河南省洛阳市伊川一中高二物理上学期第一次月考试卷（含解析）.doc

河南省洛阳市伊川一中20142015学年度高二上学期第一次月考物 理试卷一选择题（本题共14小题，每题3分，选对选不全得2分，选错得0分）1四个塑料小球，a和b互相排斥，b和c互相吸引，c和d互相排斥如果d带正电，则b球的带电情况是（） a 带正电 b 带负电 c 不带电 d 可能带负电或不带电2两个可自由移动的点电荷分别放在a、b两处，如图所示a处电荷带正电q1，b处电荷带负电q2，且q2=4ql，另取一个可以自由移动的点电荷q3放在ab直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（） a q3为负电荷，且放于a左方 b q3为负电荷，且放于b右方 c q3为正电荷，且放于ab之间 d q3为正电荷，且放于b右方3a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点电场线与矩形所在平面平行已知a点的电势为20v，b点的电势为24v，d点的电势为4v，如图，由此可知c点的电势为（） a 4v b 8v c 12v d 24v4带电荷量为q的粒子，以初动能ek从两平行金属板的正中央沿垂直于电场线的方向进入匀强电场，恰从带负电金属板边缘飞出来，且飞出时动能变为2ek则金属板间的电压为（） a b c d 5有一横截面为s的铜导线，流经其中的电流为i，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子定向移动的速率为v，在t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为（） a nvst b nvt c i d i6如图是某导体的伏安特性曲线，由图可知下列说法正确的是（） a r1r2 b r1和r2串联后的总电阻的u图线应在区域 c r1和r2并联后的总电阻的u图线应在区域 d r1=r27一伏特计有电流表g与电阻r串联而成，如图所示，若在使用中发现此伏特计的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进（） a 在r上串联一比r小得多的电阻 b 在r上串联一比r大得多的电阻 c 在r上并联一比r小得多的电阻 d 在r上并联一比r大得多的电阻8在图所示的电路中，当开关s闭合时，电路中的电流表和电压表读数的变化是（） a 两表读数均变大 b 两表读数均变小 c 电流表读数增大，电压表读数减小 d 电流表读数减小，电压表读数增大9如图所示，电流表事先已经接好，拿电压表的k接线柱去分别试触b、c两点，电流表示数分别为0.04a和0.03a，电压表示数分别为2.9v和3v则待测电阻的真实值应为（） a 比100略大一些 b 比100略小一些 c 比72.5略大一些 d 比72.5略小一些10如图所示，c为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关s，当滑动变阻器r1、r2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器c两极板间的带电尘埃p恰好处于静止状态现要使尘埃p向上加速运动，下列方法中可行是（） a 把r1的滑片向左移动 b 把r2的滑片向左移动 c 把r2的滑片向右移动 d 把开关s断开11如图，直线a为电源的路端电压u与电流i的关系图线，直线b是电阻r的两端电压u与电流i的关系图线，用该电源与电阻r组成闭合电路，下列说法正确的是（） a 电源的电动势是3v b 电源的内阻是1 c 电阻r的大小是2 d 电源的功率是6w12如图所示，电源电动势e=6v，当开关s闭合后，小灯泡l1和l2都不亮现用一电压表检测故障，已测得uac=uad=uae=6v，uab=0，那么以下判断正确的是（） a 含l1的ab段电路断路，其他部分无问题 b ab段和bc段电路可能都是断路的 c 含r的cd段电路断路，其他部分无问题 d 含l2的bc段电路断路，其他部分无问题13没有完成连接的电路如图所示，a、b、c、d是滑动变阻器的四个接线柱下列说法正确的是（） a 若将a、c分别与的导线头m、n相连接，闭合电键后，当滑动片p向右移动时，安培表的示数将变大 b 若将a、c分别与的导线头m、n相连接，闭合电键后，当滑动片p向右移动时，电压表的示数将变大 c 若将d与n相连接，接线柱a与m相连接，则闭合电键后，滑动片p向左移动时，电压表的示数增大 d 若将d与n相连接，接线柱b与m相连接，则闭合电键后，滑动片p向左移动时，电流表的示数增大14在如图所示的电路中，定值电阻的阻值为10，电动机m的线圈电阻值为2，a、b两端加有44v的恒定电压，理想电压表的示数为24v，由此可知（） a 通过电动机的电流为12a b 电动机消耗的功率为48w c 电动机线圈在1分钟内产生的热量为480j d 