某同學用下列器材測定一節蓄電池的電動勢和內阻．蓄電池的電動勢約為3V，內阻很小．
A．量程是0.6A，內阻約為0.5Ω的電流表；
B．量程是3V，內阻是6kΩ的電壓表；
C．量程是l5V，內阻是30kΩ，的電壓表；
D．阻值為0～1k，B，額定電流為0.5A的滑動變阻器；
E．阻值為0～10Ω，額定電流為2A的滑動變阻器；
F．定值電阻4Ω，額定功率4w；
G．電鍵S一個，導線若干．
（1）為了減小實驗誤差，電壓表應選擇（填器材代號），電路圖1中的導線應連接到

①

①

（填“①”或“②”），改變滑動變阻器阻值時，為了使電壓表和電流表的讀數變化比較明顯，滑動變阻器應選擇

E

E

（填器材代號）．

（2）用上問中的實驗電路進行測量，讀出電壓表和電流表的讀數，畫出對應的U一I圖線如圖2中圖線（a）所示，另有一電阻的U一I圖線如圖2中圖線（b）所示．若把該電阻單獨與這節蓄電池連接成閉合回路，則電池兩端的電壓為

2.67

2.67

V．（結果保留三位有效數字）

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某同學用下列器材測定一節蓄電池的電動勢和內電阻．蓄電池的電動勢約為3V，內電阻很�。�

A．量程是0.6A，內阻約為0.5Ω的電流表；
B．量程是3V，內阻是6kΩ的電壓表；
C．量程是15V，內阻是30kΩ的電壓表；
D．阻值為0～1kΩ，額定電流為0.5A的滑動變阻器；
E．阻值為0～10Ω，額定電流為2A的滑動變阻器；
F．定值電阻4Ω，額定功率4W；
G．電鍵S一個，導線若干．
（1）為了減小實驗誤差，電壓表應選擇

 

（填器材代號），電路圖1中的導線應連接到

 

（填“①“或“②“），改變滑動變阻器阻值的時候，為了使電壓表和電流表的讀數變化比較明顯，滑動變阻器應選擇

 

（填器材代號）．
（2）用上問中的實驗電路進行測量，讀出電壓表和電流表的讀數，畫出對應的U-I圖線如圖2中（a）所示，另有一電阻的U-I圖線如圖2（b）所示．若把該電阻單獨與這節蓄電池連接成閉合回路，電源兩端的電壓為

 

V．（結果保留三位有效數字）

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（12分）某同學用下列器材測定一節蓄電池的電動勢和內電阻。蓄電池的電動勢約為3V，內電阻很小。

A．量程是0．6A，內阻約為o．5的電流表；

B．量程是3V，內阻是6k的電壓表；

C．量程是15V，內阻是30k的電壓表；

D．阻值為0～1k，額定電流為0．5A的滑動變阻器；

E．阻值為0～10，額定電流為2A的滑動變阻器；
F．定值電阻4，額定功率4W；
G．電鍵S一個，導線若干。
（1）為了減小實驗誤差，電壓表應選擇     （填器材代號），電路圖中的導線應連接到   （填“①"或“②"），改變滑動變阻器阻值的時候，為了使電壓表和電流表的讀數變化比較明顯，滑動變阻器應選擇         （填器材代號）。

（2）用上問中的實驗電路進行測量，讀出電壓表和電流表的讀數，畫出對應的U-I圖線如圖中（a）所示，另有一電阻的U-I圖線如圖（b）所示。若把該電阻單獨與這節蓄電池連接成閉合回路，電源兩端的電壓為     V。（結果保留三位有效數字）

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13答案：B  D 14. 答案：15.A答案：B  16答案：B  17. 答案：AC  18. 答案：A  D

二、19(1).解題指導：①造成題中現象的原因最可能是單縫和雙縫不平行。

   ②根據游標卡尺的讀數原理可知讀數分別為11.4 mm、16.7 mm。實驗時測量多條干涉條紋寬度的目的是減小測量的絕對誤差（或提高測量的精確度）。根據=可得，波長，代入數據得，= 6.6 × 10 ^{? 7 m}。當改用藍光照射時，由于藍光的波長短，故條紋間距變小。

19（2）、解題指導：因為待測電流表A₁的滿偏電流I_g = 2.5 mA，內阻約為50，則滿偏電壓U_g = I_gR = 0.125 V，而標準伏特表量程為15V，顯然太大，則電壓表讀數誤差過大，（甲）圖不可，�。ㄒ遥﹫D，對（乙）電路有= (I₂ ? I₁) R₁/I₁。（丙）圖中，當電鍵接通a時，R₂與電流表A₁串聯，可等效為A₁的內阻的一部分，而R₁則成為并聯電阻，由電流表的改裝原理：R_并 =可知，當R_并一定，R_g增大時，N必增大，則對應量程為3 A；當電鍵接b時，對應量程為0.6 A，則R₁ + R₂ = R_A/( ? 1)，其中= 0.6 / (2.5 × 10 ^{? 3} ) = 240，代入計算有R_A : (R₁ + R₂) = 239 : 1。

三、計算題：（要求適當的文字說明）

20. （18分）    （1）    重力mg，豎直向下

    支撐力N，垂直斜面向上    安培力F，沿斜面向上

    （2）當ab桿速度為v時，感應電動勢，此時電路中電流

    ab桿受到安培力

    根據牛頓運動定律，有

    （3）當時，ab桿達到最大速度

21、解題指導：（1）當R_x = 0時，U₁ = 0，對應電流為I₁ = 1 A，由閉合電路歐姆定律得，E = I₁ × (R₀ + r)   ①

當R_x為最大值時，U₂ = 3 V，對應電流I₂ = 0.75 A，有

E = I₂ × (R₀ + r) + U₂  ②

R_x的最大值為R_xm == 4

由①②兩式代入數據得，E = 12 V，r = 10。

   （2）電源的輸出功率：P_輸出=(R_x + R₀)

       當R_x + R₀ = r時，電源有最大輸出功率，但（R_x + R₀）恒小于r，由輸出功率隨外電阻變化的關系知，當（R_x + R₀）取最大值時輸出功率最大，即P_輸出=(R_xm + R₀) = 。

22、解題指導：（1）如圖3 ? 54所示，電子由P點到M點受電場力作用做類平拋運動，電子從M點剛進入磁場時的速度v = v₀ / cos 45°=v₀          ①

由動能定理得           ②

由①②式解得：h =。        ③

   （2）由題意，電子由M點進入磁場后受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，從N點離開磁場，再由N點做勻速直線運動返回P點。

       設電子由P點到M點歷時t₁，則vsin45°= at₁       ④

       a = Ee/m        ⑤           OM = v₀t 1            ⑥

       由幾何關系知電子在磁場中歷時t₂ = 3T/4 =          ⑦

由N點到P點有h = vt₃         ⑧

由①③④⑤⑥⑦⑧解得，t = t₁ + t₂ + t₃ =    ⑨

由牛頓第二定律得，evB = mv²/R              ⑩

由幾何關系知ON = h，MN = MO + ON，(MN)² = R² + R²

聯立以上各式得，B = 4E/ 3v₀，t = (4 + 3)。

29(1)答案：④   29（2）答案②