毫安表改装成欧姆表,）,调节可变电阻R,使毫安表指针满偏,指到6MA 电源电动势E=3V

通过电路图分析可知，2个500Ω的串联后与2Ω的电阻并联，所以可以忽略通过2个500Ω的电流，这样电路就简化成1000Ω和2Ω的电阻串联后与200Ω的电阻并联，则电流表测的是2Ω和1000Ω串联支路中的电流，在计算电流时，可以近似认为I=[U/R]=[20V/1000Ω]=0.02A=20mA；
通过200Ω的电流I′=[U
R′=
20V/200Ω]=0.1A=100mA，
所以毫安表的读数是20mA+100mA=120mA；
故答案案为：120；0.02．

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律．

考点点评： 本题考查了并联电路的电流特点和欧姆定律的计算，以及电表的正确使用；对于这类计算电流的题目，如果并联电路中阻值差距太大，可以采取类似的估算．

（1）该实验中没有电压表，可以应用等效替代法测热敏电阻阻值，改变电阻箱接入电路的阻值，保持电路电流不变，则电路总电阻不变，因此应把电源、电流表、热敏电阻、电阻箱、开关串联接入电路，实物电路图如图所示．

（2）④闭合开关．调节电阻箱，记录电流表示数I₀，并记录电阻箱的读数R₀　
⑤将R_T的温度降为T₁（20℃＜T₁＜95℃）；调节电阻箱，使得电流表的读数I₀，记录电阻箱电阻R₁．
⑥由闭合电路欧姆定律可得：温度为95℃时：E=I₀（r+R_A+R_T+R₀），
即：E=I₀（r+R_A+150Ω+R₀）…①，
当R_T的温度降为T₁时，有：E=I₀（r+R_A+R_T1+R₁）…②，
由①②解得：R_T1=R₀+150-R₁．
故答案为：（1）实验原理电路图如图所示；
（2）④电阻箱的读数R₀　⑤仍为I₀；电阻箱的读数R₁　⑥R₀+150-R₁

点评：
本题考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线．

考点点评： 本题考查了设计、连接实物电路图、完善实验步骤，知道实验原理是正确解题的前提与关键；要掌握常用的测电阻的方法：伏安法、等效法、用欧姆表测电阻等．

起初用黄光照射时能使毫安表指针发生偏转，说明有光电子逸出，设逸出的光电子初动能为Ek，在移动滑片后，毫安表示数为零，说明遏止电压UC=U=，在增加黄光照射的强度时，不影响光电子的初动能，因此毫安表无读数，当改用频率较高点的蓝光照射时，根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hυ−W0可知，逸出的光电子初动能增加，因此此时毫安表有示数。

无；有

由Ug=IgRg=0.5V，所以R1两端电压UR1=U1−Ug=9.5V，所以；同理UR2=U2−U1=90V，。

：9．5×10 ³       9×10 ⁴   

：
<>

（1）该实验中没有电压表，可以应用等效替代法测热敏电阻阻值，改变电阻箱接入电路的阻值，保持电路电流不变，则电路总电阻不变，因此应把电源、电流表、热敏电阻、电阻箱、开关串联接入电路，实物电路图如图所示．

（2）④闭合开关．调节电阻箱，记录电流表示数I₀，并记录电阻箱的读数R₀　
⑤将R_T的温度降为T₁（20℃＜T₁＜95℃）；调节电阻箱，使得电流表的读数I₀，记录电阻箱电阻R₁．
⑥由闭合电路欧姆定律可得：温度为95℃时：E=I₀（r+R_A+R_T+R₀），
即：E=I₀（r+R_A+150Ω+R₀）…①，
当R_T的温度降为T₁时，有：E=I₀（r+R_A+R_T1+R₁）…②，
由①②解得：R_T1=R₀+150-R₁．
故答案为：（1）实验原理电路图如图所示；
（2）④电阻箱的读数R₀　⑤仍为I₀；电阻箱的读数R₁　⑥R₀+150-R₁

