2025-2026学年甘肃省陇南市高二上学期期中检测物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1甘肃省陇南市2025-2026学年高二年级上学期期中检测物理试题一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分）1.关于电流，下列说法中正确的是（）A.因为电流有方向，所以电流是矢量B.某手机的说明书标明电池容量为，其中为能量单位C.由可知，通过导体横截面的电荷量越多，电流越大D.电流的微观表达式中，n是指单位体积内的自由电荷数【答案】D【解析】A．电流虽有方向，但运算遵循代数加减而非矢量合成，故电流是标量，故A错误；B．根据可知，电荷量单位，故B错误；C．由可知，电流大小由电荷量和时间共同决定。若大但更大，电流可能反而小，故C错误；D．电流微观式中，为单位体积内的自由电荷数，符合定义，故D正确。故选D。2.现有一根粗细均匀长为L，电阻为R的电阻丝，将其截去，再把剩余部分均匀拉长至L，则导线电阻变为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】原电阻丝总长为，电阻为。截去后，剩余长度为。由于电阻与长度成正比，剩余部分的电阻为原电阻的，即。将剩余部分拉长至原长，长度变为原来的倍。根据体积不变原则，横截面积变为原来的倍。由电阻公式为得拉长后的电阻为其中原总电阻，而剩余部分拉长前的电阻为。拉长后电阻与长度平方成正比，即，故故选A。3.学校心理室门前走廊悬挂的沙袋如图所示，四条等长铁链由绞扣栓结在一起再通过拉环挂在单杠上，拉环、绞扣刚好与沙袋的重心在同一竖直线上。沙袋竖直悬挂静止后，下列说法正确的是（）A.拉环受到的拉力就是沙袋的重力B.四条铁链对沙袋的作用力等于沙袋的重力C.向上调整绞扣的位置（绞扣与沙袋间铁链变长），拉环的拉力增大D.向下调整绞扣的位置（绞扣与沙袋间铁链变短），每条铁链上的拉力都减少【答案】B【解析】AC．拉环的拉力等于铁链和沙袋的重力之和，则向上调整绞扣的位置，拉环的拉力不变，故AC错误；B．对沙袋进行受力分析，由共点力平衡条件可知，四条铁链对沙袋的合力等于沙袋的重力，故B正确；D．如图受力分析，向下调整绞扣的位置，即铁链的长度l减少，根据几何关系有解得即铁链的长度l越短，越大，故D错误。故选B。4.木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为。木卫三周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍。月球绕地球公转周期为，则（）A.木卫一轨道半径为B.木卫二轨道半径为C.周期T与T0之比为D.木星质量与地球质量之比为【答案】D【解析】根据题意可得，木卫3的轨道半径为AB．根据万有引力提供向心力可得木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为,可得木卫一轨道半径为木卫二轨道半径为故AB错误；C．木卫三围绕的中心天体是木星，月球的围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期T与T0之比，故C错误；D．根据万有引力提供向心力，分别有联立可得故D正确。故选D。5.如图所示，用内阻为110Ω、满偏电流为50mA的表头改装成量程为0.6A和3A的双量程电流表，接线柱a为公共接线柱，下列说法正确的是（）A.用a、b两个接线柱时量程为0.6AB.用a、c两个接线柱时量程为3AC.R1和R2的阻值之和为10ΩD.R1的阻值为R2阻值的【答案】C【解析】AB．接a、b两个接线柱时得接a、c两个接线柱时得可知，则用a、b两个接线柱时量程为3A，故AB错误；CD．由前面可知代入数据，解得则故C正确，D错误。故选C。6.真空中两个等量异种点电荷，固定于相距为2r的P1、P2两点，O点为P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，N点在P1P2的延长线上。已知O点的电场强度大小为E，MO=NP2=r，则（）A.M点的电场强度大小为B.M点的电场强度大小为C.MN连线上，从M到N电势一直降低D.MN连线上，从M到N电势先降低后升高【答案】D【解析】AB．