2020年浙江省宁波市高一(下)期中物理试卷

期中物理试卷
题号一二三四总分
得分
一、单选题（本大题共5小题，共15.0分）
1.如图所示为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以
O点（图中白点）为坐标原点．沿Z轴正方向磁感应强度B
的大小变化情况最有可能是图中的（）
A.
B.
C.
D.
2.如图，用半偏法测量一只电流表的内阻，下面所列的各组主要操作步骤及排列次序
正确的是（）
A. 闭合S1，调节R1到电流表满偏，闭合S2，调节R2到电流表半偏，读出R2的阻
值
B. 闭合S1，调节R1到电流表满偏，闭合S2，调节R1到电流表半偏，读出R2的阻
值
C. 闭合S1、S2，调节R1到电流表满偏，调节R2到电流表半偏，读出R2的阻值
D. 闭合S1、S2，调节R2到电流表满偏，调节R1到电流表半偏，读出R2的阻值
3.每时每刻都有大量带电的宇宙射线向地球射来，幸好地球磁
场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数射线粒子的运动
方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．假设有一个带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来（如图，地球由西向东转，虚线表示地球自转轴，上方为地理北极），在地球磁场的作用下，它将向什么方向偏转？（）
A. 向东
B. 向南
C. 向西
D. 向北
4.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，
R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时，合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U，现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况( )
A. I1增大，I2不变，U增大
B. I1减小，I2增大，U减小
C. I1增大，I2减小，U增大
D. I1减小，I2不变，U减小
5.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强
磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有
一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上
的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一
水平线上．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环
的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（）
A. 小球能越过d点并继续沿环向上运动
B. 当小球运动到c点时，所受洛伦兹力最大
C. 小球从a点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能增大
D. 小球从b点运动到c点的过程中，电势能增大，动能先增大后减小
二、多选题（本大题共9小题，共28.0分）
6.关于电源电动势大小的说法，正确的是（）
A. 同一种电池，体积越大，电动势也越大
B. 电动势的大小表示电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小
C. 电路断开时，电源的非静电力做功为0，电动势并不为0
D. 电路中电流越大，电源的非静电力做功越多，电动势也越大
7.横截面积为S的铜导线，流过的电流为I，设单位体积的导体中有n个自由电子，
电子的电量为q，此时电子的定向移动的平均速度设为v，在时间△t内，通过导线横截面的自由电子数为（）
A. nvS△t
B. nv△t
C.
D.
8.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边
界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O
点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，
但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法
正确的是（）
A. 入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C. 在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D. 在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
9.如图甲所示，某空间存在着足够大的匀强磁场，磁场沿水平方向．磁场中有A、B
两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上．物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘．在t＝0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动．在物块A、B一起运动的过程中，图乙反映的可能是( )
A. 物块A所受洛伦兹力大小随时间t变化的关系
B. 物块A对物块B的摩擦力大小随时间t变化的关系
C. 物块A对物块B的压力大小随时间t变化的关系
D. 物块B对地面压力大小随时间t变化的关系
10.热敏电阻是一种广泛应用于自动控制电路中的重要电子
元件，它的重要特性之一是，其电阻值随着环境温度的
升高而减小。

如图为一自动温控电路，C为电容器，A
为零刻度在中央的电流计，R为定值电阻，R t为热敏电
阻。

电键S闭合稳定后，观察电流表A的偏转情况，可
判断环境温度的变化情况。

以下关于该自动温控电路的分析，正确的是（）
A. 当发现电流表A中的电流方向是由a到b时，表明环境温度是正在逐渐升高
B. 当发现电流表A中的电流方向是由a到b时，表明环境温度是正在逐渐降低
C. 为了提高该温控装置的灵敏度，应取定值电阻R的阻值远大于热敏电阻R t的阻
值
D. 为了提高该温控装置的灵敏度，应取定值电阻R的阻值与热敏电阻R t的阻值差
不多
11.光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，
右端与半径为L=20cm的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m=60g，电阻R=1Ω、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与垂直方向成θ=53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin53°=0.8，g=10m/s2，则（）
A. 磁场方向一定竖直向下
B. 电源电动势E=3.0V
C. 导体棒在摆动过程中所受安培力F=3N
D. 导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048J
12.如图所示，闭合电键S，电压表的示数为U，电流表的示数
为I，现向左调节滑动变阻器R的触头P，电压表V的示数
改变量的大小为△U，电流表的示数改变量大小为△I，则下
列说法正确的是（）
A. 变大
B. 变大
C. 电阻R1的功率变大
D. 电源的总功率变大
13.如图所示，正方形abcd区域内分布着垂直纸面向里的匀
强磁场，O点是cd边的中点．一个带正电的粒子仅在磁
场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入
磁场，经过时间t0刚好从c点射出磁场．现让该粒子从
O点沿纸面以与Od成30°角的方向，分别以大小不同的
速率射入磁场，则关于该粒子在磁场中运动的时间t和
离开正方形区域位置，分析正确的是（）
A. 若t=t0，则它一定从dc边射出磁场
B. 若t=t0，则它一定从cb边射出磁场
C. 若t=t0，则它一定从ba边射出磁场
D. 若t=t0，则它一定从da边射出磁场
14.某同学对某种抽水泵中的电磁泵模型进行了研究，如图
电磁泵的泵体内是一个长方体，ab边长为L1，左右两侧
面是边长为L2的正方形，在泵头通入导电剂后液体的电
阻率为ρ，泵体内所在处有方向垂直向外的磁场B，工
作时，泵体的上下两表面接在电压为U（内阻不计）的
电源上，理想电流表示数为I，若电磁泵和水面高度差
为h，不计水在流动中和管壁之间的阻力，重力加速度为g。

