河北省衡水市桃城區(qū)第十四中學(xué)2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期三調(diào)考試試題

PAGEPAGE14河北省衡水市桃城區(qū)第十四中學(xué)2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期三調(diào)考試試題留意事項：1.本場考試物理，卷面滿分共100分，考試時間為90分鐘。2.答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0.5毫米黑色字跡的簽字筆填寫在答題紙上指定的位置。3.答案書寫在答題紙上，在試卷、草稿紙上答題一律無效，選擇題答案必需按要求填涂。試卷Ⅰ（共56分）選擇題（本題共16小題，在每小題給出的四個選項中，第1~8題只有一項符合題目要求，選對得3分。第9~16題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。）1.在電磁學(xué)發(fā)展過程中，很多科學(xué)家做出了貢獻(xiàn)．下列說法正確的是()A.法拉第發(fā)覺了電流的磁效應(yīng)；奧斯特發(fā)覺了電磁感應(yīng)現(xiàn)象B.歐姆發(fā)覺了歐姆定律，說明白熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系C.庫侖發(fā)覺了點電荷的相互作用規(guī)律；密立根通過油滴試驗測定了元電荷的數(shù)值D.安培發(fā)覺了磁場對運動電荷的作用規(guī)律，洛倫茲發(fā)覺了磁場對電流的作用規(guī)律2.2024年1月，出現(xiàn)在中國海軍坦克登陸艦上的電磁軌道炮在全球“刷屏”，這是電磁軌道炮全球首次實現(xiàn)艦載測試。如圖所示為電磁炮的簡化原理示意圖，它由兩條水平放置的平行光滑長直軌道組成。軌道間放置一個導(dǎo)體滑塊作為彈頭。當(dāng)電流從一條軌道流入，經(jīng)彈頭從另一條軌道流回時，在兩軌道間產(chǎn)生磁場，彈頭就在安培力推動下以很大的速度射出去。不計空氣阻力，將該過程中安培力近似處理為恒力，為了使彈丸獲得更大的速度，可適當(dāng)A.減小平行軌道間距B.增大軌道中的電流C.縮短軌道的長度D.增大彈丸的質(zhì)量3.如圖甲所示，x軸上固定兩個點電荷Q1、Q2（Q2位于坐標(biāo)原點O），其上有M、N、P三點，間距MN=NP。Q1、Q2在x軸上產(chǎn)生的電勢φ隨x變更關(guān)系如圖乙。則下列說法正確的是A.點電荷Q1帶正電B.N點電場場強(qiáng)大小為零C.P點電場場強(qiáng)大小為零D.M、N之間電場方向沿x軸負(fù)方向4.如圖所示為一個經(jīng)過雙向可控硅電子元件調(diào)整后加在電燈上的電壓，即在正弦式電流的每一個周期中，前面的被截去，從而變更了電燈上的電壓，那么現(xiàn)在電燈上電壓的有效值為（）A.UmB.C.D.5.某水電站，用總電阻為2.5Ω的輸電線輸電給500km外的用戶，其輸出電功率是3×106kW?，F(xiàn)用500kV電壓輸電，則下列說法正確的是()A.輸電線上由電阻造成的損失電壓為15kVB.若改用5kV電壓輸電，則輸電線上損失的功率為9×108kWC.輸電線上輸送的電流大小為2.0×105AD.輸電線上損失的功率為，U為輸電電壓，r為輸電線的電阻6.在高能物理探討中，回旋加速器起著重要作用，其工作原理如圖所示。D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有肯定的電勢差。兩個半圓盒處于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中。中心O處的粒子源產(chǎn)生的α粒子，在兩盒之間被電場加速，α粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動。忽視α粒子在電場中的加速時間。下列說法正確的是：A.α粒子運動過程中電場的方向始終不變B.α粒子在磁場中運動的周期越來越大C.磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，α粒子離開加速器時的動能就越大D.兩盒間電勢差越大，α粒子離開加速器時的動能就越大7.如圖所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面對外的勻強(qiáng)磁場，它的底邊在軸上且長為，高為，紙面內(nèi)一邊長為的正方形導(dǎo)線框沿軸正方向做勻速直線運動穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域，在時刻恰好位于如圖所示的位置，以順時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，下面四幅圖中能夠正確表示導(dǎo)線框中的電流——位移（）關(guān)系的是A.B.C.D.8.如圖所示，邊界OM與ON之間分布有垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，邊界ON上有一粒子源S．