物理卷·2018届陕西省西安七十中高二上学期月考物理试卷（12月份） （解析版）

物理卷·2018届陕西省西安七十中高二上学期月考物理试卷（12月份） （解析版）

‎2016-2017学年陕西省西安七十中高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-8题，每题只有一个选项正确；9-12题，每题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）‎ ‎1．有四盏灯，如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220V，100W”字样，L3和L4都标有“220V，40W”字样，把电路接通后，最暗的是（　　）‎ A．L1 B．L2 C．L3 D．L4‎ ‎2．用伏安法测电阻时，电流表外接电路和电流表内接电路的误差来源是（　　）‎ A．外接电路由于电压表内阻的分流，使得电阻的测量值小于真实值 B．外接电路由于电压表内阻的分流，使得电阻的测量值大于真实值 C．内接电路由于电流表内阻的分压，使得电阻的测量值小于真实值 D．内接电路由于电流表内阻的分压，使得电阻的测量值大于真实值 ‎3．将两根长为L，横截面积为S，电阻率为ρ的保险丝串起来作为一根使用，则它的电阻和电阻率分别为（　　）‎ A．、ρ B．、ρ C．、ρ D．、ρ ‎4．铜的摩尔质量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面积为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动的速率为（　　）‎ A．光速c B． C． D．‎ ‎5．在地球赤道上空，沿东西方向水平放置一根通以由西向东的直线电流，则此导线受到的安培力方向（　　）‎ A．竖直向上 B．竖直向下 C．由南向北 D．由西向东 ‎6．一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1=30Ω，R2=R3=20Ω．另有一测试电源，所提供电压恒为10V．以下说法正确的是（　　）‎ A．若将cd端短路，ab之间的等效电阻是50Ω B．若将ab端短路，cd之间的等效电阻是40Ω C．当ab两端接上测试电源时，cd两端的电压为4V D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为6V ‎7．如图电路中，当滑动变阻器滑动键P向下移动时，则（　　）‎ A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B．A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗 C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D．A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮 ‎8．两个绝缘导体环AA′、BB′大小相同，环面垂直，环中通有相同大小的恒定电流，如图所示，则圆心O处磁感应强度的方向为（AA′面水平，BB′面垂直纸面）（　　）‎ A．指向左上方 B．指向右下方 C．竖直向上 D．水平向右 ‎9．物理实验都需要有一定的控制条件．奥斯特做电流磁效应实验时，应排除地磁场对实验的影 响．关于奥斯特的实验，下列说法中正确的是（　　）‎ A．该实验必须在地球赤道上进行 B．通电直导线应该竖直放置 C．通电直导线应该水平东西方向放置 D．通电直导线应该水平南北方向放置 ‎10．有关磁场的物理概念，下列说法中错误的是（　　）‎ A．磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量 B．磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关 C．磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关 D．磁感应强度的方向跟放入磁场中电流所受的磁场力方向相同 ‎11．如图所示，电流表A1（0～3A）和A2（0～0.6A）是由两个相同的电流表改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（　　）‎ A．A1、A2的读数之比为1：1‎ B．A1、A2的读数之比为5：1‎ C．A1、A2的指针偏转角度之比为1：1‎ D．A1、A2的指针偏转角度之比为1：5‎ ‎12．在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时（　　）‎ A．通过L1的电流为L2电流的2倍 B．此时L1、L2和L3的电阻均为12Ω C．L1消耗的电功率为0.75 W D．L1消耗的电功率为L2电功率的4倍 ‎　‎ 二、实验题 ‎13．图中游标卡尺读数为　　mm，螺旋测微器读数为　　mm．‎ ‎14．某同学在做测金属丝电阻率的实验中，取一根粗细均匀的、长度为 L 的康铜丝，先用螺旋测微器测出康铜丝的直径 d；然后由伏安法测出康铜丝的电阻；最后求出康铜丝的电阻率．‎ ‎（1）测康铜丝的直径时螺旋测微器的示数如图甲所示，可知康铜丝的直径 d=　　 mm．‎ ‎（2）图乙是测量康铜丝电阻的原理图，根据原理图在图丙所示的实物图中画出连线．