2023届高考物理二轮复习专题：创新实验大全

这是一份2023届高考物理二轮复习专题：创新实验大全，共14页。试卷主要包含了关于逐差法的实验创新，验证动量守恒实验创新，探究加速度与力，验证机械能守恒实验创新，电学创新型实验等内容，欢迎下载使用。
（2023届高三物理二轮）创新实验大全一、关于逐差法的实验创新1．一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心且垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量Δω与对应时间Δt的比值定义为角加速度β(即β＝)。我们用电磁打点计时器、刻度尺、游标卡尺、纸带(厚度不计)、复写纸来完成下述实验。(打点计时器所接交流电的频率为50 Hz，A、B、C、D、…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出)             实验步骤如下：①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；②接通电源打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动(即角加速度恒定)；③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量。请回答下列问题：(1)由图乙可知，圆盘的直径为________ cm。(2)由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度大小为________ rad/s。(结果保留三位有效数字)(3)圆盘转动的角加速度大小为________ rad/s2。(结果保留三位有效数字)2．某同学用如图甲所示的实验装置测量木块与木板之间的动摩擦因数μ。将木块从倾角为θ的木板上由静止释放，与位移传感器连接的计算机描绘出了木块相对传感器的位置随时间变化的规律，如图乙中的曲线②所示。图中木块的位置从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T。(1)根据图乙可得，木块经过位置x2时的速度v2＝________，木块运动的加速度a＝________。(2)现测得T＝0.1 s，x1＝4 cm，x2＝9 cm，x3＝16 cm，θ＝37°，可求得木块与木板之间的动摩擦因数μ＝______ (sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，结果保留一位有效数字)。(3)若只增大木板的倾角，则木块相对传感器的位置随时间变化的规律可能是图乙中的曲线 ________。(选填图线序号①、②或③)二、验证动量守恒实验创新3.利用如图所示的装置可以“测定滑块与桌面间的动摩擦因数”和“验证碰撞中的动量守恒”，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切，先将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放，测量出小滑块在水平桌面滑行的距离x1(图甲)；然后将小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将A从圆弧轨道的最高点无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测量出整体沿桌面滑动的距离x2(图乙)，圆弧轨道的半径为R，A和B完全相同，重力加速度为g。(1)小滑块A运动到圆弧轨道最低点时的速度v＝__________(用R和g表示)。(2)小滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝________(用R和x1表示)。(3)若x1和x2的比值＝________，则验证了A和B碰撞过程中动量守恒。4、为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球，按下述步骤做了实验：①用天平测出两小球的质量(分别为m1和m2，且m1>m2)。②按图示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端。③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。④将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球m1和m2在斜面上的落点位置。⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。根据该同学的实验，回答下列问题：(1)在不放小球m2时，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点在图中的________点，把小球m2放在斜槽末端边缘处，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m1的落点在图中的________点。(2)若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有________。A．m1LF＝m1LD＋m2LE         B．m1L＝m1L＋m2LC．m1LE＝m1LD＋m2LF         D．