吉林省东北师大附中净月校区高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

吉林省东北师大附中净月校区20152016学年度高二上学期期中物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分；每小题四个选项中，第1-7小题只有一个选项符合题意，第8-12小题有一个或多个选项符合题意，选不全的得2分，有错误答案的不得分）1两个分别带有电荷量q和+3q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为f两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）abcd12f2如图所示，质量分别是m1、m2，电荷量分别为q1、q2的两个带电小球，分别用长为l的绝缘细线悬挂于同一点已知：q1q2，m1m2，两球静止平衡时的图可能是（）abcd3使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（）abcd4如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有a、b、c三点，a点为两点电荷连线的中点，b点为连线上距a点距离为d的一点，c点为连线中垂线距a点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（）aea=eceb；a=cbbebeaec；a=cbceaeb，eaec；ab，acd因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低5如图所示电路中，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，a、b两灯亮度的变化情况为（） aa灯和b灯都变暗ba灯和b灯都变亮ca灯变亮，b灯变暗da灯变暗，b灯变亮6a、b两金属板平行放置，在t=0时将电子从a板附近由静止释放，则在a、b两板间加上下列哪个电压时，有可能使电子到不了b板（）abcd7如图所示，定值电阻r=20，电动机线圈的电阻r0=10，当开关s断开时，电流表的示数是0.5a当开关s闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数i和电路消耗的电功率p应是（）ai=1.5 abi1.5 acp=15 wdp15 w8如图所示的电场中，有a、b两点，有一点电荷仅在电场力作用下沿电场线从静止开始由b点运动到a点，下列说法正确的是（）a点电荷带负电b电荷由b点到a点的运动是匀加速直线运动c电荷经过a点时的电势能大于经过b点时的电势能d电荷经过a点时的电势能小于经过b点时的电势能9关于欧姆表，下列说法正确的是（）a欧姆表是根据闭合电路欧姆定律制成的b由于电流和电阻成反比，所以刻度盘上的刻度是均匀的c使用欧姆表时，选择好一定量程的欧姆挡后首先应该将两表笔短接，进行电阻调零d当换用不同量程的欧姆挡去测量电阻时，可不必进行电阻调零10用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）设两极板正对面积为s，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，则（）a保持s不变，增大d，则变大b保持s不变，增大d，则变小c保持d不变，增大s，则变小d保持d不变，增大s，则不变11关于电源与电动势的下列说法中正确的是（）a电源可以通过静电力做功，把其他形式的能转化成电势能b当外电路的电阻变化时，电源的电动势一定保持不变c电源的电动势大小与电源的体积有关d由于电源内部具有电阻，因此电源内部也有电压12如图所示，a、b、c、d是滑线变阻器的4个接线柱现把此变阻器串联接入电路中，并要求滑片p向接线柱d移动时，电路中的电流减小，则接入电路的接线柱可能是（）aa和bba和ccb和cdb和d二、填空题（每空3分，共9分）13如图所示为一个小灯泡的电流与它两端电压的变化关系曲线若把三个这样的灯泡串联后，接到电压恒定的12v电源上，则流过小灯泡的电流为a，小灯泡的电阻为14如图所示，两个点电荷a和b，电荷量分别为q1=9.0109 c、q2=2.7108 c，彼此相距r=6cm，在其连线中点处放一半径为1cm的金属球壳，求球壳上感应电荷在球心o处产生的电场强度（已知静电力常量k=9109n