江西省新余一中高二物理上学期第二次段考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年江西省新余一中高二（上）第二次段考物理试卷一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分1-7小题只有一个选项正确8-10题有多个选项正确，全部选对得4分，选对部分得2分，有选错得0分）1关于电动势，下列说法正确的是( )a电源电动势一定等于电源两极间的电压b电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大c体积越大的电源，电动势一定越大d电源电动势与外电路的组成有关2欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且abc电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是( )abcd3如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，p、q是这条轨迹上的两点，由此可知( )a三个等势面中，c等势面电势最高b带电质点通过p点时电势能较小c带电质点通过q点时动能较大d带电质点通过p点时加速度较小4两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的o、m两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中a、n两点的电势均为零，nd段中的c点电势最高，则( )an点的电场强度大小为零bq1电量小于q2cnc间场强方向指向x轴负方向d将一正点电荷从n点移到d点，电场力先做正功后做负功5某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示下列说法正确的是( )aa点的电势低于b点的电势b若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做正功cc点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断d若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c6平行板电容器两极板a和b分别与电源的正、负极相连且a板接地，p为两板间的一点现保持b板不动，将a板慢慢平移到图中虚线所示的位置，这时( )a电容器两极板间的电势差将减小bp点的场强将减小cp点的电势将降低d固定在p点的负电荷电势能将减小7某同学将一直流电源的总功率pe、输出功率pr和电源内部的发热功率pr随电流i变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知( )a反映pr变化的图线是bb电源电动势为4 vc电源内阻为1d当电流为0.5 a时，外电路的电阻为88如图所示，a是带正电的球，b为不带电的导体，a、b均放在绝缘支架上，m、n是导体b中的两点以无限远处为电势零点，当导体b达到静电平衡后，说法正确的是( )am、n两点电场强度大小关系为em=en=0bm、n两点电势高低关系为mncm、n两点电势高低关系为mn0d感应电荷在m、n两点产生的电场强度emen9一对平行金属板长为l，两板间距为d，质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uab如图所示，交变电压的周期t=，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则( )a所有电子都从右侧的同一点离开电场b所有电子离开电场时速度都是v0ct=0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大dt=时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为10如图电路，c为电容器的电容，d为理想二极管（具有单向导通作用），电流表、电压表均为理想表闭合开关s至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片p向左移动一小段距离，结果发现电压表v1的示数改变量大小为u1，电压表v2的示数改变量大小为u2，电流表a的示数改变量大小为i，则下列判断正确的有( )a的值变大b的值变大c的值不变，且始终等于电源内阻rd滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少二实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）11某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为_mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为_mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为_（4）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的r测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为=_m（保留2位有效数字）12某同学采用如图1所示的电路测定电源电动势和内电阻已知干电池的电动势约为1.5v，内阻约为1；电压表（03v，3k）、电流表（00.6a，1.0）、滑动变阻器有r1（10，2a）和r2（100，0.1a）各一只实验中滑动变阻器应选用_（填“r1”或“r2”）在图2中画出实验电路图在实验中测得多组电压和电流值，得到如图3所示的ui图线，由图可较准确地求出该电源电动势e=_v；内阻，r=_三计算题（本题共44分，解题过程中要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）13一个量程为15v的电压表，串一个电阻为3000的电阻后再去测量电路某两端的电压时，电压表示数为12v，已知该两端实际电压为15v，求：（1）电压表的内阻（2）将该电压表改装成量程为90v的新电压表，应串联一个多大的电阻？