位于同一個(gè)等勢(shì)面上，則帶電粒子在b點(diǎn)的電勢(shì)能等于帶電粒子在c點(diǎn)的電勢(shì)能，只有電場(chǎng)力做功，則帶電粒子在c點(diǎn)的動(dòng)能等于它在b點(diǎn)的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；
D.粒子在a→b→c的過(guò)程中，一直受靜電斥力作用，所以帶電粒子在從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力先做負(fù)功再做正功，故D錯(cuò)誤。
故選A。
4.【答案】D
【解析】解：正負(fù)點(diǎn)電荷單獨(dú)存在時(shí)，在中點(diǎn)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度都為，且方向沿著兩者的連線，指向負(fù)電荷，故合場(chǎng)強(qiáng)為；
故選：D。
根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式求出兩個(gè)點(diǎn)電荷單獨(dú)存在時(shí)的場(chǎng)強(qiáng)，再進(jìn)行矢量合成．
本題關(guān)鍵是求出各個(gè)點(diǎn)電荷單獨(dú)存在時(shí)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，然后進(jìn)行矢量合成，注意合成時(shí)的方向關(guān)系．
5.【答案】C
【解析】【分析】
由題知，電容器所帶電量不變，根據(jù)、、結(jié)合分析的變化。由分析P點(diǎn)與下板間電勢(shì)差的變化，分析P點(diǎn)的電勢(shì)如何變化。
本題是電容器動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，關(guān)鍵要掌握、、，也可以根據(jù)推論可知E不變。
【解答】
據(jù)題，電容器所帶電量Q不變。根據(jù)、、得，則知電場(chǎng)強(qiáng)度E不變．P與下板間的距離不變，E不變，則由分析P點(diǎn)與下板間電勢(shì)差不變，下板電勢(shì)為零，所以不變。故C正確。
故選C。
6.【答案】C
【解析】【分析】
可變電阻的滑動(dòng)觸頭由A向B移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器的電阻變小，外電路的總電阻也變小，外電路的電壓也就越小，電源的效率越小，當(dāng)電源的內(nèi)電阻和外電阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大；
外電阻的電阻越大，外電路的電壓也就越大，電源的效率越大，當(dāng)電源的內(nèi)電阻和外電阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大。
【解答】
A.滑動(dòng)變阻器的電阻變小，外電路的總電阻也變小，電路的總電流逐漸的增大，由可知，電源內(nèi)部消耗的功率越來(lái)越大，電源的供電效率越來(lái)越低，所以A錯(cuò)誤；
BCD.滑動(dòng)變阻器的電阻變小，外電路的總電阻也變小，電路的總電流逐漸的增大，由可知，上功率越來(lái)越大，當(dāng)?shù)臅r(shí)候，滑動(dòng)變阻器的功率最大，由于，所以當(dāng)滑動(dòng)變阻器的電阻不斷減小的過(guò)程中，R上功率先變大后變小，所以C正確，BD錯(cuò)誤。
故選C。
7.【答案】B
【解析】【分析】
帶電粒子垂直進(jìn)入電場(chǎng)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平位移比得出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比，再通過(guò)豎直位移關(guān)系得出加速度的關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律以及電荷量之比得出它們的質(zhì)量比。
本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。解決本題的關(guān)鍵知道帶電粒子在垂直于電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿電場(chǎng)方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。
【解答】
粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩粒子的初速度相等，水平位移比為1∶2，
知運(yùn)動(dòng)時(shí)間比為1∶2，根據(jù)，得加速度之比為4∶1；
根據(jù)牛頓第二定律得：，因?yàn)殡娏勘葹?∶1，則質(zhì)量比為3∶4，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選B。
8.【答案】AD
【解析】解：設(shè)電子被加速后獲得初速為v0，則由動(dòng)能定理得：
①
又設(shè)極板長(zhǎng)為l，則電子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)所用時(shí)間：
②
又設(shè)電子在平行板間受電場(chǎng)力作用產(chǎn)生加速度為a，由牛頓第二定律得：
