高考物理通用版大二輪復(fù)習講義專題七　物理圖象問題第2課時

第2課時電學圖象問題高考命題點命題軌跡情境圖電場中的圖象問題20171卷2017(1)20題電流中的圖象問題20171卷2317(1)23題18(3)16題18(3)20題20183卷16、2017(2)20題18(2)18題19(2)21題19(3)19題電磁感應(yīng)中的圖象問題20172卷2020182卷1820192卷21，3卷191．φ－x圖象(如圖1所示)(1)電場強度的大小等于φ－x圖線的斜率的絕對值，電場強度為零處φ－x圖線存在極值，其切線的斜率為零．(2)在φ－x圖象中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強度的方向．圖1(3)在φ－x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后作出判斷．(4)在φ－x圖象中可以判斷電場類型，如圖2所示，如果圖線是曲線，則表示電場強度的大小是變化的，電場為非勻強電場；如果圖線是傾斜的直線，則表示電場強度的大小是不變的，電場為勻強電場．圖2(5)在φ－x圖象中可知電場強度的方向，進而可以判斷電荷在電場中的受力方向．2．E－x圖象(電場方向沿x軸正方向為正)(1)E－x圖象反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律，E>0表示電場強度沿x軸正方向；E<0表示電場強度沿x軸負方向．(2)在給定了電場的E－x圖象后，可以由圖線確定電場強度、電勢的變化情況，E－x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差(如圖3所示)，兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定．在與粒子運動相結(jié)合的題目中，可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況．圖3(3)在這類題目中，還可以由E－x圖象畫出對應(yīng)的電場，利用這種已知電場的電場線分布、等勢面分布或場源電荷來處理相關(guān)問題．例1(多選)(2019·安徽蚌埠市第二次質(zhì)檢)電場中有一條電場線與x軸重合，x軸上各點的電場強度與位置的關(guān)系如圖4所示，一質(zhì)子只在電場力作用下，自坐標原點由靜止釋放沿x軸正方向運動，已知Oa＝ab＝bc＝d，b點電勢φb＝0.則下列結(jié)論正確的是()圖4A．質(zhì)子沿x軸做勻速直線運動B．質(zhì)子在a、c兩點的電勢能相等C．質(zhì)子在a、b、c三點的動能之比為2∶3∶4D．坐標原點O的電勢為1.5E0d答案CD解析由E－x圖象和F＝qE可知質(zhì)子沿x軸先做勻加速直線運動，后做加速度減小的加速直線運動，最后做加速度增大的加速直線運動，故A錯誤；質(zhì)子一直做加速直線運動，電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；由E－x圖象與x軸所圍“面積”表示電勢差，因此UOa＝E0d，UOb＝eq\f(3,2)E0d，UOc＝2E0d，由動能定理有Eka＝qUOa＝qE0d，Ekb＝qUOb＝eq\f(3,2)qE0d，Ekc＝qUOc＝2qE0d，所以質(zhì)子在a、b、c三點的動能之比為2∶3∶4，故C正確；根據(jù)UOb＝φO－φb可得坐標原點O的電勢為φO＝1.5E0d，故D正確．拓展訓練1(2019·江西省重點中學協(xié)作體第一次聯(lián)考)將兩個點電荷A、B分別固定在水平面上x軸的兩個不同位置上，將一帶負電的試探電荷在水平面內(nèi)由A點的附近沿x軸的正方向移動到B點附近的過程中，該試探電荷的電勢能隨位置變化的圖象如圖5所示，已知xAC>xCB，圖中的水平虛線在C點與圖線相切，兩固定點電荷帶電荷量的多少分別用qA、qB表示．則下列分析正確的是()圖5A．兩固定點電荷都帶正電，且qA>qBB．在AB連線內(nèi)，C點的電場強度最小但不等于零C．因試探電荷的電勢能始終為正值，可知A、B兩點間沿x軸方向的電場強度始終向右D．如果將試探電荷的電性改為正電，則該電荷在C點的電勢能最大答案D解析負試探電荷從A運動到C，電勢能降低，則從A到C電勢逐漸升高，電場方向從C到A；負電荷從C到B電勢能增加，則電勢逐漸降低，則電場方向從C到B.即電場方向先沿x軸負方向，后沿x軸正方向，則qA和qB均為負電荷．因為在qA和qB連線中點處的合場強沿x軸負方向，故qA>qB，故A、C均錯誤；Ep－x圖象的斜率大小代表電場力，而C點的切線斜率為零，說明該試探電荷在C點處受到的電場力為零，B錯誤；在C點負電荷的電勢能最低，則正電荷在C點的電勢能最大，故D正確．例2(2019·陜西榆林市第二次模擬)某靜電場的方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布如圖6所示．