2014年上海市格致中学高考物理二模试卷(含详解)

2014年上海市格致中学高考物理二模试卷（5月份）
一、选择题
1．（6分）粗铁丝弯成如图所示半圆环的形状，圆心为O，半圆环最高点B处固定一个小滑轮，小圆环A用细绳吊着一个质量为m2的物块并套在半圆环上．一根一端拴着质量为m1的物块的细绳，跨过小滑轮后，另一端系在小圆环A 上．设小圆环、滑轮、绳子的质量以及相互之间的摩擦均不计，绳子不可伸长．若整个系统平衡时角AOB为α，则两物块的质量比m1：m2为（）
A．cos B．2sin C．sin D．2cos
2．（6分）估测一个密度约为1.5×103kg/m3的液态星球是否存在，科学家的主要根据之一就是它自转的周期，假若它存在，其自转周期的最小值约为（引力恒量G=6.67×10﹣11Nm2/kg2）（）
A．104s B．105s C．2×104s D．3×104s 3．（6分）如图所示小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面．不计一切阻力．下列说法不正确的是（）
A．小球落地点离O点的水平距离为2R
B．小球落地点时的动能为
C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零
D．若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大
高度比P点高0.5R
4．（6分）如图所示，真空中有一匀强电场和水平面成一定角度斜向上，一个电荷量为Q=﹣5×10﹣6 C的点电荷固定于电场中的O处，在a处有一个质量为m=9×10﹣3 kg、电荷量为q=2×10﹣8C的点电荷恰能处于静止，a与O在同一水平面上，且相距为r=0.1m．现用绝缘工具将q搬到与a在同一竖直平面上的b点，Oa=Ob且相互垂直，在此过程中外力至少做功为（）
A．1.8×10﹣2 J B．9（+1）×10﹣3 J
C．9×10﹣3 J D．9×10﹣3 J
5．（6分）如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻R1=R2=25Ω，D为理想二极管，原线圈接u=220sin 100πt（V）的交流电．则（）
A．交流电的频率为100 Hz
B．通过R1的电流为2A
C．通过R2的电流为A
D．变压器的输入功率为200 W
6．（6分）地面上有一物体重为G，今用竖直向上的拉力F作用于物体上．图I、II分别为G和F在0到25s内随时间变化的图象，则加速度a和速度v随时间t在0到25s内的变化图象是（）
A．B．
C．D．
7．（6分）一架战斗机在一悬崖区域进行投弹训练，悬崖壁可以看做一个竖直平面，战斗机以恒定速度沿着与悬崖平面垂直的方向向着悬崖水平飞行，先后释放炸弹P和炸弹Q．释放P和Q的时间间隔为t．P和Q均击在悬崖壁上，且击中的时间间隔为t′，击中点间距为H．不计空气阻力，重力加速度已知．根据以上信息可以判断或求出（）
A．t＞t′
B．t＜t′
C．P离开飞机到击中悬崖的时间
D．Q离开飞机到击中悬崖下落的高度
8．（6分）如图所示，间距为L的两根平等金属导轨变成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中，质量均为m，阻值均为R的导体棒ab，cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑，某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去．经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q（导体棒ab，cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g），则（）
A．导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I=
B．导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a=g﹣
C．导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s=
D．导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q=mv02﹣
二、解答题
9．（6分）某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系。

（ⅰ）小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；
（ⅱ）在钉子上分别套上2条、3条、4条…同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤（ⅰ），小物块落点分别记为M2、M3、M4…；（ⅲ）测量相关数据，进行数据处理。

（1）为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的（填正确答案标号）。

A．小物块的质量m
B．橡皮筋的原长x
C．橡皮筋的伸长量△x
D．桌面到地面的高度h
E．小物块抛出点到落地点的水平距离L
（2）将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、…，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、…．若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、为横坐标作图，才能得到一条直线。

（3）由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于（填“偶然误差”或“系统误差”）。

10．（9分）从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电流表A1的内阻r1，要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据。

器材（代号）规格
电流表（A1）电流表（A2）电压表（V）电阻（R1）滑动变阻器
（R2）电池（E）电健（K）
导线若干量程10mA，内阻r1待测（约40
Ω）
量程500μA，内阻r2=150Ω
量程10V，内阻r3=10kΩ
阻值约100Ω，作保护电阻用
总阻值约50Ω
电动势1.5V，内阻很小
（1）在虚线方框中画出电路图，标明所用器材的代号。

