2.为了测量两节串联干电池的电动势，某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中E是待测电池组，内阻不能忽略；、是两只量程合适的相同的电表，内阻不是很大，且未知；S₁、S₂是单刀单掷开关；导线若干.

(1)请根据电路图甲，在图乙中将器材连成实物图.

(2)实验需要测量的物理量是　

　　　　　　　.

(3)用测出的物理量，导出串联电池组电动势的表达式是：　　　.

甲　　　　　乙　

解析：(2)先闭合S₁、断开S₂，记下、的示数U，由闭合电路的欧姆定律可得：

E＝2U+r

再闭合S₂，记下的示数U′，有：

E＝U′+r

联立解得：E＝.

答案：(1)如图丙所示

　(2)S₁闭合，S₂断开时、的示数U；S₁、S₂闭合后的示数U′

(3)E＝

体验成功

1.在测定电池的电动势和内阻的实验中，待测电池、开关和导线配合下列仪器，不能达到实验目的的是(　)

A.一只电流表和一个电阻箱

B.一只电流表、一只电压表和一个滑动变阻器

C.一只电压表和一个电阻箱

D.一只电流表和一个滑动变阻器

解析：根据E＝I(R+r)，一只电流表和一个电阻箱读出两组电流、电阻值，便可求E、r；一只电流表、一只电压表和一个滑动变阻器，改变变阻器的阻值读出两组电流、电压值，便可求E、r.根据E＝U+r，一只电压表和一个电阻箱读出两组电压、电阻值，便可求E、r.选项A、B、C均可以达到实验目的.

答案：D

4.将满偏电流I_g＝300 μA、内阻未知的电流表改装成电压表并进行核对.

(1)利用如图甲所示的电路测量电流表的内阻(图甲中电源的电动势E＝4 V)：先闭合S₁，调节R，使电流表的指针偏转到满刻度；再闭合S₂，保持R不变，调节R′，使电流表的指针偏转到满刻度的，读出此时R′的阻值为200 Ω，则电流表内阻的测量值R_g＝　　 Ω.

(2)将该表改装成量程为3 V的电压表，需　　(填“串联”或“并联”)阻值为R₀＝　　 Ω的电阻.

(3)把改装好的电压表与标准电压表进行核对，试在虚线框中画出实验电路图并连接好图乙中的实物图.

[2005年高考·江苏物理卷]

解析：(1)＝

故R_g＝ Ω＝100 Ω.

(2)根据I_gR_g+I_gR₀＝3 V

解得：R₀＝9900 Ω.

(3)如图丙、丁所示.

答案：(1)100

(2)串联　9900

(3)如图丙、丁所示

3.若用半偏法测得量程为100 μA的电流表的内阻为600 Ω，那么要把此电流表改装成量程为5 V的电压表时，改装的方法是和电流表　　联一个阻值为　　 Ω的电阻.请你在图甲所示的电流表的表盘上相应的刻度处标出1 V、3 V、5 V刻度，改装后电流表刻度盘上每小格表示　　 V.

解析：U_V＝I_g(R+r)

解得：需串联的电阻R＝49400 Ω.

答案：(1)串　49400　如图乙所示　0.5

2.由两个相同的电流表改装成两个量程不同的电流表和，表的量程是表的2倍.下列说法正确的是(　)

A.若串联起来，则两表的指针偏角θ₁＜θ₂，两表的示数相等

B.若串联起来，则两表的指针偏角相等，表的示数大于表的示数

C.若并联起来，则两表的指针偏角相等，表的示数大于表的示数

D.若并联起来，则两表的指针偏角θ₁＞θ₂，两表的示数相等

解析：两电表串联起来时，两表头的相对关系如图甲所示，两表的示数相等，由R₁＜R₂可知θ₁＜θ₂；两电表并联起来时，两表头的相对关系如图乙所示，两表头的指针偏角相等，表的示数为表的2倍.

　　　甲　　　　　　乙　　　

答案：AC

体验成功

1.在采用半偏法来测量电流表(I_g＝100 μA，r约为100 Ω)的内阻时，准备了6 V的蓄电池和一节干电池，还有最大阻值分别为4.7 kΩ和470 kΩ的滑动变阻器.为了减小实验误差，应选用下列各组器材中的(　)

A.R₁应选用最大阻值为4.7 kΩ的滑动变阻器，而电源应选用6 V的蓄电池

B.R₁应选用最大阻值为470 kΩ的滑动变阻器，而电源应选用干电池

C.R₁应选用最大阻值为4.7 kΩ的滑动变阻器，而电源应选用干电池

D.R₁应选用最大阻值为470 kΩ的滑动变阻器，而电源应选用6 V的蓄电池

解析：电源的电动势越大，当电流表满偏时，电路的总电阻就越大，当闭合S₂后，电路中的电流所受影响越小，误差越小.