③
電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，平行于電場(chǎng)方向的速度：
④
由①、②、③、④可得：
偏轉(zhuǎn)角正切：
故U2變大或U1變小都可能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，故AD正確，BC錯(cuò)誤；
故選：AD．
電子在加速電場(chǎng)中，在電場(chǎng)力的作用下，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可由電場(chǎng)力做功求出射出加速電場(chǎng)時(shí)的速度．電子在水平放置的平行板之間，因受到的電場(chǎng)力的方向與初速度的方向垂直，故電子做類平拋運(yùn)動(dòng)．運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)的豎直方向的速度與水平方向的速度的關(guān)系，可求出角度的變化情況．
帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可分為三類，第一類是在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻變速速直線運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程是電勢(shì)能與帶電粒子動(dòng)能之間的轉(zhuǎn)化．第二類是帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，帶電粒子垂直進(jìn)出入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，分解為兩個(gè)方向的直線運(yùn)動(dòng)，分別用公式分析、求解運(yùn)算，是這類問(wèn)題的最基本解法．第三類是帶電粒子在點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)求解．
9.【答案】AD
【解析】【分析】
勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)線是等間距的平行直線，根據(jù)幾何關(guān)系，知的電勢(shì)差等于dc的電勢(shì)差，求出d點(diǎn)電勢(shì)，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)等勢(shì)線的特點(diǎn)得出e點(diǎn)的電勢(shì)，從而得出ce為等勢(shì)線，則af也是等勢(shì)線，根據(jù)求解電場(chǎng)強(qiáng)度。
解決本題的關(guān)鍵知道勻強(qiáng)電場(chǎng)等勢(shì)線的特點(diǎn)，以及知道電場(chǎng)線與等勢(shì)線的關(guān)系，注意幾何關(guān)系的應(yīng)用，難度適中。
【解答】
勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)線是等間距的平行直線，根據(jù)幾何關(guān)系，知ab的電勢(shì)差等于的電勢(shì)差，即，解得：。a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為4V、8V，e為ab的中點(diǎn)，則e點(diǎn)的電勢(shì)為6V，所以ec為等勢(shì)線，則af也是等勢(shì)線，所以。電場(chǎng)強(qiáng)度，故AD正確，BC錯(cuò)誤。
故選AD。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
液滴沿直線運(yùn)動(dòng)，則其所受的合力方向與速度方向在同一直線上或合力為零，即可判斷出電場(chǎng)力方向豎直向上，而且電場(chǎng)力與重力相平衡，由平衡條件和U=Ed求解電勢(shì)差。
本題是帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，關(guān)鍵是分析受力情況，判斷出粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。
【解答】
AB.液滴進(jìn)入豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，所受的電場(chǎng)力方向豎直向上或豎直向下，因?yàn)槲⒘Ｗ鲋本€運(yùn)動(dòng)，可知，電場(chǎng)力方向必定豎直向上，而且電場(chǎng)力與重力平衡，液滴做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；
C.液滴從下極板運(yùn)動(dòng)到上極板的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有，解得：，故C正確；
D.液滴進(jìn)入豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，重力做功，微粒的重力勢(shì)能增加，動(dòng)能不變，根據(jù)能量守恒定律得知，微粒的電勢(shì)能減小了，故D正確。
故選ACD。
11.【答案】2.600.531.772
【解析】解：電壓表量程為3V，最小分度為0.1V，由圖示表盤可知，示數(shù)為2.60V；
電流表量程為0.6A，最小分度值為0.02A，示數(shù)為0.53A；