LE＝LF－LD三、探究加速度与力、质量之间的关系5、为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙两同学设计了如图所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为滑轮的质量．力传感器可测出轻绳中的拉力大小．(1)实验时，一定要进行的操作是________；A．将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力B．用天平测出砂和砂桶的质量C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M(2)甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________ m/s2(结果保留三位有效数字)；(3)甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a—F图像(如图)是一条直线，图线与横坐标轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________；(填写字母)A.    B.－m0C.－m0    D.(4)乙同学根据测量数据作出如图所示的a—F图线，该同学做实验时存在的问题是________．(填写字母)A．先释放小车，后接通电源B．砂和砂桶的质量m没有远小于小车的质量MC．平衡摩擦力时木板没有滑轮的一端垫得过高D．没有补偿阻力或补偿阻力不够6、做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：(ⅰ)挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；(ⅱ)取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；(ⅲ)改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到a－F的关系．①实验获得如图所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小vd＝________ m/s(保留两位有效数字)；②需要满足条件M≫m的方案是________(选填“甲”“乙”或“甲和乙”)；在作a－F图像时，把mg作为F值的是________(选填“甲”“乙”或“甲和乙”)．四、验证机械能守恒实验创新7、某物理兴趣小组的同学用如图所示装置验证机械能守恒定律，轻绳一端通过拉力传感器固定在光滑固定转轴O处，另一端系一小球。已知当地重力加速度为g。使小球在竖直平面内做圆周运动，通过拉力传感器读出小球在最高点时绳的拉力大小是，在最低点时绳的拉力大小是。（1）如果要验证小球从最低点到最高点机械能守恒，还需要测量的物理量有___________（单项选择，填选项前面的字母代号）。A．小球的质量m    B．轻绳的长度L     C．小球运行一周所需要的时间T（2）请你写出验证小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒的表达式：___________（用题目所给的字母表示）。8、如图甲所示的装置叫作阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，常用来研究匀变速直线运动的规律。学校伽利略学习社对该装置加以改进，利用改进后的装置（如图乙所示）验证机械能守恒定律。       （1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图丙所示，则挡光片的宽度____________mm；（2）将质量均为M的重物A（含挡光片）、B（含挂钩）用轻绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出____________（选填“A的上表面”、“A的下表面”或“挡光片的中心”）到光电门中心的竖直距离h。（3）在B的下端挂上质量为m的物块C，光电门记录挡光片挡光的时间为t，重力加速度大小为g，则在重物A由静止运动至光电门的过程中，系统（重物A、B以及物块C）的重力势能的减少量____________，系统动能的增加量____________。若在误差允许的范围内，则可认为该过程中系统机械能守恒。（均用相关物理量的符号表示）（4）某次实验中，小于，小李认为这是空气阻力造成的。小李的观点____________（选填“正确”或“错误”），其原因是____________。 五、电学创新型实验9、 某同学现要测量一段金属丝的电阻，当他用多用电表粗测该金属丝的电阻时，发现其电阻很小．为了较精确地测量该金属丝的电阻，他设计了如图甲所示的电路原理图．其中定值电阻的阻值为R0＝5.0 Ω，其余器材如下．       ①电流表(量程0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω)；②电压表(量程0～3 V，内阻约为9 kΩ)；③滑动变阻器R(阻值0～20 Ω)；④电源：电动势为3.0 V，内阻不计；⑤开关、导线若干．试分析下列问题：(1)在本实验中闭合开关S前应将滑动变阻器的滑片移至________端(填“a”或“b”)．(2)在图乙所示实物图中，已正确连接了部分导线，请根据实验电路图将实物图连接好．(3)实验中将多次测量出来的数据已经描入了如图丙所示的UI坐标系中，并且已经作出了UI图象．