点评：
本题考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线．

考点点评： 本题考查了设计、连接实物电路图、完善实验步骤，知道实验原理是正确解题的前提与关键；要掌握常用的测电阻的方法：伏安法、等效法、用欧姆表测电阻等．

（1）该实验中没有电压表，可以应用等效替代法测热敏电阻阻值，改变电阻箱接入电路的阻值，保持电路电流不变，则电路总电阻不变，因此应把电源、电流表、热敏电阻、电阻箱、开关串联接入电路，实物电路图如图所示．

（2）④闭合开关．调节电阻箱，记录电流表示数I₀，并记录电阻箱的读数R₀　
⑤将R_T的温度降为T₁（20℃＜T₁＜95℃）；调节电阻箱，使得电流表的读数I₀，记录电阻箱电阻R₁．
⑥由闭合电路欧姆定律可得：温度为95℃时：E=I₀（r+R_A+R_T+R₀），
即：E=I₀（r+R_A+150Ω+R₀）…①，
当R_T的温度降为T₁时，有：E=I₀（r+R_A+R_T1+R₁）…②，
由①②解得：R_T1=R₀+150-R₁．
故答案为：（1）实验原理电路图如图所示；
（2）④电阻箱的读数R₀　⑤仍为I₀；电阻箱的读数R₁　⑥R₀+150-R₁

点评：
本题考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线．

考点点评： 本题考查了设计、连接实物电路图、完善实验步骤，知道实验原理是正确解题的前提与关键；要掌握常用的测电阻的方法：伏安法、等效法、用欧姆表测电阻等．

①由原理图可知，电路为基本的限流接法，故按原理图串联即可；连线如下图所示；

②为保证安全，开始时滑动变阻器应接到最大值，故应接b端；
③将各点依次描出，连线如下图所示．

④由图示可知，电源电动势E=I₁（R_l+R_A1）=149×10^-6×10000=1.49V，
电源内阻r=
△I1(R1+RA1)
△I2=
(149−120)×10−6×10000
480×10−3≈0.60Ω；
故答案为：①实物电路图如图所示；②b端；③图象如图所示；④1.49；0.60．

点评：
本题考点： 测定电源的电动势和内阻．

考点点评： 测定电动势和内阻的实验中要注意数据的处理时主要应用了图象法，在学习中要掌握读数及画图的能力，要结合公式理解图象中点、线、交点及截距的意义．

若将电路中的滑动变阻器的滑片P向右移动到某一位置时，毫安表的读数恰好减小到零，知所加的电压为反向电压，即最大初动能的光电子都不能到达另一端．增加黄光的强度，光电子的最大初动能不变，毫安表无示数．
已知电子的电量为e，在这种黄光的照射下所发射的光电子的最大初动能等于电场力做功，即为：E_K=eU；
改用紫光照射，入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，有光电子能到达另一端，毫安表有示数．
故答案为：无；eU； 有．

点评：
本题考点： 爱因斯坦光电效应方程．

考点点评： 解决本题的关键掌握光电效应方程，知道光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光的强度无关．

当电路两端接入恒定电压的电源时，A_l的示数为5mA，A₂的示数为3mA，则知通过R₂的电流为2mA，知
R1+RA2
R2＝
2
3；
将A₂改接在R₂所在的支路上，总电阻减小，总电压不变，则干路中电流增大，即电流表A_l的示数必增大．则电流表A₁分担的电压增大，所以两电阻并联部分的电压减小，则通过R₂的电流更减小，所以电流表A₂的示数必减小．因为总电流增大，通过R₂的电流减小，则通过R₁电流增大．故B正确，A、C、D错误．
故选：B．

