河北省邯郸市成安一中、永年二中联考高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河北省邯郸市成安一中、永年二中联考高二（上）期中物理试卷一选择题（1-7单选，8-12多选，每题5分，少选得2分，错选得0分，共60分）1如图所示，三根长直通电导线中的电流大小相同，通过b、d导线的电流方向为垂直纸面向里，c导线的电流方向为垂直纸面向外，a点为b、d两点连线的中点，ac垂直bd，且ab=ad=ac，则a点的磁场方向为( )a垂直纸面向外b垂直纸面向里c沿纸面由a指向bd沿纸面由a指向d2一质量为m、电荷量为q的带电粒子在磁感应强度为b的匀强磁场中做圆周运动，其效果相当于一环形电流，则此环形电流为多大( )abcd3两条长直导线ab和cd相互垂直彼此相隔一很小距离，通以图所示方向的电流，其中ab固定，cd可以其中心为轴自由转动或平动，则cd的运动情况是( )a顺时针方向转动，同时靠近导线abb顺时针方向转动，同时离开导线abc逆时针方向转动，同时靠近导线abd逆时针方向转动，同时离开导线ab4如图所示，带电体平行板中匀强电场e的方向竖直向上，匀强磁场b的方向水平（垂直纸面向里）某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点p进入板间后恰好沿水平方向做直线运动现使球从较低的b点开始滑下，经p点进入板间，则球在板间运动的过程中( )a电场力不做功b机械能保持不变c所受的电场力将会增大d所受的磁场力将会增大5如图所示，电路中电源的电动势为e，内电阻为r，开关s闭合后，当滑动变阻器r的滑动片p向右移动的过程中，三盏规格相同的小灯泡l1、l2、l3的亮度变化情况是( )a灯l1、l2变亮，灯l3变暗b灯l2、l3变亮，灯l1变暗c灯l1、l3变亮，灯l2变暗d灯l1变亮，灯l2、l3变暗6在如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻为r，开关s闭合一段时间后，下列说法中正确的是( )a将滑片n向右滑动时，r2中有向上的电流b将滑片n向右滑动时，r2中有向下的电流c将滑片m向上滑动时，r2中有向上的电流d将滑片m向上滑动时，r2中有向下的电流7如图所示的ui图线中，是电源的路端电压随电流变化的图线，是某电阻两端的电压随电流变化的图线，当该电源向该电阻供电时，电阻上消耗的功率和电源的效率分别为( )a4w和33.3%b2w和66.7%c2w和33.3%d4w和66.7%8如图所示的电路中，输入电压u恒为12v，灯泡l上标有“6v、12w”字样，电动机线圈的电阻rm=0.50若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是( )a电动机的输入功率为12wb电动机的输出功率为12wc电动机的热功率为2.0wd整个电路消耗的电功率为22w9在如图1所示的电路中，电源电动势为3.0v，内阻不计，l1、l2、l3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示当开关闭合后，下列判断正确的是( )a灯泡l1的电阻为12b通过灯泡l1的电流为灯泡l2电流的2倍c灯泡l1消耗的电功率为0.75wd灯泡l2消耗的电功率为0.30w10某同学按如图电路进行实验，电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是( )ar3短路brp短路cr3断开dr2断开11如图所示，电路中电源电动势为e，内电阻为r，定值电阻的阻值为r0，变阻器的全阻值为r，关于各部分的功率，有关说法正确的是( )a当r=r0+r，r上消耗的功率达到最大值b当r=r0+r，r0上消耗的功率达到最大值c当r=r0+r，电源的输出功率达到最大值d当r0=r+r，r0上消耗的功率达到最大值12如图所示，虚线所示的区域内，有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，从边缘a处有一束速度各不相同的质子沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场区运动过程中( )a运动时间越长，其轨迹越长b运动时间越长，其轨迹对应的圆心角越大c运动时间越长，射出的速率越大d运动时间越长，射出磁场时速度方向偏转角越大二.实验题（13题10分，14题10分，共20分）13欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：a电池组（3v，内阻1）b电流表（03a，内阻0.0125）c电流表（00.6a，内阻0.125）d电压表（03v，内阻3k）e电压表（015v，内阻15k）f滑动变阻器（020，额定电流1a）g滑动变阻器（02 000，额定电流0.3a） h开关、导线（1）上述器材中应选用的是_；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表_接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图1所示，图示中i=_a，u=_v（4）为使通过待测金属导线的电流能在00.5a范围内改变，请按要求在图2框图中画出测量待测金属导线的电阻rx的原理电路图14在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：a干电池（电动势约为1.5v，内阻小于1.5）b电流表g（满偏电流2ma，内阻10）c电流表a（00.6a，内阻约0.1）d滑动变阻器r1（020，10a）e滑动变阻器r2（0100，1a）f定值电阻r3=990g开关、导线若干（1）为方便且能较准确地进行测量，应选用滑动变阻器_ （填写序号）；（2）请在下面所给方框内（图1）画出利用本题提供的器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路原理图；（3）某同学根据他设计的实验测出了六组i1（电流表g的示数）和i2（电流表a的示数），请在所给坐标纸上（图2）做出i1和i2的关系图线；（4）由图线可求得被测电池的电动势e和内阻r 序号 1 2 3 4 5 6 i1/ma 1.40 1.36 1.35 1.28 1.20 1.07 i2/a 0.10 0.15 0.23 0.25 0.35 0.50三.计算题（15题8分，16题12分，共20分）15如图所示，两平行光滑铜杆与水平面的倾角均为30，其上端与电源和滑动变阻器相连，处于竖直向下的匀强磁场中，调节滑动变阻器r，当电流表的读数i=2.5a时，横放在铜杆上的铝棒恰能静止铝棒的质量m=2kg，两杆间的距离l=40cm，求：此磁场的磁感应强度b的大小（g=10m/s2）16如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为b的匀强磁场，在ad边中点o，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角=30、大小为v0的带正电粒子，已知粒子质量为m，电量为q，ad边长为l，ab边足够长，粒子重力不计，求：（1）粒子能从ab边上射出磁场的v0大小范围（2）如果带电粒子不受上述v0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间2015-2016学年河北省邯郸市成安一中、永年二中联考高二（上）期中物理试卷一选择题（1-7单选，8-12多选，每题5分，少选得2分，错选得0分，共60分）1如图所示，三根长直通电导线中的电流大小相同，通过b、d导线的电流方向为垂直纸面向里，c导线的电流方向为垂直纸面向外，a点为b、d两点连线的中点，ac垂直bd，且ab=ad=ac，则a点的磁场方向为( )a垂直纸面向外b垂直纸面向里c沿纸面由a指向bd沿纸面由a指向d【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据右手螺旋定则判断各个电流在a点的磁场方向，根据平行四边形定则进行合成，确定a点的磁场方向【解答】解：根据右手螺旋定则知，b导线在a点产生的磁场方向竖直向下，d导线在a点产生的磁场方向竖直向上，c导线在a点产生的磁场方向水平向左因为b、d导线在a点产生的磁场大小相等，方向相反，所以最终的磁场方向为c导线在a点产生的磁场方向，沿纸面由a指向b故c正确，a、b、d错误故选：c【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场，知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则2一质量为m、电荷量为q的带电粒子在磁感应强度为b的匀强磁场中做圆周运动，其效果相当于一环形电流，则此环形电流为多大( )abcd【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；安培力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式列式，求出带电粒子运动的速率，由v=求出周期，即可由i=求得等效电流i【解答】解：粒子在磁场中匀速圆周运动，有 bqv=m得：v=又v=可得t=所以 i=故选：a【点评】本题是理清思路，建立物理模型，关键要分析粒子匀速圆周运动所需要的向心力来源3两条长直导线ab和cd相互垂直彼此相隔一很小距离，通以图所示方向的电流，其中ab固定，cd可以其中心为轴自由转动或平动，则cd的运动情况是( )a顺时针方向转动，同时靠近导线abb顺时针方向转动，同时离开导线abc逆时针方向转动，同时靠近导线abd逆时针方向转动，同时离开导线ab【考点】安培力【专题】电磁感应中的力学问题【分析】ab通入电流后就会在周围产生磁场，所以通电的cd在磁场中就会受到安培力的作用，在安培力的作用下，判断cd导线将怎样运动，关键是看安培力的方向【解答】解：ab导线产生的磁场磁感线为第一个图的黑圆线，红色的为cd导线，由左手定则可判断左侧受力向下，右侧受力向上，所以cd棒会逆时针旋转ab导线和cd导线靠近还是远离可以从第二个图判断，ab产生的磁场如图所示，由左手定则可判断cd导线受力指向ab导线，故cd导线会靠近ab导线所以c正确故选c【点评】此题一定要找准是谁不动，谁动，为什么动，找到磁场方向、电流方向，应用左手定则即可4如图所示，带电体平行板中匀强电场e的方向竖直向上，匀强磁场b的方向水平（垂直纸面向里）某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点p进入板间后恰好沿水平方向做直线运动现使球从较低的b点开始滑下，经p点进入板间，则球在板间运动的过程中( )a电场力不做功b机械能保持不变c所受的电场力将会增大d所受的磁场力将会增大【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