电动机输出的功率为8w二、实验题（本题共6小题，15题每空2分，16题10分，共18分）15在本周的实验课上某学生的测量结果如图所示，请你分别读出数据：（1）；（3）；（4）16实验室有一根细而长的均匀金属管线样品，横截面为正方形如图1所示此金属材料质量为m，长约为30cm，电阻约为10已知这种金属的电阻率为，密度为0因管内中空部分截面积形状不规则，无法直接测量，请设计一个实验方案使测量结果尽可能准确，测量中空部分的截面积s0，现有如下器材可选：a刻度尺b螺旋测微器c电流表（600ma，1.0）d电流表（3a，0.1）e电压表（3v，6k）f滑动变阻器（10，2a）g蓄电池（6v，0.05）h开关一个，带夹子的导线若干（1）除待测金属管线外，还应选用的器材有（只填代号字母）在图2中画出你所设计方案的实验电路图，并把所选仪器（图3）连成实际测量电路（3）实验中需要测量的物理量及结果（用合适的字母表示）：（4）用（3）中的字母表示金属管线内部空间截面积s0的表达，s0=17将电动势为3.0v电源接入电路中，测得电源两极间电压为2.4v，当电路中有6c的电荷流过某电阻时用时为12s，求：（1）电路内电流的大小是多少？有多少其他形式的能转化为电能？（3）外电路中有多少电能转化为其他形式的能？（4）电源内电路中产生的内能为多少？18如图所示，r1=5，r2=9当开关s断开时，电流表的示数为i=0.2a当开关s闭合时，电流表的示数为i=0.3a（电流表内阻不计）求：（1）电源的电动势和内阻；s断开和闭合两种情况下，电源的输出功率19某品牌小汽车中电动机和车灯的实际电路可简化为如图所示电路，电源电动势e=12.5v，内阻r=0.05，电动机的直流电阻r=0.02，只闭合s1时，电流表读数i1=10a；再闭合s2后，电动机正常工作，电流表读数i2=58a（电流表内阻不计）不考虑灯丝电阻的变化求：（1）在只闭合s1时，车灯两端的电压ul和车灯的功率pl；再闭合s2后，车灯两端的电压ul和电动机的输出功率p20如图所示，一电荷量q=3105c带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的o点电键s合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角=37已知两板相距d=0.1m，电源电动势e=16v，内阻r=1，电阻r1=7，r2=r3=r4=16g取10m/s2，已知sin37=0.6，cos37=0.8g=10m/s2，求：（1）电源的输出功率；两板间的电场强度的大小；（3）带电小球的质量河南省洛阳市伊川一中20142015学年度高二上学期第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一选择题（本题共14小题，每题3分，选对选不全得2分，选错得0分）1四个塑料小球，a和b互相排斥，b和c互相吸引，c和d互相排斥如果d带正电，则b球的带电情况是（） a 带正电 b 带负电 c 不带电 d 可能带负电或不带电考点： 库仑定律专题： 电场力与电势的性质专题分析： 根据电荷间的相互作用规律分析：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引解答： 解：由于d带正电，c和d互相排斥，故c带正电，而b和c互相吸引，则b带负电，也可能不带电；a和b互相排斥，则说明b一定带负电，故b正确，acd错误故选：b点评： 本题考查了利用电荷间的相互作用规律判断物体带电情况，要特别注意的是：若两个物体相互吸引时，两个物体可能带异种电荷；也可能一个带电，另一个不带电2两个可自由移动的点电荷分别放在a、b两处，如图所示a处电荷带正电q1，b处电荷带负电q2，且q2=4ql，另取一个可以自由移动的点电荷q3放在ab直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则（） a q3为负电荷，且放于a左方 b q3为负电荷，且放于b右方 c q3为正电荷，且放于ab之间 d q3为正电荷，且放于b右方考点： 库仑定律专题： 电场力与电势的性质专题分析： 由于q1带正电荷，q2带负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处于平衡状态，对其q3受力分析，去判断所处的位置解答： 解：假设q3放在q1q2之间，那么q1对q3的电场力和q2对q3的电场力方向相同，q3不能处于平衡状态，所以假设不成立设q3所在位置与q1的距离为r13，q3所在位置与q2的距离为r23，要能处于平衡状态，所以q1对q3的电场力大小等于q2对q3的电场力大小即：=由于q2=4q1，所以r23=2r13，所以q3位于q1的左方根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断q3带负电故选a点评： 