【物理】2019届二轮复习　电学图象问题学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习　电学图象问题学案（全国通用）

第2课时　电学图象问题 高考题型1　电场中的图象问题 ‎1．φ－x图象(如图1所示)‎ ‎(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率的绝对值，电场强度为零处φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．‎ ‎(2)在φ－x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．‎ 图1‎ ‎(3)在φ－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断．‎ ‎(4)在φ－x图象中可以判断电场类型，如图2所示，如果图线是曲线，则表示电场强度的大小是变化的，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，则表示电场强度的大小是不变的，电场为匀强电场．‎ 图2‎ ‎(5)在φ－x图象中可知电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向．‎ ‎2．E－x图象 ‎(1)E－x图象反映了电场强度随位移变化的规律，E>0表示电场强度沿x轴正方向；E<0表示电场强度沿x轴负方向．‎ ‎(2)在给定了电场的E－x图象后，可以由图线确定电场强度、电势的变化情况，E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图3所示)，两点的电势高低根据电场方向判定．‎ 在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况．‎ 图3‎ ‎(3)在这类题目中，还可以由E－x图象画出对应的电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题．‎ 例1　(2018·湖北省十堰市调研)有一静电场，其电势φ随x坐标的改变而改变，变化的图象如图4所示．若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点的横坐标分别为1 mm、4 mm，下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．粒子将沿x轴正方向一直向前运动 B．粒子在P点与Q点加速度大小相等、方向相反 C．粒子经过P点与Q点时，动能相等 D．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等 答案　C 解析　根据顺着电场线方向电势降低可知，0～2 mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向，将做加速运动；在2～6 mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向，做减速运动，6 mm处粒子的速度为零；然后粒子向左先做加速运动后做减速运动，即在0～6 mm间做往复运动，故A项错误；φ－x图象的斜率大小等于场强E，则知P点的场强大于Q点的场强，则粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反，故B项错误；粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等，故C项正确；粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则电场力做功的功率不等，故D项错误．‎ 拓展训练1　(2018·河南省濮阳市第二次模拟)某电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图5所示，设x轴正方向为电场强度的正方向．一带电荷量为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到x＝3x0处．假设粒子仅受电场力作用，E0、x0已知，则下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．粒子一定带负电 B．粒子的初动能大小为qE0x0‎ C．粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0‎ D．粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小 答案　C 解析　由题图可知粒子在沿x轴正向运动过程中，电场强度方向发生改变，并且在x0～3x0过程中电场力做的功比0～x0过程中的大，也就是说如果先做负功后做正功，粒子不可能在3x0处静止，所以只有先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故粒子一定带正电，A、D错误；因为电场强度是均匀变化的，0～x0过程中平均电场强度为E0，x0～3x0过程中平均电场强度为E0，故根据动能定理可得E0qx0－E0q·2x0＝0－Ek0，解得初动能Ek0＝qE0x0，B错误；在0～x0过程中电场力做正功，‎ 所以在x0处动能最大，最大为Ekm＝Ek0＋E0qx0＝2E0qx0，C正确．‎ 拓展训练2　(多选)(2018·山西省太原市上学期期末)在电场中，以O为原点，沿电场方向建立坐标轴r.将带正电的试探电荷放入电场中，其电势能Ep随r变化的关系如图6所示，其中 r2 对应图线与横轴的交点，r0对应图线的最低点．若电荷只受电场力的作用，则下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．从 r1处释放电荷，电荷先向 r 正方向运动 B．从 r2处释放电荷，电荷将保持静止 C．从 r0处释放电荷，电荷将先向 r 负方向运动 D．从 r3处释放电荷，电荷将先向 r 负方向运动 答案　AD 解析　由题图知，从r1到无穷远处，正电荷的电势能先减小后增加，则电势先减小后增加，在r0左侧电场线向右，r0右侧电场线向左，则从r1处释放电荷，电荷先向 r ‎ 正方向运动，选项A正确；从r2处释放电荷，电荷将先向右运动，选项B错误；从r0处释放电荷，电荷将静止，选项C错误；从r3处释放电荷，电荷将先向r负方向运动，选项D正确．‎ 高考题型2　恒定电流中的图象问题 例2　(多选)(2018·河北省阜城中学模拟)如图7甲所示的电路中，电源电动势为6 V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为1.5 Ω，当开关S闭合后(　　)‎ 图7‎ A．L1的电阻为 Ω B．L1消耗的电功率为7.5 W C．L2的电阻为7.5 Ω D．L2消耗的电功率为6 W 答案　AD 解析　L1两端的电压为6 V，由题图乙可知L1的电流为2.5 A，则由欧姆定律可得L1的电阻为：RL1＝＝ Ω，故A正确；L1两端的电压为6 V，电流为2.5 A，所以L1消耗的电功率为：P1＝U1I1＝6×2.5 W＝15 W，故B错误；由电路图可得L2的电压与电流关系为U＝6－1.5I，在小灯泡的伏安特性曲线上画出该电压与电流的关系，如图所示：‎ 则交点为(3 V,2 A)，则灯泡L2的电阻RL2＝＝1.5 Ω，L2消耗的电功率为P2＝U2I2＝3×2 W＝6 W，故C错误，D正确．‎ 拓展训练3　(多选)如图8所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则(　　)‎ 图8‎ A．R1接在电源上时，电源的效率高 B．R2接在电源上时，电源的效率高 C．R2接在电源上时，电源的输出功率大 D．电源的输出功率一样大 答案　AC 解析　电源的效率η＝＝＝，当I相同时，UB>UC，故R1接在电源上时，电源的效率高，A正确，B错误；将电阻接在电源上，电阻的U－I图象与电源两端电压与电流关系图象的交点，表示将这个电阻接到此电源上时电源的输出电压和电流，从图象中只可看出电流的数值，由于图线的斜率等于电阻的阻值，由图象可知，R2与电源的内阻相等，所以R2接在电源上时，电源的输出功率大，C正确，D错误．‎ 例3　(2018·福建省南平市5月第二次模拟)为了测量待测电池组的电动势E和内阻r及待测电阻R1的阻值，准备实验器材有：待测电池组E(电动势约4.5 V，内阻约2.0 Ω)；待测电阻R1；定值电阻R2＝10 Ω；电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)；电阻箱R(0～99.9 Ω)；单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个，导线若干．‎ 某物理兴趣小组利用上述实验器材设计图9甲所示的测量电路．并按如下步骤操作：‎ 图9‎ ‎(1)将开关S2接a，再闭合开关S1，依次改变电阻箱的阻值，读出相应的电阻箱R的阻值和电压表的示数U，得到如图乙所示的－图象；‎ ‎(2)将开关S2接b，电压表指针位置如图丙所示，则电压表示数为________ V，待测电阻R1＝‎ ‎________ Ω；‎ ‎(3)根据－图象可得该电池组的电动势E＝______V；r＝________Ω(结果保留两位有效数字)；电池组电动势的测量值与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)，造成误差的原因是_____________________________．