】小球从p点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力g、恒定的电场力f、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球带正电，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，故都向上；减小入射速度后，洛伦兹力相对减小，合力向下，故向下偏转【解答】解：根据题意分析得：小球从p点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力g、恒定的电场力f、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，带正电，小球故都向上如果小球从稍低的b点下滑到从p点进入平行板间，则小球到达p点的速度会变小，所以洛伦兹力f比之前的减小，因为重力g和电场力f一直在竖直方向上，所以这两个力的合力一定在竖直方向上，若洛伦兹力变化了，则三个力的合力一定不为零，且在竖直方向上，而小球从p点进入时的速度方向在水平方向上，所以小球会偏离水平方向向下做曲线运动，而不是类平抛运动，由于减小入射速度后，洛伦兹力相对减小，合力向下，故向下偏转，故电场力做负功，电势能增加，机械能不守恒，竖直方向的速度增加，所以动能将会增大，导致洛伦兹力也会增大，电场力不变，故d正确，abc错误；故选：d【点评】本题关键先分析出小球受力平衡，然后再考虑洛仑兹力变化后的运动情况，同时要结合平行板电容器的表达式和电势差与电场强度的关系式分析5如图所示，电路中电源的电动势为e，内电阻为r，开关s闭合后，当滑动变阻器r的滑动片p向右移动的过程中，三盏规格相同的小灯泡l1、l2、l3的亮度变化情况是( )a灯l1、l2变亮，灯l3变暗b灯l2、l3变亮，灯l1变暗c灯l1、l3变亮，灯l2变暗d灯l1变亮，灯l2、l3变暗【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】首先认识电路的结构：变阻器与灯l3并联后与灯l2串联，再与灯l1并联灯l1的电压等于路端电压将滑动变阻器的滑片p向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化和路端电压的变化，确定灯l1亮度的变化由干路电流和l1电流的变化，来确定灯l2电流的变化，分析其亮度的变化根据灯l3的电压变化分析亮度的变化【解答】解：图中变阻器与灯l3并联后与灯l2串联，再与灯l1并联灯l1的电压等于路端电压将滑动变阻器的滑片p向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流i减小，路端电压增大，则灯l1变亮流过灯l2电流i2=ii1，i减小，i1增大，则i2减小，灯l2变暗灯l3的电压u3=uu2，u增大，u2减小，u3增大，l3灯变亮故c正确故选：c【点评】本题是电路中动态变化分析问题，首先要搞清电路的结构，再按照“局部整体局部”顺序进行分析6在如图所示的电路中，电源电动势为e，内阻为r，开关s闭合一段时间后，下列说法中正确的是( )a将滑片n向右滑动时，r2中有向上的电流b将滑片n向右滑动时，r2中有向下的电流c将滑片m向上滑动时，r2中有向上的电流d将滑片m向上滑动时，r2中有向下的电流【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】定性思想；控制变量法；恒定电流专题【分析】电路稳定时电容器相当开关断开，对其他电路没有影响将滑片n向右滑动时，分析电路中电流的变化，判断电容器电压的变化，即可分析电容器是充电还是放电，从而r2中的电流方向将滑片m向上滑动时，电容器的电压不变【解答】解：ab、将滑片n向右滑动时，r3的有效电阻减小，电路中电流增大，则电源的内电压和r1的电压增大，所以电容器的电压减小，电容器放电，由于电容器上极板带正电，则r2中有向上的电流，故a正确，b错误cd、将滑片m向上滑动时，通过电源的电流不变，电容器极板间的电压不变，电量不变，没有电流通过r2故cd错误故选：a【点评】本题关键要抓住电路稳定时，电容器所在电路相当开关断开通过分析总电阻的变化，分析总电流的变化，再分析局部电压的变化7如图所示的ui图线中，是电源的路端电压随电流变化的图线，是某电阻两端的电压随电流变化的图线，当该电源向该电阻供电时，电阻上消耗的功率和电源的效率分别为( )a4w和33.3%b2w和66.7%c2w和33.3%d4w和66.7%【考点】电功、电功率；路端电压与负载的关系【专题】恒定电流专题【分析】根据图象可知，电阻阻值、电源电动势、电源内阻，再根据电功率的公式和电源效率公式计算可知电阻消耗的电功率和效率【解答】解：由图象可知，电阻的阻值的大小为：r=1，电源的电动势的大小为3v，直线i的斜率表示电源的内阻的大小，所以有：r=，电阻上消耗的功率为：pr=i2r=r=1=4w，电源的效率为：=100%=66.7%，故a、b、c错误；d正确故选d【点评】本题考查图象的识别能力和电功率以及效率的计算，从图象上找到电阻的阻值、电源电动势和电源内阻是本题的关键8如图所示的电路中，输入电压u恒为12v，灯泡l上标有“6v、12w”字样，电动机线圈的电阻rm=0.50若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是( )a电动机的输入功率为12wb电动机的输出功率