m2/c2）三、实验题（每空2分，原理图2分，共10分）15某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率，分别为“1k”、“100”、“10”、“1”该同学选择“100”倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图1中虚线所示）为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：ab两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在“0”处c重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：a直流电源（电压3v，内阻不计）b电压表v1（量程03v，内阻约为5k）c电压表v2（量程015v，内阻约为25k）d电流表a1（量程025ma，内阻约为1）e电流表a2（量程0250ma，内阻约为0.1）f滑动变阻器一只，阻值020g开关一只，导线若干在上述仪器中，电压表应选择（填“v1”或“v2”），电流表应选择（填“a1”或“a2”）请在图2方框内画出电路原理图四、（共33分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的、答案中必须明确写出数值和单位）16把带电荷量2108c的正点电荷从无限远处移到电场中的a点，要克服电场力做功8106j，若把该电荷从从无限远处移到电场中的b点，需克服电场力做功2106j，取无限远处电势为零，求：（1）a点的电势（2）a、b两点的电势差17如图所示的电路中，电阻r=10，当开关s断开时，理想电压表示数为6v，当开关s闭合时，它的示数变成了5v求：（1）电源的电动势；（2）电源的内电阻18如图所示为一双量程电压表的示意图已知电流表g的量程为0100a，内阻为600，则图中串联的分压电阻r1=，r2=19两个半径均为r的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为u，板间电场可以认为是均匀的一个质量为m、带电量为e的电子从负极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达正极板时恰好落在极板中心忽略重力和空气阻力的影响，求：（1）极板间的电场强度e；（2）电子在极板间运动的加速度a；（3）电子的初速度v0吉林省东北师大附中净月校区20152016学年度高二上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分；每小题四个选项中，第1-7小题只有一个选项符合题意，第8-12小题有一个或多个选项符合题意，选不全的得2分，有错误答案的不得分）1两个分别带有电荷量q和+3q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为f两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）abcd12f【考点】库仑定律；电荷守恒定律【专题】计算题【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为f=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电为+q，距离又变为原来的，库仑力为f=k，所以两球间库仑力的大小为故选c【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题2如图所示，质量分别是m1、m2，电荷量分别为q1、q2的两个带电小球，分别用长为l的绝缘细线悬挂于同一点已知：q1q2，m1m2，两球静止平衡时的图可能是（）abcd【考点】库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【分析】对质量分别为m1、m2的金属小球，受力分析，根据共点力平衡和几何关系表示出电场力和重力的关系根据电场力和重力的关系得出两球质量的大小与夹角大小的关系【解答】解：对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系得：m1g=f1cot1，m2g=f2cot2不论q1与q2谁大谁小，它们之间的库仑力总是等值、反向、共线的，即总有f1=f2，所以当m1m2，则12故d正确，abc错误故选：d【点评】本题要比较两球质量关系，我们要通过电场力把两重力联系起来进行比较，结合共点力平衡条件列式求解重力与电场力的关系式是关键3使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（）abcd【考点】电荷守恒定律【分析】当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电【解答】解：由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；故只有b符合条件故选：b【点评】本题根据电荷间的相互作用，应明确同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引4如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有a、b、c三点，a点为两点电荷连线的中点，b点为连线上距a点距离为d的一点，c点为连线中垂线距a点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是（）aea=eceb；a=cbbebeaec；a=cbceaeb，eaec；ab，acd因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线越密的地方，电场强度越强沿着电场线方向电势降低通过电场线的分布进行判断【解