（2004?云南模拟）测定电流表内电阻的实验中备有下列器材：
待测电流表G（量程0～10mA）
标准电压表V（量程0～5V）
电阻箱R′（0～999Ω）
滑动变阻器 R₁（总电阻约50Ω，额定电流1.5A）
滑动变阻器 R₂（总电阻约10kΩ，额定电流1.5A）
电源 E（电动势约为6V，内阻较小）
电键及导线若干
（1）若采用如图所示的电路测定电流表的内电阻，并且要想得到较高的精确度，那么以上备用的器材中，滑动变阻器R应选用

R₂

R₂

．
（2）若实验中测得待测电流表的内阻值为6Ω，现要想将此电流表改装成量程为0～5V的电压表，则改装的方法是将电流表与电阻箱R′

串

串

联，并将电阻箱的阻值调为

494

494

Ω．
（3）画出一个用标准电压表校准改装电压表的实验电路图，要求在电路图中标出所选用器材的符号．

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现有一块小量程电流表G，满偏电流为200μA，内阻约为400～450Ω，把它改装成1mA、10mA的两量程电流表，可供选择的器材有：
①标准电流表（量程0-1.5mA，0-10mA）
②电阻箱（0-9999Ω）
③电位器（0-100kΩ）
④电源（电动势2V）
⑤电源（电动势6V）
⑥滑动变阻器（0-50Ω，额定电流1.5A）
⑦电键两只，导线若干．
（1）用半偏法测定电流表的内阻．采用图1电路测定电流表G的内阻．要想得到较高的精确度，从以上给出的器材中，可变电阻R₁应选用

③

③

，可变电阻R₂应选用

②

②

，电源E应选用

⑤

⑤

．（填所给器材前的数字符号）
（2）图2为将G改装成两量程电流表的电路，如果在实验中所得的R₂的阻值为400Ω，则图2中的电阻R_a=

10

10

Ω，R_b=

90

90

Ω．
（3）本实验第（1）步的系统误差总是使测得的R_g比真实值偏

小

小

．由此引起的结果是在校对中，发现改装电流表的示数总是比标准电流表的示数偏

小

小

．

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现有一块小量程电流表G，满偏电流为200μA，内阻约为400～450Ω，把它改装成1mA、10mA的两量程电流表，可供选择的器材有：
①标准电流表（量程0-1.5mA，0-10mA）
②电阻箱（0-9999Ω）
③电位器（0-100kΩ）
④电源（电动势2V）
⑤电源（电动势6V）
⑥滑动变阻器（0-50Ω，额定电流1.5A）
⑦电键两只，导线若干．
（1）用半偏法测定电流表的内阻．采用图1电路测定电流表G的内阻．要想得到较高的精确度，从以上给出的器材中，可变电阻R₁应选用    ，可变电阻R₂应选用    ，电源E应选用    ．（填所给器材前的数字符号）
（2）图2为将G改装成两量程电流表的电路，如果在实验中所得的R₂的阻值为400Ω，则图2中的电阻R_a=    Ω，R_b=    Ω．
（3）本实验第（1）步的系统误差总是使测得的R_g比真实值偏    ．由此引起的结果是在校对中，发现改装电流表的示数总是比标准电流表的示数偏    ．

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一．选择题：

题号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

答案

B

D

C

C

A

A

D

B

C

D

A

题号

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

答案

B

A

C

C

D

B

AD

ABD

A

C

22．（18分）⑴（4分）　1.950cm  ,  2.250mm .⑵（4分）   a   ,  S₂  .⑶(10分)

①（4分）见下图

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　或

②（3分）U₁、U₂、R₄　或　U₁、I₁、R₃　；③（3分）或

23．（16分）⑴设铁块离开带时，相对桌面移动了x的距离，布带移动的距离为L＋x，铁块滑动的加速度为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，所以a＝μg＝1m/s²