点评：
本题考点： 伏安法测电阻．

考点点评： 本题是一道电路动态分析题，要注意理清解题思路，注意串并联电路特点的应用、欧姆定律的应用．

①若将电路中的滑动变阻器的滑片P向右移动到某一位置时，毫安表的读数恰好减小到零，知所加的电压为反向电压，即最大初动能的光电子都不能到达另一端．增加黄光的强度，光电子的最大初动能不变，毫安表无示数．
已知电子的电量为e，在这种黄光的照射下所发射的光电子的最大初动能等于电场力做功，即为：E_K=eU；
改用蓝光照射，入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，有光电子能到达另一端，毫安表有示数．
②根据爱因斯坦光电效应方程：
E_k=hf-W₀
动能定理：eU_c=E_k得：
U_c=[h/e]f-[h/e]f₀，
结合图象知：k=[h/e]；
解得，普朗克常量：h=ke，
故答案为：①无； 有．②斜率k．

点评：
本题考点： 光电效应．

考点点评： 解决本题的关键掌握光电效应方程，知道光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光的强度无关．注意最大初动能与遏止电压的关系，并会用图象斜率解决问题．

（1）：根据表中数据可知元件两端最大电压为2.8V，所以电压表应选
V 1；
（2）由于待测元件的最大电阻为R=

U
I＝
2.80
30
×10−3 Ω＝93Ω，满足
R x＜
＜R V的条件，所以电流表应用外接法；又实验要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法，连线图如图所示：

（3）：画出的I-U图象如图所示：

（4）：根据I-U图线可知，当U=1.9V，I=11mA，功率P=UI=20.1W，所以待测元件两端电压为U=1.9V．
故答案为：（1）
V 1
（2）如图
（3）如图
（4）1.9

点评：
本题考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线．

考点点评： 对电学实验应明确：①根据待测元件的最大电压来选择电压表．②若要求电流从零调时变阻器应用分压式接法．③当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法．

当电路两端接入某一恒定电压的电源时，A_l的示数为3mA，A₂的示数为2mA，则通过R₂的电流为1mA，可知
R1+RA2
R2=[1/2]，R₁＜R₂；
此时并联的总电阻为 R_并=
(R1+RA2)R2
R1+RA2+R2；
将A₂改接在R₂所在的支路上，此时并联的总电阻为 R_并′=
R1(RA2+R2)
R1+RA2+R2 ，可知并联电阻减小，总电阻减小，总电压不变，则干路中电流增大，即电流表A_l的示数必增大，电流表A₁分担的电压增大，所以两电阻并联部分的电压减小，则通过R₂的电流更减小，所以电流表A₂的示数必减小．故B正确．
故选：B．

点评：
本题考点： 串联电路和并联电路．

考点点评： 本题是一道电路动态分析题，要注意理清解题思路，注意串并联电路特点的应用、欧姆定律的应用．

把灵敏电流计改装成毫安表时：
I=
IgRg
R并+I_g=
100×10−6×Rg
200+100×10^-6=0.0002，
毫安表的内阻：R=
IgRg
I=
100×10−6×Rg
0.0002，
把毫安表改装成电压表需要串联一个分压电阻，
串联电阻阻值：R′=[U/I]-R=[3/0.0002]-R，
解得：R′=1.49×10⁴Ω；
故答案为：串；1.49×10⁴Ω．

点评：
本题考点： 把电流表改装成电压表．

考点点评： 本题考查了电压表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．

通过电路图分析可知，2个500Ω的串联后与2Ω的电阻并联，所以可以忽略通过2个500Ω的电流，这样电路就简化成1000Ω和2Ω的电阻串联后与200Ω的电阻并联，则电流表测的是2Ω和1000Ω串联支路中的电流，在计算电流时，可以近似认为I=[U/R]=[20V/1000Ω]=0.02A=20mA；
通过200Ω的电流I′=[U
R′=
20V/200Ω]=0.1A=100mA，
所以毫安表的读数是20mA+100mA=120mA；
故答案案为：120；0.02．

