江苏省苏州市第五中学2018_2019学年高二物理上学期期中试题（选修）.docx

苏州五中2018-2019学年第一学期期中调研测试高二物理（选修）一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1、如图描绘了两个电阻的伏安曲线，由图中可知，若将这两个电阻并联接入电路中，则通过R1、R2的电流比是（）A. 1：2 B. 3：1C. 6：1 D. 1：62、关于电动势，下列说法正确的是（）A. 所有电池的电动势都是1.5VB. 体积越大的电源，其电动势一定越大C. 电动势数值上就等于电源正负极之间的电压D. 电动势表示电源将其它形式的能转化为电能的本领3、三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置三根导线中电流方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等则P、Q中点O处的磁感应强度方向为（）A. 方向水平向左 B. 方向水平向右C. 方向竖直向上 D. 方向竖直向下4、两只额定电压均为110V的灯泡A和B，额定功率分别为100W和40W，为了使它们接到220V电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合理的是图（）A. B. C. D. 5、在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向上移动时，则（）A. A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B. A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗C. A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗D. A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮6、下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是（）A. B. C. D. 7、如图，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是（）A. +x方向B. -x方向C. +y方向D. -y方向8、在如图所示的电路中，电阻R1=4，R2=6，R3=3，电流表内阻不计，在A、B两点间加上9V的电压时，电流表的读数为（）A. 0 B. 1AC. 1.5AD. 2A二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）9、当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极垂直纸面向里的是（）A. B. C. D. 10、有A、B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，判断（）A. 电阻A的阻值大于电阻BB. 电阻A的阻值小于电阻BC. 电压相同时，流过电阻A的电流强度较小D. 两电阻串联时，电阻A消耗的功率较小11、四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表，电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，把它们按如图所示接入电路，则（）A. A1的读数比A2的读数小B. V1的读数比V2的读数大C. A1指针偏转角度与A2的一样大D. V1指针偏转角度比V2指针偏转角度小12、用伏安法测未知电阻Rx时，若不知Rx的大约数值，为了选择正确的电流表接法以减小误差，可将仪器如图所示接好，只空出电压表的一个接头K，然后将K分别与a，b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，则（）A. 若电流表示数有显著变化，K应按aB. 若电流表示数有显著变化，K应按bC. 若电压表示数有显著变化，K应按aD. 若电压表示数有显著变化，K应按b13、用如图所示（甲）电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了（乙）图所示的U-I图象，由图象可知（）A. 电池内阻的测量值是3.50B. 电池电动势的测量值是1.40VC. 外电路发生短路时的电流为0.4AD. 电压表的示数为1.20V时电流表的示数I=0.20A三、实验题探究题（本大题共3小题，共24.0分）14、某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为_ mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为_ cm（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用_ 挡（填“1”或“100”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为_ 15用如图（甲）所示的电路图研究额定电压为2.4V的灯泡L的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下工作时的电阻值（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在_ 端（选填“a”或“b”）（2）按电路图（甲）测出的灯泡电阻值比真实值_ （选填“偏大”或“偏小”）根据所得到的图象如图乙所示，它在额定电压下实际功率P= _ W，I-U图象是一条曲线而不是直线的原因是_ 16、某同学用如图甲所示的电路测定电源的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（量程03V，内阻3k），电流表（量程00.6A，内阻1.0），滑动变阻器有R1（最大阻值10，额定电流2A）和R2（最大阻值100，额定电流0.1A）各一只（1）实验中滑动变阻器应选用_ （选填“R1”或“R2”）（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的电压与电流关系图线，根据图线求出的电源电动势E= _ V，内阻r= _ （结果保留两位小数）四、计算题（本大题共3小题，共44.0分）17、如图所示电路中，R1=R2=2，R3=1当K接通时，电压表的读数为1V；K断开时，电压表的读数为0.75V求电源电动势E和内阻r18、如图所示，电阻R1为4，电源内阻r为1，当合上电键S且滑动变阻器R2为4时，电源的总功率为16W，电源的输出功率为12W，灯泡正常发光。求：（1）电源的电动势；（2）电灯的电阻和灯的额定功率；（3）当电键S断开时，为使灯泡正常发光，滑动变阻器的阻值应调到多少？19、如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，电动机的内阻r=0.8，电路中另一电阻R=10，直流电压U=160V，电压表的示数UV=110V试求：（1）通过电动机的电流？（2）输入电动机的电功率？