由圖示螺旋測(cè)微器可知，其示數(shù)為；
故答案為：2.60（2.60?2.62）；0.53；1.772（1.771?1.775）。
根據(jù)電表量程由圖示表盤確定其分度值，然后讀出其示數(shù)；螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器示數(shù)。
本題考查了螺旋測(cè)微器、電表讀數(shù)，要掌握常用器材的使用及讀數(shù)方法，注意讀數(shù)時(shí)視線要與刻度線垂直，同時(shí)注意分析是否需要估讀。
12.【答案】（一）29；；
（二）（1）A1；V1；
（2）實(shí)驗(yàn)原理圖如圖所示
（3）實(shí)物連線圖如圖所示；
；左。
【解析】【分析】
（一）把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)分壓電阻，應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律分析答題；解決本題的關(guān)鍵是利用串聯(lián)的特點(diǎn)解題。
（二）（1）器材的選取需安全、精確，根據(jù)燈泡的規(guī)格選擇合適的電表；
（2）因?yàn)闊襞莸碾妷汉碗娏餍鑿牧汩_(kāi)始測(cè)起，則滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，根據(jù)燈泡電阻的大小確定電流表的內(nèi)外接；
（3）為了保護(hù)電路，電路未接通時(shí)，要將滑動(dòng)電阻器阻值調(diào)大最大。
【解答】
（一）電流表G的滿偏電壓：。把它改裝成15V的電壓表，需要串聯(lián)電阻的阻值，
要把它改裝成量程是10mA的電流表，需要并聯(lián)的分流電阻為
（二）（1）燈泡的額定電流為0.6A，選擇電流表A1；燈泡的額定電壓為3V，選擇電壓表V1；
（2）因?yàn)闊襞莸碾妷汉碗娏餍鑿牧汩_(kāi)始測(cè)起，所以滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，燈泡的電阻為5Ω，遠(yuǎn)小于電壓表的內(nèi)阻，屬于小電阻，
所以電流表采用外接法，電路圖如圖所示
（3）實(shí)物連線圖如圖所示。
為保障測(cè)量電路的安全，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器調(diào)到左端。
故答案為：（一）29；；
（二）（1）A1；V1；
（2）實(shí)驗(yàn)原理圖如圖所示
（3）實(shí)物連線圖如圖所示；
；左。
13.【答案】解：（1）小球受到重力、電場(chǎng)力和細(xì)線的拉力，受力分析如圖所示．
（2）由平衡條件得：
解得：
答：（1）畫出小球受力分析如圖；
（2）這個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E大小是．
【解析】（1）小球受到重力、電場(chǎng)力和細(xì)線的拉力，結(jié)合受力分析畫圖即可；
（2）根據(jù)共點(diǎn)力平衡的條件即可求出．
解決本題的關(guān)鍵進(jìn)行正確的受力分析，然后根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出未知力．以及掌握電場(chǎng)力的公式：．
14.【答案】解：（1）燈兩端的電壓為
所以通過(guò)燈泡的電流為；
（2）電動(dòng)機(jī)M線圈的發(fā)熱功率；
（3）電動(dòng)機(jī)M消耗的電功率為
輸出的機(jī)械功率。
【解析】本題切入點(diǎn)在于根據(jù)電路歐姆定律求解干路電流，突破口在于根據(jù)電功率表達(dá)式列式求解，注意電動(dòng)機(jī)是非純電阻電路。
（1）電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，而燈泡D是純電阻，可以對(duì)燈泡D，運(yùn)用用歐姆定律求電路中的電流；
（2）發(fā)熱功率根據(jù)即可求解；
（3）電動(dòng)機(jī)M輸出的機(jī)械功率。
15.【答案】解：（1）設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理有：；
又因?yàn)椋?br>聯(lián)立兩式解得：；
設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大小為F，則：；
解得：。
（2）將重力和電場(chǎng)力合力為：；
與豎直方向夾角的正切值：，即；
將電場(chǎng)力和重力的合力等效成“等效重力”，故等效最低點(diǎn)為F，等效最高點(diǎn)為H，如圖：；
滑塊要通過(guò)H點(diǎn)才能到達(dá)G點(diǎn)，則在H點(diǎn)有：；
根據(jù)動(dòng)能定理有：；
聯(lián)立解得。
【解析】本題關(guān)鍵是明確滑塊的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，要結(jié)合動(dòng)能定理、牛頓第二定律和向心力公式列式分析。
（1）由動(dòng)能定理求出滑塊的速度；由牛頓第二定律求出滑塊受到的作用力．
（2）將重力和電場(chǎng)力合成的合力等效為“等效重力”，然后結(jié)合動(dòng)能定理列式求解。

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