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律．

考点点评： 本题考查了并联电路的电流特点和欧姆定律的计算，以及电表的正确使用；对于这类计算电流的题目，如果并联电路中阻值差距太大，可以采取类似的估算．

当选用10V量程时，

当选用100V量程时，，故选B，

B 


<>

①由题意可知，用黄光照射时，光电子的最大初动能为：
1
2mv2＝eU
根据光电效应方程，E_k=hγ-W可得：W＝hγ−
1
2mv2＝hγ−eU
②光电效应产生的光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，因此增大光照强度，光电子的初动能不变，故毫安表无示数．
③改用频率低的红光照射，则电子的最大初动能减小，电子还没到达另一极板时速度已经减速为零，因此毫安表无示数．
故答案为：①hγ-eU；②无；③无．

点评：
本题考点： 爱因斯坦光电效应方程；光电效应．

考点点评： 解决本题的关键掌握光电效应方程，知道光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光的强度无关．

通过电路图分析可知，1Ω和2个1000Ω的是并联的，所以可以忽略通过2个1000Ω的电流，这样电路就简化成300Ω和1Ω、1000Ω的并联，
mA表测得是1Ω和1000Ω串联电路的电流，在计算电流时，可以近似认为I=[U/R]=[30V/1000Ω]=30mA；
通过300Ω的电流I′=[U
R′=
30V/300Ω]=0.1A，所以电流表A的读数是0.1A+0.03A=0.13A；
故答案为：0.13；30．

点评：
本题考点： 电路的简化与计算；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；电阻的串联．

考点点评： 并联电路的电流特点和欧姆定律的计算，以及电表的正确使用；对于这类计算电流的题目，如果并联电路中阻值差距太大，可以采取类似的估算．

当电路两端接入某一恒定电压的电源时，A_l的示数为5mA，A₂的示数为3mA．知通过R₂的电流为2mA，知
R1+RA2
R2＝
2
3，将A₂改接在R₂所在的支路上，总电阻减小，总电压不变，则干路中电流增大，即电流表A_l的示数必增大．则电流表A₁分担的电压增大，所以两电阻并联部分的电压减小，则通过R₂的电流更减小，所以电流表A₂的示数必减小．因为总电流增大，通过R₂的电流减小，则通过R₁电流增大．故C正确，A、B、D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题是一道电路动态分析题，要注意理清解题思路，注意串并联电路特点的应用、欧姆定律的应用．

当开关S₁闭合、S₂断开时，由欧姆定律可得：
U=I₁（R₁+R₂+R_A）--------（1）
当S₁、S₂均闭合时，由欧姆定律得：
U=I₂（R₁+R_A）-------（2）
则有I₁（R₁+R₂+R_A）=U=I₂（R₁+R_A）；
代入数据得：
6×10^-3A×（140Ω+60Ω+R_A）=8×10^-3A×（140Ω+R_A）
则解得：R_A=40Ω；
将R_A代入（2）式可得：
U=8×10^-3A×（140Ω+40Ω）=1.44V；
答：毫安表的阻值为40Ω，电源电压为1.44V．

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用；电路的三种状态．

考点点评： 本题考查欧姆定律的应用，注意题目中毫安表的等效方法及开关的短路状态，并能灵活应用欧姆定律．

若将电路中的滑动变阻器的滑片P向右移动到某一位置时，毫安表的读数恰好减小到零，知所加的电压为反向电压，即最大初动能的光电子都不能到达另一端．增加黄光的强度，光电子的最大初动能不变，毫安表无示数．改用蓝光照射，入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，有光电子能到达另一端，毫安表有示数．
故答案为：①无②有．

点评：
本题考点： 光电效应．

考点点评： 解决本题的关键掌握光电效应方程，知道光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光的强度无关．

毫安表的读数恰好减小到零说明逸出的电子的动能恰好能克服电场力做功，E_K=eu=1eV，由公式E=W+E_K知W=2.82-1=1.82eV=2.912×10^-19J，C正确．
故选C

点评：
本题考点： 光电效应．

考点点评： 本题考查了光电效应方程的应用，解题的突破口在毫安表的读数恰好减小到零时，电压表读数为1.00V，知道电子的动能为1eV．