14在一个水平面上建立x轴，如图在过原点o右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小e=6105 n/c，方向与x轴正方向相同，在o处放一个电荷量q=5108c、质量m=0.010kg的带负电绝缘物块物块与水平面间的动摩擦因数=0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2m/s，如图所示，（g取10m/s2）求：（1）物体进入电场的最大距离（2）物块最终停止时的位置；（3）物块在电场中运动过程的机械能增量15有一个用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电路电压为120v，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流i=5a，（取g=10m/s2）求：（1）电动机线圈的电阻r等于多少（2）电动机对该重物的最大提升速度是多少（3）若因故障电动机不能转动，这时通过电动机的电流是多大，电动机消耗的电功率又为多大16（14分）如图所示，在o点放一个正电荷，在过o点的竖直平面内的a点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以o为圆心、r为半径的圆（图中实线表示）相交于b、c两点，o、c在同一水平线上，boc=30，a距离oc的竖直高度为h若小球通过b点的速度为v，试求：（1）小球通过c点的速度大小（2）小球由a到c的过程中电场力做了多少功；（3）小球由a到c机械能的损失2015-2016学年江西省新余一中高二（上）第二次段考物理试卷一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分1-7小题只有一个选项正确8-10题有多个选项正确，全部选对得4分，选对部分得2分，有选错得0分）1关于电动势，下列说法正确的是( )a电源电动势一定等于电源两极间的电压b电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大c体积越大的电源，电动势一定越大d电源电动势与外电路的组成有关【考点】电源的电动势和内阻；闭合电路的欧姆定律【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，等于电源没有接入电路时两极间的电压，根据闭合电路欧姆定律分析电动势与外、内电压的关系【解答】解：a、根据闭合电路欧姆定律得知：电动势的数值等于内外电压之和，当电源没有接入电路时，电路中没有电流，电源的内电压为零，外电压即电源两极间的电压等于电动势；当电源接入电路时，电路有电流，电源有内电压，两极间的电压小于电动势，故a错误b、电源是把其它形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，所以电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故b正确c、干电池的电动势与正负极的材料有关，与电源的体积无关；而其他的电源的电动势的大小也不一定与体积有关故c错误d、电动势由电源本身特性决定，与外电路的组成无关，故d错误故选：b【点评】对于电动势，可以结合电动势的物理意义、定义式和闭合电路欧姆定律等知识理解2欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且abc电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是( )abcd【考点】电阻定律【专题】恒定电流专题【分析】由金属导体电阻的决定式r=进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积【解答】解：由电阻的决定式可知，a中电阻ra=，b中电阻rb=；c中电阻rc=；d中电阻rd=；故电阻最小的为a；故选：a【点评】本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的3如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，p、q是这条轨迹上的两点，由此可知( )a三个等势面中，c等势面电势最高b带电质点通过p点时电势能较小c带电质点通过q点时动能较大d带电质点通过p点时加速度较小【考点】电势差与电场强度的关系；等势面【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大【解答】解：a、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故a错误；b、根据质点受力情况可知，从p到q过程中电场力做正功，电势能降低，故p点的电势能大于q点的电势能，故b错误；c、从p到q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故p点的动能小于q点的动能，故c正确；d、由于相邻等势面之间的电势差相同等势线密的地方电场线密场强大，故p点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故d错误故选：c【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化4两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的o、m两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中a、n两点的电势均为零，nd段中的c点电势最高，则( )an