章末分層突破[自我校對]①eq\f(q,t)②eq\f(U,I)③ρeq\f(l,S)④eq\f(U,R)⑤eq\f(E,R＋r)⑥UIt⑦＝⑧>⑨UI⑩I2R?IE?I2r?eq\f(P出,P總)?eq\f(U,E)純電阻電路和非純電阻電路1.對于純電阻電路(如白熾燈、電爐絲等構成的電路)，電流做功將電能全部轉化為內能，電功等于電熱，即W＝Q＝UIt＝eq\f(U2,R)t＝Pt.2．對于非純電阻電路(如含有電動機、電解槽等的電路)，電功大于電熱．在這種情況下，不能用I2Rt或eq\f(U2,R)t來計算電功，電功用W＝UIt來計算，電熱用Q＝I2Rt計算．如圖2-1所示，電解槽A和電爐B并聯后接到電源上，電源內阻r＝1Ω，電爐電阻R＝19Ω，電解槽電阻r′＝Ω.當S1閉合、S2斷開時，電爐消耗功率為684W；S1、S2都閉合時電爐消耗功率為475W(電爐電阻可看做不變)．試求：圖2-1(1)電源的電動勢；(2)S1、S2都閉合時，流過電解槽的電流大小；(3)S1、S2都閉合時，電解槽中電能轉化成化學能的功率．【解析】(1)設S1閉合、S2斷開時電爐功率為P1，電爐中電流I＝eq\r(\f(P1,R))＝eq\r(\f(684,19))A＝6A電源電動勢E＝I(R＋r)＝120V.(2)設S1、S2都閉合時電爐功率為P2，電爐中電流為I′＝eq\r(\f(P2,R))＝eq\r(\f(475,19))A＝5A電源路端電壓為U＝I′R＝5×19V＝95V，流經電源的電流為I1＝eq\f(E－U,r)＝eq\f(120－95,1)A＝25A流過電解槽的電流為IA＝I1－I′＝20A.(3)電解槽消耗的電功率PA＝IAU＝20×95W＝1900W電解槽內熱損耗功率P熱＝Ieq\o\al(2,A)r′＝202×W＝200W電解槽中電能轉化成化學能的功率為P化＝PA－P熱＝1700W.【答案】(1)120V(2)20A(3)1700W1．電爐為純電阻用電器，其消耗的電能全部轉化為電熱．2．電解槽為非純電阻用電器，其消耗的電能轉化為電熱和化學能兩部分．閉合電路的動態問題分析1.特點電路中局部的變化會引起整個電路電阻、電流、電壓、電功率的變化，牽一“發”而動全局．2．基本方法(1)分析電路，弄清電路的串、并聯關系，各電表所測的對象，明確變阻器阻值的變化情況．(2)先整體，后局部，注意內外電路的聯系．首先判斷外電阻R的變化情況，再根據閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)判斷干路電流的變化，進而明確路端電壓的變化情況．(3)分清變和不變的量及它們之間的關系，先研究不變的量，再研究變化的量的變化情況．3．分析步驟(1)確定電路的外電阻R外如何變化．(2)根據閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R外總＋r)確定電路的總電流如何變化．(3)由U外＝E－Ir，確定電源的外電壓(路端電壓)如何變化．(4)由部分電路歐姆定律，確定干路上某定值電阻兩端的電壓如何變化．(5)確定支路電壓及通過各支路的電流如何變化．(多選)閉合電路的電源電動勢為E，內阻為r，如圖2-2所示，閉合開關S，當滑動變阻器的滑片P從右端滑到左端時，下列說法中正確的是()【導學號：62032029】圖2-2A．小燈泡L1、L3變亮，L2變暗B．小燈泡L3變暗，L1、L2變亮C．電壓表V1示數變化量較小D．電壓表V2示數變化量較小【解析】當滑動變阻器的滑片P從右端滑到左端時，并聯電路總電阻減小(局部)，總電流I增大，路端電壓U減小(整體)．干路電流增大，則L2變亮；與滑動變阻器串聯的燈泡L1電流增大，變亮；與滑動變阻器并聯的燈泡L3電壓U3＝U－U2，U減小，U2增大，則U3減小，L3變暗．U1減小，U2增大，而路端電壓U＝U1＋U2減小，所以U1的變化量大于U2的變化量．【答案】BD電學實驗1.