根据图象可求得该金属丝的电阻为Rx＝________Ω(保留两位小数)． 10．一只小灯泡标有“3.6 V，0.3 A”，某同学想研究它的灯丝电阻与温度的关系。        (1)该同学先用多用电表的电阻挡“×1”倍率调零后，初测灯泡冷态时的电阻，如图所示，则冷态电阻为________。 (2)实验室提供导线和开关及下列器材：A．电源E(电动势为6.0 V) B．电压表V1(量程为0～3 V，内阻约为2 kΩ)C．电压表V2(量程为0～5 V，内阻约为4 kΩ)D．电流表A1(量程为0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω)E．电流表A2(量程为0～100 mA，内阻约为2 Ω)F．滑动变阻器R1(最大阻值为10 Ω，额定电流2 A)G．滑动变阻器R2(最大阻值为100 Ω，额定电流1 A)为了便于调节，减小读数误差和系统误差，请你选择合适的电压表、电流表和滑动变阻器________(填所选仪器前的字母序号)，并在虚线框内画出电路图。(3)根据正确设计的实验电路图，测得电压、电流，如下表：电压/V00.200.501.001.502.002.503.003.50电流/A00.0510.1050.1650.2050.2350.2600.2800.300实验数据表明，小灯泡的电阻随温度升高而______(选填“增大”“减小”或“不变”)。若将此小灯泡与电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源及阻值为9 Ω的电阻串联，则灯泡的功率约为________ W(保留两位小数)。11.太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件。某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池板在没有光照时(没有储存电能)的I－U特性。所有的器材包括：太阳能电池板，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干。图8(1)为了达到上述目的，实验电路应选用图8中的图________(填“a”或“b”)。(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图9的I－U图象。由图可知，当电压小于2.00 V时，太阳能电池板的电阻________(填“很大”或“很小”)；当电压为2.80 V时，太阳能电池板的电阻为________。(3)当有光照射时，太阳能电池板作为电源，其路端电压与总电流的关系如图10所示，分析该曲线可知，该电池板作为电源时的电动势为________ V。若把它与阻值为1 kΩ的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射情况下，该电池板的效率是________%(结果保留3位有效数字)。  实验     12、某实验小组要测定额定电压约为3 V、额定功率约为1.5 W 的LED灯正常工作时的电阻。实验室提供的器材有：A.电流表(量程为0～0.6 A，内阻r1约为2 Ω)；B.电流表(量程为0～3 mA，内阻r2＝100 Ω)；C.定值电阻R1＝900 Ω；D.定值电阻R2＝9 900 Ω；E.滑动变阻器R(0～20 Ω)；F.电压表(量程为9 V，内阻约为1 kΩ)；G.蓄电池E(电动势为3 V，内阻很小)：H.开关S。(1)在虚线框内将图甲所示的电路补充完整，并标明各器材的符号。以后实验都在正确连接电路的条件下进行。 (2)电流表的示数用I1表示，电流表的示数用I2表示，写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx＝________(用物理量符号表示)。(3)实验时调节滑动变阻器，当LED灯正常发光时，电流表表盘指针的位置如图乙所示，则其示数为________mA，若此时电流表的示数为0.50 A，则LED灯的电阻为________Ω(结果保留2位有效数字)。13、某同学为了将一量程为3 V的电压表改装成可测量电阻的仪表－欧姆表(1)先用如图a所示电路测量该电压表的内阻，图中电源内阻可忽略不计，闭合开关，将电阻箱阻值调到3 kΩ时，电压表恰好满偏；将电阻箱阻值调到12 kΩ时，电压表指针指在如图b所示的位置，则电压表的读数为________V。由以上数据可得电压表的内阻Rv＝______kΩ；(2)将图a的电路稍作改变，在电压表两端接上两个表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表，如图c所示，为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：将两表笔断开，闭合开关，调节电阻箱，使指针指在“3.0 V”处，此处刻度应标阻值为____(填“0”或“∞”)；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电压刻度，则“1 V”处对应的电阻刻度为______kΩ；(3)若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻不能忽略且变大，电动势不变，但将两表笔断开时调节电阻箱，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果将________。A．