我们可以去尝试假设q3带正电或负电，根据平衡条件求解它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态，不行再继续判断3a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点电场线与矩形所在平面平行已知a点的电势为20v，b点的电势为24v，d点的电势为4v，如图，由此可知c点的电势为（） a 4v b 8v c 12v d 24v考点： 等势面；电势专题： 压轴题分析： 在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cfae，c=f=8v解答： 解：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则ube=ubd=4v，故ube=be=4v，故fd=4v，故e=244=20vf=8v故a=e，连接cf，则cfae，故c点的电势c=f=8v故b正确故选b点评： 在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布以上两点是解决此类题目的金钥匙4带电荷量为q的粒子，以初动能ek从两平行金属板的正中央沿垂直于电场线的方向进入匀强电场，恰从带负电金属板边缘飞出来，且飞出时动能变为2ek则金属板间的电压为（） a b c d 考点： 电势能；动能定理的应用专题： 电场力与电势的性质专题分析： 带电粒子在电场中被加速，电场力做功，导致动能增加，由动能定理则可求出金属板间电压解答： 解：粒子从正中央垂直进入匀强电场，到恰从负电金属板边缘飞出，由动能定理可得：2ekek=qu1解得：则金属板的电压是u1电压的2倍即为故选：b点评： 由动能定理简便得求出，电场力做功，由于粒子从正中央进入电场，所以求出的电压不是金属板间电压5有一横截面为s的铜导线，流经其中的电流为i，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子定向移动的速率为v，在t时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为（） a nvst b nvt c i d i考点： 电流、电压概念专题： 恒定电流专题分析： 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解答： 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=it，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=nvst故选ac点评： 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6如图是某导体的伏安特性曲线，由图可知下列说法正确的是（） a r1r2 b r1和r2串联后的总电阻的u图线应在区域 c r1和r2并联后的总电阻的u图线应在区域 d r1=r2考点： 欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： iu图象中图象的斜率表示电阻的倒数；则根据串并联电路的规律可得出总电阻的在的区域解答： 解：a、由图可知，r1r2；故a正确，d错误；b、两电阻串联后，总电阻等于两电阻之和，故其图象应在区域中，故b正确；c、若两电阻并联，则总电阻小于任一电阻，故其图象应在区域i；故c错误；故选：ab点评： 本题考查欧姆定律的图象，要注意明确iu图象中图象的斜率表示电阻的倒数7一伏特计有电流表g与电阻r串联而成，如图所示，若在使用中发现此伏特计的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进（） a 在r上串联一比r小得多的电阻 b 在r上串联一比r大得多的电阻 c 在r上并联一比r小得多的电阻 d 在r上并联一比r大得多的电阻考点： 把电流表改装成电压表专题： 实验题；恒定电流专题分析： 把电流表改装成电压表，应给电流表串联一个分压电阻；电压表示数偏小，说明通过电压表的电流比正常值小，可见通过减小电压表内阻即可改进解答： 解：电流表串联一个分压电阻，改装后若电压表读数偏小，说明通过电压表的电流偏小，分压电阻偏大，为使电压表示数准确，可以把r换成一个阻值稍小点的电阻，或在r上并联一比r大得多的电阻即可，故abdc误，d正确故选：d点评： 知道电压表的改装原理、应用串并联电路特点即可即可正确解题；改装后电压表示数偏小，需要减小串联电阻阻值，改装后电压表示数偏大，需要增大串联电阻阻值8在图所示的电路中，当开关s闭合时，电路中的电流表和电压表读数的变化是（） a 两表读数均变大 b 两表读数均变小 c 电流表读数增大，电压表读数减小 d 电流表读数减小，电压表读数增大考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 开关s断开r1，r2串连接入电路，开关s闭合，r2被短路，只有r1接入电路，总电阻变小，总电流变大，干路电压变小解答： 