（3）如果电动机以1m/s的速度匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量是多少？（g=10m/s2）命题：徐建春 审卷：谷啸峰高二物理（选修）答案题号一二三四总分得分 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1. 如图描绘了两个电阻的伏安曲线，由图中可知，若将这两个电阻并联接入电路中，则通过R1、R2的电流比是（ ）A. 1：2B. 3：1C. 6：1D. 1：6【答案】D【解析】解：由图可知，R1=2；R2=；两电阻并联后，电压相等，则由欧姆定律可知：I=；故电流与电阻成反比；故电流之比I1：I2=R2；R1=：2=1：6；故选：D由图象可求得两电阻的比值，再由并联电路的规律可知两电阻电压相等，则由欧姆定律可求得电流之比本题考查伏安特性曲线以及欧姆定律的应用，要注意在U-I图象中图象的斜率表示电阻的阻值2. 关于电动势，下列说法正确的是（ ）A. 所有电池的电动势都是1.5VB. 体积越大的电源，其电动势一定越大C. 电动势数值上就等于电源正负极之间的电压D. 电动势表示电源将其它形式的能转化为电能的本领【答案】D【解析】解：A、各种干电池的电动势都是1.5V，铅蓄电池的电动势是2V，故A错误；B、电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与电源的体积无关，如各种体积干电池的电动势都是1.5V，故B错误；C、电源正负极之间的电压是路端电压，电源的电动势在数值上等于内、外电压之和，电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势，故C错误；D、电动势表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，故D正确；故选：D电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关电源的电动势在数值上等于内、外电压之和本题考查对于电源的电动势的理解能力电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关3. 三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置三根导线中电流方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等则P、Q中点O处的磁感应强度方向为（ ）A. 方向水平向左B. 方向水平向右C. 方向竖直向上D. 方向竖直向下【答案】A【解析】解：用右手螺旋定则判断通电直导线在O点上所产生的磁场方向，如图所示： 直导线P在O点产生磁场与直导线Q在O点产生磁场方向相反，大小相等则合磁场为零；而直导线R在O点产生磁场，方向从Q指向P，即为水平向左；故选：A该题考查了磁场的叠加问题用右手定则首先确定三根通电直导线在a点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断各选项磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则4. 两只额定电压均为110V的灯泡A和B，额定功率分别为100W和40W，为了使它们接到220V电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合理的是图（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，再由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路。解答本题是一定要注意题目要同时满足两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小。【解答】A.灯泡的额定电压为110V，图中，A灯泡的电压等于220V，大于额定电压，烧坏了，故A错误；B.由于额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RBRA，把灯泡A与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，故B错误；C.由于额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RBRA，把灯泡B与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且电路消耗的功率与A灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；D.把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W；由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，故C正确，D错误。故选C。5. 在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向上移动时，则（ ）A. A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B. A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗C. A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗D. A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮【答案】B【解析】解：当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流I减小，A灯变暗A灯和电源的内电压都减小，由闭合电路欧姆定律得知并联部分电压增大，B灯变亮由总电流减小，而通过B灯的电流增大，可知通过C灯的电流减小，则C灯变暗故ACD错误，B正确故选：B当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道A灯亮度的变化由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断B灯亮度的变化由通过B的电流与总电流的变化，分析通过C灯电流的变化，判断其亮度的变化本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再对局部分析电压或电流的变化，来判断电灯亮度的变化6. 下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】解：AB、通电直导线中的安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向由此可知，故AB错误；CD、通电螺线管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极，据此可知，故C正确，D错误。故选：C。