2018届甘肃省天水三中高三上学期第一次段考物理试卷

2017-2018学年甘肃省天水三中高三（上）第一次段考物理试卷一、选择题（共12道小题，共48分．在每小题给出的四个选项中，1～8小题只有一个选项符合题意，每小题选对得4分，错选或不答得0分，9～12小题有多个选项符合题意，每小题全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选或不答得0分．）1．认识物理规律的发现过程，并学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下说法符合物理学史的是（）A．焦耳发现了电流磁效应的规律B．法拉第发现了电磁感应现象，打开了电气时代的大门C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动2．有一个交流电源，电源电动势随时间变化的规律如图所示，把一个阻值为10Ω的电阻接到该电源上，电源内阻不计，构成闭合回路．以下说法中正确的是（）A．电压的有效值为10VB．通过电阻的电流有效值为1AC．电阻每秒种产生的热量为10JD．电阻消耗电功率为5W3．关于分子动理论和内能，下列说法中正确的是（）A．温度越低，物体分子热运动的平均动能越大B．分子势能与分子间距离有关，是物体内能的一部分C．只有热传递才可改变物体的内能D．物体的动能和重力势能也是其内能的一部分4．如图所示，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v（设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计），木块的速度大小为（ ）A ．B ．C ．D ．5．带电粒子从电场中的A 点运动到B 点，轨迹如图中虚线所示，不计粒子所受的重力，则（ ）A ．粒子带正电B ．粒子的加速度增大C ．A 点的场强大于B 点的场强D ．粒子的速度增大6．固定的水平气缸内由活塞B 封闭着一定量的气体，气体分子之间的相互作用力可以忽略．假设气缸壁的导热性能很好，环境的温度保持不变．若用外力F 将活塞B 缓慢地向右拉动，如图所示，则在拉动活塞的过程中，关于气缸内气体的下列结论，其中正确的是（ ）A ．气体对外做功，气体内能减小B ．气体对外做功，气体内能不变C ．外界对气体做功，气体内能不变D ．气体向外界放热，气体内能不变7．如图变压器原线圈接交流高压，降压后通过输电线给用电器供电，当电键S 断开时图中两电表示数电压U 和电流I 变化为（ ）A ．均变大B ．U 变大，I 变小C ．均变小D ．U 变小，I 变大8．质量为0.2kg ，速度为6m/s 的A 球跟质量为0.6kg 的静止的B 球发生正碰，则碰撞后B球的速度可能值为（）A．3.6m/s B．2.4m/s C．1.2m/s D．0.6m/s9．下列说法正确的是（）A．Th经过6次α衰变和4次β衰变后，成为稳定的原子核PbB．γ射线一般伴随着α或β射线产生，三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强C．α衰变的实质是原子核内两个质子和两个中子能紧密结合在一起，在一定条件下以一个整体从原子核中抛射出来D．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚形成的10．如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B 点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则（）A．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2：1B．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2：3C．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为3：1D．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为：111．“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距离地面约380km的圆轨道上飞行，则其（）A．角速度小于地球自转角速度B．线速度小于第一宇宙速度C．周期小于地球自转周期D．向心加速度大于地面的重力加速度12．如图甲所示，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连．若金属框的电阻为，则下列说法正确的是（）A．流过电阻R的感应电流由a到bB．线框cd边受到的安培力方向沿纸面向上C．感应电动势大小为D．ab间电压大小为二、实验题（本题共2道小题，第13题6分，第14题10分，共16分）13．如图所示为验证动量守恒的实验装置示意图．（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2则A．m1＞m2，r1＞r2B．m1＞m2，r1＜r2C．m1＞m2，r1=r2D．m1＜m2，r1=r2（2）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是．（填下列对应的字母）A．直尺B．游标卡尺C．天平D．弹簧秤E．秒表（3）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式（用m1、m2及图中字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒．14．用如图1所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．实验主要步骤：（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；（ⅲ）在图2中，以U为纵坐标，I为横坐标，做U﹣I图线（U、I都用国际单位）；（ⅳ）求出U﹣I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a．回答下列问题：（1）电压表最好选用；电流表最好选用．A．电压表（0～3V，内阻约15kΩ）B．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）C．电流表（0～200mA，内阻约2Ω）D．电流表（0～30mA，内阻约2Ω）（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是．A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱（3）选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=，r=，代入数值可得E和r的测量值．