点的电场强度大小为零bq1电量小于q2cnc间场强方向指向x轴负方向d将一正点电荷从n点移到d点，电场力先做正功后做负功【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势【专题】定性思想；控制变量法；电场力与电势的性质专题【分析】x图象的斜率等于电场强度e根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性根据功能关系分析电场力做功的正负【解答】解：a、该图象的斜率等于场强e，则知n点电场强度不为零，故a错误；b、如果q1和q2为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线中点为零电势点；由于oaam，故q1q2；故b错误；c、由图可知：om间电场强度方向沿x轴正方向，mc间电场强度方向沿x轴负方向，nc间场强方向向x轴负方向故c正确d、由于从n到d，电势先增加后减小；将一正电荷从n点移到d点，根据公式ep=q，电势能先增加后减小，故电场力先做负功后正功；故d错误；故选：c【点评】电势为零处，电场强度不一定为零电荷在电场中与电势的乘积为电势能电场力做功的正负决定电势能的增加与否5某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示下列说法正确的是( )aa点的电势低于b点的电势b若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做正功cc点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断d若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题【分析】对于不在同一电场线上的两点在判断其电势高低时，可以通过等势线把它们移动到同一电场线上，然后根据沿电场线电势降低进行判断根据电场线的疏密判断电场强度的大小，根据电场力做功情况，判断电势能的变化【解答】解：a、由沿电场线的方向电势降落和电场线与等势面垂直的特点，可知a点的电势低于b点的电势，故a正确；b、将一正试探电荷由a点移到b点，由于a点的电势低于b点的电势，由电势能的公式式：ep=q，可知正电荷在a点的电势能小于b点的电势能，由电场力做功与电势能变化的关系，说明电场力做负功，故b错误；c、因为电场线的疏密表示电场的强弱，故c点的电场强度小于d点的电场强度，故c错误；d、正试探电荷在d点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使该电荷离开该电场线，所以该电荷不可能沿着电场线由d到c故d错误故选：a【点评】本题考查了电场线和电场强度、电势之间的关系，对于电势能可以通过电势高度进行判断，也可以通过电场力做功进行判断6平行板电容器两极板a和b分别与电源的正、负极相连且a板接地，p为两板间的一点现保持b板不动，将a板慢慢平移到图中虚线所示的位置，这时( )a电容器两极板间的电势差将减小bp点的场强将减小c p点的电势将降低d固定在p点的负电荷电势能将减小【考点】电容器的动态分析；匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容【专题】电容器专题【分析】平行板电容器充电后与电源断开后所带电量不变移动极板，根据推论分析板间场强是否变化由电容的决定式分析电容的变化，确定电压u的变化根据p点与上板间电势差的变化，分析p点的电势如何变化，判断电势能的变化【解答】解：a、由题意可知，电容器始终与电源相连，故电源器两端的电压不变；即电容器两端的电势差保持不变，故a错误；b、由u=ed可知，d增大，u不变，则场强e减小；故b正确；c、因e减小，而bp间的距离不变，故bp间的电势差减小，故p与a之间的电势差减增大；因a板接地，则p点的电势为降低；故c正确；d、因电势降低，而p点放置的为负电荷，故电荷的电势能将增大；故d错误；故选bc【点评】本题要注意上极板接地，故电容器中的各点的电势均为负值；同时明确对于负电荷来说，电势越低的地方，电荷的电势能越高7某同学将一直流电源的总功率pe、输出功率pr和电源内部的发热功率pr随电流i变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知( )a反映pr变化的图线是bb电源电动势为4 vc电源内阻为1d当电流为0.5 a时，外电路的电阻为8【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】定量思想；图析法；电学图像专题【分析】电源内部的发热功率pr=i2r直流电源的总功率pe=ei，pi图象的斜率等于电动势e由图知：当i=2a时，电源内部的发热功率pr与电源的总功率相等，求出电源的内阻根据闭合电路欧姆定律求出电流为0.5a时的外电阻【解答】解：a、电源内部的发热功率为 pr=i2r，则pri图象是抛物线，而且是增函数，则反映pr变化的图线是c故a错误b、直流电源的总功率为 pe=ei，pi图象的斜率等于电动势e，则有e=v=4v故b正确c、图中i=2a时，电源内部的发热功率pr与电源的总功率相等，则有pr=i2r，得到r=2故c错误d、当电流为0.5a时，根据闭合电路欧姆定律得：i=，代入解得：r=6故d错误故选：b【点评】本题要根据电源的总功率公式pe=ei求解电动势，根据发热功率的解析式i2r，求解电源的内阻要明确内外电路功率的关系8如图所示，a是带正电的球，b为不带电的导体，a、b均放在绝缘支架上，m、n是导体b中的两点以无限远处为电势零点，当导体b达到静电平衡后，说法正确的是( )am、n两点电场强度大小关系为em=en=0bm、n两点电势高低关系为mncm、n两点电势高低关系为mn0d感应电荷在m、n两点产生的电场强度emen【考点】静电场中的导体；电场强度；电势【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】物体带电有接触起电，有感应带电，有摩擦起电对于感