實驗基本原則(1)安全——不損壞實驗器材；(2)精確——盡可能減小實驗誤差；(3)方便——便于實驗操作、讀數和數據處理．2．實驗儀器的選取(1)電源允許的最大電流要大于電路中的實際電流．(2)實際電流不能超過用電器的額定電流．(3)電壓表和電流表的量程不能小于被測電壓和電流的最大值，一般兩表的指針指到滿偏刻度的1/2～2/3的位置為宜．3．電路的選取(1)電流表的接法①當eq\f(RV,Rx)>eq\f(Rx,RA)時選電流表外接法；當eq\f(RV,Rx)<eq\f(Rx,RA)時選電流表內接法．②若被測電阻Rx的阻值無法估算，可用“試觸法”選取．如圖2-3所示，將電壓表的一端分別接觸a、b兩點，如果電流表示數發生明顯變化，應選用接b處進行測量；如果電壓表示數發生明顯變化，應選用接a處進行測量．圖2-3(2)滑動變阻器接法的選擇①如圖2-4所示的兩種電路中，滑動變阻器(最大阻值為R0)對負載RL的電壓、電流都起控制調節作用，通常把圖甲電路稱為限流式接法，圖乙電路稱為分壓式接法．甲乙圖2-4②采用分壓式接法負載電壓可從零開始調節，電壓調節范圍大，一般有以下三種情況．a．當待測電阻遠大于滑動變阻器的最大電阻，且實驗要求的電壓變化范圍較大(或要求測量多組數據)時，必須選用分壓電路．b．若采用限流接法，電路中實際電壓(或電流)的最小值仍超過負載電阻或電表的額定值時，只能采用分壓式接法．c．要求回路中某部分電路的電流或電壓實現從零開始連續調節時(如測定導體的伏安特性，校對改裝后的電表等)，即大范圍內測量時，必須采用分壓式接法．4．電路的實物連線的方法(1)先圖后連，先串后并．(2)看準極性，接線到柱．(3)明確量程，檢查到位．5．游標卡尺的原理及應用(1)構造：如圖2-5所示，主尺、游標尺(主尺和游標尺上各有一個內外測量爪)，游標尺上還有一個深度尺，尺身還有一個緊固螺釘．圖2-5(2)用途：測量厚度、長度、深度、內徑、外徑．(3)原理：利用主尺的最小分度與游標尺的最小分度的差值制成．不管游標尺上有多少個小等分刻度，它的刻度部分的總長度比主尺上的同樣多的小等分刻度少1mm，常見的游標卡尺的游標尺上小等分刻度有10個的、20個的、50個的，見表：刻度格數(分度)刻度總長度每小格與1mm的差值精確度(可準確到)109mm0.1mm0.1mm2019mm0.05mm0.05mm5049mm0.02mm0.02mm(4)讀數：①讀數時以mm為單位來讀，讀出后再按要求換成其他單位；②在“主尺讀數”時，一定要讀游標尺零刻線左邊最近的主尺刻線的值；③在讀小數部分時，一定要認清第幾根刻線與主尺的刻度對齊；④一定要弄清所用卡尺的精確度．6．螺旋測微器的構造和讀數方法(1)構造①螺旋測微器(如圖2-6所示)是一種測量長度的儀器，又叫千分尺，用它測量長度可以精確到mm.圖2-6(2)讀數方法測量值＝固定刻度B上的整毫米數＋mm(判斷半刻度是否露出，未露出時為0)＋mm×可動刻度上對齊的格數(估讀)．(1)有一游標卡尺，主尺的最小分度為1mm，游標上有20個小的等分刻度．用它測量一工件的長度，如圖2-7所示，圖示的讀數是________mm.圖2-7(2)在測定電阻絲的電阻率的實驗中，用螺旋測微器測電阻絲的直徑如圖2-8所示，則該電阻絲的直徑為________mm.圖2-8【解析】(1)該游標卡尺為20分度的游標卡尺．讀數時先從主尺上讀出104毫米，游標尺的第0條刻線跟主尺上某一條刻線對齊，毫米以下的讀數為0乘毫米等于0，兩者相加為毫米．(2)固定刻度上表示半毫米的刻線未露出，讀數應為0＋×0.01mm＝0.350mm.【答案】(1)(2)在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，使用的小燈泡為“6V3W”，其他選擇的器材有：電壓表(量程0～6V，內阻20kΩ)電壓表(量程0～20V，內阻60kΩ)電流表(量程0～3A，內阻Ω)電流表(量程0～A，內阻1Ω)滑動變阻器R1(0～1000Ω，A)滑動變阻器R2(0～20Ω，2A)學生電源E(6～8V)開關S及導線若干．