安培定则，也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关系的定则，根据安培定则的应用即可正确解答加强练习熟练掌握安培定则的内容，注意磁场方向的表示方法，同时关注直导线与环导线大拇指指向内容有所不同7. 如图，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是（ ）A. +x方向B. -x方向C. +y方向D. -y方向【答案】A【解析】解：电子流沿z轴正方向运动，则电流是沿z轴负方向，根据右手螺旋定则可知，电子流在A点产生的磁场的方向为x轴正方向，所以A正确，BCD错误。故选：A。根据右手螺旋定则，右手握住导线，使拇指的方向与电流的方向相同，此时四指所指的方向就是在该点的磁场方向考查磁场方向的判断，注意右手定则与左手定则的区分及电子运动方向与电流方向的区别8. 在如图所示的电路中，电阻R1=4，R2=6，R3=3，电流表内阻不计，在A、B两点间加上9V的电压时，电流表的读数为（ ）A. 0B. 1 AC. 1.5 AD. 2 A【答案】B【解析】解：图中电阻R2与R3并联后与R1串联，电路的总电阻为：R=4+=6；根据欧姆定律，干路电流为：I= 由于并联电路的电流与电阻成反比，故：IR3=1.5=1A 故选：B由图可知，图中电阻R2与R3并联后与R1串联，电流表测量的是电阻R3的电流；先求解总电阻，根据欧姆定律求解干路电流，根据并联电路的电流关系得到通过电阻R3的电流本题关键是明确电路的串并联结构，再根据串并联电压、电流和电阻关系和欧姆定律列式求解；电路结构分析是解题的关键二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）9. 当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极垂直纸面向里的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】解：A、通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，即垂直纸面向里，故A正确；B、如图所示，根据右手螺旋定则，磁场的方向逆时针（从上向下看），因此小磁针静止时北极背离读者，即垂直纸面向里，故B正确；C、环形导线的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，即垂直纸面向外，故C错误；D、根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向，由右向左，则小磁针的静止时北极指向左，故D错误；故选：AB由右手螺旋定则，结合小磁针静止时北极指向即为磁场的方向，可知通电直导线与螺线管的磁场方向，从而即可求解本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求学生能熟练应用右手螺旋定则判断磁极或电流方向，注意小磁针静止时的N极指向即为磁场的方向，同时通电螺线管的内部磁场方向由S极到N极10. 有A、B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，判断（ ）A. 电阻A的阻值大于电阻BB. 电阻A的阻值小于电阻BC. 电压相同时，流过电阻A的电流强度较小D. 两电阻串联时，电阻A消耗的功率较小【答案】BD 【解析】解：A、在伏安特性曲线中直线的斜率表示的是电阻的倒数，从图中可得A的斜率大，所以A的电阻小，故A错误，B正确；C、由于A的电阻小，所以当电压相同的时候，流过电阻A的电流强度较大，故C错误；D、当两电阻串联时，电阻的电流相同，由P=I2R可得，电阻大的电阻的功率大，所以电阻B消耗的功率较大，A消耗的功率较小，故D正确故选：BD伏安特性曲线中直线的斜率表示的是电阻的倒数，根据斜率的大小可以判断AB电阻的大小；根据电阻的大小，再由欧姆定律可以判断流过电阻的电流的大小本题就是考察学生对于伏安特性曲线的理解，在做题时一定要区分开U-I图象和I-U图象，不同的图象中的直线的斜率的含义不同11. 四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表，电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，把它们按如图所示接入电路，则（ ）A. A1的读数比A2的读数小B. V1的读数比V2的读数大C. A1指针偏转角度与A2的一样大D. V1指针偏转角度比V2指针偏转角度小【答案】BC【解析】解：电流表A1的量程大于A2的量程，故电流表A1的内阻小于A2的内阻；电压表V1的量程大于V2的量程，故V1的电阻大于V2的电阻；A、由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同，故A1中的电流要大于A2中的电流，故A1的读数比A2的读数大，故A错误，C正确；B、两电压表串联，故通过两表的电流相等，两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角，因V1量程大于V2量程，故V1的读数比V2的读数大，故B正确，D错误；故选：BC表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，并流电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大然后再根据电路的串并联知识分析即可本题要求学生能熟练应用串并联电路的规律及电表的性质，应明确由电流表扩大量程时为并联一小电阻，而将电流表改装为电压表时应串联一大电阻，而表头中的满偏电流和电压是不变的12. 用伏安法测未知电阻Rx时，若不知Rx的大约数值，为了选择正确的电流表接法以减小误差，可将仪器如图所示接好，只空出电压表的一个接头K，然后将K分别与a，b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，则（ ）A. 若电流表示数有显著变化，K应按aB. 若电流表示数有显著变化，K应按bC. 若电压表示数有显著变化，K应按aD. 若电压表示数有显著变化，K应按b【答案】BC【解析】解：（1）若K从a移到b时，电流表读数有显著变化，说明电压表的分流明显，K应接在b处，故A错误，B正确；（2）若K从a移到b时，电压表读数有显著变化，说明电流表的分压明显，K应接在a处，故C正确，D错误；故选：BC伏安法测电阻有两种电路，电流表内接法与电流表外接法，可以用试触法确定电流表的接法，如果电流表示数变化大，说明电压表分流较大，应采用内接法；如果电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，应采用外接法本题考查了应用试触法判断伏安法测电阻时实验电路的选择问题，难度不是很大，熟练掌握基础知识即可正确解题13. 用如图所示（甲）电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了（乙）图所示的U-I图象，由图象可知（ ）A. 电池内阻的测量值是3.50B. 电池电动势的测量值是1.40VC. 外电路发生短路时的电流为0.4AD. 