广东省湛江市麻章一中高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2014-2015学年广东省湛江 市麻章一中高二（上）期中物理试卷一单项选择题：每小题3分共18分1关于点电荷的下列说法中正确的是（）a 只有体积很小的带电体，才能作为点电荷b 点电荷是元电荷c 点电荷一定是电量很小的电荷d 两个带电的金属小球，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理2下列对物体带电现象的描述正确的是（）a 物体带电一定具有多余的电子b 摩擦起电是使不带电的物体产生电荷c 摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体d 物体所带电量可能很小，甚至小于元电荷e3如图电路中，当变阻器r的滑片p向下滑动时，电压表和电流表的示数变化的情况是（）a v 和a的示数都变大b v和a的示数都变小c v的示数变大，a的示数变小d v的示数变小，a的示数变大4如图，abcd为匀强电场中的四个等势面，一个电子射入电场后的运动轨迹如实线mn，由此可知（）a 电子在n的动能大于在m的动能b 电子在n的电势能小于在m的电势能c 电场强度方向向左d 电场中，a点电势低于b点电势5有一正点电荷只受电场力作用从静电场中的a点由静止释放，它沿直线运动到b点的过程中，动能ek随位移s变化的关系是：eks，则该电场的电场线分布应是下列图中的（）a b c d 6一根粗细均匀的镍铬丝的横截面的直径为d，电阻是r，把它拉制成直径是的均匀细丝后，它的电阻变成（）a rb 10000rc rd 100r二双项选择题：每小题4分，共32分在四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得4分，只选1个且正确得2分，有选错或不答得0分7在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一个点p，p点与q1的距离为 r，把一个电量为q2的试探电荷放在p点，它受的静电力为f，则p点电场强度的大小等于（）a b c kd k8关于电势差与场强的关系，下列说法中正确的是（）a u=ed关系式适用于任何电场b 在匀强电场中，两点间的电势差正比于两点间的距离c u=ed公式中的d是指两点所在等势面间的距离d v/m和n/c两单位相等9如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是（）a a点的电势高于b点的电势b 该点电荷带负电c a点和b点电场强度的方向相同d a点的电场强度大于b点的电场强度10如图为静电除尘器除尘机理的示意图尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的下列表述正确的是（）a 到达集尘极的尘埃带正电荷b 电场方向由集尘极指向放电极c 带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同d 同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大11如图，当k闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（）a 保持k闭合，使p滑动片向左滑动，微粒仍静止b 保持k闭合，使p滑动片向右滑动，微粒向下移动c 打开k后，使两极板靠近，则微粒将向上运动d 打开k后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止12用多用电表的测电阻和电压时，下列说法中正确的是（）a 多用电表的欧姆挡测得白炽灯的电阻比该白炽灯在额定电压时的电阻要大b 用r10挡测电阻时如果指针偏转太小，应改用r100挡，调零后再测c 测量未知的直流电源两端电压时，应先用大量程再逐渐减小到合适的量程d 多用电表用完后，应将选择开关拨到off或直流电流最高挡13如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（）a 带正电的矿粉落在右侧b 电场力对矿粉做正功c 带负电的矿粉电势能变大d 带正电的矿粉电势能变小14如图所示，半径为r的光滑绝缘圆环竖直放置在场强为e的水平匀强电场中，现有一个质量为m，带正电量为q的小球穿在环上当小球从环的最高点a静止下滑到最右侧的b点时（）a 重力对小球所做的功等于小球动能和电势能的增量之和b 重力和电场力对小球做功的和等于小球动能的增量c 电场力对小球做的功等于小球电势能的增量d 小球在b点时的电势能比在环上其它点时都要大三实验题每小题9分，共27分15某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和图（b）所示，长度为cm，直径为mm（2）按图（c）连接电路后，实验操作如下：（a）将滑动变阻器r1的阻值置于最处（填“大”或“小”）；将s2拨向接点1，闭合s1，调节r1，使电流表示数为i0；（b）将电阻箱r2的阻值调至最（填“大”或“小”），s2拨向接点2；保持r1不变，调节r2，使电流表示数仍为i0，此时r2阻值为1280；（3）由此可知，圆柱体的电阻为16为了描绘标有“3v，0.4w”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化所给器材如下：a电流表（0200ma，内阻0.5）b电流表（00.6a，内阻0.01）c电压表（03v，内阻5k）d电压表（015v，内阻50k）e滑动变阻器（010，0.5a）f滑动变阻器（01k，0.1a）g电源（3v） h电键一个，导线若干（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是（2）在如图1虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物按电路图用导线连好（3）此实线图2中描绘出的iu图线是（填“曲线”“直线”），其原因是17用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻r，一位同学测得的六组数据如表中所示组别i（a）u（v）1234560.100.200.310.320.400.571.431.361.241.271.241.10（1）试根据这些数据在图中作出ui 