一質(zhì)量m＝4×10－10kg、電荷量q＝2×10－9C的帶負電粒子(不計重力)從(－1,0)點由靜止開始，僅在電場力作用下在x軸上往返運動．則該粒子運動的周期為()圖6A.eq\f(2＋\r(2),5)sB．0.6sC．0.1sD.eq\f(5＋\r(5),2)s答案B解析粒子先沿x軸正方向做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，然后反向運動．E1＝eq\f(ΔΦ,Δx)＝eq\f(10,1)V/m＝10V/m，a1＝eq\f(qE1,m)＝50m/s2；由x1＝eq\f(1,2)a1t12，解得粒子沿x軸正方向運動的時間為t1＝eq\r(\f(2x1,a1))＝eq\r(\f(2×1,50))s＝0.2s；同理可得粒子沿x軸正方向做勻減速運動的時間為t2＝0.1s；且粒子到達x＝0.5m處的速度恰好為零，反向運動的時間為t1＋t2＝0.3s；則粒子運動的周期為T＝2(t1＋t2)＝0.6s；故選B.拓展訓練2(2019·河南省高考適應(yīng)性測試)如圖7甲所示，M、N為正對豎直放置的平行金屬板，A、B為兩板中線上的兩點．當M、N板間不加電壓時，一帶電小球從A點由靜止釋放經(jīng)時間T到達B點，此時速度為v.若兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0時，將帶電小球仍從A點由靜止釋放，小球運動過程中始終未接觸極板，則t＝T時，小球()圖7A．在B點上方 B．恰好到達B點C．速度大于v D．速度小于v答案B解析在A、B兩板間加上如題圖乙所示的交變電壓，小球受到重力和電場力的作用，電場力做周期性變化，且電場力在水平方向，所以小球豎直方向做自由落體運動．在水平方向小球先做勻加速直線運動，后沿原方向做勻減速直線運動，t＝eq\f(T,2)時速度為零，接著反向做勻加速直線運動，后繼續(xù)沿反方向做勻減速直線運動，t＝T時速度為零．根據(jù)對稱性可知在t＝T時小球的水平位移為零，所以t＝T時，小球恰好到達B點，故A錯誤，B正確；在0～T時間內(nèi)，電場力做功為零，小球機械能變化量為零，所以t＝T時，小球速度等于v，故C、D錯誤.例3(2019·安徽合肥市第二次質(zhì)檢)為了同時測量一電源的電動勢E和內(nèi)阻r，以及未知阻值的電阻Rx，某同學設(shè)計了一電路．實驗室提供的器材如下：待測電源、待測電阻、電阻箱一個、內(nèi)阻很大的電壓表一只、開關(guān)兩個、導線若干．圖8(1)為實現(xiàn)上述目的，請完善圖8甲實物圖連接；(2)該同學實驗的主要步驟有：①閉合S1、S2，多次調(diào)節(jié)電阻箱，并記錄其阻值及對應(yīng)的電壓表的示數(shù)；②保持S1閉合，斷開S2，多次調(diào)節(jié)電阻箱，并記錄其阻值及對應(yīng)的電壓表的示數(shù)；③根據(jù)記錄的數(shù)據(jù)，作出兩條eq\f(1,U)－eq\f(1,R)圖線如圖乙所示．由圖線可得電動勢E＝________，內(nèi)阻r＝________，Rx＝________.(用圖中a、b、c表示)答案(1)(2)eq\f(1,c)eq\f(1,a)eq\f(1,b)－eq\f(1,a)解析(1)通過開關(guān)S2控制電路中的電阻Rx是否接入電路，電路原理圖如圖所示：故實物連線圖如圖所示：(2)閉合S1、S2，有E＝U＋eq\f(U,R)r，故有eq\f(1,U)＝eq\f(1,E)＋eq\f(r,E)·eq\f(1,R)；保持S1閉合，斷開S2，有E＝U＋eq\f(U,R)(r＋Rx)，故有eq\f(1,U)＝eq\f(1,E)＋eq\f(r＋Rx,E)·eq\f(1,R)；結(jié)合eq\f(1,U)－eq\f(1,R)圖象可知，eq\f(1,E)＝c，eq\f(r＋Rx,E)＝eq\f(c,b)，eq\f(r,E)＝eq\f(c,a)，故解得：E＝eq\f(1,c)，r＝eq\f(1,a)，Rx＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a).拓展訓練3(2019·吉林省“五地六?！焙献黧w聯(lián)考)如圖9所示為a、b兩電阻的伏安特性曲線，圖中α＝45°，關(guān)于兩電阻的描述正確的是()圖9A．電阻a的阻值隨電流的增大而增大B．因I－U圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，故電阻b的阻值R＝eq\f(1,tanα)＝1.0ΩC．在兩圖線交點處，電阻a的阻值等于電阻b的阻值D．