解：开关s断开r1，r2串连接入电路，电流表示数i=，电压表示数为u=eir=e；开关s闭合后，r2被短路，电路中的电阻减小，通过的电流为i=，电压表示数为u=eir=e所以电流表示数变大，电压表示数变小故选c点评： 该题考查了电路动态分析问题，注意开关闭合后r2被短路，这是本题解题的关键9如图所示，电流表事先已经接好，拿电压表的k接线柱去分别试触b、c两点，电流表示数分别为0.04a和0.03a，电压表示数分别为2.9v和3v则待测电阻的真实值应为（） a 比100略大一些 b 比100略小一些 c 比72.5略大一些 d 比72.5略小一些考点： 多用电表的原理及其使用专题： 恒定电流专题分析： 题的关键是对欧姆定律的理解，内接法时电压表两端的电压等于电流表与待测电阻的串联电压，故测得的电阻等于二者的串联电阻之和；外接法时电流表测得的是电压表与待测电阻的并联电阻，故测得的电阻小于电阻的真实值解答： 解：两测量结果比较可知，电流表的示数变化明显，说明电压表的分流作用明显，即电压表的内阻不是很大，根据欧姆定律可知，当电压表的内阻很大时，采用电流表外接法误差小一些，所以若电压表的内阻不是很大，应采用电流表内接法所以=100=r真+ra则b正确故选：b点评： 电流表内接法时造成测量误差的原因是电流表的分压作用，所以当电流表内阻越小时内接法越精确，外接法时造成测量误差的原因是电压表的分流作用，所以当电压表内阻越大时外接法测量越精确10如图所示，c为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关s，当滑动变阻器r1、r2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器c两极板间的带电尘埃p恰好处于静止状态现要使尘埃p向上加速运动，下列方法中可行是（） a 把r1的滑片向左移动 b 把r2的滑片向左移动 c 把r2的滑片向右移动 d 把开关s断开考点： 闭合电路的欧姆定律；电容专题： 恒定电流专题分析： 闭合开关s，电容器的电压等于变阻器左部分的电压，与r1无关，当滑片向右移动时，电压增大，板间场强增大，尘埃p向上加速运动把开关s断开后，根据电容器的电压，再判断尘埃p是否向上加速运动解答： 解：a、r1的滑片移动不能改变电容器的电压，所以尘埃p处于处于静止状态故a错误b、把r2的滑片向左移动时，电容器的电压减小，板间场强减小，尘埃p向下加速运动故b错误c、把r2的滑片向右移动时，电容器的增大，板间场强增大，向上加速运动 故c正确d、把开关s断开后，电容器的电压等于电源的电动势，即电压增大，尘埃p向上加速运动故d正确故选cd点评： 本题是含有电容器的问题，关键是分析和确定电容器的电压电路稳定时，电容器所在的电阻没有电压，相当于短路11如图，直线a为电源的路端电压u与电流i的关系图线，直线b是电阻r的两端电压u与电流i的关系图线，用该电源与电阻r组成闭合电路，下列说法正确的是（） a 电源的电动势是3v b 电源的内阻是1 c 电阻r的大小是2 d 电源的功率是6w考点： 电功、电功率；欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 图象b的斜率等于电阻r；图象a的纵轴截距等于电源的电动势，斜率的大小等于电源的内电阻，由数学知识求解即可解答： 解：a、由闭合电路欧姆定律得：u=eir，可知，当i=0时，u=e，故电源的电动势是3v，故a正确；b、，r=0.5，故b错误；c、电阻r=1，故c错误；d、电源的功率为：p=ei=32w=6w，故d正确故选：ad点评： 根据ui图象正确读出电源的电动势和短路电流，根据ui图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的关键12如图所示，电源电动势e=6v，当开关s闭合后，小灯泡l1和l2都不亮现用一电压表检测故障，已测得uac=uad=uae=6v，uab=0，那么以下判断正确的是（） a 含l1的ab段电路断路，其他部分无问题 b ab段和bc段电路可能都是断路的 c 含r的cd段电路断路，其他部分无问题 d 含l2的bc段电路断路，其他部分无问题考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 由图可知，灯泡l1和l2和滑动变阻器串联，又根据题意可得，电路故障为断路，如果电压表示数为零，那么被测部分外部断路，如果电压表示数电源电压，那么被测部分断路，从而即可求解解答： 解：闭合开关后，由题意可知，uac=uad=uae=6v，uab=0，由于ae为电源两端，因此可得，含l2的bc段电路为断路，其他部分无问题，故d正确，abc错误；故选：d点评： 考查电流表，电压表检测电路故障问题，如果是确定电路为断路问题，则电压表测量时（不含电源两端），电压表有示数，说明与表并联的电路出现断路13没有完成连接的电路如图所示，a、b、c、d是滑动变阻器的四个接线柱下列说法正确的是（） a 