电压表的示数为1.20V时电流表的示数I=0.20A【答案】BD【解析】解：由图可知，电源的电动势约为1.40V；故B正确；由图可知，当路端电压为1.00V时，电流为0.4A，故0.4A不是短路电流；故C错误；由U=E-Ir可知，r=1，故A错误；当电压表示数为1.20V时，I=0.20A，故D正确；故选：BD。由图象的纵坐标可知电源的电动势，由纵坐标的交点可知路端电压为1V时的电流，由闭合电路欧姆定律可得出内电阻本题考查闭合电路的欧姆定律的数据处理，要明确图象的意义，同时注意纵坐标是否从零开始的，不能相当然的将横坐标的截距当作短路电流三、实验题探究题（本大题共3小题，共24.0分）14. 某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：A电流表A1（内阻Rg=100，满偏电流Ig=3mA）B电流表A2（内阻约为0.4，量程为0.6A）C定值电阻R0=900D滑动变阻器R（5，2A）E干电池组（6V，0.05）F一个开关和导线若干G螺旋测微器，游标卡尺（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为_ mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为_ cm（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用_ 挡（填“1”或“100”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为_ 【答案】6.126；10.230；1；10；【解析】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：6mm+12.60.01mm=6.126mm，由图示游标卡尺可知，其示数为：102mm+60.05mm=102.30mm=10.230cm；（2）用欧姆表“10”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用1挡，挡并进行一系列正确操作，由图3所示可知，则金属棒的阻约为101=10；（3）由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为100+900=1000，电流表内阻约为0.4，待测电阻阻值约为10，滑动变阻器最大阻值为5，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：（4）金属棒电阻阻值：Rx=；故答案为：（1）6.126；10.230；（2）1；10；（3）如图所示；（4）（1）螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数（2）由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数（3）根据伏安法测电阻的实验原理与所给实验器材作出电路图（4）根据电路图应用欧姆定律求出电阻阻值本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、欧姆表的使用方法、设计电路图、求电阻阻值；螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读15. 用如图（甲）所示的电路图研究额定电压为2.4V的灯泡L的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下工作时的电阻值 （1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在_ 端（选填“a”或“b”）（2）按电路图（甲）测出的灯泡电阻值比真实值_ （选填“偏大”或“偏小”）根据所得到的图象如图乙所示，它在额定电压下实际功率P= _ W，I-U图象是一条曲线而不是直线的原因是_ 【答案】a；偏小；1.2；1.2【解析】解：（1）：闭合开关前，应将滑动触头置于输出电压最小的a端，以保护电流表；（2）：根据欧姆定律，电阻测量值为=，若考虑电压表内阻影响，待测电阻的真实值为=，比较可知，所以测出的灯泡电阻值比真实值偏小；根据I-U图象读出U=2.4V时对应的电流I=0.5A，所以小灯泡的实际功率为=1.2W；根据欧姆定律应有：I=，可见I-U图象上的点与原点连线斜率的倒数等于灯泡的电阻，由于连线的斜率逐渐减小，所以小灯泡的电阻随温度的升高而增大，即I-U图象是一条曲线而不是直线的原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大故答案为：（1）a （2）偏小，1.2，小灯泡的电阻随温度的升高而增大本题（1）的关键是明确变阻器采用分压式接法时，电键闭合前应将滑片置于输出电压最小的一端以保护电流表；题（2）的关键是根据欧姆定律写出电阻测量值和真实值的表达式即可；对于I-U图象，应根欧姆定律写出关于I与U的函数表达式，可知图象上的点与原点连线的斜率倒数应等于小灯泡的电阻，然后讨论即可应明确：电键闭合前，应将变阻器的滑片置于输出电压最小的一端以保护电流表；I-U图象上的点与原点连线的斜率倒数等于导体的电阻16. 某同学用如图甲所示的电路测定电源的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（量程03V，内阻3k），电流表（量程00.6A，内阻1.0），滑动变阻器有R1（最大阻值10，额定电流2A）和R2（最大阻值100，额定电流0.1A）各一只 （1）实验中滑动变阻器应选用_ （选填“R1”或“R2”）（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的电压与电流关系图线，根据图线求出的电源电动势E= _ V，内阻r= _ （结果保留两位小数）【答案】R1；1.46；0.94【解析】解：（1）为方便实验操作，实验中滑动变阻器应选用R1（2）根据图甲所示实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示 （3）由图丙所示U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.46，则电源电动势E=1.46V，电源内阻：r=0.94故答案为：（1）R1；（2）实物电路图如图所示；（3）1.46；0.94（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；（2）根据图甲所示电路图连接实物电路图；（3）电源的U-I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本题考查了求电源电动势与内阻实验，电源的U-I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四、计算题（本大题共3小题，共44.0分）17. 如图所示电路中，R1=R2=2，R3=1当K接通时，电压表的读数为1V；K断开时，电压表的读数为0.75V求电源电动势E和内阻r【答案】解：设电源电动势为E，内阻为r，则当K接通，R1、R2并联再与R3串联，R1、R2并联电阻值是1，电压表测R3两端的电压，所以 即： 当K断开，R2、R3串联，电压表测R3两端的电压，则： 即： 联立代入数据