在電阻b兩端加2V電壓時，流過電阻的電流是4A答案C解析I－U圖象的斜率等于電阻的倒數(shù)，由題圖可知，電阻a的圖象的斜率越來越大，故a的電阻隨電流的增大而減小，故A錯誤；I－U圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，但是由于橫、縱坐標軸的長度單位不同，則不能由R＝eq\f(1,tanα)＝1.0Ω求解電阻b的阻值，只能通過R＝eq\f(U,I)＝eq\f(10,5)Ω＝2Ω求解，選項B錯誤；根據(jù)R＝eq\f(U,I)可知在兩圖線交點處，電阻a的阻值等于電阻b的阻值，選項C正確；由題圖可知，在電阻b兩端加2V電壓時，流過電阻的電流是1A，選項D錯誤．1．解決電磁感應(yīng)圖象問題的“三點關(guān)注”(1)關(guān)注初始時刻，如初始時刻感應(yīng)電流是否為零，是正方向還是負方向．(2)關(guān)注變化過程，看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應(yīng)．(3)關(guān)注大小、方向的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過程對應(yīng)．2．解決電磁感應(yīng)圖象問題常用的“兩個方法”(1)排除法；(2)函數(shù)法．例4(多選)(2019·全國卷Ⅱ·21)如圖10，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計．虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場．將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好．已知PQ進入磁場時加速度恰好為零．從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是()圖10答案AD解析根據(jù)題述，PQ進入磁場時加速度恰好為零，兩導體棒從同一位置釋放，則兩導體棒進入磁場時的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等，若釋放兩導體棒的時間間隔足夠長，在PQ通過磁場區(qū)域一段時間后MN進入磁場區(qū)域，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能是A；若釋放兩導體棒的時間間隔較短，在PQ沒有出磁場區(qū)域時MN就進入磁場區(qū)域，則兩棒在磁場區(qū)域中運動時回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場中做加速運動，PQ出磁場后，MN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿導軌平面方向的分力，所以MN一定做減速運動，回路中感應(yīng)電流減小，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能是D.拓展訓練4(2019·廣東廣州市下學期一模)如圖11甲所示，梯形硬導線框abcd固定在磁場中，磁場方向與線框平面垂直，圖乙表示該磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖，t＝0時刻磁場方向垂直紙面向里．在0～5t0時間內(nèi)，設(shè)垂直ab邊向上為安培力的正方向，線框ab邊受到該磁場對它的安培力F隨時間t變化的關(guān)系圖為()圖11答案D解析0～2t0，感應(yīng)電動勢為：E1＝Seq\f(ΔB,Δt)＝Seq\f(B0,t0)，為定值，3t0～5t0，感應(yīng)電動勢為：E2＝Seq\f(ΔB,Δt)＝Seq\f(B0,t0)，也為定值，因此感應(yīng)電流也為定值，那么安培力F＝BIL∝B.由于0～t0，B逐漸減小到零，故安培力逐漸減小到零，根據(jù)楞次定律可知，線框中感應(yīng)電流沿順時針方向，依據(jù)左手定則可知，線框ab邊受到的安培力方向向上，即為正；同理，t0～2t0，安培力方向向下，為負，大小增大，而在2t0～3t0，沒有安培力；在3t0～4t0，安培力方向向上，為正，大小減??；在4t0～5t0，安培力方向向下，為負，大小增大，故D正確，A、B、C錯誤．拓展訓練5(多選)(2019·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬)如圖12所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ放置在同一水平面內(nèi)，M、P之間接一定值電阻R，金屬棒ab垂直導軌放置，金屬棒和導軌的電阻均不計，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中．t＝0時對金屬棒施加水平向右的外力F，使金屬棒由靜止開始做勻加速直線運動．