（2）若选测量数据中的一组来计算r1，则所用的表达式为r1=，式中各符号的意义是：。

11．（9分）如图所示，倾角为30°的足够长光滑斜面下端与一足够长光滑水平面相接，连接处用一光滑小圆弧过渡，斜面上距水平面高度分别为h1=5m和h2=0.2m的两点上，各静置一小球A和B．某时刻由静止开始释放A球，经
过一段时间t后，再由静止开始释放B球．g取10m/s2，求：
（1）为了保证A、B两球不会在斜面上相碰，t最长不能超过多少？
（2）若A球从斜面上h1高度处自由下滑的同时，B球受到恒定外力作用从C点以加速度a由静止开始向右运动，则a为多大时，A球有可能追上B球？
12．（18分）如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L=1m，间距d=m，两金属板间电压U MN=1×104V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P 恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一直线上，B、C、H也处于同一直线上，AF两点距离为m．现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m=3×10﹣10kg，带电量q=+1×10﹣4C，初速度v0=1×105m/s．
（1）求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向
（2）若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B1
（3）若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2应满足的条件．
【物理--选修3-4】
13．（6分）如图所示，a、b为两束不同频率的单色光，以45°的入射角射到平行玻璃砖的上表面，直线OO′与玻璃砖垂直且与其上表面交于N点，入射
点A、B到N点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的P 点．下列说法正确的是（）
A．在真空中，a光的传播速度大于b光的传播速度
B．在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度
C．如果同时增大入射角（入射角始终小于），那么，a光在下表面先发生全反射
D．对同一双缝干涉实验装置，a光的干涉条纹比b光的干涉条纹窄
14．（9分）如图所示，实线和虚线分别是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0和t=0.06s时刻的波形图．已知在t=0时刻，x=1.5m处的质点向y轴正方向运动．
①判断该波的传播方向；
②求该波的最小频率；
③若3T＜t＜4T，求该波的波速．
【物理---选修3-5】
15．（6分）以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是（）A．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子
B．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，但原子的能量增大
C．核衰变中，γ光子是衰变后转变的新核辐射的
D．比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定吸收核能
E．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小
16．（9分）竖直平面内一光滑水平轨道与光滑曲面平滑相连．质量为m1和m2的木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B之间有一轻弹簧，弹簧与木块A 相固连，与木块B不固连．将弹簧压紧用细线相连，细线突然断开，A获得动量大小为P，B冲上光滑曲面又滑下并追上A压缩弹簧，求：
①A和B的质量m，和m2的大小关系；
②B追上A并压缩弹簧的过程中弹簧的最大弹性勢能．
2014年上海市格致中学高考物理二模试卷（5月份）
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（6分）粗铁丝弯成如图所示半圆环的形状，圆心为O，半圆环最高点B处固定一个小滑轮，小圆环A用细绳吊着一个质量为m2的物块并套在半圆环上．一根一端拴着质量为m1的物块的细绳，跨过小滑轮后，另一端系在小圆环A 上．设小圆环、滑轮、绳子的质量以及相互之间的摩擦均不计，绳子不可伸长．若整个系统平衡时角AOB为α，则两物块的质量比m1：m2为（）
A．cos B．2sin C．sin D．2cos
【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】选取小圆环A为研究对象，画受力分析示意图，小圆环受三个力，两个绳子的拉力和大圆环的支持力，一定要知道大圆环的支持力只能是沿着半径的，由此两端绳子拉力分别在切线方向上的分力必然相等，然后由数学三角函数知识求解
【解答】解：如图，对小环进行受力分析，如图所示，小环受上面绳子的拉力m1g，下面绳子的拉力m2g，以及圆环对它沿着OA向外的支持力，将两个绳子的拉力进行正交分解，它们在切线方向的分力应该相等：
m1gsin=m2gcos（α﹣90）
即：m1cos=m2sinα
m1cos=2m2sin cos
得：m1：m2=2sin
故选：B。