某一時刻，從離子源S沿平行于紙面，向各個方向放射出大量帶正電的同種粒子（不計粒子的重力及粒子間的相互作用），全部粒子的初速度大小相等，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OM射出磁場。已知∠MON＝30°，從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于T（T為粒子在磁場中運動的周期），則從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最短時間為（）A.TB.TC.T D.T9.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一圓周，其圓心為O，直徑AB和CD相互垂直，電荷量均為Q正點電荷放在關(guān)于CD對稱的圓周上，它們所在半徑的夾角為120°。下列說法正確的是A.點O與點C的電場強(qiáng)度相等B.點C與點D的電場強(qiáng)度大小之比為∶1C.一電子從D點由靜止釋放，運動到C點的過程中，加速度先減小后增大D.將一正電荷沿著圓周從A點經(jīng)D移至B點的過程中，電勢能先減小后增大10.如圖所示，空間存在垂直于紙面對里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，場內(nèi)有一絕緣的足夠長的直桿，它與水平面的傾角為θ，一帶電量為－q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小球套在直桿上，從A點由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ，在小球以后運動的過程中，下列說法正確的是()A．小球下滑的最大速度為B．小球下滑的最大加速度為am＝gsinθC．小球的加速度先增大后減小D．小球的速度先增大后減小11.如圖，帶電平行金屬板中勻強(qiáng)電場方向豎直向上，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面對里，帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點由靜止滑下，經(jīng)過1/4圓弧軌道從端點P（切線水平）進(jìn)入板間后恰好沿水平方向做直線運動，現(xiàn)使帶電小球從比a點稍低的b點由靜止滑下，在經(jīng)過P點進(jìn)入板間的運動過程中()A．帶電小球的動能將會增大B．帶電小球的電勢能將會增大C．帶電小球所受洛倫茲力將會減小D．帶電小球所受電場力將會增大12.如圖所示的電路，電源電動勢為E，內(nèi)阻為R，R1和R3為定值電阻，R2為滑動變阻器，閉合開關(guān)，一帶電液滴恰好懸浮在電容器之間。保持其他條件不變，（）A.若將滑動變阻器滑片向b端滑動，帶電液滴向上運動；B.若將滑動變阻器滑片向b端滑動，電流將從d流向c；C.若將金屬塊抽出，抽出過程中，帶電液滴向上運動；D.若將金屬塊抽出，抽出過程中，電流將從d流向c13.如圖甲所示，志向變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為5:1，原線圈接溝通電源和溝通電壓表，副線圈通過電阻為R的導(dǎo)線與熱水器、抽油煙機(jī)連接。已知原線圈兩端的電壓保持不變，副線圈上的電壓按圖乙所示規(guī)律變更。下列說法正確的是A.電壓表示數(shù)為1100VB.熱水器上電壓的瞬時值表達(dá)式為VC.若閉合開關(guān)S，熱水器的實際功率不變D.若閉合開關(guān)S，原線圈中電流增大14.如圖所示，矩形線圈abcd在勻強(qiáng)磁場中繞垂直磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動，線圈abcd的匝數(shù)為N，電阻不計，志向變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為1：2，定值電阻與的阻值均為R，所用電表均為志向溝通電表，當(dāng)線圈abcd轉(zhuǎn)動的角速度大小為時，電壓表的示數(shù)為U，則A.此時電流表的示數(shù)為B.從圖示位置線圈abcd與磁場方向平行起先計時，線圈abcd中產(chǎn)生的電動勢的瞬時表達(dá)式為C.在線圈abcd轉(zhuǎn)動的過程中，穿過線圈的磁通量的最大值為D.當(dāng)線圈abcd轉(zhuǎn)動的角速度大小為時，電壓表的示數(shù)為4U15.如圖所示，邊長為L電阻不計的n匝正方形金屬線框位于豎直平面內(nèi)，連接的小燈泡的額定功率、額定電壓分別為P、U，線框及小燈泡的總質(zhì)量為m，在線框的下方有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾葹閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與線框平面垂直，其上、下邊界與線框底邊均水平．線框從圖示位置起先由靜止下落，穿越磁場的過程中，小燈泡始終正常發(fā)光．則（）A.