三、计算题（本题共3道小题，第15题13分，第16题15分，第17题18分，共46分）15．质量为m=5kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v﹣t图象如图所示．g取10m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ；（2）水平推力F的大小；（3）0～14s内物体运动位移x的大小．16．如图所示，在长为L=57cm的一端封闭、另一端开口向上、粗细均匀、导热良好的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱（Hg）封闭着长为L1=51cm的理想气体，管内外的温度均为33℃．（大气压强是p0=76cmHg）求：①若缓慢对玻璃管进行加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度．②若保持管内温度始终为33℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的压强．17．如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态．同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上光滑半圆环轨道最高点A时速度为．已知小球a质量为m，小球b质量为2m，重力加速度为g．求：（1）小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力；（2）释放后小球b离开弹簧时的速度v b的大小；（3）释放小球前弹簧具有的弹性势能．2017-2018学年甘肃省天水三中高三（上）第一次段考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12道小题，共48分．在每小题给出的四个选项中，1～8小题只有一个选项符合题意，每小题选对得4分，错选或不答得0分，9～12小题有多个选项符合题意，每小题全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选或不答得0分．）1．认识物理规律的发现过程，并学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下说法符合物理学史的是（）A．焦耳发现了电流磁效应的规律B．法拉第发现了电磁感应现象，打开了电气时代的大门C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动【考点】1U：物理学史．【分析】本题是物理学史问题，记住著名物理学家的主要贡献即可答题．【解答】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结了电流磁效应的规律．故A错误；B、法拉第发现了电磁感应现象，打开了电气时代的大门．故B正确；C、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁之间的联系．故C错误；D、伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动．故D错误．故选：B2．有一个交流电源，电源电动势随时间变化的规律如图所示，把一个阻值为10Ω的电阻接到该电源上，电源内阻不计，构成闭合回路．以下说法中正确的是（）A．电压的有效值为10VB．通过电阻的电流有效值为1AC．电阻每秒种产生的热量为10JD．电阻消耗电功率为5W【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】通过电源电动势随时间变化的规律图象可以求出该交流电的周期、频率以及有效值等，注意计算功率、热量、流过电阻的电流、以及电压表的示数均为有效值．【解答】解：A、电压的有效值为：，故A错误；B、通过电阻的电流有效值为：，故B错误；C、电阻每秒钟产生的热量我：=，故C错误；D、电阻消耗的电功率为：，故D正确；故选：D3．关于分子动理论和内能，下列说法中正确的是（）A．温度越低，物体分子热运动的平均动能越大B．分子势能与分子间距离有关，是物体内能的一部分C．只有热传递才可改变物体的内能D．物体的动能和重力势能也是其内能的一部分【考点】81：分子动理论的基本观点和实验依据．【分析】物体内能包括分子热运动的动能和分子势能，与温度和体积有关；改变内能的方式有两种：做功和热传递．【解答】解：A、温度是分子热运动平均动能的标志，故温度越低，物体分子热运动的平均动能越小，故A错误；B、分子势能与分子间距离有关，是物体内能的一部分，故B正确；C、热传递和做功都可以改变内能，故C错误；D、物体的动能和重力势能不是内能，故D错误；故选：B．4．如图所示，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v（设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计），木块的速度大小为（）A．B．C．D．【考点】53：动量守恒定律．【分析】由于子弹穿过木块的时间不计，外力的冲量近似为零，子弹和木块组成的系统动量近似守恒，由动量守恒定律求解木块的速度大小．【解答】解：子弹射穿木块过程系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv+Mv′，解得：v′=，故B正确；故选：B．5．带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示，不计粒子所受的重力，则（）A．粒子带正电B．粒子的加速度增大C．A点的场强大于B点的场强D．粒子的速度增大【考点】A7：电场线．【分析】不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知：电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，分析出电场力方向，判断粒子的电性．再根据电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．沿着电场线的方向电势降低的进行分析即可．【解答】解：A、由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故在A点电场力沿电场线向左，电场的方向向右，电场力的方向与电场方向相反，则粒子带负电，故A错误；BC、根据电场线的疏密可知，A的电场强度大于B点的电场强度，所以粒子在A 点的电场力大B点的电场力，根据牛顿第二定律可知，粒子在A点的加速度大B 点的加速度，即加速度减小，故B错误，C正确；D、粒子从A到B电场力做负功，动能减小，速度减小，故D错误；故选：C．6．固定的水平气缸内由活塞B封闭着一定量的气体，气体分子之间的相互作用力可以忽略．