‎ ‎（3）利用上面的电路图测出的电阻值比真实值　　 （填“偏大”或“偏小”），这种误差叫作　　 误差（填“偶然”或“系统”）．‎ ‎（4）若调节滑动变阻器，通过多次测量求平均值的方法得到康铜丝的电阻值为R，请写出求康铜丝的电阻率的表达式为　　 （用 L、d、R 等已知字母表示）．‎ ‎15．某同学在做多用电表测电阻的实验中：‎ ‎（1）测量某电阻时，用“×10Ω”档时发现指针偏转角度过大，他应该换用　　档（填“×1Ω”或“×100Ω”），换档后，在测量前先要　　．‎ ‎（2）如图所示，A、B、C是多用表在进行不同测量时，转换开关分别指示的位置，D是多用表表盘指针在测量时的偏转位置．‎ 若是用A档测量，指针偏转如D，则读数为　　；‎ 若是用B档测量，指针偏转如D，则读数为　　；‎ 若是用C档测量，指针偏转如D，则读数为　　．‎ ‎16．在“测定金属导体的电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻Rx 约为3Ω．实验室备有下列实验器材 A．电压表V1（量程3V，内阻约为15KΩ） B．电压表V2 （量程15V，内阻约为75KΩ）‎ C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω） D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）‎ E．变阻器R1 （0～10Ω，1.0A） F．变阻器R2 （0～100Ω，0.3A）‎ G．电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω） H．开关S，导线若干 ‎（1）提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有　　．‎ ‎（2）为了减小实验误差，应选用图1中　　（填“a”或“b”）为该实验的电原理图，并按所选择的原理图把实物图（图2）用导线连接起来．‎ ‎（3）用刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得导线的直径为0.635mm，两电表的示数分别如图3所示，则电阻值为　　Ω，电阻率为　　．‎ ‎　‎ 三．计算题（10分+10分=20分）‎ ‎17．如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为 U1=3V；当电阻箱读数为R2=4Ω时，电压表读数为U2=4V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r．‎ ‎（2）当电阻箱数为R2时，电源的输出功率P出和消耗的总功率P总．‎ ‎18．如图所示电路中，R1=6Ω，R2=12Ω，R3=3Ω，C=30μF，当开关S断开，电路稳定时，电源总功率为4W，当开关S闭合，电路稳定时，电源总功率为8W，求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内电阻r； ‎ ‎（2）在S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年陕西省西安七十中高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-8题，每题只有一个选项正确；9-12题，每题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）‎ ‎1．有四盏灯，如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220V，100W”字样，L3和L4都标有“220V，40W”字样，把电路接通后，最暗的是（　　）‎ A．L1 B．L2 C．L3 D．L4‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据额定电压和额定功率，由功率公式比较两种灯泡的电阻大小．根据公式P=I2R比较L1和L2、L3和L4功率的大小．根据公式P=，比较L2和L3功率大小．再确定哪个灯泡功率最小．‎ ‎【解答】解：设L1、L2、L3、L4实际消耗的功率分别为P1、P2、P3、P4．‎ 由公式P=可知，L1和L2的电阻小于L3和L4的电阻．通过L1的电流大于L2的电流，由公式P=I2R得到，P1＞P2．L2和L3的电压相等，由公式P=可知，P2＞P3．通过L3的电流小于L4的电流，由公式P=I2R得到，P4＞P3．所以P1＞P2，P2＞P3，P4＞P3．所以L3最暗．‎ 故选C ‎　‎ ‎2．用伏安法测电阻时，电流表外接电路和电流表内接电路的误差来源是（　　）‎ A．外接电路由于电压表内阻的分流，使得电阻的测量值小于真实值 B．外接电路由于电压表内阻的分流，使得电阻的测量值大于真实值 C．内接电路由于电流表内阻的分压，使得电阻的测量值小于真实值 D．内接电路由于电流表内阻的分压，使得电阻的测量值大于真实值 ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表测的电流大于流过电阻的电流，测量值小于真实值；待测电阻越小，电压表的分流作用越小，电流表测的电流越接近流过电阻的真实值，实验误差越小．‎ ‎（2）电流表内接法，由于电流表的分压作用，使电压表测的电压大于待测电阻两端的电压，测量值大于真实值；待测电阻阻值越大，电流表分压影响越小，电压表的测量值越接近真实值，实验误差越小．