设两点电荷的电量为，根据电场叠加原理，可知O点电场强度为由题知，正、负电荷到M点的距离相等，所以两点电荷在M点产生的电场强度大小相等，如图所示则有故M点的电场强度大小为联立可得，故AB错误；CD．根据两个等量异种点电荷的电势分布规律，可知在MN连线上，离负电荷所在的点越近，电势越低，故从M到N电势先降低后升高，故C错误，D正确。故选D。7.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是()A.从x1到x3带电粒子的加速度一直增大B.从x1到x3带电粒子的速度一直增大C.粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动D.x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3【答案】D【解析】A．根据电势能与电势的关系场强与电势的关系，得可知图象切线的斜率表示电场力的大小，x1～x3段切线斜率先增大后不变，则电场力先增大后不变，带电粒子的加速度先增大后不变，A错误；B．从x1到x3带电粒子过程中，电势能增加，故电场力做负功，速度一直减小，B错误；C．由图看出在0～x1段图象切线斜率不断减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图象切线的斜率不断增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段斜率不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，C错误；D．根据电势能与电势的关系因粒子带负电，，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有D正确。故选D。二、多选题（本题共3小题，每小题5分，共15分。全选对得5分，选对但不全得3分，有选错得0分）8.下列各图应用的物理原理和规律说法正确的是（）A.图甲，带正电的物体C靠近金属导体，A端金属箔带负电张开B.图乙，给车加油前，手要触摸一下静电释放器是为了利用静电C.图丙，带电作业的工人穿戴的工作服中包含金属丝起到静电屏蔽作用D.图丁，带电雷雨云接近建筑物时，安装在顶端的金属棒出现与云层相同的电荷【答案】AC【解析】A．图甲，带正电的物体C靠近金属导体，A端感应出负电荷，则金属箔带负电张开，故A正确；B．图乙，给车加油前，手要触摸一下静电释放器是为了防止静电，故B错误；C．图丙，带电作业的工人穿戴的工作服中包含金属丝起到静电屏蔽作用，故C正确；D．图丁，带电雷雨云接近建筑物时，由于静电感应，则安装在顶端的金属棒出现与云层相反的电荷，故D错误。故选AC。9.如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有一定电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（）A.电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关B.电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与加速电压有关C.两板间距离越大，加速时间越短D.两板间距离越小，电子的加速度就越大【答案】BD【解析】AB．电子从负极板到正极板由动能定理有求得所以到达正极板的速度只与电压有关，而与板距无关，A错误，B正确；C．电子从负极板向正极板运动做匀加速直线运动，由运动学公式可得时间极距越大，时间越长，C错误；D．据牛顿第二定律可得加速度所以当两板间距离越小，加速度越大，D正确。故选BD。A.电源的输出功率变小B.消耗的功率先变大后变小C.滑动变阻器消耗的功率先变大后变小D.电源的效率逐渐降低【答案】CD【解析】A．滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，即减小，可知减小，利用电源的输出功率随外电阻变化的关系曲线，如图所示因为外电阻始终不小于内阻，故可判断电源的输出功率增大，故A错误；B．由于减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流I增大，由于是定值电阻，由可知消耗的功率一直增大，故B错误；C．