有界磁場寬度l＜LB.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)為C.線框勻速穿越磁場，速度恒為D.線框穿越磁場的過程中，燈泡產(chǎn)生的焦耳熱為mgL16.如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的夾角為θ，導(dǎo)軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.有一質(zhì)量為m、長為l的導(dǎo)體棒從ab位置獲得平行于斜面的、大小為v的初速度向上運動，最遠(yuǎn)到達(dá)a′b′的位置，滑行的距離為s，導(dǎo)體棒的電阻也為R，與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ.則()A.上滑過程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為B.上滑過程中電流做功放出的熱量為mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)C.上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為mv2D.上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為mv2－mgssinθ試卷Ⅱ（共44分）二、試驗填空題：（每空2分，共12分）17.一玩具電動機(jī)的額定電壓為3V，其線圈的電阻Rx大約為15Ω，當(dāng)其兩端電壓達(dá)到0.3V時，電動機(jī)才會起先轉(zhuǎn)動。為了盡量精確測量線圈的電阻Rx，某同學(xué)設(shè)計了部分電路原理圖如圖所示，可供選擇的器材有：電流表A1（0～20mA、內(nèi)阻約10Ω）；電流表A2（0～200mA、內(nèi)阻約5Ω）；滑動變阻器R1（0～10Ω，額定電流2A）；滑動變阻器R2（0～2kΩ，額定電流1A）；電壓表V（2.5V，內(nèi)阻約3kΩ）；電源E（電動勢為3V、內(nèi)阻不計）；定值電阻（阻值為R）開關(guān)S及導(dǎo)線若干（1）應(yīng)選擇的電流表為，滑動變阻器為；（2）測量過程中要保持電動機(jī)處于（選填“轉(zhuǎn)動”或“不轉(zhuǎn)動”）狀態(tài)，下列四個定值電阻的阻值R中，最合適的是；A.20ΩB.50ΩC.120ΩD.1200Ω（3）請把電路原理圖的連線補(bǔ)充完整；（4）某次試驗中，電壓表的讀數(shù)為U，電流表的讀數(shù)為I，則計算電動機(jī)導(dǎo)線圈電阻的表達(dá)式Rx=。三．計算題（解答應(yīng)有必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最終答案的不能得分．有數(shù)值計算的，答案中必需寫出數(shù)值和單位。）18.(9分)如圖所示，寬度為L＝0.20m的足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌的一端連接阻值為R=1.0Ω的電阻。導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.50T。一根質(zhì)量為m=10g的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒的電阻r=1.0Ω，導(dǎo)軌的電阻均忽視不計?，F(xiàn)用一平行于導(dǎo)軌的拉力拉動導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運動，運動速度v=10m/s，在運動過程中保持導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直。求：（1）在閉合回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大??；（2）作用在導(dǎo)體棒上的拉力的大?。唬?）當(dāng)導(dǎo)體棒移動3m時撤去拉力，求整個過程中回路中產(chǎn)生的熱量．19.(9分)如圖所示，在E＝103V/m的豎直勻強(qiáng)電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R＝40cm，N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負(fù)電q＝10－4C的小滑塊質(zhì)量m＝10g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點右側(cè)1.5m的M處，取g＝10m/s2，求： (1)要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運動？ (2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？ 20.