‎ ‎【解答】解：A、B、伏安法测电阻的实验中，电流表外接法由于电压表的分流，使电流I的测量值偏大，电压U的测量值等于真实值，由R=可知，电阻测量值小于真实值，故A正确，B错误；‎ C、D、在电流表的内接法中，由于电流表内阻的分压，使电压U的测量值大于真实值，电流I的测量值等于真实值，由R=可知，电阻测量值大于真实值，故C错误，D正确；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎3．将两根长为L，横截面积为S，电阻率为ρ的保险丝串起来作为一根使用，则它的电阻和电阻率分别为（　　）‎ A．、ρ B．、ρ C．、ρ D．、ρ ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】电阻率的大小由材料决定，与长度和横截面积无关．根据电阻定律的公式R=ρ判断电阻的变化．‎ ‎【解答】解：电阻率有材料决定，与导线的长度和横截面积无关，故电阻率不变；‎ 材料不变，长度变为原来的2倍，横截面积不变，根据电阻定律的公式R=ρ知，则电阻变为原来的2倍，为：R=‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．铜的摩尔质量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面积为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动的速率为（　　）‎ A．光速c B． C． D．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】设自由电子定向移动的速率为v和导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，求出导线中自由电子的数目，根据电流的定义式推导出电流的微观表达式，解得自由电子定向移动的速率．‎ ‎【解答】解：单位长度质量为：M′=ρ•S•1；‎ 单位长度原子数为：N=•NA=；‎ 每个铜原子可以提供一个自由电子，故电子数为n=；电流I=；‎ 而t=；‎ 解得：v=；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．在地球赤道上空，沿东西方向水平放置一根通以由西向东的直线电流，则此导线受到的安培力方向（　　）‎ A．竖直向上 B．竖直向下 C．由南向北 D．由西向东 ‎【考点】左手定则；安培力．‎ ‎【分析】在赤道的上方磁场的方向从南向北，根据左手定则，判断安培力的方向．‎ ‎【解答】解：左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向．磁场的方向从南向北，电流的方向由西向东，所以安培力的方向竖直向上．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1=30Ω，R2=R3=20Ω．另有一测试电源，所提供电压恒为10V．以下说法正确的是（　　）‎ A．若将cd端短路，ab之间的等效电阻是50Ω B．若将ab端短路，cd之间的等效电阻是40Ω C．当ab两端接上测试电源时，cd两端的电压为4V D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为6V ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联．当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压．‎ ‎【解答】解：‎ A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为：‎ ‎ R=；故A错误；‎ B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为：‎ ‎ R=，故B错误；‎ C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，U=；故C正确；‎ D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图电路中，当滑动变阻器滑动键P向下移动时，则（　　）‎ A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B．A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗 C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D．A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑动变阻器滑动键P向下移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，判断A灯亮度的变化．根据并联部分电压的变化，判断B灯亮度变化，根据干路电流和B灯电流的变化，分析C灯亮度的变化．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器滑动键P向下移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，则A灯变亮．