将()等效为电源新内阻，则为外电阻，在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，的阻值逐渐减小到0，可知的阻值先大于后小于，故滑动变阻器消耗的功率先变大后变小，故C正确；D．电源效率由于在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，的阻值逐渐减小，即减小，可知电源效率逐渐降低，故D正确。故选CD。三、实验题（本题共2小题，共15分）11.某同学用图1所示电路观察电容器的充放电现象，并估测该电容器的电容。现有的器材∶直流电源（电压为8V），电阻箱（0-999.9Ω），单刀双掷开关，电流传感器，待测电容器，导线若干。（1）实验时，应先将开关掷向____端（填“”或“”），由计算机得到的图像如图2所示，由此可知，开关闭合瞬间，流经电阻箱的电流为____mA，此瞬间，电容器对电流的阻碍为零，可简化为导线，则此次实验电阻箱接入电路的阻值为______Ω。（2）若该同学数得图2阴影部分的面积为38个小格，由此可知此次充电过程，电容器存储的电荷量为______C，该电容器的电容为______μF。【答案】（1）80100（2）475【解析】（1）[1]先将开关S掷向a端，给电容器充电，再掷向b端，让电容器放电。[2]由图2可知开关闭合瞬间流经电阻箱R的电流为80mA；[3]由欧姆定律可知（2）[1]电容器储存的电荷量[2]由可得，该电容器电容为12.某兴趣小组准备利用下列器材测量某新型蓄电池的电动势和内阻。A待测蓄电池电动势约为3V，内阻很小B电流表（量程为0.6A，内阻为0.3Ω）C电压表（量程为3V，内阻约为2kΩ）D滑动变阻器（最大阻值为20Ω，额定电流为2A）E定值电阻F单刀开关、单刀双掷开关、导线若干（1）为了尽可能精确测量蓄电池的电动势和内阻，该兴趣小组设计了如图甲所示的电路图，测量时单刀双掷开关S应接______（选填“1”或“2”）。（2）该兴趣小组按正确步骤操作后，某次电压表读数如图乙所示，则读数______V，此后测量得到多组数据，并根据测量数据做出了图像，如图丙所示。由图像可知蓄电池的电动势______V，内阻______（最后两空的结果均保留三位有效数字）。（3）如果仅考虑电表内阻对实验测量结果的影响，由该实验得到的电动势和内阻的测量值与真实值之间的关系是______、______（选填“<”、“=”或“>”）。【答案】（1）1（2）1.802.950.488（3）==【解析】（1）由于电流表内阻已知，电流表相对电源采用内接法，可以避免由于电表内阻引起的系统误差，测量时单刀双掷开关S应接1；（2）[1]电压表量程为3V，最小分度为0.1V，读数时应估读到分度值的下一位，读数为1.80V[2]由闭合电路欧姆定律可得则有可知U-I图像的纵截距等于电动势，则有[3]斜率绝对值为则有（3）因为电流表内阻为准确值，该实验可消除电表内阻引起的系统误差，故电动势和内阻的测量值与真实值均相等。四、解答题（本题共3小题，共42分）13.通过电动机提升重物的电路如图所示，电源电动势E=12V，电源内阻r=2Ω，电阻R=3.5Ω。当重物质量很大时，闭合开关S，电动机未能提起重物，理想电压表的示数为8V；当重物质量m=1kg时，闭合开关S，稳定后电动机以恒定速度提升重物，此时电压表的示数为10V。转轴与细绳间不打滑，不计阻力，重力加速度g=10m/s2。求：（1）电动机的内阻r0：（2）重物匀速上升时电动机消耗的功率：（3）重物匀速上升的速度。【答案】（1）0.5Ω（2）6.5W（3）0.6m/s【解析】（1）电动机不转时相当纯电阻，则通过电动机的电流电动机的内阻（2）重物匀速上升时通过电动机的电流电动机消耗的功率（3）由能量关系解得v=0.6m/s14.如图所示，水平面上竖直固定一个粗糙圆弧轨道BC。圆弧轨道C端切线水平，长木板静止在光滑的水平面上，木板左端紧靠轨道右端且与轨道C点等高但不粘连（长木板厚度不计）。从的左上方点以某一初速度水平抛出一质量的物块（可视为质点），物块恰好能从点沿切线方向无碰撞进入圆心角的圆弧轨道，物块滑到圆弧轨道点时速度大小为，经圆弧轨道后滑上长木板。已知长木板的质量点距点的高度为，圆弧轨道半径为，物块与长木板间的动摩擦因数。物块始终未滑出长木板，空气阻力不计，取。