为12wc电动机的热功率为2.0wd整个电路消耗的电功率为22w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6v，额定功率是12w，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率【解答】解：a、电动机两端的电压u1=uul=126v=6v，整个电路中的电流i=，所以电动机的输入功率p=u1i=62w=12w故a正确b和c、电动机的热功率p热=i2rm=40.5w=2w，则电动机的输出功率p2=pi2rm=122w=10w故b错误；c正确d、整个电路消耗的功率p总=ui=122w=24w故d错误故选：ac【点评】解决本题的关键知道电动机的输出功率p2=i2rm以及知道整个电路消耗的功率p总=ui9在如图1所示的电路中，电源电动势为3.0v，内阻不计，l1、l2、l3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示当开关闭合后，下列判断正确的是( )a灯泡l1的电阻为12b通过灯泡l1的电流为灯泡l2电流的2倍c灯泡l1消耗的电功率为0.75wd灯泡l2消耗的电功率为0.30w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】当开关闭合后，灯泡l1的电压等于3v，由图读出其电流i，由欧姆定律求出电阻，并求出其功率灯泡l2、l3串联，电压等于1.5v，由图读出电流，求出电阻【解答】解：a、c、当开关闭合后，灯泡l1的电压u1=3v，由图读出其电流i1=0.25a，则灯泡l1的电阻r1=12，功率p1=u1i1=0.75w，故a正确，c正确；b、灯泡l2、l3串联，电压u2=u3=1.5v，由图读出其电流i2=i3=0.20a，灯泡l2、l3的功率均为p=ui=1.5v0.20a=0.30w，故b错误，d正确；故选acd【点评】本题关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压读图能力是基本功10某同学按如图电路进行实验，电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是( )ar3短路brp短路cr3断开dr2断开【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】根据四个选项逐一代入检查，分析哪种情况中两电压表测量哪部分电压，示数是否相同，再进行选择【解答】解：a、若r3短路时，由于电流表内阻看作零，两电压表都被短路，示数都为零，与题不符故a错误b、rp短路时，两电压表都测量r2的电压，示数相同，而且都不为零故b正确c、r3断开时，电压表v2测量rp的电压，电压表v1测量rp和r2串联的电压，电压表v1的示数大于电压表v2的示数故c错误d、r2断开时，由于电压表内阻看作无限大，rp中电流为零，电压为零，两电压表都测量r3的电压，示数相同，而且都不为零故d正确故选bd【点评】本题中两电表都是理想电表，电压表内阻看作无限大，与之串联的电阻没有电流电流表内阻看作零，与电流表并联的电阻被短路11如图所示，电路中电源电动势为e，内电阻为r，定值电阻的阻值为r0，变阻器的全阻值为r，关于各部分的功率，有关说法正确的是( )a当r=r0+r，r上消耗的功率达到最大值b当r=r0+r，r0上消耗的功率达到最大值c当r=r0+r，电源的输出功率达到最大值d当r0=r+r，r0上消耗的功率达到最大值【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】从电源的角度看功率，当内阻与外阻阻值相等时电源输出功率最大从电阻角度看功率，当通过的电流最大时其功率达到最大【解答】解：a、要使r上消耗的功率达到最大值，则可将r0与电源看成一个新电源则当r=r0+r时电源输出功率最大，也就是r消耗的功率最大故a正确；b、要使r0上消耗的功率达到最大值，则变阻器电阻必须r=0时故bd错误；c、要使电源上消耗的功率最大，应保证r+r0=r；故c错误；故选：a【点评】本题中要注意定值电阻和滑动变阻器最大功率的区别，同时注意明确等效内阻这一方法的正确应用12如图所示，虚线所示的区域内，有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，从边缘a处有一束速度各不相同的质子沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场区运动过程中( )a运动时间越长，其轨迹越长b运动时间越长，其轨迹对应的圆心角越大c运动时间越长，射出的速率越大d运动时间越长，射出磁场时速度方向偏转角越大【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】设磁场区域半径为r，轨迹的圆心角为，则粒子在磁场中运动时间为圆心角越大，时间越长根据几何知识得到轨迹半径r与r的关系，就能得到轨迹长度与时间的关系带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角【解答】解：设磁场区域半径为r，轨迹的圆心角为；粒子在磁场中运动的时间为：t=t= 轨迹半径w为：r=rcot 洛伦兹力提供向心力，故：解得： 粒子的速度越小，根据式，轨道半径越小；对应的圆心角越大，根据式，运动时间越长；而速度偏转角等于，故也是速度越大，则速度偏转角越小；故粒子的运动时间越长，轨迹越短，轨迹对应的圆心角越大，速率越小，速度偏转角越大；故ac错误，bd正确；故选：bd【点评】本题要根据几何知识研究粒子运动的轨迹半径与磁场区域半径的关系，也可以通过做轨迹对比，得到轨迹的圆心角与运动时间、轨迹长度的关系二.