并联部分两端的电压减小，则B灯变暗．流过C的电流IC=I﹣IB，I增大，IB减小，IC增大，C灯变亮．所以A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮．‎ 故选D ‎　‎ ‎8．两个绝缘导体环AA′、BB′大小相同，环面垂直，环中通有相同大小的恒定电流，如图所示，则圆心O处磁感应强度的方向为（AA′面水平，BB′面垂直纸面）（　　）‎ A．指向左上方 B．指向右下方 C．竖直向上 D．水平向右 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】圆心O处磁感应强度是由两个导体环产生的磁场的叠加，根据安培定则分别判断两个环在O处产生的磁场方向，再按平行四边形定则合成．‎ ‎【解答】解：根据安培定则可知：导体环AA′在O处产生的磁场方向为竖直向上，导体环BB′在O处产生的磁场方向为水平向左，按平行四边形定则可知，O处磁感应强度的方向为指向左上方．‎ 故选A ‎　‎ ‎9．物理实验都需要有一定的控制条件．奥斯特做电流磁效应实验时，应排除地磁场对实验的影 响．关于奥斯特的实验，下列说法中正确的是（　　）‎ A．该实验必须在地球赤道上进行 B．通电直导线应该竖直放置 C．通电直导线应该水平东西方向放置 D．通电直导线应该水平南北方向放置 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】由于地磁的北极在地理的南极附近，故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而只有当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力．‎ ‎【解答】解：由于地磁的北极在地理的南极附近，故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力，故在进行奥斯特实验时通电直导线可以水平南北方向放置，而不必非要在赤道上进行，但不能东西放置和竖直放置，故只有D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．有关磁场的物理概念，下列说法中错误的是（　　）‎ A．磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量 B．磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关 C．磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关 D．磁感应强度的方向跟放入磁场中电流所受的磁场力方向相同 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量，其方向就是该点的磁场方向，与产生磁场的电流方向有关，与放入磁场的电流元无关．磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小．‎ ‎【解答】解：A、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量．故A正确．‎ B、磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，跟产生磁场的电流方向有关．故B正确．‎ C、磁感应强度的方向是由磁场本身决定的，与放入磁场中的受磁场力作用的电流方向无关．故C错误．‎ D、根据左手定则可知，安培力的方向与磁感应强度的方向相互垂直，故D错误．‎ 本题选错误的，故选：CD ‎　‎ ‎11．如图所示，电流表A1（0～3A）和A2（0～0.6A）是由两个相同的电流表改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（　　）‎ A．A1、A2的读数之比为1：1‎ B．A1、A2的读数之比为5：1‎ C．A1、A2的指针偏转角度之比为1：1‎ D．A1、A2的指针偏转角度之比为1：5‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电流表A1、A2‎ 是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．‎ ‎【解答】解：图中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以A1、A2的指针偏转角度之比为1：1；量程不同的电流表读数不同，‎ 电流表A1的量程为3A，A2的量程为0.6A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为5：1，故BC正确．‎ 故选BC ‎　‎ ‎12．在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时（　　）‎ A．通过L1的电流为L2电流的2倍 B．此时L1、L2和L3的电阻均为12Ω C．L1消耗的电功率为0.75 W D．L1消耗的电功率为L2电功率的4倍 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】灯泡是非线性元件，根据L1、L2、L3的电压，由伏安特性曲线可读出电流，由R=算出它们的电阻，再依据功率表达式P=I2R，及并联电路电压相等，串联电路电流相等，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、电路中的总电流为0.25A，则通过L1的电流为0.25A．