则（）
A. 泵体上表面应接电源正极
B. 电源提供的电功率为
C. 电磁泵不加导电剂也能抽取不导电的纯水
D. 若在t时间内抽取水的质量为m，这部分水离开电磁泵时的动能为UIt-mgh-I2t
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
15.为了测量某电池的电动势E（约3V）和内阻r（约5Ω），可供选择的器材如下：
A．电流表G1（2mA100Ω）
B．电流表G2（1mA内阻未知）
C．电阻箱R1（0～999.9Ω）
D．电阻箱R2（0～9 999Ω）
E．滑动变阻器R3（0～10Ω1A）
F．滑动变阻器R4（0～1 000Ω10mA）
G．定值电阻R0（800Ω0.1A）
H．待测电池
I．导线、电键若干
①采用如图甲所示的电路，测定电流表G2的内阻，得到电流表G1的示数I1、电流
表G
I1（mA）0.400.81 1.20 1.59 2.00
I2（mA）0.200.400.600.80 1.00
12
由图得到电流表G2的内阻等于______Ω．
②在现有器材的条件下，测量该电池的电动势和内阻，采用如图丙所示的电路，图
中滑动变阻器①应该选______，电阻箱②选______（均填写器材代号）．
16.某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”
挡内部电路的总电阻。

使用的器材有：
多用电表；
电压表：量程5V，内阻十几千欧；
滑动变阻器：最大阻值5kΩ
导线若干。

回答下列问题：
（1）将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔______，调零点。

（2）将图（a）中多用电表的红表笔和______（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端。

（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图（b）所示，这时电压表的示数如图（c）所示。

多用电表和电压表的读数分别为______kΩ和______V。

（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。

此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V．从测量数据可知，电压表的内阻为______kΩ。

（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图（d）所示。

根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为______V，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为______kΩ。

四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
17.图中电源电动势E=12V，内电阻r=0.5Ω．将一盏额定电
压为8V，额定功率为16W的灯泡与一只线圈电阻为0.5Ω
的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光，
通电100min。

问：
（1）电源提供的能量是多少？
（2）电流对灯泡和电动机所做的功各是多少？
（3）灯丝和电动机线圈产生的热量各是多少？
18.如图所示，导体杆ab的质量为m，电阻为R，放置在与水平面夹角为θ的倾斜导
轨上，导轨间距为d，电阻不计，系统处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，电源内阻不计。

问：
（1）若导轨光滑，电源电动势E为多大能使导体杆静止在导轨上？
（2）若杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，且不通电时导体不能静止在导轨上，要使杆静止在导轨上，电源的电动势E应为多大？
19.1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回
旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D
形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿
过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁
场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、
电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．
（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；
（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；
（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为B m、f m，试讨论粒子能获得的最大动能
E km．
20.如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场．电场方向竖直向上，电场强度
E=40N/C，在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，15πs后磁场消失，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.3m的圆形区域（图中未画出），且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B2=0.8T，t=0时刻，一质量m=8×10-4kg、电荷量q=+2×10-4C的微粒从x轴上x p=-0.8m处的P点以速度v=0.12m/s向x轴正方向入射．（g取10m/s2）
（1）求微粒在第二象限运动过程中离x轴、y轴的最大距离．
（2）若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标（x，y）．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：如图所示为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情
况：
磁感线的疏密表示磁场的强弱，所以沿Z轴正方向磁感应强度B的
大小是先变小后变大。