图线（2）根据图线得出电池的电动势=伏，根据图线得出的电池内阻r=欧三计算题每第17题11分，第18题12分，共32分18如图所示，一个质量为m，带正电量为q的半径极小的小球，用丝线悬挂在某匀强电场中，电场线水平当小球静止时，测得悬线与竖直方向成角（1）求该电场的场强大小，说明场强方向（2）若电场足够大，剪断线后，小球将做什么运动？加速度大小是多少？19如图所示，水平放置的平行板电容器极板间距离为d，加的电压为u0，上极板带正电现有一束微粒以某一速度垂直于电场方向沿中心线oo射入，并能沿水平方向飞出电场当电压升高到u1时，微粒可以从距m板处飞出电场求：（1）带电微粒的比荷（q/m）是多少？带何种电荷？（2）要使微粒束能从距n板处飞出电场，则所加的电压u2应为多少？2014-2015学年广东省湛江市麻章一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一单项选择题：每小题3分共18分1关于点电荷的下列说法中正确的是（）a 只有体积很小的带电体，才能作为点电荷b 点电荷是元电荷c 点电荷一定是电量很小的电荷d 两个带电的金属小球，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理考点：元电荷、点电荷专题：电场力与电势的性质专题分析：带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状及带电量的多少无具体关系解答：解：a、带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量多少无具体关系，故a、c错误；b、点电荷是一种理想化的物理模型，元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，故b错误；d、两个带电的金属小球，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理，故d正确；故选：d点评：本题关键明确点电荷是一种理想模型，知道物体是否可以简化为点电荷，关键是看物体的尺度在所研究的问题中是否可以忽略不计2下列对物体带电现象的描述正确的是（）a 物体带电一定具有多余的电子b 摩擦起电是使不带电的物体产生电荷c 摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体d 物体所带电量可能很小，甚至小于元电荷e考点：元电荷、点电荷分析：物体带电可能是得到电子，也可能是失去电子摩擦起电实质是电荷的转移，即电子从一个物体转移到另一个物体元电荷是最小的带电体，所有物体的带电量都是它的整数倍解答：解：a、物体带电可能是得到电子，也可能是失去电子，故a错误bc、摩擦起电实质是电荷的转移，即电子从一个物体转移到另一个物体，故b错误，c正确d、元电荷是最小的带电体，所有物体的带电量都是它的整数倍，故d错误故选：c点评：掌握摩擦起电的实质：是电荷的转移，即电子从一个物体转移到另一个物体基础题3如图电路中，当变阻器r的滑片p向下滑动时，电压表和电流表的示数变化的情况是（）a v 和a的示数都变大b v和a的示数都变小c v的示数变大，a的示数变小d v的示数变小，a的示数变大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：明确电路图的结构，根据滑动变阻器的滑片的移动可知电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化；再由欧姆定律可得出电压表及电流表的变化解答：解：由图可知，r3与r并联后与r2、r1串联；当滑片p向下滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路的总电阻减小由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，路端电压减小，因总电流增大，故r1、r2两端的电压增大，v的示数增大，则并联部分总电压减小，故流过r3的电流减小，所以电流表中电流增大，故a正确，bcd错误；故选：a点评：对于闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要认真分析电路，再根据“局部整体局部”的思路进行分析，即可正确解答4如图，abcd为匀强电场中的四个等势面，一个电子射入电场后的运动轨迹如实线mn，由此可知（）a 电子在n的动能大于在m的动能b 电子在n的电势能小于在m的电势能c 电场强度方向向左d 