若将a、c分别与的导线头m、n相连接，闭合电键后，当滑动片p向右移动时，安培表的示数将变大 b 若将a、c分别与的导线头m、n相连接，闭合电键后，当滑动片p向右移动时，电压表的示数将变大 c 若将d与n相连接，接线柱a与m相连接，则闭合电键后，滑动片p向左移动时，电压表的示数增大 d 若将d与n相连接，接线柱b与m相连接，则闭合电键后，滑动片p向左移动时，电流表的示数增大考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 移动滑片改变滑动变阻器接入电路的阻值，根据闭合电路欧姆定律，从而求解电路电流与电阻两端电压的变化情况解答： 解：a、若将a、c分别与的导线头m、n相连接，闭合电键后，当滑动片p向右移动时，接入电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电流减小，即安培表的示数将变小，因内电压减小，且电阻r两端的电压也减小，因此电压表示数增大，故a错误，b正确；c、若将d与n相连接，接线柱a与m相连接，则闭合电键后，滑动片p向左移动时，接入电路中的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电流增大，即安培表的示数将变大，因内电压增大，且电阻r两端的电压也增大，因此电压表示数减小，故c错误；d、若将d与n相连接，接线柱b与m相连接，则闭合电键后，滑动片p向左移动时，接入电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电流减小，即安培表的示数将变小，故d错误，故选：b点评： 本题考查了滑动变阻器的接法、滑动变阻器的作用，分析清楚电路结构、知道滑动变阻器的工作原理即可正确解题14在如图所示的电路中，定值电阻的阻值为10，电动机m的线圈电阻值为2，a、b两端加有44v的恒定电压，理想电压表的示数为24v，由此可知（） a 通过电动机的电流为12a b 电动机消耗的功率为48w c 电动机线圈在1分钟内产生的热量为480j d 电动机输出的功率为8w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： a、根据ab两端的电压和电压表的示数，求出r两端的电压，再根据欧姆定律求出通过电动机的电流b、根据p=ui求出电动机的输入功率，即电动机消耗的功率c、根据q=i2rt求出电动机在1分钟内产生的热量d、电动机的输出功率等于输入功率减去电动机内部消耗的功率解答： 解：a、通过电动机的电流故a错误b、电动机消耗的功率p=ui=242w=48w故b正确c、电动机线圈在1分钟内产生的热量q=i2rt=4260j=480j故c正确d、电动机的输出功率故d错误故选bc点评： 解决本题的关键会灵活运用欧姆定律，以及知道电动机的输出功率等于输入功率减去电动机内部消耗的功率二、实验题（本题共6小题，15题每空2分，16题10分，共18分）15在本周的实验课上某学生的测量结果如图所示，请你分别读出数据：（1）29.7mm；6.703mm；（3）0.920mm；（4）20.45mm考点： 刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题： 实验题分析： 解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答： 解：1、游标卡尺的主尺读数为29mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为70.1mm=0.7mm，所以最终读数为：29mm+0.7mm=29.7mm2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为20.30.01mm=0.203mm，所以最终读数为6.5mm+0.203mm=6.703mm3、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为42.00.01mm=0.420mm，所以最终读数为0.5mm+0.420mm=0.920mm4、游标卡尺的主尺读数为20mm，游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为90.05mm=0.45mm，所以最终读数为：20mm+0.45mm=20.45mm故答案为：（1）29.7mm；6.703mm；（3）0.920mm；（4）20.45mm点评： 