实验题（13题10分，14题10分，共20分）13欲用伏安法测定一段阻值约为5左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：a电池组（3v，内阻1）b电流表（03a，内阻0.0125）c电流表（00.6a，内阻0.125）d电压表（03v，内阻3k）e电压表（015v，内阻15k）f滑动变阻器（020，额定电流1a）g滑动变阻器（02 000，额定电流0.3a） h开关、导线（1）上述器材中应选用的是acdfh；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表外接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图1所示，图示中i=0.48a，u=2.20v（4）为使通过待测金属导线的电流能在00.5a范围内改变，请按要求在图2框图中画出测量待测金属导线的电阻rx的原理电路图【考点】伏安法测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】本题（1）的关键是由电源电动势大小来选择电压表量程，通过求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，通过求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器大小；题（2）因为电流表内阻为已知的确定值，采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应采用内接法；题（3）根据电表每小格的读数来确定估读方法；题（4）根据实验要求电流从零调可知，变阻器应采用分压式接法【解答】解：（1）根据电源电动势为3v可知，电压表应选择d；根据欧姆定律可知通过待测电阻的最大电流为=0.6a，所以电流表应选择c；根据闭合电路欧姆定律可知电路中需要的最大电阻应为=15，所以变阻器应选择f，因此上述器材中应选择acdfh；（2）由于待测电阻满足，所以应用外接法；（3）由于电流表每小格读数为0.02a，所以应进行“”估读，即电流表读数为i=0.48a；同理，电压表每小格读数为0.1v，应进行“”估读，电压表读数为u=2.20v；（3）由于实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：（1）acdfh；（2）内；（3）0.48，2.20；（4）如图【点评】应明确：当电流表的内阻为已知的确定值时，电流表应采用内接法，为大约值时，应通过比较与的大小来确定内外接法；当实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法14在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：a干电池（电动势约为1.5v，内阻小于1.5）b电流表g（满偏电流2ma，内阻10）c电流表a（00.6a，内阻约0.1）d滑动变阻器r1（020，10a）e滑动变阻器r2（0100，1a）f定值电阻r3=990g开关、导线若干（1）为方便且能较准确地进行测量，应选用滑动变阻器d （填写序号）；（2）请在下面所给方框内（图1）画出利用本题提供的器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路原理图；（3）某同学根据他设计的实验测出了六组i1（电流表g的示数）和i2（电流表a的示数），请在所给坐标纸上（图2）做出i1和i2的关系图线；（4）由图线可求得被测电池的电动势e和内阻r 序号 1 2 3 4 5 6 i1/ma 1.40 1.36 1.35 1.28 1.20 1.07 i2/a 0.10 0.15 0.23 0.25 0.35 0.50【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】实验中应选用的较小阻值的滑线变阻器，有利于电流的变化和表的读数表头及定值电阻充当电压表使用，则由闭合电路欧姆定律可得出表达式，由图象结合表达式可得出电动势和内电阻；【解答】解：（1）实验中应选用的较小阻值的滑线变阻器，有利于电流的变化和表的读数故选d（2）由于没有电压表，我们可以把表头及定值电阻充当电压表使用，利用伏安法测定一节干电池的电动势和内阻（3）在所给坐标纸上（图2）做出i1和i2的关系图线；（4）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：i1（r3+ra）=ei2r即：i1=；由图可知，图象与纵坐标的交点为1.48ma，则有：1.48ma=；解得e=1.48v；由图象可知，图象的斜率为：0.8103，由公式得图象的斜率等于，故=0.8103；解得r=0.80故答案为：（1）d（2）见图（3）见图，（4）1.48，0.80【点评】正确选择仪器是电学实验的经常考查的考点；本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究三.计算题（15题8分，16题12分，共20分）15如图所示，两平行光滑铜杆与水平