电场中，a点电势低于b点电势考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：根据电场线方向与等势线垂直和电子所受的电场力指向轨迹的内侧，判断出电子所受的电场力方向，分析电场力做功的正负，根据动能定理分析动能的变化和电势能的变化根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低解答：解：a、b、根据电场线方向与等势线垂直可知，电场线方向必定位于竖直方向，则电子所受的电场力必定在竖直方向电子做曲线运动，所受的电场力方向指向轨迹的内侧，所以可知电子所受的电场力方向应竖直向下，与速度方向的夹角为钝角，对电子做负功，根据动能定理可知，电子的动能减小，电势能增加，所以电子在n的动能小于在m的动能，在n的电势能大于在m的电势能，故a、b错误c、电子带负电，电场力方向与电场强度方向相反，所以可知电场强度方向竖直向上，如图所示，故c错误d、根据顺着电场线方向电势降低，得知，a点电势低于b点电势，故d正确故选：d点评：解决本题的关键是根据电子的轨迹弯曲方向和电场线方向判断出电场力方向，运用动能定理和电场力做功与电势能变化的关系进行分析5有一正点电荷只受电场力作用从静电场中的a点由静止释放，它沿直线运动到b点的过程中，动能ek随位移s变化的关系是：eks，则该电场的电场线分布应是下列图中的（）a b c d 考点：电场线分析：正点电荷从a运动到b，只有电场力做功，动能增加，图线动能随位移均匀增加，可根据动能定理列式分析解答：解：正点电荷从a运动到b，只有电场力做功，动能增加，根据动能定理fx=ek只有当f为定值时，ek才与x成正比，所以该电场是匀强电场；由于正电荷受静电力方向与场强方向相同，所以正电荷沿电场线的方向运动所以只有a图符合题意故选：a点评：本题关键根据动能定理列式分析，同时抓住正电荷所受的静电力与电场强度方向相同6一根粗细均匀的镍铬丝的横截面的直径为d，电阻是r，把它拉制成直径是的均匀细丝后，它的电阻变成（）a rb 10000rc rd 100r考点：电阻定律专题：恒定电流专题分析：镍铬丝的横截面的直径为d，横截面积为s=，根据数学知识确定直径是后横截面积的关系，根据体积不变，分析长度的关系，由电阻定律分析电阻的变化情况解答：解：镍铬丝的横截面的直径为d，横截面积为s1=，由数学知识得知，直径是后横截面积是s2=，由于镍铬丝的体积不变，由长度变为原来的100倍，根据电阻定律r=得到，电阻是原来的10000倍，即为10000r故选b点评：本题要综合考虑电阻随导体横截面积和长度的变化，不能只知其一，不知其二基础题二双项选择题：每小题4分，共32分在四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得4分，只选1个且正确得2分，有选错或不答得0分7在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一个点p，p点与q1的距离为 r，把一个电量为q2的试探电荷放在p点，它受的静电力为f，则p点电场强度的大小等于（）a b c kd k考点：电场强度；库仑定律分析：电量为q1的点电荷是场源电荷，在p点产生的电场强度的大小可根据公式e=k可以确定电量为q2的电荷是试探电荷，在p点所受的电静电力为f，根据电场强度的定义式e=也可以确定p点电场强度的大小解答：解：据题，电量为q1的点电荷是场源电荷，在p点产生的电场强度的大小为 e=k电量为q2的电荷是试探电荷，在p点所受的电静电力为f，则p点电场强度的大小也能为 e=故ad错误，bc正确故选：bc点评：本题要掌握电场强度的两个公式：e=和e=k，并要理解这两个公式适用，知道式中q是试探电荷，q是场源电荷8关于电势差与场强的关系，下列说法中正确的是（）a u=ed关系式适用于任何电场b 在匀强电场中，两点间的电势差正比于两点间的距离c u=ed公式中的d是指两点所在等势面间的距离d v/m和n/c两单位相等考点：电势差；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：在匀强电场中，根据公式u=ed，d是电场线方向两点间的距离电势降低的方向不一定电场强度方向解答：解：a、关系式u=ed仅仅适用于匀强电场，故a错误；b、在匀强电场中，沿着某个固定的方向，两点间的电势差正比于两点间的距离，故b错误；c、u=ed公式中的d是指两点所在等势面间的距离，故c正确；d、根据e=和e=，n/c和v/m两单位相等，故d正确；故选：cd点评：本题考查对物理规律的解理能力物理公式要从每个量的意义、公式适用条件等方面理解9如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是（）a a点的电势高于b点的电势b 该点电荷带负电c a点和b点电场强度的方向相同d a点的电场强度大于b点的电场强度考点：电场线；电场强度；电势专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况，比较简单解答：解：a、根据电场线与等势线垂直，在b点所在电场线上找到与a点电势相等的，依据沿电场线电势降低，a点电势低于b点电势，故a错误b、该点电荷带负电，故b正确c、由题图可看出a点和b点电场强度的方向不相同，故c错误d、电场线越密的地方电场强度越大，a点的电场强度大于b点的电场强度，故d正确故选bd点评：熟悉正、负点电荷，等量同种、等量异种电荷周围电场分布情况往往是解题关键10如图为静电除尘器除尘机理的示意图尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的下列表述正确的是（）a 到达集尘极的尘埃带正电荷b 电场方向由集尘极指向放电极c 带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同d 同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大考点：* 