【点评】本题主要考查了正交分解的方法，另外要重视数学计算在物理中的应用2．（6分）估测一个密度约为1.5×103kg/m3的液态星球是否存在，科学家的主要根据之一就是它自转的周期，假若它存在，其自转周期的最小值约为（引力恒量G=6.67×10﹣11Nm2/kg2）（）
A．104s B．105s C．2×104s D．3×104s
【考点】4F：万有引力定律及其应用．
【专题】528：万有引力定律的应用专题．
【分析】由星球表面部分所受万有引力提供向心力列等式，用周期表示向心力即可求出．
【解答】解：取表面上的一小部分m，则由要所需要的向心力小于或等于万有引力：
﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
又﹣﹣﹣﹣②
解得T≥=104s
则A正确，BCD错误
故选：A。

【点评】考查万有引力的应用，会由万有引力提供向心力求周期．
3．（6分）如图所示小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能
通过最高点P，然后落回水平面．不计一切阻力．下列说法不正确的是（）
A．小球落地点离O点的水平距离为2R
B．小球落地点时的动能为
C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零
D．若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R
【考点】4A：向心力；6C：机械能守恒定律．
【专题】51A：圆周运动中的临界问题；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】小球恰能通过半圆弧轨道的最高点P时，由重力提供向心力，求出小球通过P点时的速度．小球通过P点后做平抛运动，由高度2R求出时间，再由x=v0t求出水平距离．根据机械能守恒定律求出小球落地点时的动能．根据机械能守恒定律，求出将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变时小球能达到的最大高度．
【解答】解：A、小球恰能通过半圆弧轨道的最高点P时，通过P点时速度为v，则
mg=m，v=
小球离开P点后平抛运动时间t=
则小球落地点离O点的水平距离x=vt=2R．故A正确。

B、由机械能守恒定律得：小球落地点时的动能E k=mg•2R+=．故
B正确。

C、小球运动到半圆弧最高点P时向心力等于重力，不等于零。

故C错误。

D、若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，设小球能达到的最大
高度为比P点高h。

由机械能守恒定律，得=mgh，h==0.5R 故D正确。

本题选错误的，故选C。

【点评】本题考查综合运用平抛运动规律、机械能守恒定律和向心力知识的能力，比较容易．
4．（6分）如图所示，真空中有一匀强电场和水平面成一定角度斜向上，一个电荷量为Q=﹣5×10﹣6 C的点电荷固定于电场中的O处，在a处有一个质量为m=9×10﹣3 kg、电荷量为q=2×10﹣8C的点电荷恰能处于静止，a与O在同一水平面上，且相距为r=0.1m．现用绝缘工具将q搬到与a在同一竖直平面上的b点，Oa=Ob且相互垂直，在此过程中外力至少做功为（）
A．1.8×10﹣2 J B．9（+1）×10﹣3 J
C．9×10﹣3 J D．9×10﹣3 J
【考点】65：动能定理；AF：等势面．
【专题】52D：动能定理的应用专题．
【分析】首先对能静止在A点的小球进行受力分析，求出静电场E的大小和方向，对点电荷Q来说，a、b两点也在同一个等势面上，所以，将q从a点移到b点库仑力都不做功，根据动能定理得出外力做功的多少．
【解答】解：如图所示，在a处静止的电荷q受竖直向下的重力mg=9×10﹣2N，受水平向右的库仑力F=k=9×109×N=9×10﹣2 N，
由于小球处于静止状态，所以可知q所受电场力为qE=9×10﹣2 N，θ=45°。

由几何知识可知ab=r且与匀强电场垂直，a、b两点在同一个等势面上；对点电荷Q来说，a、b两点也在同一个等势面上，所以，将q从a点移到b点电场力和库仑力都不做功，由动能定理得W﹣mgr=0，W=mgr=9×10﹣2×0.1 J=9×10﹣3 J，D正确。

故选：D。

【点评】该题中通过对带电小球的受力分析，得出静电场的方向与水平面之间的夹角为45°，判断出a、b两点在静电场E的同一个等势面上；对点电荷Q 来说，a、b两点也在同一个等势面上．这是解题的关键．
5．（6分）如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻R1=R2=25Ω，D为理想二极管，原线圈接u=220sin 100πt（V）的交流电．则（）
A．交流电的频率为100 Hz
B．通过R1的电流为2A
C．通过R2的电流为A
D．变压器的输入功率为200 W
【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E8：变压器的构造和原理．【专题】53A：交流电专题．
【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比和二极管的特点即可求得结论．
【解答】解：A、根据表达式可知ω=100π，根据ω=2πf得：交流电的频率为：
，故A错误；
B、原线圈电压有效值为，则根据变压器匝数比可得副线
圈电压为，根据欧姆定律得通过R1的电流为：
，故B错误；
C、二极管具有单向导电性，流过二极管中的交流电只有半个周期可以通过，根
据电流的热效应得：，解得：U′=25V，根据欧姆定律得通过R2的电流为：，故C正确；
D、电阻R1消耗功率为，电阻R2消耗功率为
，则原线圈输入功率为P=，故D错误；
故选：C。