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量16实验室有一根细而长的均匀金属管线样品，横截面为正方形如图1所示此金属材料质量为m，长约为30cm，电阻约为10已知这种金属的电阻率为，密度为0因管内中空部分截面积形状不规则，无法直接测量，请设计一个实验方案使测量结果尽可能准确，测量中空部分的截面积s0，现有如下器材可选：a刻度尺b螺旋测微器c电流表（600ma，1.0）d电流表（3a，0.1）e电压表（3v，6k）f滑动变阻器（10，2a）g蓄电池（6v，0.05）h开关一个，带夹子的导线若干（1）除待测金属管线外，还应选用的器材有abcefgh（只填代号字母）在图2中画出你所设计方案的实验电路图，并把所选仪器（图3）连成实际测量电路（3）实验中需要测量的物理量及结果（用合适的字母表示）：用毫米刻度尺金属管线长度l，外径d，电压表示数u，电流表示数i（4）用（3）中的字母表示金属管线内部空间截面积s0的表达，s0=d2考点： 测定金属的电阻率专题： 实验题分析： （1）本实验需要用伏安法测量电阻，根据电阻定律公式求解导体的截面积，故可以先得到截面积的表达式，再结合欧姆定律得到待测量，从而进一步选择器材；用伏安法测量电阻，要求尽可能测出多组有关数值，故滑动变阻器要采用分压式接法；由于金属原件长度较短，故电阻较小，故采用安培表外接法，画出电路图后进一步连接实物图即可；（3）根据欧姆定律和电阻定律公式可以得到要测量的物理量；（4）根据实验所测数据，应用欧姆定律及电阻定律求出面积的表达式解答： 解：（1）本实验需要用伏安法测量电阻，根据欧姆定律，有r=；同时要结合电阻定律公式r= 求解截面积；故要用电压表测量电压，电流表测量电流，刻度尺测量长度，螺旋测微器测量金属管外直径，要组合成电路，还需要电源、电键、导线以及滑动变阻器；由于电阻通电电流大会升温，影响电阻率，故要小电流，故电流表选择较小量程，故需要的实验器材有：abcefgh； 由滑线变阻器阻值为10，被测电阻约为10，故限流的效果不明显，故采用分压解法，由，确定电流表外接，电路如图：由于要求尽可能测出多组有关数值，故滑动变阻器要采用分压式接法，金属丝电阻较小，因此电流表采用外接法，由此可得出实物图如下所示：（3）（4）根据欧姆定律，有r=；根据电阻定律，有r=，故截面积为：s=；实验时需要：用毫米刻度尺金属管线长度l，外径d，电压表示数u，电流表示数i，故金属管线内部空间截面积s0的表达式为：s0=d2故答案为：（1）abcefgh；如图所示；（3）用毫米刻度尺金属管线长度l，外径d，电压表示数u，电流表示数i；（4）d2点评： 本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、实验测量、实验数据处理等问题，知道实验原理是正确解题的关键17将电动势为3.0v电源接入电路中，测得电源两极间电压为2.4v，当电路中有6c的电荷流过某电阻时用时为12s，求：（1）电路内电流的大小是多少？有多少其他形式的能转化为电能？（3）外电路中有多少电能转化为其他形式的能？（4）电源内电路中产生的内能为多少？考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 根据电量表达式，q=it，即可求解电流的大小；根据w=eq求解有多少其他形式的能转化为电能；根据w1=u1q求解外电路中电能转化为其他形式的能；根据能量守恒定律求解内电路中电能转化情况解答： 解：（1）根据电量表达式，则有：i=0.5a；根据w=eq得：w=3.06 j=18 j则电源中共有18 j其他形式的能转化为电能（3）根据w=uq得：w1=u1q=2.46 j=14.4 j则外电路中共有14.4 j电能转化为其他形式的能（4）根据能量守恒定律，内电路中转化为内能的电能为：e内=18j14.4j=3.6j答：（1）电路内电流的大小是0.5a；有18j其他形式的能转化为电能；（3）外电路中有14.4j的电能转化为其他形式的能；（4）内电路中有3.6j的电能转化为其他形式的能点评： 本题主要考查了w=uq公式的直接应用，知道电流做功的过程就是把电能转化为其它形式的能的过程18如图所示，r1=5，r2=9当开关s断开时，电流表的示数为i=0.2a当开关s闭合时，电流表的示数为i=0.3a（电流表内阻不计）求：（1）电源的电动势和内阻；s断开和闭合两种情况下，电源的输出功率考点： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题： 恒定电流专题分析： （1）由开关的通断可得出两种电路结构，由闭合电路欧姆定律可得出两种情况的表达式，联立即可求解电动势和内电阻；由功率公式可求得s断开和闭合两种情况下，电源的输出功率解答： 解：（1）当开关断开时，由闭合电路的欧姆定律得：e=ir1+ir2+ir当开关闭合时，由闭合电路的欧姆定律得：e=ir2+ir解得：e=3v，r=1当开关断开时，有：p1=i2（r1+r2）=0.22（5+9）w=0.56w当开关闭合时，有：p2=i2r2=0.329w=0.81w答：（1）电源的电动势为3v，内阻为1；s断开时电源的输出功率为0.56w，s闭合时电源的输出功率为0.81w点评： 本题考查闭合电路欧姆定律及功率公式的应用，要注意根据两种情况进行分析列出方程，再