答】解：根据电场线的疏密分布知，a点的电场线比c点密，b点的电场线比a点密，则ebeaec；等量的异种电荷的中垂线为等势线，则a点的电势与c点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势大于b点电势所以a=cb故b正确，a、c、d错误故选b【点评】虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直5如图所示电路中，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，a、b两灯亮度的变化情况为（） aa灯和b灯都变暗ba灯和b灯都变亮ca灯变亮，b灯变暗da灯变暗，b灯变亮【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】首先分析电路结构，再由闭合电路欧姆定律即可分析电路中电流及电压的变化；再由欧姆定律即可分析两灯泡的变化【解答】解：由图可知，灯泡b与滑动变阻器并联后与一电阻串联，然后再与a并联；当滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，则路端电压减小，故灯泡a亮度变暗；由并联电路规律可知，并联部分的总电流增大，则电阻两端的电压增大，b灯泡两端的电压减小，故b灯泡也变暗；故只有a正确；故选：a【点评】对于闭合电路欧姆定律的动态分析问题首先要明确电路结构，再按“局部整体局部”的思路进行分析即可求解6a、b两金属板平行放置，在t=0时将电子从a板附近由静止释放，则在a、b两板间加上下列哪个电压时，有可能使电子到不了b板（）abcd【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】首先分析电子在四种图象下分别做什么运动，必要的情况下，作出一个周期的vt图象进行分析【解答】解：a加a图电压，电子从a板开始向b板做匀加速直线运动一定能到达b板故a错 b加b图电压，开始向b板匀加速，再做相同大小加速度的匀减速，但时间是2倍，然后为相同加速度大小的匀加速，做出一个周期的vt图，可知有可能到不了b板故b对 c加c图电压，由vt图，电子一直向前运动，可知一定能到达故c错 d加d图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达能到达故d错故选b【点评】解决本题的关键理清电子在四种图象下的运动情况，并能结合vt图象求解7如图所示，定值电阻r=20，电动机线圈的电阻r0=10，当开关s断开时，电流表的示数是0.5a当开关s闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数i和电路消耗的电功率p应是（）ai=1.5 abi1.5 acp=15 wdp15 w【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】当电键s断开时，由欧姆定律求出电阻r的电压u当电键s闭合后，通过r的电流仍为0.5a，电动机的电路是非纯电阻电路，由i2求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围由p=ui求解电路中功率范围【解答】解：a、当电键s断开时，由欧姆定律得，u=i1r=0.520=10v当电键s闭合后，通过r1的电流仍为0.5a，电动机的电流i2，故电流表的电流i1.5a，电路中电功率p=ui15w故bd正确故选：bd【点评】本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，i2是关键不等式8如图所示的电场中，有a、b两点，有一点电荷仅在电场力作用下沿电场线从静止开始由b点运动到a点，下列说法正确的是（）a点电荷带负电b电荷由b点到a点的运动是匀加速直线运动c电荷经过a点时的电势能大于经过b点时的电势能d电荷经过a点时的电势能小于经过b点时的电势能【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题【分析】根据电场线的分布可判断出场强的变化，根据电荷的运动，判断出受力，电荷在电场中做正功，电势能减小，反之增大【解答】解：a、由图可知，电荷受到的电场力与场强方向相反，故电荷带负电，故a正确；b、根据电场线的分布可知，场强为非匀强电场，故受到的电场力不恒定，根据牛顿第二定律可得加速度不恒定，故b错误；c、从a到b电场力对电荷做正功，电势能减小，电荷经过a点时的电势能小于经过b点时的电势能，故c错误，d正确；故选：ad【点评】电场线是电场中的重要概念，因此要熟练掌握电场线和电场以及电场力之间的关系9关于欧姆表，下列说法正确的是（）a欧姆表是根据闭合电路欧姆定律制成的b由于电流和电阻成反比，所以刻度盘上的刻度是均匀的c使用欧姆表时，选择好一定量程的欧姆挡后首先应该将两表笔短接，进行电阻调零d当换用不同量程的欧姆挡去测量电阻时，可不必进行电阻调零【考点】多用电表的原理及其使用【专题】恒定电流专题【分析】欧姆表内部有电源，刻度盘不均匀，每次换挡都要短接调零，欧姆表的零刻度在最右边【解答】解：a、欧姆表内部有电源，与被测电阻组成了闭合回路，a正确；b、电流i= 