应带电，是利用同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原理且带电体是等势体【解答】解：a、d、m、n两点的场强为导体球与b上感应电荷在这两处的场强之和，合场强大小为零，即em=en=0；而带电球a在m、n两点产生的场强不同，故b上感应电荷在m、n两点产生的电场强度不相等，根据点电荷电场强度公式，可知，离a越远的，电场强度越小，则感应电荷在m、n两点产生的电场强度emen，故ad正确b、c、处于静电平衡的导体，其整体是等势体，故m=n，故b错误，c错误故选：ad【点评】本题重点掌握感应带电的本质是电荷的转移；当金属导体处于电场时出现静电平衡现象，注意处于静电平衡的导体内部电场强度为零，是由感应电荷与场源电荷叠加而成的，同时知道是等势体是解题的关键9一对平行金属板长为l，两板间距为d，质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uab如图所示，交变电压的周期t=，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则( )a所有电子都从右侧的同一点离开电场b所有电子离开电场时速度都是v0ct=0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大dt=时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题【分析】电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向运动情况不同，则知不是从同一点离开电场所有电子都能穿过平行板，竖直方向加速和减速的时间必然相等，飞出电场时，电子只有水平速度t=0时刻进入电场的电子，离开电场时速度等于v0，电子的动能不是最大分析t=时刻进入电场的电子运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解最大侧位移【解答】解：a、电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同故a错误b、由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度vy=0，速度都等于v0，故b正确c、由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同故c错误d、t=时刻进入电场的电子，在t=时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax=2=在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有：=4a联立得：ymax= 故d正确故选bd【点评】本题作出速度图象，根据“面积”大小等于位移分析竖直方向的运动情况10如图电路，c为电容器的电容，d为理想二极管（具有单向导通作用），电流表、电压表均为理想表闭合开关s至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片p向左移动一小段距离，结果发现电压表v1的示数改变量大小为u1，电压表v2的示数改变量大小为u2，电流表a的示数改变量大小为i，则下列判断正确的有( )a的值变大b的值变大c的值不变，且始终等于电源内阻rd滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少【考点】电容；闭合电路的欧姆定律【专题】电容器专题【分析】由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化，则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化【解答】解：由图可知r1与r串联，v1测r两端的电压，v2测路端的电压若p向左端移动，则滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，即电压表v2的示数增大，r1两端的电压减小，所以v1的示数增大a、根据欧姆定律得的值等于滑动变阻器的阻值，所以的值变大，故a正确；b、根据闭合电路欧姆定律得：u1=ei（r1+r），则=r1+r，所以的值不变；故b错误；c、根据闭合电路欧姆定律得：由u2=eir，则=r，所以的值不变；故c正确；d、滑片向左移动的过程中，由于理想二极管具有单向导通作用，所以电容器所带的电荷量不变，故d错误；故选：ac【点评】闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路内电路外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质二实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）11某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为50.15mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为4.700mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为220（4）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的r测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为=7.6102m（保留2位有效数字）【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）20分度游标卡尺游标每一分度表示长度为0.05mm，由主尺读出整毫米数，根据游标尺上第几条刻度线与主尺对齐，读出毫米的小数部分（2）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