下列關(guān)于通過金屬棒的電流i、通過導軌橫截面的電荷量q、拉力F和拉力的功率P隨時間變化的圖象，正確的是()圖12答案AC解析由題意可知，金屬棒由靜止開始做勻加速直線運動，則有：x＝eq\f(1,2)at2，v＝at，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv＝BLat，則感應(yīng)電流i＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLa,R)t，故A正確；根據(jù)eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)和q＝eq\x\to(I)Δt，得q＝eq\f(ΔΦ,R)，而ΔΦ＝BΔS＝BLx＝eq\f(1,2)BLat2，故q＝eq\f(BLa,2R)t2，故B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有：F－F安＝ma，F(xiàn)安＝BiL＝eq\f(B2L2a,R)t，解得：F＝ma＋eq\f(B2L2a,R)t，故C正確；根據(jù)P＝Fv，得P＝Fv＝ma2t＋eq\f(B2L2a2,R)t2，故D錯誤．專題強化練(限時20分鐘)1.(2019·陜西榆林市第二次模擬)如圖1所示，單匝線圈abcd固定于分布均勻的磁場中，磁場方向垂直線圈平面．當磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化時，ab邊受到的安培力恒定不變．則下列磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的圖象中可能正確的是()圖1答案C解析設(shè)線圈的ab邊長為L，ad邊長為l，當磁感應(yīng)強度發(fā)生變化時，線圈內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(ΔB·Ll,Δt)；感應(yīng)電流為：I＝eq\f(E,R)；安培力為：F＝BIL，得：F＝eq\f(B·ΔB·L2l,Δt·R)，由ab邊受到的安培力恒定不變可知，若磁感應(yīng)強度B增大，則eq\f(ΔB,Δt)減?。蝗鬊減小，則eq\f(ΔB,Δt)增大．故C正確．2．(多選)(2019·四川省綜合能力提升卷(三))空間有一沿x軸分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖象如圖2所示．－x1、x1、x2、x3是x軸上的四個點，圖象關(guān)于坐標原點O中心對稱，下列說法中正確的是()圖2A．－x1處的電勢比x1的電勢高B．將正電荷由－x1移到x2，電勢能先增大，后減小C．將一負電荷由－x1處由靜止釋放，若只受電場力作用，它將在－x1和x1之間往復(fù)運動D．負電荷在4個點中位于x2電勢能最大答案BC解析根據(jù)題意，電場關(guān)于x軸對稱分布，作出電場線如圖所示．根據(jù)順著電場線電勢降低，則O電勢最高，從圖線看出，電場強度關(guān)于原點O對稱，則x軸上關(guān)于O點對稱位置的電勢相等．則－x1處的電勢與x1處的電勢相等，故A錯誤；將正電荷由－x1移到x2，電勢能先增大，后減小，選項B正確；－x1和x1之間的電場是對稱的，將一負電荷由－x1處由靜止釋放，負電荷先向O做加速運動，經(jīng)過O點之后做減速運動，到x1處速度減為零，則它將在－x1和x1之間往復(fù)運動，選項C正確；4個點中，x3點的電勢最低，則負電荷在4個點中位于x3電勢能最大，選項D錯誤．3.(多選)(2019·湖北恩施州教學質(zhì)量檢測)如圖3所示為某靜電場中x軸上各點電勢分布圖，一個帶電粒子在坐標原點O由靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸正向運動，則下列說法正確的是()圖3A．粒子一定帶正電B．粒子運動到坐標軸上x2處速度最大C．粒子從坐標軸上x1處運動到x3處，電場力的沖量為零D．粒子從坐標軸上x1處運動到x2處，加速度先增大后減小答案BC解析由于從坐標原點沿x軸正向電勢先升高后降低，因此電場方向先向左后向右，由于帶電粒子在坐標原點由靜止沿x軸正向運動，因此可知粒子帶負電，選項A錯誤；粒子從O到x2做加速運動，從x2向右做減速運動，因此粒子運動到坐標軸上x2處速度最大，選項B正確；由于粒子只受電場力作用，因此電勢能和動能之和為一定值，即粒子在x1處和x3處電勢能相等，動能相等，由于運動方向相同，因此速度相同，根據(jù)動量定理可知，粒子從坐標軸上x1處運動到x3處，電場力的沖量為零，選項C正確；由E＝eq\f(Δφ,Δx)可知，坐標軸上x1處到x2處，電場強度一直減小，由a＝eq\f(qE,m)可知，粒子的加速度一直減小，選項D錯誤．4.(2019·廣東深圳市第二次調(diào)研)真空中，在x軸上x＝0和x＝8m處分別固定兩個電性相同的點電荷Q1和Q2.電荷間連線上的電場強度E隨x變化的圖象如圖4所示(x軸正方向為場強正方向)，其中x＝6m處E＝0.將一個正試探電荷在x＝2m處由靜止釋放(重力不計，取無窮遠處電勢為零)．則()圖4A．Q1、Q2均為負電荷B．Q1、Q2帶電荷量之比為9∶1C．