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    2．某实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线，他们设计了如图甲所示的电路图．请回答下列问题：

    ①按图甲的电路图补充完整图乙中的实物连线．
    ②考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值小于（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．
    ③图甲中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零．原因可能是图甲中的f（选填a、b、c、d、e、f）处接触不良．
    ④据实验测得的数据，作出该元件的，I-U图线如图丙所示，则元件Q在U=0.8V时的电阻值是16Ω，则元件Q在U=1.6V时的功率是0.32W．

    分析 （1）根据原理图可知电路的连接方式，则在实物图中先串联一个支路，再将测量电路并联在滑动变阻器的一部分两端；
    （2）误差来自于电表的内阻影响，分析两表的示数变化可知误差；
    （3）电路中有电流存在，说明电路和电源相连；但起不到分压作用，则可知故障位置；
    （4）由得出的图象分析对应的电流值，则由欧姆定律可求得电流，由功率公式即可求得功率．

    解答 解：①由原理图可知，滑动变阻器采用了分压接法，即先将下面两个固定的接线柱接在电源两端；再将用电器的一端接在上面任意一个接线柱上，另一端接到下面任意一个接线柱上；同时电流表采用外接法，注意电表的正极流入；实物图如图；
    ②电流表外接时，通过元件的电流值的测量值大于真实值；根据R=$\frac{U}{I}$可知，该元件的电阻的测量值小于真实值；
    ③由题意可知，电流与电源应相连，不能调节到零说明滑动变阻器起不到分压作用，故应是f点接触不良造成的；
    ④由得出的图象可知，U=0.8V时，电流I=0.05A；故电阻R=$\frac{U}{I}$=$\frac{0.8}{0.05}$=16Ω；
    1.6V时的电流为0.2A；故功率P=UI=1.6×0.2=0.32W；
    故答案为：①如图；②小于；③f；④16Ω、0.32W．

    点评 应明确：①进行伏安法测电阻的误差方向时，只要写出待测电阻的测量值与真实值的表达式即可求解；②变阻器采用分压式接法时，电压表或电流表的示数可以从零调；③分析图象的斜率时，应根据需要的物理规律写出纵轴物理量与横轴物理量的表达式，然后再讨论斜率的物理意义即可

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    A．物体重力势能减小量可能大于W
    B．弹簧弹性势能增加量一定小于W
    C．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为W
    D．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W

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    ①极板上加电压U时可见到油滴以恒定的速率υ2缓慢上升，试求油滴所带电荷量q（用d，U，k，υ1，υ2等已知量表示）
    ②在极板上不加电压时，油滴在极板内以恒定的速率υ1下降时，移动某一定值的竖直距离所需时间为t1，加了电压U后以恒定速率υ2上升同一竖直距离所需时间为t2，然后又把电压撤除，使所考察的油滴又降落，并在极板内照射X射线以改变它的带电荷量，再在极板上加上同样的电压U，重复上述操作，测定油滴上升及下降的时间，即可发现（$\frac{1}{t_1}+\frac{1}{t_2}$）始终是0.005 35s-1的整数倍，由此可断定：一定存在基本电荷（最小单元电荷），若已知d=2×10-2 m，m=3.2×10-16kg，t1=11.9s，U=25V，取g=9.8m/s2，试计算基本电荷的带电荷量？

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    （1）当M、N间的电压为Ux时，求粒子进入磁场时速度的大小vx；
    （2）要使粒子能够打在收集板上，求在M、N间所加电压的范围；
    （3）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求粒子从s1开始运动到打在D的中点上经历的时间．

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