求：（1）物块从B滑到C的过程中摩擦力做的功；（2）物块滑上长木板后，相对长木板运动的时间；（3）在物块相对长木板运动的过程中，木板的位移大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）从A到B做平抛运动，根据图中几何关系可得根据运动学公式可得代入数据解得根据速度的分解可得从B到C由动能定理可得代入数据解得（2）物块滑上长木板后，对物块受力分析可知，物块做减速运动，根据牛顿第二定律可得解得物块减速时的加速度大小为木板做加速运动，根据牛顿第二定律可得解得木板的加速度大小为设经过时间二者共速，则有代入数据解得即物块滑上长木板后，相对长木板运动的时间为1s（3）根据上述结论可知，物块与长木板的共同速度为此过程木板的位移15.如图，一根长的绝缘细线，上端固定于O点，下端系一个质量的带电小球，将整个装置放入一范围足够大的匀强电场当中，电场强度大小为，方向为水平向右，已知：当细线偏离竖直方向时，小球处于平衡状态，重力加速度g取，，。求：（结果可用根式表示）（1）小球带何种电荷，所带电荷量为多少；（2）若将小球拉至最低点C无初速度释放，当小球运动到B点时的速度大小；（3）若小球从最低点C以水平向右的初速度出发，为多大时小球恰能在竖直平面上做完整的圆周运动？【答案】（1）正电，（2）（3）【解析】（1）以小球为对象，根据平衡条件可知，电场力水平向右，与电场强度方向相同，则小球带正电；根据受力平衡可得解得（2）小球从点运动到点过程中，根据动能定理得解得（3）如图所示由题意可知小球恰好能做完整圆周运动时，对点受力分析可知解得小球从点运动到点过程中，由动能定理得解得甘肃省陇南市2025-2026学年高二年级上学期期中检测物理试题一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分）1.关于电流，下列说法中正确的是（）A.因为电流有方向，所以电流是矢量B.某手机的说明书标明电池容量为，其中为能量单位C.由可知，通过导体横截面的电荷量越多，电流越大D.电流的微观表达式中，n是指单位体积内的自由电荷数【答案】D【解析】A．电流虽有方向，但运算遵循代数加减而非矢量合成，故电流是标量，故A错误；B．根据可知，电荷量单位，故B错误；C．由可知，电流大小由电荷量和时间共同决定。若大但更大，电流可能反而小，故C错误；D．电流微观式中，为单位体积内的自由电荷数，符合定义，故D正确。故选D。2.现有一根粗细均匀长为L，电阻为R的电阻丝，将其截去，再把剩余部分均匀拉长至L，则导线电阻变为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】原电阻丝总长为，电阻为。截去后，剩余长度为。由于电阻与长度成正比，剩余部分的电阻为原电阻的，即。将剩余部分拉长至原长，长度变为原来的倍。根据体积不变原则，横截面积变为原来的倍。由电阻公式为得拉长后的电阻为其中原总电阻，而剩余部分拉长前的电阻为。拉长后电阻与长度平方成正比，即，故故选A。3.学校心理室门前走廊悬挂的沙袋如图所示，四条等长铁链由绞扣栓结在一起再通过拉环挂在单杠上，拉环、绞扣刚好与沙袋的重心在同一竖直线上。沙袋竖直悬挂静止后，下列说法正确的是（）A.拉环受到的拉力就是沙袋的重力B.四条铁链对沙袋的作用力等于沙袋的重力C.向上调整绞扣的位置（绞扣与沙袋间铁链变长），拉环的拉力增大D.向下调整绞扣的位置（绞扣与沙袋间铁链变短），每条铁链上的拉力都减少【答案】B【解析】AC．拉环的拉力等于铁链和沙袋的重力之和，则向上调整绞扣的位置，拉环的拉力不变，故AC错误；B．对沙袋进行受力分析，由共点力平衡条件可知，四条铁链对沙袋的合力等于沙袋的重力，故B正确；D．如图受力分析，向下调整绞扣的位置，即铁链的长度l减少，根据几何关系有解得即铁链的长度l越短，越大，故D错误。故选B。4.木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为。木卫三周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍。月球绕地球公转周期为，则（）A.木卫一轨道半径为B.木卫二轨道半径为C.周期T与T0之比为D.木星质量与地球质量之比为【答案】D【解析】根据题意可得，木卫3的轨道半径为AB．根据万有引力提供向心力可得木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为,可得木卫一轨道半径为木卫二轨道半径为故AB错误；C．