不成反比，所以刻度盘上的刻度是不均匀的，b错误；c、每次换挡后都必须重新进行短接，欧姆调零，c正确；d、若测量时指针偏角较小，说明待测电阻阻值较大，应换用较大倍率挡测量，d错误；故选：ac【点评】本题考查了欧姆表的构造和使用方法，是实验的基本考查仪器，要重点掌握10用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）设两极板正对面积为s，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，则（）a保持s不变，增大d，则变大b保持s不变，增大d，则变小c保持d不变，增大s，则变小d保持d不变，增大s，则不变【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】先根据电容的决定式c=，抓住电量不变，再由电容的定义式c=分析电容器板间电压的变化，即可作出判断【解答】解：a、b、保持s不变，增大d，由电容器的决定式c=知，电容变小，电量q不变，由电容的定义式c=分析可知电容器板间电压增大，则变大故a正确，b错误c、d、保持d不变，增大s，由电容器的决定式c=知，电容变大，电量q不变，由电容的定义式c=分析可知电容器板间电压减小，则变小故c正确，d错误故选：ac【点评】对于电容器的动态分析问题，首先要掌握电容的决定因素，通过掌握电容的决定式c=，据此式分析电容的变化，并掌握电容的定义式c=分析电容器的电压或电量的变化情况11关于电源与电动势的下列说法中正确的是（）a电源可以通过静电力做功，把其他形式的能转化成电势能b当外电路的电阻变化时，电源的电动势一定保持不变c电源的电动势大小与电源的体积有关d由于电源内部具有电阻，因此电源内部也有电压【考点】电源的电动势和内阻【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压电动势的大小由电源本身的性质决定的，与外电路无关【解答】解：a、电动势是反映电源内部非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的本领大小的物理量，故a错误；b、电源的电动势与外电路无关，故当外电阻变化时，电源的电动势保持不变；故b正确；c、电源的电动势大小与电源的体积无关；故c错误；d、由于电源内部具有电阻，当电流通过内部电路时，会产生内压；故电源内部也有电压；故d正确；故选：bd【点评】本题考查了电动势的性质，要明确电动势是一个表征电源特征的物理量定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，要注意明确电源的电动势与外电路无关12如图所示，a、b、c、d是滑线变阻器的4个接线柱现把此变阻器串联接入电路中，并要求滑片p向接线柱d移动时，电路中的电流减小，则接入电路的接线柱可能是（）aa和bba和ccb和cdb和d【考点】欧姆定律【分析】滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中的电阻丝的长度来改变电阻的，它的正确接法是“一上一下”；哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的：若接左下接线柱，滑片向右移动，电阻变大；若接右下接线柱，滑片向左移动，电阻变大【解答】解：a、接a和b时，连入电路中的电阻丝的全部，滑片的移动不会影响接入电阻；故a错误；b、接a和c时，连入电路中的电阻丝是pa部分当滑片p向d滑动时，pa电阻丝长度变长，电阻变大，则电流变小；故b正确；c、接b和c时，连入电路中的电阻丝是pb部分当滑片p向d滑动时，pb电阻丝长度变短，电阻变小，则电流变大，故c错误；d、接b和d时，连入电路中的电阻丝是pb部分当滑片p向d滑动时，pb电阻丝长度变短，电阻变小，则电流变大，故d错误；故选：b【点评】本题考查了滑动变阻器的原理和作用，能够正确判断哪一段电阻丝被连入电路中是本题的解题关键所在二、填空题（每空3分，共9分）13如图所示为一个小灯泡的电流与它两端电压的变化关系曲线若把三个这样的灯泡串联后，接到电压恒定的12v电源上，则流过小灯泡的电流为0.4a，小灯泡的电阻为10【考点】欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】三个电灯串联后，每只电灯的电压为4v，再由甲图读出电灯的工作电流，由公式r=求出电阻【解答】解：把三个这样的电灯串联后，每只灯泡的实际电压为u=v=4v，在图甲上可以读出：u=4v时，流过小灯泡的电流为 i=0.4a，则此时每只电灯的实际电阻 r=10故答案为：0.4；10【点评】此题中电灯是非线性元件，电阻r=，但riu图线上每一点与原点连线的斜率的倒数等于电阻值14如图所示，两个点电荷a和b，电荷量分别为q1=9.0109 c、q2=2.7108 c，彼此相距r=6cm，在其连线中点处放一半径为1cm的金属球壳，求球壳上感应电荷在球心o处产生的电场强度（已知静电力常量k=9109n m2/c2）【考点】电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】当导体处于静电平衡状态时，导体内部场强处处为零，球壳上感应电荷在球心o处产生的场强与外电场在o点的场强大小相等，方向相反只要求出两个点电荷在球心o处产生的合场强，即可得到球壳上感应电荷在球心o处产生的电场强度【解答】解：两个点电荷在o处产生的场强 