‎ 答案　(2)2.50　20　(3)4.0　2.0　偏小　电压表分流 解析　将开关S2接a，再闭合开关S1，根据闭合电路的欧姆定律得：E＝U＋(R2＋r)，变形得：＝·＋，则纵截距0.25＝，解得：E＝4.0 V，斜率k＝＝，解得r＝2.0 Ω；开关S2接b时，根据电压表读数可得，题图丙的示数为2.50 V，则回路中的电流为I＝＝，解得：R1＝20 Ω；测量时将电压表看成理想电表，则E＝U＋(R2＋r)，而实际上电压表会分流，则实际上E′＝U＋(R2＋r)，故E′>E，即电池组电动势的测量值与真实值相比偏小．‎ 拓展训练4　(2018·河南省商丘市上学期期末)利用如图10(a)所示电路可以测量金属丝的电阻率ρ，所用的实验器材有：待测的粗细均匀的电阻丝、电流表(量程0.6 A，内阻忽略不计)、电源(电动势3.0 V，内阻r未知)、保护电阻(R0＝4.0 Ω)、刻度尺、开关S、滑片P、导线若干．‎ 图10‎ 实验步骤如下：‎ ‎①用螺旋测微器测得电阻丝的直径d如图(b)所示 ‎②闭合开关，调节滑片P的位置，分别记录每次实验中aP长度x及对应的电流值I ‎③以为纵坐标，x为横坐标，作－x图线 ‎④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b 回答下列问题：‎ ‎(1)螺旋测微器示数为d＝________ mm.‎ ‎(2)某次实验得到的电流表的示数如图(c)所示，则读数为________ A.‎ ‎(3)用题中字母可求得与x满足的关系式为________________________________．‎ ‎(4)如图11为实验得到的数据通过描点画出的图线，根据图线求得电阻丝的电阻率ρ＝________ Ω·m，电源的内阻为r＝________ Ω.(结果均保留一位小数)‎ 图11‎ 答案　(1)0.400　(2)0.38　(3)＝x＋　(4)1.1×10－6(1.0×10－6～1.2×10－6均可)　1.1(1.0～1.2均可)‎ 解析　(1) 螺旋测微器的固定刻度为0 mm，可动刻度为40.0×0.01 mm＝0.400 mm，所以最终读数为0 mm＋0.400 mm＝0.400 mm；‎ ‎(2)电流表选择0～0.6 A量程，每一个大格代表0.2 A，每一个小格代表0.02 A，电流为19×0.02 A＝0.38 A；‎ ‎(3)由闭合电路欧姆定律得I＝，且R＝ρ＝ρ，化为＝x＋，即与x满足的关系式为＝x＋ ‎(4)根据图线可得＝k＝，＝1.70，解得电阻丝的电阻率ρ≈1.1×10－6 Ω·m，电源的内阻为r＝1.1 Ω.‎ 高考题型3　电磁感应中的图象问题 ‎1．解决电磁感应图象问题的“三点关注”‎ ‎(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．‎ ‎(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应．‎ ‎(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应．‎ ‎2．常用解决电磁感应图象问题的“两个方法”‎ ‎(1)排除法；‎ ‎(2)函数法．‎ 例4　(2018·全国卷Ⅱ·18)如图12，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是(　　)‎ 图12‎ 答案　D 解析　设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.‎ 线框位移 等效电路的连接 电流 ‎0～ I＝2i(顺时针)‎ ～l I＝0‎ l～ I＝2i(逆时针)‎ ～2l I＝0‎ 分析知，只有选项D符合要求．‎ 拓展训练5　(2018·安徽省安庆市二模)如图13所示，在边长为a的正方形区域内，有以对角线为边界、垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向相反，纸面内一边长为a的正方形导线框沿x轴匀速穿过磁场区域，t＝0时刻恰好开始进入磁场区域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列选项中能够正确表示电流与位移关系的是(　　)‎ 图13‎ 答案　B 解析　线框进入磁场后，右边切割磁感线运动，产生的感应电流i＝，当x＝0时，i0＝；当x＝时，i＝0；当x＝a时，i＝－；之后是左边做切割运动，与右边切割情况类似；故选B.‎ 拓展训练6　(2018·陕西省咸阳市第二次模拟)如图14甲所示，匝数n＝2的金属线圈(电阻不计)围成的面积为20 cm2，线圈与R＝2 Ω的电阻连接，置于竖直向上、均匀分布的磁场中．磁场与线圈平面垂直，磁感应强度为B，B－t关系如图乙所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向．