木卫三围绕的中心天体是木星，月球的围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期T与T0之比，故C错误；D．根据万有引力提供向心力，分别有联立可得故D正确。故选D。5.如图所示，用内阻为110Ω、满偏电流为50mA的表头改装成量程为0.6A和3A的双量程电流表，接线柱a为公共接线柱，下列说法正确的是（）A.用a、b两个接线柱时量程为0.6AB.用a、c两个接线柱时量程为3AC.R1和R2的阻值之和为10ΩD.R1的阻值为R2阻值的【答案】C【解析】AB．接a、b两个接线柱时得接a、c两个接线柱时得可知，则用a、b两个接线柱时量程为3A，故AB错误；CD．由前面可知代入数据，解得则故C正确，D错误。故选C。6.真空中两个等量异种点电荷，固定于相距为2r的P1、P2两点，O点为P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，N点在P1P2的延长线上。已知O点的电场强度大小为E，MO=NP2=r，则（）A.M点的电场强度大小为B.M点的电场强度大小为C.MN连线上，从M到N电势一直降低D.MN连线上，从M到N电势先降低后升高【答案】D【解析】AB．设两点电荷的电量为，根据电场叠加原理，可知O点电场强度为由题知，正、负电荷到M点的距离相等，所以两点电荷在M点产生的电场强度大小相等，如图所示则有故M点的电场强度大小为联立可得，故AB错误；CD．根据两个等量异种点电荷的电势分布规律，可知在MN连线上，离负电荷所在的点越近，电势越低，故从M到N电势先降低后升高，故C错误，D正确。故选D。7.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是()A.从x1到x3带电粒子的加速度一直增大B.从x1到x3带电粒子的速度一直增大C.粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动D.x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3【答案】D【解析】A．根据电势能与电势的关系场强与电势的关系，得可知图象切线的斜率表示电场力的大小，x1～x3段切线斜率先增大后不变，则电场力先增大后不变，带电粒子的加速度先增大后不变，A错误；B．从x1到x3带电粒子过程中，电势能增加，故电场力做负功，速度一直减小，B错误；C．由图看出在0～x1段图象切线斜率不断减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图象切线的斜率不断增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段斜率不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，C错误；D．根据电势能与电势的关系因粒子带负电，，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有D正确。故选D。二、多选题（本题共3小题，每小题5分，共15分。全选对得5分，选对但不全得3分，有选错得0分）8.下列各图应用的物理原理和规律说法正确的是（）A.图甲，带正电的物体C靠近金属导体，A端金属箔带负电张开B.图乙，给车加油前，手要触摸一下静电释放器是为了利用静电C.图丙，带电作业的工人穿戴的工作服中包含金属丝起到静电屏蔽作用D.图丁，带电雷雨云接近建筑物时，安装在顶端的金属棒出现与云层相同的电荷【答案】AC【解析】A．图甲，带正电的物体C靠近金属导体，A端感应出负电荷，则金属箔带负电张开，故A正确；B．图乙，给车加油前，手要触摸一下静电释放器是为了防止静电，故B错误；C．图丙，带电作业的工人穿戴的工作服中包含金属丝起到静电屏蔽作用，故C正确；D．图丁，带电雷雨云接近建筑物时，由于静电感应，则安装在顶端的金属棒出现与云层相反的电荷，故D错误。故选AC。9.如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有一定电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（）A.电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关B.电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与加速电压有关C.