由于题目中问的是磁感应强度B的大小，故
C正确；
故选：C。

磁场是一种特殊物质形态，既看不见又摸不着．因此引入磁感线来帮助我们理解磁场，磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线上某点的切线方向表磁场的方向．
若考虑磁感应强度的方向，则将C图象中的后半部分画在时间轴的下方．
2.【答案】A
【解析】解：半偏法测电流表内阻，由图示实验电路可知，实验步骤为：
闭合S1，调节R1到电流表满偏，闭合S2，调节R2到电流表半偏，读出R2的阻值；
故选：A。

根据半偏法测电笔内阻的原理与实验电路图分析答题．
本题考查了半偏法测电流表内阻实验的实验步骤，知道实验原理与实验步骤，分析清楚电路结构即可正确解题．
3.【答案】A
【解析】解：地球的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，故A正确。

故选：A。

根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向．
本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．注意正负电荷的区别．
4.【答案】B
【解析】解：由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2
测量流过R2的电流。

R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大。

故A、C、D错误，B正确。

故选：B。

本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，再采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析．
解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解．注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流．
5.【答案】D
【解析】解：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。

关于圆
心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大。

A．由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；
B．由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大。

故B 错误；
C．从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少。

故C错误；
D．小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减。

D正确。

故选：D。

电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大．再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可．
该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题，难度较大．
6.【答案】B
【解析】解：A、电动势是电源本身的性质，和体积没有关系；故A错误；
B、电动势E越大，非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功越多，获得的电能越多，电源把其他形式的能转化为电能本领越大。

故B正确。

C、电路断开时，电动势保持不变；故C正确；
D、电动势和电路中的电流无关，由公式可知，电动势取决于功与电量的比值；故D错误；
故选：B。

根据电动势的定义式E=可知，非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功
等于电源的电动势．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．
本题考查电动势的物理意义．要注意电动势是描述电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小．
7.【答案】AC
【解析】解：根据电流的微观表达式I=nevS，在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量Q=I△t，
则在△t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为N=，将I=nevS代入得
N==nvS△t，故AC正确。

故选：AC。

根据电流的微观表达式I=nevs，求出在△t时间内通过导体横截面的自由电子的电量，每个电子的电量为e，再确定通过导体横截面的自由电子的数目．
本题考查电流的微观表达式和定义式综合应用的能力，电流的微观表达式I=nqvs，是联系宏观与微观的桥梁，常常用到．
8.【答案】BD
【解析】解：
A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，若粒子从左边边界出去则运动时间相同，虽然轨迹不一样，但圆心角相同。

故A错误；
B、在磁场中半径，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B正确；
C、在磁场中运动时间：（θ为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不
同，所以运动轨迹也不同，故C错误；
D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大。

故D正确；
故选：BD。

带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比．它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定．
带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．
9.【答案】CD
【解析】【分析】
对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度，判断出整体的运动规律，然后求出洛伦兹力与时间的变化关系；运用隔离法求出A对B的摩擦力的大小、A对B的压力大小．
解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，以及注意整体法和隔离法的运用．
【解答】
A、物体由静止做匀加速运动，速度v=at；故洛伦兹力：F=qvB=qBat，洛伦兹力大小随时间t变化的应过原点，故A错误。

B、物块A对物块B的摩擦力大小f=m A a，所以f随时间t的变化保持不变，故B错误。

C、A受的支持力：N=m A g+qvB=m A g+qBat，故C正确。

D、B受地面的支持力：N′=（m A+m B）g+qBat，故D正确。

故选：CD。

10.【答案】AD
【解析】解：AB．当环境温度降低时R t增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小。

R两端的电压减小，电容器两端的电压减小。

当发现电流表A中的电流方向是由a到b时，负电荷从b到a，电容器充电，电容器两端的电压增大，表明环境温度是正在逐渐升高。

故A正确；B错误；
CD．为了提高该温控装置的灵敏度，应取定值电阻R的阻值与热敏电阻R t的阻值相差不多，这样才能使得当热敏电阻R t的阻值变化时，R两端电压变化明显，即使得电容器电量变化明显，故C错误，D正确
故选：AD。

当环境温度降低时R t增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化。

电容器的电压等于R两端的电压，由欧姆定律分析其电压的变化，判断电容器电量的变化，从而分析电流表的电流的变化情况；
解决该题的关键是正确分析电路图，熟记电容器相关的知识，会求解电容器两端的电压；
11.【答案】AB
【解析】解：A、当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A正确；
BC、设电路中电流为I，电源的电动势为E，则
根据动能定理得：FL sin53°-mgL（1-cos53°）=0，解得安培力F =0.3N
由F=BIL=B L，得E =3V，故B正确，C错误。