假设气缸壁的导热性能很好，环境的温度保持不变．若用外力F将活塞B缓慢地向右拉动，如图所示，则在拉动活塞的过程中，关于气缸内气体的下列结论，其中正确的是（）A．气体对外做功，气体内能减小B．气体对外做功，气体内能不变C．外界对气体做功，气体内能不变D．气体向外界放热，气体内能不变【考点】8F：热力学第一定律；9K：封闭气体压强．【分析】气缸壁的导热性能良好，环境的温度保持不变，故气体做等温变化，温度不变内能不变，做功放热问题可由热力学第一定律讨论，压强的变化可由压强产生的微观解释分析．【解答】解：A、B、C、气体体积变大，故气体对外做功；又气缸壁的导热性能良好，环境的温度保持不变，故气体做等温变化，温度不变即内能不变，故A错误，B正确，C错误，D、内能不变：即△U=0，又气体对外做功，故W＜0，由热力学第一定律：△U=W+Q 得：Q=﹣W＞0；故气体从外界吸热，故D错误．故选B．7．如图变压器原线圈接交流高压，降压后通过输电线给用电器供电，当电键S 断开时图中两电表示数电压U和电流I变化为（）A．均变大B．U变大，I变小C．均变小D．U变小，I变大【考点】E8：变压器的构造和原理．【分析】变压器输入电压不变，输出电压不变．当电键S断开时，副线圈回路中总电阻增大，干路电流减小，原线圈电流随着减小．根据欧姆定律分析电压表读数的变化．【解答】解：变压器输入电压不变，输出电压不变．当电键S断开时，副线圈回路中总电阻增大，干路电流减小，原线圈电流随着减小，即电流表示数变小．对于副线圈回路，总电压一定，电流减小，电阻R分担的电压增大，即电压表示数变大．故选B8．质量为0.2kg，速度为6m/s的A球跟质量为0.6kg的静止的B球发生正碰，则碰撞后B球的速度可能值为（）A．3.6m/s B．2.4m/s C．1.2m/s D．0.6m/s【考点】53：动量守恒定律．【分析】两球的碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，如果碰撞为弹性碰撞，没有机械能损失，此时碰撞后B的速度最大，如果碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，碰撞后B的速度最小．由动量守恒定律求出碰撞后B球的速度范围，然后分析答题．【解答】解：以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：m A v0=m A v A+m B v B由机械能守恒定律得：m A v02=m A v A2+m B v B2解得：v B=v0=×6=3m/s．如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m A v0=（m A+m B）v B解得：v B===1.5m/s则碰撞后B球的速度范围是：1.5m/s≤v B≤3m/s，所以碰撞后B球的速度可能值为2.4m/s，故ACD错误，B正确；故选：B9．下列说法正确的是（）A．Th经过6次α衰变和4次β衰变后，成为稳定的原子核PbB．γ射线一般伴随着α或β射线产生，三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强C．α衰变的实质是原子核内两个质子和两个中子能紧密结合在一起，在一定条件下以一个整体从原子核中抛射出来D．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚形成的【考点】I6：X射线、α射线、β射线、γ射线及其特性；JJ：裂变反应和聚变反应．【分析】根据发生一次α衰变质量数减少4，电荷数减少2，发生一次β衰变电荷数增加1进行判断；γ射线一般伴随着α或β射线产生，三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力也最弱；α衰变的实质是原子核内两个质子和两个中子能紧密结合在一起，在一定条件下以一个整体从原子核中抛射出来；β衰变中产生的β射线不是原子的核外电子挣脱原子核的束缚形成的．【解答】解：A、Th成为稳定的原子核Pb，质量数减少了232﹣208=24，发生一次α衰变质量数减少4，电荷数减少2，因此发生了6次α衰变；电荷数应该减少6×2=12，而实际电荷数只减少了90﹣82=8，发生一次β衰变电荷数增加1，因此发生了β衰变，故A正确；B、γ射线一般伴随着α或β射线产生，三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力也最弱，α射线的电离能力最强，故B错误；C、α射线的实质是氦核，α衰变的实质是原子核内两个质子和两个中子能紧密结合在一起，在一定条件下以一个整体从原子核中抛射出来，故C正确；D、β衰变中产生的β射线实际上是原子核内的中子转化为质子和电子，电子从原子核中抛射出来形成的，故D错误；故选：AC10．如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B 点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则（）A．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2：1B．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为2：3C．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为3：1D．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为：1【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由数学知识求出粒子的轨道半径，由牛顿第二定律可以求出粒子的比荷比值，求出粒子做圆周的圆心角，然后求出粒子的运动时间．【解答】解：设磁场的半径为R，粒子在磁场中做圆周运动，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角分别是：φ1=120°，φ2=60°，设粒子的运动轨道半径为r 1，r 2，r 1=Rtan30°=R ，r 2=Rtan60°=R ；AB 、粒子运动的周期：T=，粒子运动的时间：t=T=，带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比： ===×=，故A 错误，B 正确；CD 、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m ，解得： =，则粒子1与粒子2的比荷之比： ====，故C 正确，D 错误； 故选：BC ．11．“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距离地面约380km 的圆轨道上飞行，则其（ ）A ．角速度小于地球自转角速度B ．