因L2和L3并联，则L2和L3电压相等，它们的电阻相等，因此它们的电流也相等，则有通过L1的电流为L2电流的2倍，故A正确．‎ ‎ B、由伏安特性曲线可以读出电流为I1=0.25A，电压为U1=3V时的，电流为I2=0.15A，电压U2=0.5V，因此它们的电阻不相等，故B错误．‎ ‎ C、L1消耗的电功率为P=U1I1=3×0.25=0.75W，故C正确；‎ ‎ D、因通过L1的电流为L2电流的2倍，假设它们的电阻相等，则有L1消耗的电功率为L2电功率的4倍，如今它们的电阻不相等，因此L1消耗的电功率不为L2电功率的4倍，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、实验题 ‎13．图中游标卡尺读数为　50.15　mm，螺旋测微器读数为　9.205　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【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：20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm．‎ 螺旋测微器的固定刻度为9mm，可动刻度为20.5×0.01mm=0.205mm，所以最终读数为9mm+0.205mm=9.205mm．‎ 故答案为：50.15；9.205‎ ‎　‎ ‎14．某同学在做测金属丝电阻率的实验中，取一根粗细均匀的、长度为 L 的康铜丝，先用螺旋测微器测出康铜丝的直径 d；然后由伏安法测出康铜丝的电阻；最后求出康铜丝的电阻率．‎ ‎（1）测康铜丝的直径时螺旋测微器的示数如图甲所示，可知康铜丝的直径 d=　0.281　 mm．‎ ‎（2）图乙是测量康铜丝电阻的原理图，根据原理图在图丙所示的实物图中画出连线．‎ ‎（3）利用上面的电路图测出的电阻值比真实值　偏小　 （填“偏大”或“偏小”），这种误差叫作　系统　 误差（填“偶然”或“系统”）．‎ ‎（4）若调节滑动变阻器，通过多次测量求平均值的方法得到康铜丝的电阻值为R，请写出求康铜丝的电阻率的表达式为　　 （用 L、d、R 等已知字母表示）．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．‎ ‎（2）根据电路图连接实物电路图．‎ ‎（3）根据电路图应用欧姆定律分析实验误差，由于实验数据导致的误差是系统误差．‎ ‎（4）根据电阻定律求出电阻率的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+28.1×0.01mm=0.281mm；‎ ‎（2）根据图乙所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ ‎（3）由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值；该误差是由于实验设计造成的，属于系统误差．‎ ‎（4）电阻阻值：R=ρ=ρ，电阻率：ρ=；‎ 故答案为：（1）0.281；（2）电路图如图所示；（3）偏小；系统；（4）．‎ ‎　‎ ‎15．某同学在做多用电表测电阻的实验中：‎ ‎（1）测量某电阻时，用“×10Ω”档时发现指针偏转角度过大，他应该换用　×1　档（填“×1Ω”或“×100Ω”），换档后，在测量前先要　重新调零　．‎ ‎（2）如图所示，A、B、C是多用表在进行不同测量时，转换开关分别指示的位置，D是多用表表盘指针在测量时的偏转位置．‎ 若是用A档测量，指针偏转如D，则读数为　1.3×103Ω　；‎ 若是用B档测量，指针偏转如D，则读数为　6.40mA　；‎ 若是用C档测量，指针偏转如D，则读数为　32.0V　．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】指针偏角大，应换用小倍率，并重新调零，电阻的读数为示数乘以倍率，电压和电流的读数为格子数乘以每小格表示的数．‎ ‎【解答】解：（1）指针偏角过大，说明待测电阻阻值较小，为了准确要换×1挡，然后重新调零．‎ ‎（2）若用A挡，是测电阻，读数为13×100=1.3×103Ω 若用B挡，是测电流，读数为32.0×=6.40mA 若用C挡，是测电压，读数为32.0×=32.0V 故答案为：（1）×1，重新调零 ‎ ‎（2）1.3×103Ω，6.40mA，32.0 V ‎　‎ ‎16．在“测定金属导体的电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻Rx约为3Ω．实验室备有下列实验器材 A．电压表V1（量程3V，内阻约为15KΩ） B．电压表V2 （量程15V，内阻约为75KΩ）‎ C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω） D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）‎ E．变阻器R1 （0～10Ω，1.0A） F．变阻器R2 （0～100Ω，0.3A）‎ G．电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω） H．