實驗中要求電壓表在0～6V范圍內讀取并記錄下12組左右不同的電壓值U和對應的電流值I，以便繪出伏安特性曲線，在上述器材中，電流表應選用____________，電壓表應選用________，滑動變阻器應選用________，并畫出實驗原理圖．【解析】小燈泡“6V3W”額定電壓為6V，額定電流為A．即允許通過小燈泡的電流最大不超過A，最大電壓不超過6V，在選擇電壓表和電流表時，本著安全、精確的原則，安全原則即量程要大于所測電流值或電壓值，精確原則是量程要盡量小，量程越小測量越精確，故電流表應選，電壓表應選；滑動變阻器選取時要本著安全、夠用、調節方便的原則．安全原則即流過滑動變阻器的最大電流(I≈eq\f(E,R))應小于允許通過的最大電流，“調節方便原則”即滑動變阻器的總電阻應接近小燈泡的電阻，本實驗中小燈泡在正常工作時電阻RL＝eq\f(U2,P)＝eq\f(62,3)Ω＝12Ω，故應選用R2.連接電路時，滑動變阻器采取分壓式；電流表接成外接法．電路如圖所示．【答案】R2見解析1.(多選)一個直流電動機內阻為R，所加電壓為U，電流為I，當它工作時，下述說法中正確的是()A．電動機的輸出功率為eq\f(U2,R)B．電動機的發熱功率為I2RC．電動機的輸出功率為IU－I2RD．電動機的功率可寫作IU＝I2R＝eq\f(U2,R)【解析】IU表示電動機的總功率，I2R表示電動機工作時的發熱功率，(IU－I2R)表示電動機的輸出功率即機械功率．故B、C正確，A、D錯誤．【答案】BC2．(多選)如圖2-9所示，當電路中滑動變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時()圖2-9A．電容器C兩端的電壓增大B．電容器C兩極板間的電場強度增大C．電壓表的讀數減小D．R1消耗的功率增大【解析】P下滑時R2接入電路的電阻增大，總電阻增大，總電流減小，R1消耗的功率減小，D錯誤．內電壓減小，外電壓增大，電壓表的讀數增大，C錯誤．電容器兩端的電壓增大，兩極板間的場強增大，A、B選項正確．【答案】AB3．如圖2-10所示，電動勢為E、內阻不計的電源與三個燈泡和三個電阻相接．只合上開關S1，三個燈泡都能正常工作．如果再合上S2，則下列表述正確的是()圖2-10A．電源輸出功率減小B．L1上消耗的功率增大C．通過R1上的電流增大D．通過R3上的電流增大【解析】只合上開關S1，三個燈泡都能正常工作，再合上S2，并聯部分的電阻減小，外電路總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律得知，干路電流增大．由于電源的內阻不計，電源的輸出功率P＝EI，與電流成正比，則電源輸出功率增大，故A錯誤．由于并聯部分的電阻減小，根據串聯電路的特點，并聯部分分擔的電壓減小，L1兩端的電壓減小，其消耗的功率減小，故B錯誤．再合上S2，外電路總電阻減小，干路電流增大，而R1在干路中，通過R1上的電流增大，故C正確．并聯部分的電壓減小，通過R3上的電流將減小，故D錯誤．【答案】C4．在伏安法測電阻的實驗中，待測電阻Rx約為200Ω，電壓表的內阻約為2kΩ，電流表?的內阻約為10Ω，測量電路中電流表的連接方式如圖2-11(a)或圖(b)所示，結果由公式Rx＝eq\f(U,I)計算得出，式中U與I分別為電壓表和電流表的示數．若將圖2-11(a)和圖(b)中電路測得的電阻值分別記為Rx1和Rx2，則________(選填“Rx1”或“Rx2”)更接近待測電阻的真實值，且測量值Rx1________(選填“大于”“等于”或“小于”)真實值，測量值Rx2________(選填“大于”“等于”或“小于”)真實值．(a)(b)圖2-11【解析】根據題意知eq\f(Rx,RA)>eq\f(RV,Rx)，電壓表的分流作用較顯著，故Rx1更接近待測電阻的真實值．