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    16．在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm．

    （1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为0.398mm（该值接近多次测量的平均值）
    （2）用伏安法测金属丝的电阻Rx．实验所用器材为：电池组（电动势为3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
    次数1234567
    U/V0.100.300.701.001.501.702.30
    I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520
    由以上数据可知，他们测量Rx是采用图2中的甲图（选填“甲”或“乙”）．
    （3）图3是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据图（2）所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．
    （4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已标出了测量数据对应的4个坐标点．请在图4中标出第2、4、6次测量数据坐标点，并描绘出U─I图线．由图线得到金属丝的阻值Rx=4.5Ω（保留两位有效数字）．
    （5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为C（填选项前的符号）．
    A．1×10-2Ω•m     B．1×10-3Ω•m     C．1×10-6Ω•m    D．1×10-8Ω•m
    （6）任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是CD（有多个正确选项）．
    A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
    B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
    C．若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
    D．用U─I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差．

    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）根据题意确定滑动变阻器接法，然后选择实验电路；
    （3）根据电路图连接实物电路图；
    （4）根据坐标系内描出的点作出图象，然后根据图象与电阻定律分析答题；
    （5）由电阻定律求出电阻率，然后答题；
    （6）明确偶然误差是由人为因素引起的，可以通过多次测量或利用图象来减小偶然误差，但不能消除误差；系统误差是由仪器本身因素或实验原理不精确引起的误差，系统误差可以通过采用精密仪器和完善实验原理来消除．

    解答 解：（1）由图1所示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+39.8×0.01mm=0.398mm（0.396～0.399均正确）；
    （2）由表中实验数据可知，如果用限流，最小电压为0.6V，而表中电压都到0.10V了，所以肯定用的分压，由此可知，滑动变阻器应用分压式接法，因此实验采用的是图甲所示电路；
    （3）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

    （4）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：

    由图示图象可知，第6组实验数据偏离图线太远，改组实验数据是错误的，应舍去，
    由图示图象可知，电阻RX=$\frac{△U}{△I}$=$\frac{1}{0.22}$≈4.5Ω  （4.3～4.7Ω均正确）．
    （5）由电阻定律：R=ρ$\frac{L}{S}$得：ρ=$\frac{SR}{L}$=$\frac{Rπ（\frac{d}{2}）^{2}}{L}$=$\frac{4.5×3.14×（\frac{0.398×1{0}^{-3}}{2}）^{2}}{0.50}$≈1.15×10-6Ω•m，故选C；
    （6）A、读数引起的误差是由人为因素引起的，属于偶然误差，故A错误；
    B、电流表串联在电路中，只考虑电流表内阻的影响，电流偏小，使本实验测量结果偏大，故B错误；
    C、电压表与被测电阻并联，电压表内阻由分流作用，使电流表示数偏大，则本实验的测量结果偏小，故C正确；
    D、用U-I图象处理数据能起到“平均”的作用，可以减小偶然误差但不能消除偶然误差，所以D正确．故选：CD；
    故答案为：（1）0.398；（2）甲；（3）如图所示；（4）如图所示；4.5；（5）C；（6）CD．

    点评 要掌握螺旋测微器的读数方法；明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法；当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法．

    练习册系列答案
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    6．在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室仅提供下列实验器材：

    A．干电池两节，每节电动势约为1.5V，内阻约几欧姆
    B．直流电压表V1、V2，量程均为0～3V，内阻约为3kΩ
    C．电流表，量程0.6A，内阻小于1Ω
    D． 定值电阻R0，阻值为5Ω
    E． 滑动变阻器R，最大阻值50Ω    F． 导线和开关若干
    ①如图a所示的电路是实验室测定电源的电动势和内阻的电路图，按该电路图组装实验器材进行实验，测得多组U、I数据，并画出U-I图象，求出电动势和内电阻．电动势和内阻的测量值均偏小，产生该误差的原因是电压表的分流作用，这种误差属于系统误差．（填“系统误差”或“偶然误差”）
    ②实验过程中，电流表发生了故障，某同学设计如图b所示的电路，测定电源电动势和内阻，连接的部分实物图如图c所示，其中还有一根导线没有连接，请补上这根导线．
    ③实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1-U2图象如图d所示，图线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源的电动势E=$\frac{ak}{k-1}$，内阻r=$\frac{{R}_{0}}{k-1}$（用k、a、R0表示）．

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    7．有关热学的知识，下列说法正确的是 （　　）
    A．自然界中所进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性；
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    C．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并采用斜面实验验证推理
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    实验室提供的器材有：
    A．电流表A1（量程为15mA，内阻RA1约为10Ω）
    B．电流表A2（量程为2mA，内阻RA2=20Ω）
    C．定值电阻R1=10Ω
    D．定值电阻R2=1980Ω
    E．滑动变阻器R（0～20Ω）
    F．电压表V（量程为15V，内阻RV约3kΩ）
    G．直流电源E（电动势为6V，内阻很小）
    H．开关S一个，导线若干
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    （2）画出实验电路图
    （3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx=$\frac{{{I_2}（{R_2}+{R_{A2}}）}}{{{I_1}-{I_2}}}$，并说明式中题目未给出物理量的意义：I1、I2分别为电流表A1、A2的读数．

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    科目：高中物理 来源： 题型：解答题

    6．如图所示为某种新型分离设备内部电、磁场分布情况图．自上而下分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．区域Ⅰ宽度为d1，分布有沿纸面向下的匀强电场E1；区域Ⅱ宽度为d2，分布有垂直纸面向里的匀强磁场B1；宽度可调的区域Ⅲ中分布有沿纸面向下的匀强电场E2和垂直纸面向里的匀强磁场B2．现有一群质量和带电量均不同的带电粒子从区域Ⅰ上边缘的注入孔A点被注入，这些粒子都只在电场力作用下由静止开始运动，然后相继进入Ⅱ、Ⅲ两个区域，满足一定条件的粒子将回到区域Ⅰ，其他粒子则从区域Ⅲ飞出，三区域都足够长．已知能飞回区域Ⅰ的带电粒子的质量为m=6.4×10-27kg、带电量为q=3.2×10-19C，且有d1=10cm，d2=5$\sqrt{2}$cm，E1=E2=40V/m，B1=4×10-3T，B2=2$\sqrt{2}$×10-3T．试求：
    （1）该带电粒子离开区域Ⅰ时的速度；
    （2）该带电粒子离开区域Ⅱ时的速度；
    （3）为使该带电粒子还能回到区域Ⅰ的上边缘，区域Ⅲ的宽度d3应满足的条件；
    （4）该带电粒子第一次回到区域Ⅰ的上边缘时离开A点的距离．

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