两板间距离越大，加速时间越短D.两板间距离越小，电子的加速度就越大【答案】BD【解析】AB．电子从负极板到正极板由动能定理有求得所以到达正极板的速度只与电压有关，而与板距无关，A错误，B正确；C．电子从负极板向正极板运动做匀加速直线运动，由运动学公式可得时间极距越大，时间越长，C错误；D．据牛顿第二定律可得加速度所以当两板间距离越小，加速度越大，D正确。故选BD。A.电源的输出功率变小B.消耗的功率先变大后变小C.滑动变阻器消耗的功率先变大后变小D.电源的效率逐渐降低【答案】CD【解析】A．滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，即减小，可知减小，利用电源的输出功率随外电阻变化的关系曲线，如图所示因为外电阻始终不小于内阻，故可判断电源的输出功率增大，故A错误；B．由于减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流I增大，由于是定值电阻，由可知消耗的功率一直增大，故B错误；C．将()等效为电源新内阻，则为外电阻，在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，的阻值逐渐减小到0，可知的阻值先大于后小于，故滑动变阻器消耗的功率先变大后变小，故C正确；D．电源效率由于在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，的阻值逐渐减小，即减小，可知电源效率逐渐降低，故D正确。故选CD。三、实验题（本题共2小题，共15分）11.某同学用图1所示电路观察电容器的充放电现象，并估测该电容器的电容。现有的器材∶直流电源（电压为8V），电阻箱（0-999.9Ω），单刀双掷开关，电流传感器，待测电容器，导线若干。（1）实验时，应先将开关掷向____端（填“”或“”），由计算机得到的图像如图2所示，由此可知，开关闭合瞬间，流经电阻箱的电流为____mA，此瞬间，电容器对电流的阻碍为零，可简化为导线，则此次实验电阻箱接入电路的阻值为______Ω。（2）若该同学数得图2阴影部分的面积为38个小格，由此可知此次充电过程，电容器存储的电荷量为______C，该电容器的电容为______μF。【答案】（1）80100（2）475【解析】（1）[1]先将开关S掷向a端，给电容器充电，再掷向b端，让电容器放电。[2]由图2可知开关闭合瞬间流经电阻箱R的电流为80mA；[3]由欧姆定律可知（2）[1]电容器储存的电荷量[2]由可得，该电容器电容为12.某兴趣小组准备利用下列器材测量某新型蓄电池的电动势和内阻。A待测蓄电池电动势约为3V，内阻很小B电流表（量程为0.6A，内阻为0.3Ω）C电压表（量程为3V，内阻约为2kΩ）D滑动变阻器（最大阻值为20Ω，额定电流为2A）E定值电阻F单刀开关、单刀双掷开关、导线若干（1）为了尽可能精确测量蓄电池的电动势和内阻，该兴趣小组设计了如图甲所示的电路图，测量时单刀双掷开关S应接______（选填“1”或“2”）。（2）该兴趣小组按正确步骤操作后，某次电压表读数如图乙所示，则读数______V，此后测量得到多组数据，并根据测量数据做出了图像，如图丙所示。由图像可知蓄电池的电动势______V，内阻______（最后两空的结果均保留三位有效数字）。（3）如果仅考虑电表内阻对实验测量结果的影响，由该实验得到的电动势和内阻的测量值与真实值之间的关系是______、______（选填“<”、“=”或“>”）。【答案】（1）1（2）1.802.950.488（3）==【解析】（1）由于电流表内阻已知，电流表相对电源采用内接法，可以避免由于电表内阻引起的系统误差，测量时单刀双掷开关S应接1；（2）[1]电压表量程为3V，最小分度为0.1V，读数时应估读到分度值的下一位，读数为1.80V[2]由闭合电路欧姆定律可得则有可知U-I图像的纵截距等于电动势，则有[3]斜率绝对值为则有（3）因为电流表内阻为准确值，该实验可消除电表内阻引起的系统误差，故电动势和内阻的测量值与真实值均相等。四、解答题（本题共3小题，共42分）13.通过电动机提升重物的电路如图所示，电源电动势E=12V，电源内阻r=2Ω，电阻R=3.5Ω。当重物质量很大时，闭合开关S，电动机未能提起重物，理想电压表的示数为8V；当重物质量m=1kg时，闭合开关S