圖(a)的測量值是Rx與RA串聯的電阻阻值，故Rx1>Rx真；圖(b)的測量值是Rx與RV并聯的電阻阻值，故Rx2<Rx真．【答案】Rx1大于小于5．某同學用量程為1mA、內阻為120Ω的表頭按圖2-12(a)所示電路改裝成量程分別為1V和1A的多用電表．圖中R1和R2為定值電阻，S為開關．回答下列問題：(1)根據圖2-12(a)所示的電路，在圖(b)所示的實物圖上連線．(2)開關S閉合時，多用電表用于測量________(選填“電流”“電壓”或“電阻”)；開關S斷開時，多用電表用于測量________(選填“電流”“電壓”或“電阻”)．(3)表筆A應為________色(選填“紅”或“黑”)．(4)定值電阻的阻值R1＝____Ω，R2＝____Ω.(結果取3位有效數字)(a)(b)圖2-12【解析】將表頭改裝成電壓表時，需串聯一電阻進行分壓，而改裝成電流表時則需并聯一電阻分流，因此閉合開關后，并聯上R1改裝成一電流表，斷開開關，表頭與R2串聯則改裝成一電壓表．多用電表內部表頭的正極在右側，即電流應從表筆B流入，從表筆A流出，則表筆A為黑色．當斷開S時，Ig(R2＋r)＝Um，解得R2＝880Ω.當閉合S時，Ig(R2＋r)＝(I－Ig)R1，解得R1≈Ω.【答案】(1)如圖所示(2)電流電壓(3)黑(4)8806．利用如圖2-13所示電路，可以測量電源的電動勢和內阻，所用的實驗器材有：圖2-13待測電源，電阻箱R(最大阻值為Ω)，電阻R0(阻值為Ω)，電阻R1(阻值為Ω)，電流表?(量程為200mA，內阻為RA＝Ω)，開關S.實驗步驟如下：①將電阻箱阻值調到最大，閉合開關S；②多次調節電阻箱，記下電流表的示數I和電阻箱相應的阻值R；③以eq\f(1,I)為縱坐標，R為橫坐標，作eq\f(1,I)－R圖線(用直線擬合)；④求出直線的斜率k和在縱軸上的截距b.回答下列問題：(1)分別用E和r表示電源的電動勢和內阻，則eq\f(1,I)與R的關系式為________．(2)實驗得到的部分數據如下表所示，其中電阻R＝Ω時電流表的示數如圖2-14甲所示，讀出數據，完成下表．答：①________；②________.R/ΩI/A①eq\f(1,I)/A－1②甲乙圖2-14(3)在圖乙的坐標紙上將所缺數據點補充完整并作圖，根據圖線求得斜率k＝________A－1·Ω－1，截距b＝________A－1.(4)根據圖線求得電源電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω.【解析】本題是用伏安法測電源電動勢和內阻的實驗，可根據閉合電路歐姆定律分析．(1)根據閉合電路歐姆定律可知：E＝IRA＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I＋\f(IRA,R1)))(R＋R0＋r)將R0＝Ω，R1＝Ω，RA＝Ω代入上式得eq\f(1,I)＝eq\f,E)R＋eq\f,E)＋r)(2)從讀數上，有效數字要一致，即讀數是0.110A，倒數是9.09A－1.(3)由eq\f(1,I)-R關系可知k＝eq\f,E)，截距b＝eq\f,E)＋r)；由給出的數據作出圖象，連線時盡可能使多的點在同一直線上，不在直線上的點要均勻分布在直線兩側．由圖象可知，k＝A－1·Ω－1，b＝A－1.(4)電源電動勢E＝V，電源內阻r＝Ω.【答案】(1)eq\f(1,I)＝eq\f,E)R＋eq\f,E)＋r)(2)①0.110A②9.09A－1(3)如圖見解析，(或在～之間)，(或在～之間)(4)(或在～之間)(或在～之間)章末綜合測評(二)電路(時間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共8個小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．一個標有“220V60W”的白熾燈泡，當用多用電表的歐姆擋法測量它的電阻時，其阻值()A．