【点评】本题的难点在于二极管的作用，是使得反向电流不能通过，根据电流热效应求其有效值．
6．（6分）地面上有一物体重为G，今用竖直向上的拉力F作用于物体上．图I、II分别为G和F在0到25s内随时间变化的图象，则加速度a和速度v随时间t在0到25s内的变化图象是（）
A．B．
C．D．
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律．
【专题】522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据牛顿第二定律求解出各个时间段的加速度，然后根据速度时间公式求解各个时间点的速度．
【解答】解：A、B、0﹣5s，拉力为10N，小于重力，物体不动，故加速度为零；5﹣10s，拉力等于重力，加速度为零，物体保持静止；
10﹣15s内，加速度为：，故15s末速度为：v=at=10×5=50m/s；15s到20s，拉力逐渐减小，物体先做加速运动后减速前进；
20s﹣25s，物体做竖直上抛运动，加速度为﹣g；
故A正确，B错误；
C、D、由于△v=a•△t，故a﹣t图象与坐标轴包围的面积表示速度变化，故25s
速度恰好减为零，故C正确，D错误；
故选：AC。

【点评】本题关键根据牛顿第二定律求解各个时间段的加速度，同时明确a﹣t 图象与坐标轴包围的面积表示速度变化．
7．（6分）一架战斗机在一悬崖区域进行投弹训练，悬崖壁可以看做一个竖直平面，战斗机以恒定速度沿着与悬崖平面垂直的方向向着悬崖水平飞行，先后释放炸弹P和炸弹Q．释放P和Q的时间间隔为t．P和Q均击在悬崖壁上，且击中的时间间隔为t′，击中点间距为H．不计空气阻力，重力加速度已知．根据以上信息可以判断或求出（）
A．t＞t′
B．t＜t′
C．P离开飞机到击中悬崖的时间
D．Q离开飞机到击中悬崖下落的高度
【考点】43：平抛运动．
【专题】518：平抛运动专题．
【分析】飞机匀速飞行，炸弹做平抛运动，炸弹始终在飞机的正下方，根据平抛运动的分运动公式列式分析即可．
【解答】解：A、B、战斗机做匀速直线运动，炸弹做平抛运动，故炸弹一直在飞机的正下方，故P和Q击在悬崖壁上的时间间隔为t′为零；而t不为零；
故t＞t′；故A正确，B错误；
C、平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，根据位移公式，有：
h Q=h P﹣H=gt p2
h P=g（t p﹣t）2
两个方程联立可以解出P离开飞机到击中悬崖的时间tP和Q离开飞机到击中悬崖下落的高度hQ；故C正确，D正确；
故选：ACD。

【点评】本题关键是明确炸弹做平抛运动，炸弹、飞机水平方向相对静止，结合平抛运动的分位移公式列式求解即可，基础题目．
8．（6分）如图所示，间距为L的两根平等金属导轨变成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中，质量均为m，阻值均为R的导体棒ab，cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑，某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去．经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q（导体棒ab，cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g），则（）
A．导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I=
B．导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a=g﹣
C．导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s=
D．导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q=mv02﹣
【考点】37：牛顿第二定律；BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．
【专题】538：电磁感应——功能问题．
【分析】cd切割磁感线产生感应电动势，感应电动势为E=BLv0，ab没有切割
磁感线，不产生感应电动势．根据闭合电路欧姆定律求得导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I；根据牛顿第二定律和安培力公式F=BIL求解ab棒的加速度大小．根据感应电量公式q=求解s．根据能量守恒定律求解Q．【解答】解：A、cd切割磁感线产生感应电动势为E=BLv0，根据闭合电路欧姆定律得：I==，故A错误。