(14分)如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S1、S2為板上正對的小孔，N板右側(cè)有兩個寬度均為d的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直于紙面對里和向外，磁場區(qū)域右側(cè)有一個熒光屏，取屏上與S1、S2共線的O點為原點，向下為正方向建立x軸．板左側(cè)電子槍放射出的熱電子經(jīng)小孔S1進(jìn)入兩板間，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，初速度可以忽視．求：（1）當(dāng)兩板間電勢差為U0時，求從小孔S2射出的電子的速度v0；（2）兩金屬板間電勢差U在什么范圍內(nèi)，電子不能穿過磁場區(qū)域而打到熒光屏上；（3）電子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)x和金屬板間電勢差U的函數(shù)關(guān)系．物理試卷答案1.C【詳解】A項：奧斯特發(fā)覺了電流的磁效應(yīng)；法拉第發(fā)覺了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故A錯誤；B項：歐姆發(fā)覺了歐姆定律，說明導(dǎo)體兩端電壓與電流之間存在的聯(lián)系，故B錯誤；C項：庫侖發(fā)覺了點電荷的相互作用規(guī)律即庫侖定律，密立根通過油滴試驗測定了元電荷的數(shù)值，故C正確；D項：洛倫茲發(fā)覺了磁場對運動電荷的作用規(guī)律，安培發(fā)覺了磁場對電流的作用規(guī)律，故D錯誤。2.B【詳解】依據(jù)題意，安培力的功等于彈頭獲得的動能。軌道間距減小，安培力減小，安培力做功減小，彈頭獲得動能減小，速度減小，故A錯誤；增大軌道中電流，安培力增大，安培力做功增大，彈頭獲得動能增大，速度增大，故B正確；縮短軌道長度，安培力做功減小，彈頭獲利動能減小，速度減小，故C錯誤；只增大彈丸質(zhì)量，安培力做功不變，彈頭獲得動能不變，所以速度減小，D錯誤；綜上所述，選項B正確。3.B【詳解】A．所以兩點電荷在N點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，方向相反，兩電荷為異種電荷，所以為負(fù)電荷，為正電荷，故A錯誤。BC．圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度的大小，所以N點的電場強(qiáng)度為零，P點的場強(qiáng)不為零，故B正確，C錯誤；D．依據(jù)沿電場線方向電勢越越來低可知，電場強(qiáng)度方向沿x軸正方向，N場強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向，所以M、N之間電場方向沿x軸正方向，故D錯誤；4.C設(shè)溝通電的有效值為U，將溝通電與直流電分別通過相同電阻R，分析一個周期內(nèi)熱量：溝通電產(chǎn)生的熱量：；直流電產(chǎn)生的熱量：；由Q1=Q2得：5.A由可得，輸電線上輸送的電流；由可得，輸電線上由電阻造成的損失電壓。故A項正確，C項錯誤。B．若改用5kV電壓輸電，則輸電線上損失的功率。所以不行能用5kV電壓輸電，故B項錯誤。D．輸電線上損失的功率，為輸電線上的電壓降、不是輸電電壓，r為輸電線的電阻。故D項錯誤。6.C【詳解】A.粒子在電場中被加速，所以粒子運動半個圓周之后再次進(jìn)入電場時，與上次在電場中的運動方向相反，所以電場必需變更方向，才能使粒子每次在電場中都能被加速。故A錯誤。B.粒子在磁場中運動額周期公式為，粒子在運動的過程中、和都不變，所以，粒子的運動周期是不變的。故B錯誤。C.由，可求出粒子的速度，則粒子的最大動能為,可知最大動能與計算器的半徑、磁感應(yīng)強(qiáng)度以及電荷的電荷量和質(zhì)量有關(guān)，磁場越強(qiáng)，粒子離開計算器時的動能越大。故C正確。D.粒子的最大動能為，與加速電壓的大小無關(guān)，即與兩盒間的電勢差無關(guān)。故D錯誤。7.B將整個過程分成三個位移都是L的三段，依據(jù)楞次定律推斷感應(yīng)電流方向．由感應(yīng)電動勢公式，l是有效切割長度，分析l的變更狀況，確定電流大小的變更狀況；【詳解】位移在0～L過程：磁通量增大，由楞次定律推斷感應(yīng)電流方向為順時針方向，為正值，，則；位移在L～2L過程：磁通量先增大后減小，由楞次定律推斷感應(yīng)電流方向先為順時針方向，為正值，后為逆時針方向，為負(fù)值；位移在2L～3L過程：磁通量減小，由楞次定律推斷感應(yīng)電流方向為逆時針方向，為負(fù)值，，故B正確，A、C、D錯誤；8.A【詳解】粒子在磁場中運動做勻速圓周運動，入射點是S，出射點在OM直線上，出射點與S點的連線為軌跡的一條弦。當(dāng)從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的時間最短時，軌跡的弦最短，依據(jù)幾何學(xué)問，作ES⊥OM，則ES為最短的弦，粒子從S到E的時間即最短。