在x＝6m處電勢為0D．該試探電荷向x軸正方向運動時，電勢能一直減小答案B解析由題圖，在x＝0處場強為正，x＝8m處場強為負，可知Q1、Q2均為正電荷，故A錯誤；根據(jù)題意“x＝6m處E＝0”可知，在x＝6m處，E1＝E2，即keq\f(Q1,62)＝keq\f(Q2,22)，解得eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(62,22)＝eq\f(9,1)，故B正確；由于無窮遠處電勢為零，故在x＝6m處電勢不為0，故C錯誤；該試探電荷向x軸正方向運動時，電場力先做正功，再做負功，因此電勢能先減小后增大，故D錯誤．5．(2019·湖南長沙、望城、瀏陽、寧鄉(xiāng)四縣市區(qū)3月調(diào)研)如圖5所示，正方形導線框abcd放在勻強磁場中靜止不動，磁場方向與線框平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，t＝0時刻，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里．下列選項中能表示線框的ab邊受到的磁場力F隨時間t的變化關(guān)系的是(規(guī)定水平向左為力的正方向)()圖5答案A解析0～1s：磁場方向向里且均勻減小，由楞次定律可得，線框中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力F安＝BIL均勻減小，由左手定則可知，安培力方向向左即為正；1～3s：磁場方向向外且均勻增大，由楞次定律可得，線框中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力F安＝BIL均勻增大，由左手定則可知，安培力方向向右即為負；3～5s：磁場方向向外且均勻減小，由楞次定律可得，線框中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力F安＝BIL均勻減小，由左手定則可知，安培力方向向左即為正；綜合上述分析可知A正確．6．(多選)(2019·湖南婁底市下學期質(zhì)量檢測)如圖6甲所示，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方固定一螺線管Q，P和Q共軸，Q中的電流i隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，取甲圖中電流方向為正方向，P所受的重力為G，桌面對P的支持力為FN，則()圖6A．在t1時刻，F(xiàn)N>G，P有收縮的趨勢B．在t2時刻，F(xiàn)N＝G，穿過P的磁通量不變C．在t3時刻，F(xiàn)N＝G，P中有感應(yīng)電流D．在t4時刻，F(xiàn)N＞G，P有收縮的趨勢答案ABC解析當螺線管中電流增大時，其形成的磁場不斷增強，因此線圈P中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知線圈P將阻礙其磁通量的增大，故線圈有遠離和面積收縮的趨勢，即FN>G，P有收縮的趨勢，故A正確；當螺線管中電流不變時，其形成磁場不變，線圈P中的磁通量不變，因此線圈P中無感應(yīng)電流產(chǎn)生，故t2時刻FN＝G，故B正確；t3時刻螺線管中電流為零，但是線圈P中磁通量是變化的，因此此時線圈P中有感應(yīng)電流，但此時刻二者之間沒有相互作用力，即FN＝G，故C正確；當螺線管中電流不變時，其形成的磁場不變，線圈P中的磁通量不變，因此磁鐵線圈中無感應(yīng)電流產(chǎn)生，故t4時刻FN＝G，此時P沒有收縮的趨勢，故D錯誤．7．(2019·山西五地聯(lián)考上學期期末)學校物理興趣小組為探究多用電表歐姆擋的原理，決定自己動手設(shè)計一個歐姆表，其內(nèi)部的結(jié)構(gòu)圖如圖7甲所示，已知電源電動勢E約為3V，其他數(shù)值同學們都忘記了，所以同學們決定測量歐姆表的電源電動勢和內(nèi)阻．圖7(1)兩表筆分別與電阻箱兩接線柱相連，調(diào)節(jié)電阻箱，直到電流表讀數(shù)如圖乙，電阻箱示數(shù)如圖丙，則歐姆表的內(nèi)阻約為________Ω.(2)該小組同學把歐姆表的兩表筆與電阻箱連接，根據(jù)記錄的電阻箱阻值R與多用電表電流擋的讀數(shù)I，在如圖8所示坐標系中描點，請根據(jù)坐標系中所描點作出圖象；圖8(3)由圖象可得歐姆表的電源電動勢E＝________V，歐姆表的內(nèi)阻r＝________Ω.答案(1)10(2)(3)3.010.5解析(1)由題圖乙可知，電流表分度值為0.01A，示數(shù)為0.10A；由題圖丙可知電阻箱示數(shù)為：R＝0×1000Ω＋0×100Ω＋2×10Ω＋0×1Ω＝20Ω，由閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E,R＋R內(nèi))即：0.10A＝eq\f(