接近于807ΩB．接近于ΩC．明顯大于807ΩD．明顯小于807Ω【解析】金屬的電阻率隨溫度的升高而增大，根據P＝eq\f(U2,R)，解得“220V60W”燈泡的電阻約為807Ω.此時，燈泡的溫度很高，電阻很大，而用歐姆表測電阻，電阻是不工作時的電阻，溫度很低，電阻小．D選項正確．【答案】D2．如圖1所示為將不同電壓加在一段金屬導體兩端，在溫度不變的情況下所測得的I-U圖線．試根據圖線回答：若將這段金屬導體在保持長度不變的前提下增大其橫截面積，則這段導體的電阻()圖1A．等于Ω B．大于ΩC．小于Ω D．等于Ω【解析】由圖象知R＝2Ω，若保持長度不變，增大橫截面積，則電阻要變小，故選項C正確．【答案】C3．我國北京正負電子對撞機的儲存環是周長為240m的近似圓形軌道，當環中的電流是10mA時(設電子的速度是3×107m/s)，在整個環中運行的電子數目為(電子電荷量e＝×10－A．5×1011 B．5×1010C．1×102 D．1×104【解析】電子轉一圈的時間t＝eq\f(s,v)＝eq\f(240,3×107)s＝8×10－6s.整個環中電子的電荷量Q＝It＝10×10－3×8×10－6C＝8×10－8C.所以電子的數目n＝eq\f(Q,e)＝5×1011.故A正確，B、C、D錯誤．【答案】A4.如圖2所示，其中電流表A的量程為0.6A，表盤均勻劃分為30個小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于電流表內阻的eq\f(1,2)；R2的阻值等于電流表內阻的2倍．若用電流表A的表盤刻度表示流過接線柱1的電流值，則下列分析正確的是()圖2A．將接線柱1、2接入電路時，每一小格表示0.04AB．將接線柱1、2接入電路時，每一小格表示0.02AC．將接線柱1、3接入電路時，每一小格表示0.06AD．將接線柱1、3接入電路時，每一小格表示0.01A【解析】設電流表A的內阻為RA，用電流表A的表盤刻度表示流過接線柱1的電流值時，若將接線柱1、2接入電路，根據并聯電路的特點，(I1一IA)R1＝IARA，解得I1＝3IA＝A，則每一小格表示A；若將接線柱1、3接入電路，則(I2－IA)R1＝IARA，解得I2＝3IA＝A，則每一小格表示A．選項C正確．【答案】C5．一根長為L、橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為ρ，棒內單位體積自由電子數為n，電子的質量為m、電荷量為e.在棒兩端加上恒定的電壓時，棒內產生電流，自由電子定向運動的平均速率為v，則金屬棒內的電場強度大小為()【導學號：62032030】圖3\f(mv2,2eL) \f(mv2Sn,e)C．ρnev \f(ρev,SL)【解析】由電流定義可知：I＝eq\f(q,t)＝eq\f(nvtSe,t)＝neSv，由歐姆定律可得：U＝IR＝neSv·ρeq\f(L,S)＝ρneLv，又E＝eq\f(U,L)，故E＝ρnev，選項C正確．【答案】C6．已知如圖4所示，電源內阻不計．為使電容器的帶電量增大，可采取以下那些方法()圖4A．增大R1 B．增大R2C．增大R3 D．減小R1【解析】由于穩定后電容器相當于斷路，因此R3上無電流，電容器相當于和R2并聯．只有增大R2或減小R1才能增大電容器C兩端的電壓，從而增大其帶電量．改變R3不能改變電容器的帶電量．【答案】BD7．如圖5所示的電路中，電源的電動勢E和內電阻r恒定不變，電燈L恰能正常發光，如果變阻器的滑片向b端滑動，則()圖5A．電燈L更亮，電流表的示數減小B．定值電阻R2消耗的功率減小C．電燈L變暗，電源的總功率減小D．電燈L變暗，電流表的示數增大【解析】滑片向b端滑動，R1變大，電路中總電阻變大，根據I＝eq\f(E,R總＋r)知I減小，電流表示數減小，根據E＝U外＋Ir，U外變大，燈泡兩端電壓變大，故電燈L更亮．再根據P2＝Ieq\o\al(2,2)R2，I減小，IL變大，故I2變小，R2功率變小，故C、D錯誤，A、B正確．