D、导体棒在摆动过程中电源提供的电能E =mgL（1-cos53°）=0.06×10×0.2×0.4J=0.048J，但是还有焦耳热，故D错误。

故选：AB。

棒在安培力的作用，获得动能，根据左手定则分析磁场的方向。

根据动能定理和安培力公式、欧姆定律结合求电源的电动势，并求出安培力F的大小。

由能量守恒求解电源提供的电能。

本题是通电导体在磁场中运动问题，知道运用左手定则判断安培力与磁场的关系，运用动能定理和能量守恒定律分析能量问题。

12.【答案】AC
【解析】解：A、由图看出，变阻器与电阻R1并联后再与电阻R2串联。

当向左调节滑动变阻器的触头P时，变阻器有效电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律，干路电流I减小，电源的内电压和R2的电压减小，根据闭合电路欧姆定律可知电压表示数U变大。

故电压与电流的比值增大；故A正确；
B、根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I（R2+r），将电阻R2与电源当作等效电源，表示等效电源的内电阻，即=R2+r，不变，故B错误。

C、U增大，则根据公式P=判断得知，电阻R1的电功率变大，故C正确。

D、I减小，电源的总功率P=EI减小，故D错误。

故选：AC。

如图，变阻器与电阻R1并联后与电阻R2串联，根据闭合电路欧姆定律判断干路电流和
路端电压的变化情况，根据P=EI判断电源的总功率；根据公式P=判断电阻R1的电功率情况；将电阻R2与电源当作等效电源，故表示等效电源的内电阻．
本题是动态分析问题，关键明确电路结构，按照局部→整体→局部的顺序进行分析．13.【答案】AB
【解析】解：由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c 点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T=2t0。

A、若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则粒子轨迹的圆心角为θ=，速度的偏向角也为，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd射出磁场。

故A正确。

B、若该带电粒子在磁场中经历的时间是=，则得到轨迹的圆心角为，由于
，则它一定从bc边射出磁场，故B正确。

C、若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0=，则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从ab 边射出磁场时最大的偏向角等于60°+90°=150°=，故不一定从ab边射出磁场。

故
C错误。

D、当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60°，粒子运动的时间为
t=，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是，一定不是从ad边射出磁场。

故D错误。

故选：AB。

根据几何关系确定带电粒子在磁场中的运动轨迹并确定其圆心角，根据其从各边穿出时的角度及时间确定能否从各边穿出．
本题是带电粒子在磁场中圆周运动类型，抓住粒子的周期一定，根据速度的偏向角等于轨迹的圆心角，由圆心角确定粒子在磁场中的运动时间．
14.【答案】AD
【解析】解：A、当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体；故A正确；
B、根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R=ρ=ρ×=；
因此流过泵体的电流I==，那么液体消耗的电功率为P=，而电源提供的电功率
为UI，故B错误；
C、电磁泵不加导电剂，不能抽取不导电的纯水，故C错误；
D、若t时间内抽取水的质量为m，根据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为
E K=UIt-mgh-I2t，故D正确；
故选：AD。

当泵体中电流向下时，安培力向左，故液体被抽出；根据电阻定律和欧姆定律列式求解电流表达式分析，根据安培力公式分析安培力大小情况。

本题关键是明确电磁泵的工作原理，要能够结合欧姆定律、电阻定律、安培力公式分析抽液高度的影响因素，不难。

15.【答案】200 R3R2
【解析】解：①根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，
然后作出图象如图所示：
已知电流表G1内阻为100Ω，由并联电路的规律可知：
I1=I2，故图象的斜率为k==2，
解得：R2=200Ω；
②由图可知，G2和电阻箱串联，充当电压表使用，电压表
内阻较大，故电阻箱应选取内阻大的，故选R2；
滑动变阻器起控制电流的作用，而电源电动势为3V，电路中电流较小，故为了便用调节，滑动变阻器选取R3；
故答案为：①如图所示；200；②R3；R2．
①根据实验的原理可知数据的处理方法及图象的意义，由描点法得出图象，利用图象的性质可得出电流表的内阻；
②由图可知实验的原理，明确各电器的作用，根据安全性及准确性，对比滑动变阻器及电源内电阻等选择合适的滑动变阻器及电阻箱．
实验题的考查更注重对学生能力的考查，在解题时要注意结合实验描述、原理图等明确实验的原理，再结合已有实验技能及方法支分析解答；在学习中一定要注意认真总结反思．。