名师解析辽宁省沈阳市学年高二上期末教学质量监测物理试题解析.docx

名师解析辽宁省沈阳市学年高二上期末教学质量监测物理试题解析.docx

《名师解析辽宁省沈阳市学年高二上期末教学质量监测物理试题解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《名师解析辽宁省沈阳市学年高二上期末教学质量监测物理试题解析.docx（21页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

名师解析辽宁省沈阳市学年高二上期末教学质量监测物理试题解析

2014-2015学年辽宁省沈阳市高二（上）期末物理试卷

一、选择题：

本题共12小题．每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分．

1．（4分）（2014秋•沈阳期末）人类发现电和磁的联系，经历了漫长的岁月．1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．l831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，下列相关说法正确的是（　　）

　A．给小磁针上方的导线通电，小磁针一定会发生偏转

　B．给小磁针上方的导线通电，小磁针可能会发生偏转

　C．线圈横截面积大，磁铁穿过线圈时产生的感应电流就强

　D．磁铁的磁性强，磁铁穿过线圈时产生的感应电流就强

【考点】：

通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．

【分析】：

对于电流的磁效应，根据安培定则进行分析．线圈中产生电磁感应现象时，感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，由法拉第电磁感应感应定律和欧姆定律结合进行分析．

【解析】：

解：

A、给小磁针上方的导线通电时，若导线位于东西方向，根据安培定则可知，在小磁针处导线产生的磁场方向位于南北方向，与地磁场方向一致时，观察不到小磁针的偏转．故A错误．

B、由A分析可知，给小磁针上方的导线通电，小磁针可能会发生偏转，故B正确．

C、线圈横截面积越大，磁通量变化率不一定越大，感应电动势不一定越大，所以磁铁穿过时产生的感应电流不一定越大，故C错误．

D、由法拉第电磁感应感应定律可知：

感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，而磁通量变化率反映了磁通量变化快慢，磁通量变化快慢与磁铁穿过线圈的速度大小有关，所以感应电动势的大小与磁铁穿过线圈的速度大小有关，则感应电流的强弱与磁铁穿过线圈的速度大小有关，故D错误．

故选：

B．

【点评】：

本题关键要理解电流磁效应实验的原理，掌握安培定则，准确理解法拉第电磁感应感应定律，理解磁通量变化率反映了磁通量变化的快慢．

2．（4分）（2014秋•沈阳期末）两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为m1和m2，带电量分别为q1和q2，用绝缘细线悬挂后，因静电力排斥而使两悬线张开，与竖直方向的夹角分别为α1和α2，且两球处于同一水平线上，如图所示．若α1=α2，则下列判断正确的是（　　）

　A．m1一定等于m2B．q1一定等于q2

　C．一定满足

D．必然同时满足q1=q2，m1=m2

【考点】：

库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．

【分析】：

分别对两小球进行受力分析，根据受力可知，由共点力平衡条件得到各自的重力与库仑力的关系，抓住相互间的库仑力大小相等，得到质量与角度的关系，分析求解．

【解析】：

解：

题中电荷电量可能不同，也可能相同，但各自所受的电场力大小却相同，方向相反．

由于它们与竖直线所成的角度均为α，且两球同处一水平线上，

所以根据共点力平衡条件可确定，它们的质量一定相等．故BCD错误，A正确；

故选：

A．

【点评】：

本题中库仑力是两个小球联系的纽带，由平衡条件分别找出两个小球的质量与库仑力关系是解题的关键．

3．（4分）（2014秋•沈阳期末）如图所示，有两个固定的、电量相等、电性相反的点电荷Q1、Q2，a、b是它们连线的中垂线上的两个点，c是它们产生的电场中的另一点，以无穷远处为电势的零点，则下列说法中正确的是（　　）

　A．a、b两点场强相同

　B．a点场强一定小于b点场强

　C．b点的电势一定比a点的电势高

　D．c点的电势一定比b点的电势高

【考点】：

电场线；电场强度．

【分析】：

等量异种点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，而且这条等势线一直延伸到无穷远处．根据电场强度方向与等势面垂直，并且由电势高处指向电势低处，分析场强的方向．根据电场线的疏密判断场强的大小．