答案：D

13.(14分)如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5 L.槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电荷量为+2q，球B带电荷量为－3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统.最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L.若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行、向右的匀强电场E后.(设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布)求：

(1)当球B刚进入电场时，带电系统的速度大小.

(2)带电系统从开运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置.

[2007年高考·广东物理卷]

解析：对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W₁，有：

W₁＝2qE×2.5 L+(－3qE×1.5 L)＞0

而且还能穿过小孔，离开右极板

假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W₂，有：

W₂＝2qE×2.5 L+(－3qE×3.5 L)＜0

综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板的两侧.(1)带电系统开始运动时，设加速度为a₁，由牛顿第二定律有：a₁＝＝

球B刚进入电场时，带电系统的速度为v₁，有：

v＝2a₁L

由上两式解得：v₁＝.

(2)设球B从静止到刚进入电场的时间为t₁，则：

t₁＝

联立解得：t₁＝

球B进入电场后，带电系统的加速度为a₂，由牛顿第二定律有：a₂＝＝－

显然，带电系统做匀减速运动，设球A刚达到右极板时的速度为v₂，减速所需时间为t₂，则有：

v－v＝2a₂×1.5 L

t₂＝

解得：v₂＝，t₂＝

球A离开电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a₃，再由牛顿第二定律有：

a₃＝

－v＝2a₃x

解得：t₃＝，x＝

由以上数据可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：

t＝t₁+t₂+t₃＝

球A相对右板的位置为：x＝.

答案：(1)　(2)　

12.(13分)喷墨打印机的结构简图如图所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为10^－5 m，此微滴经过带电室时被带上负电，带电荷量的多少由计算机按字体笔画的高低位置输入信号加以控制.带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体.无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒.偏转板长1.6 cm，两板间的距离为0.50 cm，偏转板的右端距纸3.2 cm.若墨汁微滴的质量为1.6×10^－10 kg，以 20 m/s 的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是8.0×10³ V，若墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0 mm.求这个墨汁微滴通过带电室所带的电荷量是多少？(不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限于平行板电容器的内部，忽略边缘电场的不均匀性)为了使纸上的字放大10%，请你分析并提出一个可行的方法.

解析：设微滴所带的电荷量为q，它进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后做直线运动打到纸上，距原入射方向的距离为：

y＝at²+Ltan φ

又a＝，t＝，tan φ＝

解得：y＝(+L)

代入数据得：q＝1.25×10^－13 C

要将字体放大10%，只要使y增大为原来的1.1倍，可采用的措施为：

将电压U增大到8.8×10³ V，或将L增大到3.6 cm.

答案：1.25×10^－13 C　将电压U增大到8.8×10³ V，或将L增大到3.6 cm

11.(13分)静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有利于工人健康等优点，其装置原理图如图所示.A、B为两块平行金属板，间距d＝0.40 m，两板间有方向由B指向A、场强E＝1.0×10³　 N/C的匀强电场.在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度v₀＝2.0 m/s，质量m＝5.0×10^－15 kg，电荷量q＝－2.0×10^－16 C，微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上.试求：

(1)油漆微粒打在B板上的动能.

(2)油漆微粒最后落在B板上所形成的图形及其面积的大小.

解析：(1)据动能定理有：W＝|qEd|＝E_kB－E_kA

解得：微粒打在B板上时动能E_kB＝9.0×10^－14 J.

(2)微粒落在B板上所形成的图形为圆面

初速度沿极板方向的油漆微粒落在圆周上，对这些微粒有：

d＝at＝··t

R＝v₀t₁

解得：圆面积S＝πR²＝0.25 m².

答案：(1)9.0×10^－14 J　(2)0.25 m²

10.如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图象中能正确反映电子速度v、位移x、加速度a和动能E_k四个物理量随时间变化规律的是(　)

解析：根据电子的受力情况很容易得出选项A正确，而x－t、a－t、E_k－t图象分别如下：

答案：A

非选择题部分共3小题，共40分.