根据运动学公式有：L＋x＝a₀t²/2和x＝at²/2，解得：t＝＝1s

⑵布带对铁块做的功：W＝μmgx＝0.5（J）

24．(18分)⑴由乙图可知，t＝0时刻的加速度a₀＝2.5m/s²，由牛顿第二定律得：

F－μmg＝ma₀　　　解得：μmg＝0.2（N）

由于最后棒做匀速运动，且v_m＝10m/s，说明棒受到的合外力为零，即

F－μmg－BLI＝0

R＝BLv_m/I＝0.4（Ω）

⑵根据能量守恒得：（F－μmg）S－Q＝mv_m²/2

Q＝（F－μmg）S－mv_m²/2＝20（J）

25．（20分）⑴滑块经过D点时做圆周运动，根据牛顿第二定律得：N－mg－Bqv₁＝mv₁²/R

解得：v₁＝5m/s

滑块从A滑到D点的过程中，系统在水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，因此有：

mv₀＝mv₁＋Mv₂，解得：v₂＝1m/s

所以系统损失的机械能为：ΔE＝(mv₀²－mv₁²－Mv₂²)/2＝1.8（J）

⑵滑块经过D点时撤去磁场，滑块在圆弧轨道上往返运动过程，小车一直加速，当滑块滑过D点，相对小车向左运动时，小车做减速运动，所以滑块第二次经过D点时，小车速度最大，且为v_m。根据水平方向系统动量守恒有：mv₁+Mv₂＝mv₂+Mv_m，由于相互作用过程没有能量损失，故系统动能也守恒，由动量守恒得：mv₁²+Mv₂²＝mv₂²+Mv_m²

由上面两式解得：v₂＝－1m/s，v_m＝3m/s。

所以小车最大速度为3m/s。

26.（14分）   ⑴ 浓硫酸   ，   饱和Na₂CO₃溶液       。 冷凝。（3分）

 ⑵ 冷却挥发出的溴乙烷，吸收除去挥发出的HBr和乙醇等物质    。（3分）

⑶  生石灰        ，     CH₃CH₂CH₂OH     。   浓硫酸   ，CH₃COOH  （8分）

27.（2×8=16分）Ⅰ. ⑴    5IO₆^5- + 2Mn²⁺ +14 H⁺ =  5IO₃^-   +  2MnO₄^- +7 H₂O    。

   ⑵   弱    酸；       强     酸。

   ⑶ XeF₂+ 2OH^- + BrO₃^- =  BrO₄^- +Xe + 2F^- + H₂O        。

Ⅱ. ⑴A是   C₆H₅-CH=CH₂           ，有   16  个。

28.（3×5=15分）⑴A  Na₂SO₃  ；B   BaCl₂       。

⑵写出下列反应的离子方程式：

①C→E   2Cl^- +2H₂O   2OH^-  +H₂  ↑ +Cl₂↑     。

②E+F+ H₂O → G       BaSO₃ + Cl₂ + H₂O   =  BaSO₄  +  2 H⁺    +  2Cl^-      。

⑶

29.(15分) ⑴

⑵ ③    取代 、④ 酯化 、⑥ 氧化  （各1分） 。

⑶     8     (2分)

⑷

⑸

30．（12分）

Ⅰ．（１）步骤二的关键答案 ：A组饲喂适量的甲状腺激素制剂，B组饲喂等量的生理盐水， 提供良好的饲养条件。  （其它合理答案酌情给分）（3分）

（２）B广口瓶中清水换为NaOH溶液（3分）

（３）原理是：甲状腺激素能促进新陈代谢，提高动物的耗氧量，通过上述实验装置在相同时间内耗氧量的变化来验证甲状腺激素的作用。（共3分）

（４）A管液滴向左移动刻度大于B管（3分）

Ⅱ．（12分）

（1）化能自养型细菌（3分） 没有核膜包围的细胞核（无成形的细胞核）（3分）

硫离子氧化所释放的化学或无机物氧化释放的化学、生产者固定的化学（必须答出无机物氧化释放的化学能才能给分）（3分）  （2）互利共生（共生）（3分）

31．

Ⅰ．（1）①（图解说明如下：其他分析合理也得分）（6分）

精子                                        

卵细胞

X^B

Y

X^bX^b

X^BX^bX^b（致死）

X^bX^b Y（白眼雌性可育）

O (无X)

X^B O（红眼雄性不育）

Y O（致死）

Ⅱ．（12分）

（1）不能。

若突变基因在X染色体上：该雌鼠的基因型为：X^AX^a,野生型雄鼠的基因型为： X^a Y。

X^AX^a  ×   X^a Y→  F₁ ：  X^AX^a ：X^a X^a = 1：1

                           （突变型）（野生型）（2分）

   若突变基因在常染色体上：该雌鼠的基因型为：Aa ,   野生型雄鼠的基因型为：aa。

    Aa  ×  aa →  F₁ ：  Aa  ： aa  =  1：1

（突变型）（野生型）（2分）

由于两种情况都可能出现，F₁雌雄个体均既有野生型又有突变型，所以不能确定突变基因在X染色体上还是在常染色体上。（2分）

（2）让野生型雌鼠与突变型雄鼠杂交，观察分析后代性状表现。（2分）

       实验预期：

若后代雌鼠均为突变型，雄鼠均为野生型，则说明突变基因在X染色体上；

          即：X^a X^a × X^A Y → X^AX^a  ： X^a Y=1：1  （2分）

若后代雌雄个体均既有野生型又有突变型，则说明突变基因在常染色体上。

          即：aa × Aa → Aa  ： aa  =  1：1

（突变型）（野生型）（2分）