线速度小于第一宇宙速度C ．周期小于地球自转周期D ．向心加速度大于地面的重力加速度【考点】4F ：万有引力定律及其应用．【分析】根据万有引力做向心力得到角速度、线速度、周期、向心加速度和轨道半径的大小关系，即可得到“天舟一号”和同步卫星（即地球自转）及近地卫星的相关量大小关系．【解答】解：地球同步卫星的轨道高度为3.6万千米，同步卫星运行角速度、周期和地球自转角速度、周期相同；故“天舟一号”的轨道半径大于地球半径，小于同步卫星轨道半径；再由万有引力等于重力，且卫星绕地球运行，万有引力做向心力可得：；故角速度为：周期为：线速度为：向心加速度为：；所以，轨道半径越大，周期越大，角速度、线速度、向心加速度越小；所以，“天舟一号”的角速度大于地球自转加速度，周期小于地球自转周期，线速度小于第一宇宙速度，向心加速度小于地球表面的向心加速度即重力加速度，故BC正确，AD错误；故选：BC．12．如图甲所示，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连．若金属框的电阻为，则下列说法正确的是（）A．流过电阻R的感应电流由a到bB．线框cd边受到的安培力方向沿纸面向上C．感应电动势大小为D．ab间电压大小为【考点】D8：法拉第电磁感应定律；CC：安培力．【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．再由闭合电路的殴姆定律可求出电流大小，从而得出电阻R两端的电压，再由楞次定律判定感应电流方向，最后由左手定则来确定安培力的方向．【解答】解：A、由楞次定律可得：感应电流的方向为逆时针，所以通过R的电流方向为a→b，故A正确；B、根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力方向向下，故B错误；C、穿过线圈的感应电动势为E=N=•S=，故C错误；D、由闭合电路殴姆定律可得：I=，那么R两端的电压为U=IR=，故D 正确；故选：AD．二、实验题（本题共2道小题，第13题6分，第14题10分，共16分）13．如图所示为验证动量守恒的实验装置示意图．（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2则C A．m1＞m2，r1＞r2B．m1＞m2，r1＜r2C．m1＞m2，r1=r2D．m1＜m2，r1=r2（2）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是AC．（填下列对应的字母）A．直尺B．游标卡尺C．天平D．弹簧秤E．秒表（3）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式（用m1、m2及图中字母表示）m1=m1+m2成立，即表示碰撞中动量守恒．【考点】ME：验证动量守恒定律．【分析】（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量．为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；（2）两球做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度．将需要验证的关系速度用水平位移替代．【解答】解：（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有m1v0=m1v1+m2v2在碰撞过程中动能守恒故有m1v02=m1v12+m2v22解得v1=要碰后入射小球的速度v1＞0，即m1﹣m2＞0，m1＞m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r1=r2故选C（2）P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度碰撞后入射小球的速度碰撞后被碰小球的速度若m1v1=m2v3+m1v2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，带入数据得：m1=m1+m2所以需要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平．故答案为：（1）C （2）AC （3）m1=m1+m214．用如图1所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．实验主要步骤：（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；（ⅲ）在图2中，以U为纵坐标，I为横坐标，做U﹣I图线（U、I都用国际单位）；（ⅳ）求出U﹣I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a．回答下列问题：（1）电压表最好选用A；电流表最好选用C．A．电压表（0～3V，内阻约15kΩ）B．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）C．电流表（0～200mA，内阻约2Ω）D．电流表（0～30mA，内阻约2Ω）（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是C．A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱（3）选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=ka，r=k﹣R2，代入数值可得E和r的测量值．【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）根据给出的仪表分析电流和电压最大值，电表量程略大于最大值即可；同时注意明确电压表内阻越大越好，而电流表内阻越小越好；（2）明确滑动变阻器的接法以及对电路的调节作用，则可得出正确的接法；（3）根据闭合电路欧姆定律进行分析，根据数学规律可求得电动势和内电阻．【解答】解：（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A电压表；当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为I===176mA；因此，电流表选择C；（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而A项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而B项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D错误；故选：C；（3）由闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2；则内阻r=K﹣R2；。