偏大　　　B．偏小　　　C．不变　　　D．无法确定14、某同学用化学课所学的知识，用柠檬自制了一个水果电池，用多用电表粗测得知它的电动势E约为3 V，内阻r约为40 Ω，若该电池允许输出的最大电流为20 mA，为了测定该电池的电动势和内阻，某同学准备了如下器材：A．待测电池B．电压表V：量程0～15 V，内阻RV≈15 kΩC．电流表A：量程0～1 mA，内阻RA＝38 ΩD．电阻箱R：0～999.9 ΩE．定值电阻R1＝2 ΩF．定值电阻R2＝19 ΩG．定值电阻R3＝72 ΩH．定值电阻R4＝108 ΩI．开关、导线若干(1)该同学设计的部分电路如图甲所示，图中保护电阻R0应选择器材中的________(填写器材前的选项字母)．(2)选择合适的器材，将虚线框中的电路补充完整，并在电路中注明所选器材的符号．(3)将电阻箱的阻值调整到最大，闭合开关．(4)调节电阻箱的电阻，使所选电表指针指到某一位置，记录此时电阻箱的阻值R和所选电表的读数x，电表读数用国际单位制单位(A或V)．(5)重复步骤(4)获得多组R和x的值．(6)断开开关，整理器材．(7)根据所得数据在－R坐标系中描点连线，如图乙所示．根据图线可求得该电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.(结果均保留一位小数)参考答案    1、解析：(1)由题图乙可知游标尺的分度为0.05 mm，主尺上为6.0 cm，游标尺上的第0个刻度线和主尺对齐，所以读数为6.0 cm＋0.05×0 mm＝6.000 cm，即可得该圆盘的直径d＝6.000 cm。(2)由题意知，纸带上每两点的时间间隔T＝0.10 s，打下计数点D时，纸带运动速度大小为：vD＝＝ m/s＝0.45 m/s此时圆盘转动的角速度为ωD＝＝ rad/s＝15.0 rad/s。(3)纸带运动的加速度大小为a＝，设角加速度为β，则β＝＝＝，代入数据解得：β＝28.0 rad/s2。答案：(1)6.000　(2)15.0　(3)28.02、解析：(1)由题意可知，木块沿木板向下做匀加速直线运动，由于从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T，所以v2＝，由匀变速直线运动的规律可知，(x3－x2)－(x2－x1)＝aT2，解得：a＝。(2)将数据代入a＝，解得a＝2 m/s2由牛顿第二定律可知，a＝gsin 37°－μgcos 37°，解得：μ＝0.5。(3)由牛顿第二定律可知，a＝gsin θ－μgcos θ，当θ增大时，加速度增大，由公式x＝at2可知，曲线①正确。答案：(1)　　(2)0.5　(3)①3、解析：(1)A在圆弧面上运动时机械能守恒，则有：mgR＝mv2，解得：v＝。(2)对A下滑的全过程由动能定理得：mgR－μmgx1＝0，解得：μ＝。(3)如果碰撞中动量守恒，则有：mv＝2mv′，再对碰后的A、B物体分析，由能量守恒定律可知：×2mv′2＝μ·2mgx2，解得：x2＝，故＝4。因此只要满足＝4，即可证明动量守恒。答案：(1)　 (2)　(3)4 4、答案(1)E　D　(2)C解析：　(1)小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点在图中的E点，小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是D点，m2球的落地点是F点。(2)设斜面倾角为θ，小球落点到B点的距离为L，小球从B点抛出时速度为v，则竖直方向有Lsin θ＝gt2，水平方向有Lcosθ＝vt，解得v= =，所以v∝。由题意分析得，只要满足m1v1＝m2v2＋m1v1′，把速度v代入整理得m1＝m1＋m2，说明两球碰撞过程中动量守恒；若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则要满足关系式m1v＝m1v1′2＋m2v，整理得m1LE＝m1LD＋m2LF，故C正确。5、答案 (1)AC　(2)2.00　(3)C　(4)D解析：(1)用力传感器测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力，故A正确；拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故B、D错误；使用打点计时器时，应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，故C正确．(2)根据匀变速直线运动推论Δx＝aT2，依据逐差法，可得a＝≈2.00 m/s2(3)由牛顿第二定律，对小车分析有2F＝(M＋m0)a，整理得a＝F，由图像得k＝解得M＝－m0，故选C.(4)如题图所示，当拉力达到一定数值时才产生了加速度，说明没有补偿阻力或没有完全补偿阻力，故选D.6、答案：①0.19(0.18～0.19均可)　②甲　甲和乙解析：①由题意知小车做匀加速直线运动，故vd＝，将xce＝(36.10－32.40) cm＝3.70 cm，T＝0.1 s代入得vd≈0.19 m/s②甲实验方案中：绳的拉力F满足：F＝Ma，且mg－F＝ma，则F＝，只有m≪M时，F才近似等于mg，故以托盘与砝码的重力表示小车的合外力，需满足m≪M.乙实验方案中：小车在斜面上匀速下滑，小车受绳的拉力及其他力的合力为零，且绳的拉力大小等于托盘与砝码的重力，取下托盘及砝码，小车所受的合外力大小等于托盘与砝码的重力mg，不需要满足m≪M.两个实验方案都可把mg作为F值．