【答案】AB8.如圖6所示電路中，電源電動勢為E，內阻為r，串聯的固定電阻為R2，滑動變阻器的總阻值是R1，電阻大小關系為R1＋R2＝r，則在滑動觸頭從a端滑到b端過程中，下列描述正確的是()圖6A．電路的總電流先減小后增大B．電路的路端電壓先增大后減小C．電源的輸出功率先增大后減小D．滑動變阻器R1上消耗的功率先減小后增大【解析】由并聯的知識可知，當滑動變阻器觸頭處于中央位置時，變阻器的總電阻和電路的總電阻最大，故滑動觸頭從a端滑到b端過程中，總電阻先增大后減小，總電流先減小后增大，由U外＝E－Ir，電路的路端電壓先增大后減小，A、B正確；因為外電路的電阻一直小于電源內阻．由P出－R圖象可以看出(如圖所示)，在虛線左側，電源的輸出功率先增大(箭頭向右)后減小(箭頭向左)，故C正確；對于D選項，可把R2拉到電源內部去，看成內部的一部分，此時R外小于電源內阻(r＋R2)，由圖看出在虛線左側，R1消耗功率先增大后減小，D錯誤．【答案】ABC二、非選擇題(本題共4小題，共52分，按題目要求作答)9．(8分)在“測定電池的電動勢和內阻”的實驗中，已連接好部分實驗電路．甲乙圖7(1)按圖7甲所示的實驗電路，把圖乙中剩余的電路連接起來．(2)在圖乙的電路中，為避免燒壞電表，閉合開關前，滑動變阻器的滑片應置于________端(選填“A”或“B”)．(3)如圖8是根據實驗數據作出的U-I圖象，由圖可知，電源的電動勢E＝________V，內阻r＝____________Ω.圖8【解析】(1)電路連接如圖所示．(2)閉合開關前，滑動變阻器接入電路中的阻值應該最大，故滑片應置于B端．(3)由題圖圖象可知，電源電動勢為V，內阻r＝eq\f－,Ω＝Ω.【答案】(1)見解析圖(2)B(3)10．(10分)在“測定金屬導體的電阻率”的實驗中，待測金屬絲的電阻Rx約為5Ω，實驗室備有下列實驗器材A．電壓表(量程0～3V，內阻約為15kΩ)B．電壓表(量程0～15V，內阻約為75kΩ)C．電流表(量程0～3A，內阻約為Ω)D．電流表(量程0～0.6A，內阻約為11Ω)E．變阻器R1(0～100Ω，0.6A)F．變阻器R2(0～2000Ω，0.1A)G．電池組E(電動勢為3V，內阻約為Ω)H．開關S，導線若干(1)為減小實驗誤差，應選用的實驗器材有(填代號)________．(2)為減小實驗誤差，應選用圖9中________(填“甲”或“乙”)為該實驗的電路原理圖，并按所選擇的電路原理圖把圖10中的實物圖用線接連起來．甲乙圖9圖10圖11(3)若用毫米刻度尺測得金屬絲長度為60.00cm，用螺旋測微器測得金屬絲的直徑(如圖11甲)及兩電表的示數如圖乙所示，則金屬絲的直徑為________mm，電阻值為________Ω.【解析】(1)由于電源的電動勢為3V，所以電壓表應選A，被測電阻阻值約為5Ω，電路中的最大電流約為I＝eq\f(E,Rx)＝eq\f(3,5)A＝A，電流表應選D，根據變阻器允許通過的最大電流可知，變阻器應選E，還要選用電池和開關，導線若干．故應選用的實驗器材有：ADEGH.(2)由于eq\f(RV,Rx)>eq\f(Rx,RA)，應采用電流表外接法，應選乙圖所示電路，實物連接如圖所示．(3)從螺旋測微器可以讀出金屬絲的直徑為0.635mm，從電壓表可以讀出電阻兩端電壓為V，從電流表可以讀出流過電阻的電流為0.50A，被測電阻的阻值為Rx＝eq\f(Ux,Ix)＝eq\f,Ω＝Ω.【答案】(1)ADEGH(2)乙，如解析圖所示(3)11．(14分)一個允許通過最大電流為2A的電源和一個滑動變阻器，接成如圖12甲所示的電路．滑動變阻器最大阻值為R0＝22Ω，電源路端電壓U隨外電阻R變化的規律如圖乙所示，圖中U＝12V的直線為圖線的漸近線，試求：甲乙圖12(1)電源電動勢E和內阻r；(2)A、B空載時輸出電壓的范圍；(3)若要保證滑動變阻器的滑片任意滑動時，干路電流不能超過2A，A、