静电的利用和防止分析：从静电除尘机理出发即可解题由于集电极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根据f=eq即可得出结论解答：解：a、尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，故a错误；b、由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极，故b正确；c、负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，故c错误；d、根据f=eq可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故d正确故选：bd点评：本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例11如图，当k闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（）a 保持k闭合，使p滑动片向左滑动，微粒仍静止b 保持k闭合，使p滑动片向右滑动，微粒向下移动c 打开k后，使两极板靠近，则微粒将向上运动d 打开k后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止考点：带电粒子在混合场中的运动；电容器专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：当s闭合后，带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，合力为零，电场力与重力平衡保持s闭合，电容器板间电压不变，若板间距离也不变，板间的场强不变，微粒仍处于静止状态打开s后，根据电容的决定式c=，分析电容的变化，由电容的定义式c= 分析电压的变化再由e= 分析板间场强的变化，即可判断带电微粒的运动状态解答：解：a、b、保持k闭合，电容器板间电压不变，使滑动片p向左或向右滑动，板间距离不变，则由e=分析得知，板间场强仍保持不变，带电微粒所受的电场力不变，仍处于静止状态故a正确，b错误c、d、由c=，c=，e= 得到极板间场强e=，e与板间距离无关，故使两极板靠近，板间场强不变，带电微粒所受的电场力不变，则带电微粒仍处于静止状态，故c错误，d正确故选：ad点评：本题关键要抓住不变量进行分析：电容器与电源保持相连，板间电压保持不变；充电后与电源断开后，电量不变电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变12用多用电表的测电阻和电压时，下列说法中正确的是（）a 多用电表的欧姆挡测得白炽灯的电阻比该白炽灯在额定电压时的电阻要大b 用r10挡测电阻时如果指针偏转太小，应改用r100挡，调零后再测c 测量未知的直流电源两端电压时，应先用大量程再逐渐减小到合适的量程d 多用电表用完后，应将选择开关拨到off或直流电流最高挡考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：灯丝电阻随温度升高而增大，常温下灯丝电阻小于灯泡正常发光时电阻；使用欧姆表测电阻，应选用合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；多用电表使用完毕，应把选择开关置于off挡或交流电压最高挡上；不知电压大小时应用试触法进行测量电压，先用大量程进行测量，然后选择合适的量程测量解答：解：a、灯丝电阻随温度升高而增大，常温下灯丝电阻小于灯泡正常发光时电阻，多用电表的欧姆挡测得白炽灯的电阻比该白炽灯在额定电压时的电阻要小，故a错误；b、用r10挡测电阻时如果指针偏转太小，说明所选档位太小，应换大挡，应改用r100挡，调零后再测量，故b正确；c、为保护电表安全，测量未知的直流电源两端电压时，应先用大量程再逐渐减小到合适的量程，故c正确；d、多用电表用完后，把两表笔拔出，并应将选择开关拨到off或交流电流最高挡，故d错误；故选：bc点评：本题考查了多用电表的使用方法及注意事项，掌握基础知识即可正确解题；应用欧姆表测电阻时要选择合适的档位，使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕，要把选择开关置于off挡或交流电压最高挡13如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（）a 带正电的矿粉落在右侧b 电场力对矿粉做正功c 带负电的矿粉电势能变大d 带正电的矿粉电势能变小考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题分析：首先要明确矿料分选器内电场的分布及方向，判断矿粉的运动情况，从而可得到正确答案解答：解：由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，a、带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，选项a错误b、无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，选项b正确c、带负电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项c错误d、带正电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项d正确故选bd点评：该题考察了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并会分析电场力做功与电势能的变化情况14如图所示，半径为r的光滑绝缘圆环竖直放置在场强为e的水平匀强电场中，现有一个质量为m，带正电量为q的小球穿在环上当小球从环的最高点a静止下滑到最右侧的b点时（）a 