由題意可知，粒子運動的最長時間等于，設(shè)OS＝d，則DS＝OStan30°＝，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為：，由幾何學(xué)問有：ES＝OSsin30°＝d，cosθ＝＝，則：θ＝120°，粒子在磁場中運動的最長時間為：tmin＝，故A正確，BCD錯誤9.BD【詳解】A．依據(jù)對稱性知點O與點C的場強(qiáng)大小相等，方向相反，故選項A錯誤；B．依據(jù)矢量合成法則，C點場強(qiáng)為：，D點的場強(qiáng)為：，點C與點D的場強(qiáng)大小之比為，故選項B正確；C．依據(jù)電場強(qiáng)度的矢量合成法則，距離兩點電荷連線：處的場強(qiáng)最強(qiáng)，則電子從點D到點C的過程中，加速度先增大，再減小，再增大，故選項C錯誤；D．依據(jù)等量同種電荷的電場線，正電荷沿著圓周從點A到點D，電場力做正功，電勢能減?。粡狞cD到點B的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增大，故選項D正確；10.BC11.AB12.BD分析變阻器接入電路的電阻變更，分析總電阻的變更，再依據(jù)歐姆定律分析電容器兩端電壓的變更，場強(qiáng)的變更，再依據(jù)電容器的確定式分析電量的變更；A、由圖可知，當(dāng)滑片向b端滑動時，接入電路中的電阻增大，依據(jù)閉合電路歐姆定律可知電路中總電流減小，則電阻兩端電壓減小，即電容器兩端電壓減小，則電容器內(nèi)場強(qiáng)減弱，故帶電液滴向下運動，故選項A錯誤；B、依據(jù)上面的分析，電容器電壓減弱，則帶電量減小，電容器放電，瞬間放電電流將從從d流向c，故選項B錯誤；C、將金屬塊抽出，相當(dāng)于電容器極板間距離增大，則電容減小，由于電壓不變，則場強(qiáng)減弱，故帶電液滴向下運動，故選項C錯誤；D、依據(jù)上面的分析可知電容減小，由于電壓不變，則電量減小，電容器放電，瞬間放電電流將從從d流向c，故選項D正確。13.AD【詳解】A.依據(jù)變壓器原理可得，則電壓表示數(shù)為1100V，A正確；B.由圖乙可知，交變電流的峰值是，，則副線圈兩端電壓的瞬時值表達(dá)式為，因有電阻R的存在，不是熱水器兩端的電壓瞬時值，B錯誤；C.接通開關(guān)，副線圈電阻減小，電流增大，R上的分壓增大，熱水器兩端的電壓減小，所以實際功率減小，C錯誤；D.接通開關(guān)，電流增大，電壓不變，所以線圈消耗的功率增大，輸入功率等于輸出功率，則原線圈中電流增大，D正確．14.AC【詳解】流過副線圈的電流，依據(jù)可知，流過電流表的電流，故A正確；變壓器中原線圈的電壓為，依據(jù)可知電壓，電阻分得的電壓，故線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的有效值為，最大值，故從線圈轉(zhuǎn)動到圖示位置起先計時，線圈中產(chǎn)生的電動勢的瞬時表達(dá)式為，故B錯誤；依據(jù)可知，故C正確；依據(jù)可知，轉(zhuǎn)動角速度加倍，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢加倍，故電壓表的示數(shù)加倍，為2U，故D錯誤。故選AC。15.BC由題意知，線框在穿過磁場的過程中，燈泡始終正常發(fā)光，可知線框邊長與磁場寬度相等即：l=L，所以A錯誤；線框在穿過磁場的過程中，燈泡始終正常發(fā)光，可知線框做勻速運動，由平衡條件可知：F安=mg，P=mgv，所以穿越磁場的速度為v=P∕mg，所以C正確；由nBIL=mg，P=UI，聯(lián)立可得：，所以B正確；依據(jù)能量守恒可知，穿越磁場的過程中，線框削減的重力勢能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，即Q=2mgL，所以D錯誤。16.BD上滑過程中起先時導(dǎo)體棒的速度最大，受到的安培力最大為：，故A錯誤；依據(jù)能量守恒，上滑過程中電流做功產(chǎn)生的熱量為：，上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于產(chǎn)生的熱量是,故B正確，C錯誤；上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為：，故D正確。所以BD正確，AC錯誤。17.（1）導(dǎo)線圈的電阻Rx大約為15Ω，為了保證明驗過程中電動機(jī)不轉(zhuǎn)動，其兩端電壓不超過0.3V，可估算其電流I=EQ\F(U,Rx)=EQ\F(0.3,15)=0.02A，不超過20mA，所以電流表選擇A1；滑動變阻器若選用限流式接法，用2kΩ不便于操作，用10Ω調(diào)整范圍太小，不宜用限流式接法，最好用分壓式接法，所以滑動變阻器選擇R1=10Ω。（2）測量過程中要保持電動機(jī)處于不轉(zhuǎn)動狀態(tài)，此時可視為純電阻，電流I不能超過0.02A，當(dāng)電壓表達(dá)到滿偏電壓2.5V時，EQ\F(2.5V,0.02A)=125Ω，即電動機(jī)線圈內(nèi)阻和定值電阻的總和為125Ω，故定值電阻應(yīng)選120