【解析】：

解：

A、a、b两点场强方向均与ac连线垂直向右，方向相同．a点处电场线比b处疏，则a场强比b点小．故A错误，B正确．

C、等量异种点电荷连线的垂直平分线是一条零等势线，所以a点电势与b点电势相等．故A错误．

D、等量异种点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，a、b点处于同一等势线上，而且这条等势线一直延伸到无穷远处，则a、b与无穷远处电势相等，无穷远处电势为零，又该电场电场线由正电荷出发到负电荷终止，故c点电势比ab电势低，故D错误．

故选：

B．

【点评】：

对于等量同种、等量异种电荷电场的电场线和等势线分布掌握要牢固，这是考试热点，要抓住对称性，同时，要抓住连线的垂直平分线的特点．

4．（4分）（2014秋•沈阳期末）在如图所示的正方形区域内有匀强磁场，一束电子以不同的速率从a点沿ab方向射入匀强磁场区域，最终又从磁场区域射出．则下列结论中正确的是（　　）

　A．从c点射出的电子和从d点射出的电子，其速率之比为2：

1

　B．从c点射出的电子和从d点射出的电子，其速率之比为1：

2

　C．若电子从bc边射出，则电子射入磁场时的速率越大，其在磁场中的运动时间就越长

　D．若电子从ad边射出，则电子射入磁场时的速率越大，其在磁场中的运动时间就越短

【考点】：

带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

【专题】：

带电粒子在磁场中的运动专题．

【分析】：

带电粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，先由几何知识可分别求得从c点和d点飞出的粒子的轨迹半径，则由牛顿第二定律和向心力公式求得两个粒子的速率，即可求出速率之比；由转动的角度可知运动时间之比．

【解析】：

解：

A、设电子在磁场中运动的轨迹半径为r，根据洛伦兹力提供向心力，得：

qvB=m

，解得：

v=

，可见，v∝r

设磁场边长为L，如图所示，电子从c点离开磁场时，其轨迹半径为rc=L；从d点离开磁场的电子，其轨迹半径为rd=

，

则得：

vc：

vd=2：

l．故A正确，B错误．

C、由v=

可知，粒子在速度越大，粒子的轨道半径越大，若电子从bc边射出，则电子射入磁场时的速率越大，轨道半径越大，电子转过的圆心角越小，其在磁场中的运动时间就越短，故C错误；

D、若电子从ad边射出，则电子在磁场中转过的圆心角都相等，都是90°，它们在磁场中的运动时间相等，与电子的速率无关，故D错误；

故选：

A．

【点评】：

本题属于带电粒子在磁场中的偏转中典型题目，此类题的关键在于确定圆心及由几何关系求出半径．

5．（4分）（2014秋•沈阳期末）如图，EOF为一匀强磁场的边界，且E0上EO⊥OO′，OO′为∠EOF的角平分线，磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿OO′方向匀速进入磁场，t=0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系下列图象可能正确的是（　　）

　A．

B．

C．

D．

【考点】：

导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．

【专题】：

电磁感应中的力学问题．

【分析】：

运用E=BLv找出感应电动势随时间变化的情况．其中L为切割磁感线的有效长度．根据右手定则判断出感应电流的方向．

【解析】：

解：

在整个正方形导线框通过磁场的过程中，

切割磁感线的边框为两竖直边框，两水平边框不切割磁感线．

由于正方形导线框沿OO′方向匀速通过磁场，

①从开始到左边框到达O′之前，进入磁场切割磁感线的有效长度随时间均匀增加，

根据E=BLv得出感应电动势随时间也均匀增加，

由于电阻不变，所以感应电流i也随时间均匀增加．

根据右手定则判断出感应电流的方向，结合导线框中感应电流沿顺时针方向时为正，得出开始为负方向．

②当左边框到达OO′之后，由于进入磁场切割磁感线的有效长度不变，所以感应电流i不变．

③当左边框到达OO′中点，右边框即将进入磁场切割磁感线，由于左边框的切割磁感线的有效长度在减小，而右边框切割磁感线有效长度在增大，而左右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，所以整个感应电动势随时间也均匀减小．