重力对小球所做的功等于小球动能和电势能的增量之和b 重力和电场力对小球做功的和等于小球动能的增量c 电场力对小球做的功等于小球电势能的增量d 小球在b点时的电势能比在环上其它点时都要大考点：功能关系；电势能分析：小球由a释放，受到重力、电场力和环的弹力作用，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况，根据动能定理判断动能的变化情况解答：解：a、小球的重力势能减小转化为动能和电势能，则由能量守恒定律可知，小球的重力势能减小量等于小球动能和电势能的增量之和，而小球的重力势能减小量等于重力做的功，所以重力对小球所做的功等于小球动能和电势能的增量之和故a错误b、根据动能定理知，合外力做的功等于动能的增加量所以重力与电场力对小球做功的和等于小球动能的增量故b正确c、根据功能关系，电场力做正功，电势能减小，所以电场力对小球做的功等于小球电势能的增量的负值，故c错误d、从a到b电场力做正功，电势能减小；所以b点时的电势能最小，故d错误故选：ab点评：本题关键是对小球受力分析后，能够灵活地运用功能关系列式分析求解注意电场力对小球做的功等于小球电势能的增量的负值三实验题每小题9分，共27分15某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和图（b）所示，长度为5.03cm，直径为5.315mm（2）按图（c）连接电路后，实验操作如下：（a）将滑动变阻器r1的阻值置于最大处（填“大”或“小”）；将s2拨向接点1，闭合s1，调节r1，使电流表示数为i0；（b）将电阻箱r2的阻值调至最大（填“大”或“小”），s2拨向接点2；保持r1不变，调节r2，使电流表示数仍为i0，此时r2阻值为1280；（3）由此可知，圆柱体的电阻为1280考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）游标卡尺的读数=主尺上的读数+游标上的读数，螺旋测微器的读数=固定尺的读数+可动尺的读数0.01；（2）将滑动变阻器r1和电阻箱r2的阻值调至最大，可以起到保护电流表及电源的作用；圆柱体的电阻等于电阻箱r2的阻值；解答：解：（1）游标卡尺的读数=主尺上的读数+游标上的读数，本题主尺上的读数是5 cm，游标上的读数是30.1 mm=0.03cm，故游标卡尺的读数为5.03 cm；螺旋测微器的读数=固定尺的读数+可动尺的读数0.01，即5 mm+31.50.01 mm=5.315 mm，（2）（a）将滑动变阻器r1的阻值调至最大，可以起到保护电流表及电源的作用；（b） 将电阻箱r2的阻值调至最大，目的也是为了保护电流表及电源；（3）本题的实验方法为替代法由i0=i0=解得，rx=r2=1280故答案为：（1）5.03，5.315（2）（a）大（b）大（3）1280点评：该题采用“等效法替代”测圆柱体的电阻，无论什么方法，关键是理解实验原理然后利用电路的串并联知识求解16为了描绘标有“3v，0.4w”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化所给器材如下：a电流表（0200ma，内阻0.5）b电流表（00.6a，内阻0.01）c电压表（03v，内阻5k）d电压表（015v，内阻50k）e滑动变阻器（010，0.5a）f滑动变阻器（01k，0.1a）g电源（3v） h电键一个，导线若干（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是a、c、e、g、h（2）在如图1虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物按电路图用导线连好（3）此实线图2中描绘出的iu图线是曲线（填“曲线”“直线”），其原因是随着温度的升高，电阻增大考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接根据电路图连接实物图灯泡的电阻随温度的变化而变化，所以iu图线是一条曲线解答：解：（1）灯泡的额定电压为3v，所以电压表的量程选择3v的误差较小，额定电流i=130ma，所以电流表的量程选择200ma的，灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，使用选择电阻值比较小的滑动变阻器e，另外，还需要电源、电建和导线故实验中应选择的仪器是a、c、e、g、h（2）灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻r=22.5，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法电路图和实物连线图如图所示（3）此实线图2中描绘出的iu图线是曲线，其原因是由于温度升高，电阻增大故答案为：（1）a、c、e、f、g（2）如右图（3）曲线，随着温度的升高，电阻增大点评：解决本题的关键掌握器材选择的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别17用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻r，一位同学测得的六组数据如表中所示组别i（a）u（v）1234560.100.200.310.320.400.571.431.361.241.271.241.10（1）试根据这些数据在图中作出ui 图线（2）根据图线得出电池的电动势=1.45伏，根据图线得出的电池内阻r=0.70欧考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：由描点法可得出ui图象，图线与纵标的交点为电源的电动势；由闭合电路欧姆定律可求得内电阻解答：解