分（3）电阻的测量值=指针指示值倍率（4）根据欧姆定律求得电阻的表达式，再由电阻定律即可求得电阻率【解答】解：（1）主尺读数为50mm，游标上第3条刻度线与主尺对齐，读数为30.05mm=0.15mm，则长度为50.15mm（2）螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.200mm，则直径为4.700mm（3）电阻的阻值r=2210=220（4）由电阻定律r=，s=代入解得=7.6102m本题答案是（1）50.15（2）4.700（3）220（4）7.6102【点评】测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法在两种方法都能用的情况下，为了减小能耗，选择限流式接法12某同学采用如图1所示的电路测定电源电动势和内电阻已知干电池的电动势约为1.5v，内阻约为1；电压表（03v，3k）、电流表（00.6a，1.0）、滑动变阻器有r1（10，2a）和r2（100，0.1a）各一只实验中滑动变阻器应选用r1（填“r1”或“r2”）在图2中画出实验电路图在实验中测得多组电压和电流值，得到如图3所示的ui图线，由图可较准确地求出该电源电动势e=1.47v；内阻，r=1.81【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据实物电路图作出实验电路图；根据电源ui图象求出电源电动势与内阻【解答】解：电源内阻约为1.5v，电路最大电流约为零点几安培，两滑动变阻器均可保证安全，为方便实验操作，滑动变阻器应选r1；伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示：由图示电源ui图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.47，电源电动势e=1.47v，电源内阻：r=1.81故答案为：r1；电路图如图所示；1.47，1.81【点评】本题考查了实验器材选择、作电路图、求电源电动势与内阻，电源ui图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻三计算题（本题共44分，解题过程中要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）13一个量程为15v的电压表，串一个电阻为3000的电阻后再去测量电路某两端的电压时，电压表示数为12v，已知该两端实际电压为15v，求：（1）电压表的内阻（2）将该电压表改装成量程为90v的新电压表，应串联一个多大的电阻？【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）由串联关系知电压之比为电阻之比，可求得rv（2）先求出串联的电阻的分压，再由电阻与电压成正比，求得r2【解答】解：（1）当电压表串联一个r1=3k的电阻测量某电路两端的电压时，电压表两端的电压为u=12v，电阻分得的电压为u1=3v，电压表与电阻串联，通过它们的电流相等：=解得：rv=r1=3000=12000=12k；（2）将这个电压表改装成量程为90v的电压表，原电压表两端最大分得的电压为uv=15v，串联电阻分得的电压：u2=75v，=r2=rv=12k=60k；答：（1）该电压表的内阻rv是12k；（2）应串联电阻的阻值为60k【点评】考查的是串联电路电压与电阻成正比，及改装电压表的原理，明确串联电阻起分压作用14在一个水平面上建立x轴，如图在过原点o右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小e=6105 n/c，方向与x轴正方向相同，在o处放一个电荷量q=5108c、质量m=0.010kg的带负电绝缘物块物块与水平面间的动摩擦因数=0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2m/s，如图所示，（g取10m/s2）求：（1）物体进入电场的最大距离（2）物块最终停止时的位置；（3）物块在电场中运动过程的机械能增量【考点】功能关系；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）物块先向右做匀减速直线运动到零，然后返回做匀加速直线运动，离开电场后再做匀减速运动直到停止根据牛顿第二定律和运动学公式以及动能定理求出物块最终停在的位置（2）知道电势能也是机械能，所以电场力做功不改变物体的机械能，即滑动摩擦力做功改变物体的机械能【解答】解：（1）第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为零物体受到的摩擦力为：ff=mg物体受到的电场力为f=qe由牛顿第二定律得ff+f=ma由运动学公式得2as1=v2联立代入数据解得：s1=0.4 m（2）第二个过程：物块向左做匀加速运动，离开电场后再做匀减速运动直到停止由动能定理得：fs1ff（s1+s2）=0解得s2=0.2 m，所以物块停止在原点o左侧0.2 m处（3）物块在电场中运动过程中，滑动摩擦力做功使物体的机械能转化为内能，所以机械能增量就等于滑动摩擦力做的功，e=wf=mg（s1+s2）=0.20.01100.6j=0.012j答：（1）物体进入电场的最大距离是0.4m；（2）物块最终停止时的位置在原点o左侧0.2m处；（3）物块在电场中运动过程的机械能增量为0.012j【点评】题关键分析小球的受力和运动情况，利用牛顿运动定律和动能定理灵活求解；特别利用功能关系求机械能增量时，等于滑动摩擦力做的功，一定注意是电场力中机械能的增量15有一个用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m=50kg，电路电压为120v，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流i=5a，（取g=10m/s2）求：（1）电动机