④当左边框到达距O点

时，左右边框切割磁感线的有效长度相等，此时感应电动势为0，再往后跟前面过程相反．故A正确，B、C、D错误．

故选：

A

【点评】：

注意分析正方形导线框运动过程中切割磁感线的有效长度变化情况．规定导线框中感应电流沿顺时针方向时为正，反过来即为负值．

6．（4分）（2014秋•沈阳期末）如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一半径为3R的橡胶圆盘，圆盘平面与磁场方向垂直，在圆盘上固定一长为2R的金属杆AB，AB沿半径方向放置，A点位于圆盘的边缘．当橡胶圆盘绕过圆心0点且垂直于圆盘的转轴以角速度ω匀速转动时，金属杆AB两端的电势差大小为（　　）

　A．

BωR2B．BωR2C．2BωR2D．4BωR2

【考点】：

导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．

【分析】：

AB段切割磁感线产生感应电动势，AB产生的感应电动势为E=BLv，求出棒两端的电压．

【解析】：

解：

由法拉第电磁感应定律得：

AB产生的感应电动势为：

，

A点的速度为：

vA=ω3R，vB=ωR，AB段的平均速度为：

=

=2ωR

AB段的电势差为：

，故D正确；

故选：

D

【点评】：

本题中转动切割是法拉第电磁感应定律应用的延伸应用，关键要掌握转动切割磁感线时感应电动势公式：

，及平均速度的计算方法．

7．（4分）（2014秋•沈阳期末）如图所示，两倾斜放置的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计，导轨平面与水平面夹角为θ，导轨上端接入一内电阻可忽略的电源，电源电动势为E．一粗细均匀的金属棒电阻为R，金属棒水平放在导轨上且与导轨接触良好．欲使金属棒静止在导轨上不动，则以下说法正确的是（　　）

　A．可加竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为

　B．可加竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为

　C．所加匀强磁场磁感应强度的最小值为

　D．所加匀强磁场磁感应强度的最大值为

【考点】：

安培力；共点力平衡的条件及其应用．

【分析】：

通电导线垂直处于匀强磁场中，则由电流方向结合左手定则可得安培力的方向，再由安培力、重力及支持力处于平衡可求得安培力的大小．根据公式F=BIL可确定磁场的方向与大小．

【解析】：

解：

A、加竖直向上的匀强磁场，安培力方向水平向左，导体棒不可能处于平衡．故A错误

B、当加竖直向上的匀强磁场时，导体棒受重力、支持力和水平向右的安培力，如图所示，根据共点力平衡有：

mgtanθ=BIL，I=

，所以

．故B正确．

C、当安培力方向与支持力方向垂直时，安培力最小，最小值为mgsinθ，则BIL=mgsinθ，I=

，所以B的最小值为

．故C错误．

D、当安培力方向与重力相同时，磁场强度最大，故

，故D错误；

故选：

B

【点评】：

由于棒所处平衡位置，那么安培力的方向不同，导致安培力的大小不同，从而得出不同的磁感应强度大小与方向．D选项中，当直径变化时，电流虽然变化，但质量也同时变化，且变化相同，所以仍处于平衡状态．

8．（4分）（2014秋•沈阳期末）如图所示，M、N为简化的磁流体发电机的两个水平极板，相距d=0.2m，板间有垂直于纸面向外的匀强磁场，B=1.0T，外电路中可变负载电阻R的最大阻值为l0Ω，电离气体（含有大量的正、负带电粒子，且不计重力）以速率v=1100m/s平行极板由左向右射入，极板间电离气体的等效内阻r=lΩ，断开开关S，稳定之后，下列说法正确的是（　　）

　A．M板电势高于N板电势

　B．该发电机的电动势为220V

　C．若闭合开关s，负载电阻R=10Ω时发电机的效率最小

　D．若闭合开关s，负载电阻R=10Ω时发电机的输出功率最大

【考点】：

霍尔效应及其应用；电功、电功率．

【分析】：

根据左手定则判断出电荷的偏转方向，确定两极板所带电荷的电性，从而确定电势的高低；根据电荷所受洛伦兹力和电场力相等求出发电机的电动势．当外电阻等于内电阻时，发电机的输出功率最大．