e=k+k=9109（+）n/c=3.6105n/c，方向从o指向b根据静电平衡状态的特点可知，球壳上感应电荷在球心o处产生的电场强度与两个点电荷在o处产生的电场强度大小相等，方向相反，所以球壳上感应电荷在球心o处产生的电场强度大小e=e=3.6105n/c，方向从o指向a答：球壳上感应电荷在球心o处产生的电场强度为3.6105n/c【点评】解决本题的关键知道静电平衡导体的特点：内部场强处处为零，即外加电场和感应电荷产生电场的合场强为零三、实验题（每空2分，原理图2分，共10分）15某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率，分别为“1k”、“100”、“10”、“1”该同学选择“100”倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图1中虚线所示）为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：a换用倍率“10”的挡b两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在“0”处c重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是120该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：a直流电源（电压3v，内阻不计）b电压表v1（量程03v，内阻约为5k）c电压表v2（量程015v，内阻约为25k）d电流表a1（量程025ma，内阻约为1）e电流表a2（量程0250ma，内阻约为0.1）f滑动变阻器一只，阻值020g开关一只，导线若干在上述仪器中，电压表应选择v1（填“v1”或“v2”），电流表应选择a1（填“a1”或“a2”）请在图2方框内画出电路原理图【考点】伏安法测电阻【专题】实验题【分析】欧姆表盘指针偏转角度越大，则电流越大，电阻越小要换小量程档位；换档的要进行欧姆调零，读数要乘以倍率根据电源电动势选择电压表量程，根据欧姆定律估测通过电路的最大电流，然后选择电流表量程该实验中，需要多次测量求平均值，故电流和电压的变化范围要适当大一些，被测电阻比滑动变阻器大的较多，故应选择使用分压电路；因待测电阻的阻值较大，故选择电流表内接法【解答】解：因偏转角度过大，则电阻小要用小量程的，将选择开关置于10档，图示读数为：1210=120题中电源电压3v，故电压表选择v1即可；根据欧姆定律电流：i=0.025a=25ma，故电流表选取a1；该实验中，需要多次测量求平均值，故电流和电压的变化范围要适当大一些，被测电阻比滑动变阻器大的较多，故应选择使用分压电路；因待测电阻的阻值较大，故选择电流表内接法电路图如图故答案为：a换用倍率“10”的挡c120v1；a1；电路原理图如图所示【点评】要明确欧姆表的改装原理和读数方法以及倍率的选择方法；选择电表量程时要通过估算来选择，熟记电流表内外接法的选择方法和滑动变阻器采用分压式接法的条件四、（共33分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的、答案中必须明确写出数值和单位）16把带电荷量2108c的正点电荷从无限远处移到电场中的a点，要克服电场力做功8106j，若把该电荷从从无限远处移到电场中的b点，需克服电场力做功2106j，取无限远处电势为零，求：（1）a点的电势（2）a、b两点的电势差【考点】电势差与电场强度的关系；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据电场力做功与电势能变化的关系公式wab=epaepb求出电荷在电场中各个点的电势能，再根据电势的定义式=得到各个点的电势；再根据电势差公式uab=ab求解ab间电势差【解答】解：（1）无穷远处某点o的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式wab=epaepb，有woa=epoepa无穷远处电势能为零，即epo=0 故epa=woa=8106j根据电势的定义式=得：a=400v；（2）把该电荷从无限远处的o点移到电场中b点，需克服电场力做功2106j，取无限远处电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式wab=epaepb，有wob=epoepb无穷远处电势能为零，即epo=0故epb=wob=2106j根据电势的定义式=得：b=100v故a、b间的电势差为uab=ab=400v100v=300v；答：（1）a点的电势为400v；（2）a、b两点的电势差为300v【点评】本题关键是根据功能关系得到电场力做功与电势能变化的关系，然后列式求解出电场中各个点的电势能，最后根据电势的定义式求解各个点的电势17如图所示的电路中，电阻r=10，当开关s断开时，理想电压表示数为6v，当开关s闭合时，它的示数变成了5v求：（1）电源的电动势；（2）电