7、答案    A        解析：（1）[1]在最高点和最低点有；整理得由机械能守恒得整理得即还需要测出小球的质量m，故选A；（2）[2]由上述分析可知，只需验证即可8、答案 1.650    挡光片的中心            错误    空气阻力会造成大于，而不是小于    解析：(1)[1]螺旋测微器固定刻度的示数为1.5mm，可动刻度的示数为可得(2)[2]为了求出系统重力势能的变化量，需测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离；(3)[3]因为AB质量相等，且A上升的高度与B下降的高度相等，所以运动过程中ABC组成的系统重力势能的减少量等于C重力势能的减少量，则有[4]三个物体运动过程中速度大小相等，为所以系统动能的增加量(4)[5]某次实验中，小于，小李认为这是空气阻力造成的，小李的观点是错误的；[6]实验中，如果物体受到空气阻力的作用，物体还要克服空气阻力做功，会造成动能的增加量小于重力势能的减少量，而不是重力势能减少量小于动能增加量。9、解析：(1)滑动变阻器以分压式接法接入电路，为确保电路中仪器的安全，在闭合开关S前应将滑动变阻器的滑片移至a端．(2)如图丁所示．(3)由原理图可知，电压表测得的是定值电阻R0与被测金属丝Rx的总电压，所以图丙中UI图象的斜率表示的是电阻R0与被测金属丝Rx的电阻之和．图象的斜率k＝ Ω＝5.94 Ω，故金属丝的电阻为Rx＝0.94 Ω．答案：(1)a　(2)如图丁所示　(3)0.94(0.92～1.00之间均可)10、解析：(1)冷态电阻从多用电表读数为：7×1 Ω＝7 Ω。(2)小灯泡额定电压为3.6 V，故电压表选择量程为5 V的C；额定电流为0.3 A，则电流表选择0.6 A量程的D；为了便于调节，减小读数误差和系统误差，滑动变阻器采用分压接法，选择小电阻即可，故选择F；被测电阻阻值较小，故采用电流表外接，电路图如图所示。(3)实验数据表明，小灯泡的电阻随温度升高而增大。把定值电阻等效为电源内阻，根据闭合电路欧姆定律得：E＝U＋I(r＋R0)，U＝3－10I，作出电源的I­U图像，电源图像与灯泡伏安特性曲线的交点坐标值是灯泡的实际电压与实际电流，由图像可知，灯泡两端电压为1.2 V，电流为0.18 A，灯泡实际功率为P＝UI＝1.2 V×0.18 A≈0.22 W。答案：(1)7 Ω(或7.0 Ω)　(2)C、D、F　见解析图     (3)增大　0.2211、解析　(1)用a图可以在电池板上得到从零开始的电压，故应选a图。(2)由图可知，当电压小于2.00 V时，通过太阳能电池板的电流为零，故太阳能电池板的电阻很大；当电压为2.80 V 时，电流为2.8 mA，则可知太阳能电池板的电阻为R＝＝＝103 Ω。(3)由U－I图线可知，电池板作为电源时的电动势为2.80 V；若把它与阻值为1 kΩ的电阻连接构成一个闭合电路，则画出此电阻的U－I图线与电池板的U－I图线交于一点，读出U＝1.8 V，I＝1.8 mA，该电池板的效率是η＝＝×100%＝64.3%。答案　(1)a　(2)很大　1.0×103 Ω　(3)2.80　64.312、答案： (1)如解析图所示　(2)　(3)2.80　5.6解析：(1)要精确测定额定电压为3 V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，器材中电压表的量程偏大，测量误差较大，不能直测LED两端的电压，可以将电流表与定值电阻串联改装为电压表测量电压；为了达到量程要求，电流表应与定值电阻R1串联充当电压表；电流表的内阻已知，电流表采用外接法可消除系统误差，原理图如图所示。(2)根据串并联电路的基本规律可知，流过LED灯的电流I＝I1－I2，电压U＝I2(R1＋r2)，则由欧姆定律可知，LED灯的内阻Rx＝。(3)量程为3 mA，最小分度为0.1 mA，则其读数为2.80 mA；此时电流表的示数为0.50 A，代入公式可得Rx＝5.6 Ω。13、【答案】　(1)1.50　6　(2)∞　1　(3)C【解析】　(1)由图(b)所示电压表表盘可知，其分度值为0.1 V，示数为1.50 V；电源内阻不计，由图(a)所示电路图可知，电源电动势：E＝U＋IR＝U＋R，由题意可知：E＝3＋×3 000，E＝1.5＋×12 000，解得：RV＝6 000 Ω＝6 kΩ，E＝4.5 V；(2)两表笔断开，处于断路情况，相当于两表笔之间的电阻无穷大，故此处刻度应标阻值为∞，当指针指向3 V时，此时电阻箱的阻值为R＝3 kΩ，当电压表示数为1 V时，由U＝R并·＝·解得Rx＝1 kΩ。(3)设电池内阻为r时，电阻箱电阻调为R，电压表满偏，则Ig＝当电池内阻变为r′时，电阻箱电阻调为R′，电压表满偏，则Ig＝以上两式可知，r＋R＝r′＋R′当测某个电阻Rx时，有U＝·U′＝·比较可知，若电压相同则R′x＝Rx，即测量结果不变，C正确。14、【答案】(1)H　(2)如图所示　(7)3.2　42.1【解析】(1)保护电阻R0的阻值R0＝－r＝110 Ω，接近108 Ω，故选H.(2)由于电压表量程太大，故不采用；电流表量程太小，必须扩大量程，根据电表改装原理，应给电流表并联一定值电阻，R＝＝2 Ω，故并联电阻R1；电路如答案图．(7)根据闭合电路欧姆定律，有E＝20x(R0＋r＋R＋R并)，其中R并为电流表内阻与R1的并联值，大小为1.9 Ω，整理可得＝(R0＋r＋R并)＋R，结合图像可知斜率k＝20/E，截距(R0＋r＋r并)＝950 A－1，联立可得E＝3.2 V，r＝42.1 Ω.