【解析】：

解：

A、根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则M板的电势低于N板的电势．故A错误．

B、根据qvB=q

，解得电动势为：

E=vBd=1100×1×0.2V=220V．故B正确．

C、发电机的效率η=

=

，当负载电阻R=10Ω时，发电机的效率最大．故C错误．

D、当外电阻等于内电阻时，即负载电阻R=1Ω，发电机的输出功率最大．故D错误．

故选：

B．

【点评】：

解决本题的关键会运用左手定则判断电荷所受洛伦兹力的方向，知道稳定时电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，注意发电机的效率与功率的区别．

9．（4分）（2014秋•沈阳期末）水平桌面上放一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁，当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速靠近铝环时，下列判断正确的是（　　）

　A．铝环有收缩的趋势B．铝环有扩张的趋势

　C．铝环对桌面的压力增大D．铝环对桌面的压力减小

【考点】：

楞次定律．

【分析】：

通过楞次定律可知铝环中的感应电流产生的磁场要阻碍通过铝环的磁通量的增加，从而可知铝环的运动的趋势和面积大小的变化趋势，从而可得知正确选项．

【解析】：

解：

当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速靠近铝环时，通过铝环的磁通量增加，根据楞次定律，铝环中产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，阻碍磁铁的靠近，所以铝环对桌面的压力会增大，铝环还有收缩的趋势，以缩小面积来阻碍磁通量的增加．所以选项AC正确，BD错误

故选：

AC

【点评】：

解答该题的关键是对楞次定律的理解和灵活应用，楞次定律的内容是“感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化”，可以从以下几个方面来理解：

1、注意是“阻碍”，不是“阻止”，更不是“相反”，而是“延缓”的意思．

2、从原磁通量的变化来看，应这样理解：

当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反，当原磁场减小时，感应电流的磁场就与原来的磁场方向相反．即为“增反减同”．

3、从磁体和导体的相对运动来理解：

感应电流总是要阻碍导体和磁极间的相对运动，即为“来则阻，去则留”．

4、从能量转化的角度来理解：

产生感应电流的过程，是其它形式的能转化为电能的过程．

在解答问题的过程中，要灵活的利用对楞次定律的各种理解，这样能做到事半功倍的效果．

10．（4分）（2014秋•沈阳期末）一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（　　）

　A．电动机消耗的总功率为UIB．电动机消耗的热功率为

　C．电源的输出功率为EID．电源的效率为1﹣

【考点】：

电功、电功率．

【专题】：

恒定电流专题．

【分析】：

在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．

【解析】：

解：

A、电动机消耗的总功率应该用P=IU来计算，所以总功率为IU，所以A正确；

B、电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算，所以热功率P=I2R，所以B错误．

C、电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出=UI．故C错误．

D、电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为

=l﹣

，所以D正确．

故选AD．

【点评】：

对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．

11．（4分）（2014秋•沈阳期末）如图甲所示，一边长L=lm、电阻R=5Ω、匝数n=10匝的正方形线圈直接与一个理想电流表相连，线圈内有变化的磁场，以垂直纸面向里的方向为磁场的正方向，磁场随时间的变化情况如图乙所示，则下列判断中正确的是（　　）

　A．0～2s的时间内，理想电流表的指针改变方向1次

　B．0﹣2s的时间内，理想电流表的指针位置始终不变

　C．0一ls的时间内，理想电流表的读数为2A

　D．1﹣2s的时间内，理想电流表的读数为0.5A

【考点】：

法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．

【分析】：

由图象的斜率读出磁感应强度B的变化率

，由法拉第电磁感应定律可求得线圈中的感应电动势．由闭合电路欧姆定律可求得感应电流大小，根据楞次定律来确定感应电流的方向，从而即可求解．

【解析】：

解：

A、0～1s的时间内，垂直向里的磁场在减小，根据楞次定律可知，减则同，则线圈中产生顺时针感应电流，同理，1﹣2s的时间内，垂直向外的磁场在增加，由楞次定律：

增则反，可知，线圈有顺时针感应电流，故A错误，B正确；

C、根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小为E=N

=N

=10×

×12=10V，则感应电流大小I=

=

A=2A，故C正确，D错误．

故选：

BC．

【点评】：

本题是感生电动势类型，关键要掌握法拉第电磁感应定律的表达式E=n

，再结合闭合电路欧姆定律进行求解，注意楞次定律来确定感应电动势的方向．

12．（4分）（2014秋•沈阳期末）如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小不等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到0点的距离均相等．则下列说法正确的是（　　）