开关S，导线若干 ‎（1）提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有　ADEGH　．‎ ‎（2）为了减小实验误差，应选用图1中　b　（填“a”或“b”）为该实验的电原理图，并按所选择的原理图把实物图（图2）用导线连接起来．‎ ‎（3）用刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得导线的直径为0.635mm，两电表的示数分别如图3所示，则电阻值为　2.4　Ω，电阻率为　1.3×10﹣6Ω•m　．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，由欧姆定律求出电路最大电流，根据该电流选择电流表与滑动变阻器；‎ ‎（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路；‎ ‎（3）由图示电表确定电表量程与分度值，读出电表示数，由欧姆定律求出电阻阻值；最后由电阻定律求出金属导线的电阻率．‎ ‎【解答】解：（1）伏安法测电阻，需要：G、电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω），H、开关S，导线若干，电源电动势是3V，因此电压表可选：A、电压表V1（量程3V，内阻约为15KΩ），电路最大电流I===1A，如果选用量程是3A的电流表，电流表指针偏转角度不到电表刻度的三分之一，为提高实验精度，电流表可选：D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω），滑动变阻器F的额定电流太小，因此滑动变阻器应选E．变阻器R1 （0～10Ω，1.0A）；即需要的实验器材有：ADEGH；‎ ‎（2）==5000， ==3，＞，电流表应选择外接法，因此实验电路应选b．‎ 根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．‎ ‎（3）电压表量程是3V，由图示电压表可知，电压表分度值是0.1V，电压表示数是1.2V，‎ 电流表量程是600mA=0.6A，由图示电流表可知电流表分度值是0.02A，电流表示数是0.50A，‎ 电阻阻值R===2.4Ω，由电阻定律可知，R=ρ=ρ，‎ 则电阻率ρ==≈1.3×10﹣6Ω•m；‎ 故答案为：（1）ADEGH；（2）b，电路图如图所示；（3）2.4，1.3×10﹣6Ω•m．‎ ‎　‎ 三．计算题（10分+10分=20分）‎ ‎17．如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为 U1=3V；当电阻箱读数为R2=4Ω时，电压表读数为U2=4V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r．‎ ‎（2）当电阻箱数为R2时，电源的输出功率P出和消耗的总功率P总．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）由两次电压表及电阻箱的读数，列出闭合电路欧姆定律联立可求得电动势和内阻；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律求出电流，再根据功率公式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律得：‎ 联立上式并代入数据解得：‎ E=6V r=2Ω ‎（2）当电阻箱数为R2时，电流为：‎ I=‎ 电源的输出功率为：‎ P出=I2R2=1×4=4W，‎ 消耗的总功率为：‎ P总=EI=6×1=6W 答：（1）电源的电动势E为6V，内阻r为2Ω．‎ ‎（2）当电阻箱数为R2时，电源的输出功率P出为4W，消耗的总功率P总为6W．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示电路中，R1=6Ω，R2=12Ω，R3‎ ‎=3Ω，C=30μF，当开关S断开，电路稳定时，电源总功率为4W，当开关S闭合，电路稳定时，电源总功率为8W，求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内电阻r； ‎ ‎（2）在S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】（1）断开S，R2、R3串联，根据闭合电路欧姆定律求解出电流和电功率表达式；S闭合，R1、R2并联再与R3串联，再次根据闭合电路欧姆定律求解出电流和电功率表达式；最后联立求解．‎ ‎（2）在S断开，C两端电压等于电阻R2两端电压，求解出电压后根据Q=CU列式求解；S闭合时，电容器两端的电压是0．‎ ‎【解答】解：（1）S断开时有：‎ E=I1（R2+R3）+I1r…①‎ P1=EI1…②‎ S闭合时有：‎ E=I2（R3+）+I2r…③‎ P2=EI2…④‎ 由①②③④可得：‎ E=8V ‎ I1=0.5A r=1Ω ‎ I2=1A ‎ ‎（3）S断开时有：‎ U=I1R2‎ 得：Q1=CU=30×10﹣6×0.5×12C=1.8×10﹣4C S闭合，电容器两端的电势差为零，则有：Q2=0‎ 答：（1）电动势8v，内电阻1Ω；‎ ‎（2）在S断开和闭合时，电容器所带的电量各是1.8×10﹣4C，0C．‎