B、对于ab棒：由牛顿第二定律得：mg﹣f=ma，摩擦力f=μN，N为轨道对ab
棒的弹力，水平方向，由平衡条件得：N=BIL，解得：a=g﹣，故
B正确。

C、对于cd棒，通过棒的电量：q==，解得：s=，故C正确。

D、设导体棒cd在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q，由于ab的电阻与cd相同，
两者串联，则ab产生的焦耳热也为Q．根据能量守恒得：2Q+μmgs=mv02，已知：s=，解得：Q=mv02﹣，故D正确。

故选：BCD。

【点评】解决本题要知道cd相当于电源，ab是外电路，掌握感应电量公式q=，会正确分析能量如何转化．
二、解答题
9．（6分）某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系。

（ⅰ）小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；
（ⅱ）在钉子上分别套上2条、3条、4条…同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤（ⅰ），小物块落点分别记为M2、M3、M4…；（ⅲ）测量相关数据，进行数据处理。

（1）为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的ADE（填正确答案标号）。

A．小物块的质量m
B．橡皮筋的原长x
C．橡皮筋的伸长量△x
D．桌面到地面的高度h
E．小物块抛出点到落地点的水平距离L
（2）将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、…，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、…．若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线。

（3）由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差（填“偶然误差”或“系统误差”）。

【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．
【专题】13：实验题；52D：动能定理的应用专题．
【分析】小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小球离开桌面时的速度，再知道小球的质量，就可以计算出小球的动能。

根据h=，和L=v0t，可得，因为功与速度的平方成正比，所以功与L2正比。

【解答】解：（1）小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度h=，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离L=v0t，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式，还需要知道小球的质量。

故ADE正确、BC错误。

故选：ADE。

（2）根据h=，和L=v0t，可得，因为功与速度的平方
成正比，所以功与L2正比，故应以W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线。

（3）一般来说，从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差。

由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差。

故答案为：（1）ADE；（2）L2；（3）系统误差。

【点评】明确实验原理，根据相应规律得出表达式，然后讨论。

还要知道系统误差和偶然误差的区别，系统误差是由于仪器的某些不完善、测量技术上受到限制或实验方法不够完善没有保证正确的实验条件等原因产生，如停表测时间时，停表不准确，慢了，测的时间间隔总是偏小。

偶然误差的特点是它的随机性。

如果我们对一些物理量只进行一次测量，其值可能比真值大也可能比真值小，这完全是偶然的，产生偶然误差的原因无法控制，所以偶然误差总是存在，通过多次测量取平均值可以减小偶然误差，但无法消除。

既然是误差就不可消除，只能是改进方法，多次做试验，以减小误差。

10．（9分）从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电流表A1的内阻r1，要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据。

器材（代号）规格
电流表（A1）电流表（A2）电压表（V）电阻（R1）滑动变阻器
（R2）电池（E）电健（K）
导线若干量程10mA，内阻r1待测（约40
Ω）
量程500μA，内阻r2=150Ω
量程10V，内阻r3=10kΩ
阻值约100Ω，作保护电阻用
总阻值约50Ω
电动势1.5V，内阻很小
（1）在虚线方框中画出电路图，标明所用器材的代号。

（2）若选测量数据中的一组来计算r1，则所用的表达式为r1=，式中
各符号的意义是：式中I1、I2电流表A1与电流表A2的读数；r1、r2分别为电流表A1与电流表A2的内阻。

【考点】N6：伏安法测电阻．
【专题】13：实验题．
【分析】（1）电流表可视为一个小电阻，但可显示通过的电流值，因而可知道其两端的电压值，由于电源电动势较小，故本实验中电压表不可以使用，否则会带来较大的读数误差，同时滑动变阻器总阻值较小，本着可多次变换测量值的原则，应采用分压接法
（2）根据部分电路欧姆定律，利用电压表两端的电压处以电流可得电阻
【解答】解：（1）由于电源电动势较小，故本实验中电压表不可以使用，但是电流表可视为一个小电阻，同时可显示通过的电流值，因而可知道其两端的电压值，可充当电压表，滑动变阻器总阻值较小，本着可多次变换测量值的原则，应采用分压接法；为了保护电路，可以串联电阻（R1）作为保护电阻；故电路如图所示：
（2）根据欧姆定律得：
r1==
式中I1、I2分别为电流表A1与电流表A2的读数；r1、r2分别为电流表A1与电流表A2的内阻。