　A．0点处的磁感应强度不可能为零

　B．B点处的磁感应强度不可能为零

　C．a、b两点处的磁感应强度大小可能相等，方向相反

　D．c、d两点处的磁感应强度大小可能相等，方向相同

【考点】：

磁感应强度．

【分析】：

根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．

【解析】：

解：

A、根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，因此垂直于纸面向外的通电直导线受到的力不为零．故A正确．

B、根据右手螺旋定则，M处导线在b点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在b点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0．故B正确；

C、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．故C错误．

D、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等．故D正确．

故选：

ABD．

【点评】：

解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．

二、实验题：

本题共2小题，共l5分．

13．（4分）（2014秋•沈阳期末）一位同学使用多用电表测电阻，当他用“×10”的欧姆挡测量时，读出的电阻值为2000Ω，这位学生在测量时已注意到：

待测电阻与其他元件和电源断开，不用手碰表笔的金属杆．为使测量电阻的阻值更加准确，接下来他操作的主要步骤应为：

①　把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上　．

②　将红、黑两表笔相短接，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆零处　．

③把两表笔分别与待测电阻的两端相接，发现这时指针偏转适中，随即记下电阻数值；

④把表笔从测试笔插孔拔出后，选择开关拨到“OFF”，把多用电表放回桌上原处．

【考点】：

用多用电表测电阻．

【专题】：

实验题．

【分析】：

为了测量结果尽量准确，读数时指针应指针在中央刻度附近，欧姆表换挡后要重新欧姆调零．

【解析】：

解：

①、当他用“×10”的欧姆挡测量时，读出的电阻值为2000Ω，则指针指在表盘示数为200的刻度附近，为了使指针指在中央刻度附近，则应把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；

②换挡后应重新进行欧姆调零：

将红、黑两表笔相短接，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆零处；

故答案为：

①把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；②将红、黑两表笔相短接，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆零处．

【点评】：

本题考查了欧姆表使用注意事项，指针指在中央刻度附近读数时误差最小．

14．（11分）（2014秋•沈阳期末）某实验小组用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值（阻值粗测为190Ω），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0～15mA，内阻约为100Ω

电流表A2：

量程0～3mA，内阻为100Ω

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地测量Rx的阻值，请回答下面问题：

（1）为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A2与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到　900　Ω，这样可以改装成一个量程为3.0V的电压表．

（2）在图1方框中画出测量Rx阻值的完整电路图，并在图中标明器材代号．

（3）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　9.5　mA，电流表A2的示数是　1.50　mA，则精确得到待测电阻Rx的阻值是　187.5　Ω．

【考点】：

伏安法测电阻．

【专题】：

实验题；恒定电流专题．

【分析】：

（1）应用伏安法测电阻，需要用电压表测待测电阻电压，现在没有电压表，应该用小量程电流表与电阻箱串联改装成电压表，由串联电路特点及欧姆定律可以求出串联电阻阻值．

（2）滑动变阻器阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法；根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系，确定电流表采用内接法还是外接法，然后作出电路图．

（3）根据电表量程确定电表分度值，读出电表示数；由欧姆定律可以求出待测电阻阻值；根据电路结构分析实验误差．

【解析】：

解：

（1）为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A1电阻箱串联组成电压表；

改装后电压表量程是3V，则电阻箱阻值R=

=900Ω；

（2）滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，

待测电阻阻值约为190Ω，电流表A1内阻约为100Ω，电压表内阻为RV=100Ω+900Ω=1000Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，电路图如图所示．

（3）由图示可知，电流表A1的示数为9.5mA，电流表A2的示数是1.50mA；

待测电阻两端电压U=I2RV=1.50×10﹣5A×1000Ω=1.5V，测得待测电阻Rx=

=187.5Ω．

电流表采用外接法，电流测量值偏大，由欧姆定律可知，测量值比较真实值小．

故答案为：

（1）900；

（2）电路图如右图；

（3）9.5；1.50；187.5

【点评】：

要会把电流表改装成电压表，会求改装电压表时串联电阻的阻值；确定滑动变阻器的接法与电流表接法是设计实验电路图的关键．

三、计算题（本题共3小题，第l5题9分，第16题12分，第17题16分，共37分．解答时应该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能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

15．（9分）（2014秋•沈阳期末）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距L=2m