忽略线圈的自感影响，则下列i－t关系图正确的是(　　)‎ 图14‎ 答案　D 解析　由题图可知，0～2 s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0～2 s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可知，2～5 s内电路中的电流为逆时针，为负方向，由E＝n可得E＝nS，则知0～2 ‎ s内电路中产生的感应电动势大小为：E1＝2××20×10－4 V＝6×10－6 V，则电流大小为：I1＝＝×10－6A＝3×10－6 A；同理2～5 s内，I2＝2×10－6 A，故D正确，A、B、C错误．‎ 专题强化练 ‎1．(多选)(2018·全国卷Ⅲ·20)如图1(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势(　　)‎ 图1‎ A．在t＝时为零 B．在t＝时改变方向 C．在t＝时最大，且沿顺时针方向 D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向 答案　AC ‎2．(2018·江西省仿真模拟)电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图2所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb.由图可知ηa、ηb的值分别为(　　)‎ 图2‎ A.、 B.、 C.、 D.、 答案　A ‎3．(多选)(2018·江西省新余市上学期期末)有一变化的匀强磁场垂直如图3甲所示的线圈平面，若规定磁场垂直线圈平面向里为磁感应强度的正方向，电流从a经R流向b为电流的正方向，‎ 现在已知R中的感应电流I随时间t变化的图象如图乙所示，那么垂直穿过线圈平面的磁场可能是下列图中的(　　)‎ 图3‎ 答案　AB ‎4．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图4所示，下列图象中合理的是(　　)‎ 图4‎ 答案　D 解析　粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：F＝，Ep－x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E＝，故电场强度也逐渐减小，A错误； 根据动能定理，有：F·Δx＝ΔEk，故Ek－x图线上某点切线的斜率表示电场力，由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，B错误； ‎ 按照C图，速度随着位移均匀增加，根据公式v2－v＝2ax，匀变速直线运动的v2－x图象是直线，题图v－x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加，而电场力减小导致加速度减小，故矛盾，C错误； 粒子做加速度减小的加速运动，D正确．‎ ‎5．(多选)(2018·广东省惠州市模拟)空间存在平行于x轴方向的静电场，其电势φ随x的分布如图5所示．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标原点O由静止开始，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动．则下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．该粒子带正电荷 B．空间存在的静电场场强E是沿x轴正方向均匀减小的 C．该粒子从原点O运动到x0过程中电势能是减小的 D．该粒子运动到x0点的速度是 答案　AC 解析　沿电场线方向电势降低，由题图可知电场方向沿x轴正方向．带电粒子仅在电场力作用下由静止开始沿x轴正方向运动，受力方向与电场方向一致，带电粒子带正电，A正确；沿x正方向电势均匀降低，电场为匀强电场，B错误；沿x轴正方向运动，电场力做正功，电势能减小，C正确；根据动能定理qφ0＝mv2，v＝，D错误．‎ ‎6．(多选)(2018·安徽省亳州市第一学期期末质检)沿着电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图6所示，坐标原点O、x1、x2和x3分别与x轴上的O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等．一个带正电的粒子从O点附近由静止释放，运动到A点处的动能为Ek，仅考虑电场力作用．则(　　)‎ 图6‎ A．从O点到C点，电势一直降低 B．粒子先做变加速运动，后做匀减速运动 C．粒子运动到C点时动能大于1.5Ek D．粒子在OA段的电势能减少量小于在AB段的电势能减少量 答案　ACD 解析　由O点到C点，沿电场方向，电势一直降低，A正确；电场强度大小一直在变化，电场力也就在不断变化，带正电的粒子的加速度在不断变化，是变加速运动，B错误；由题图可知，OB段的平均电场强度<，BC段的平均电场强度＝，即<，故从O到B电场力做功为W＝q ·2x＝Ek，BC段电场力做功为W′＝qx，则有W′＝qx>q ·2x＝Ek，粒子从B到C，由动能定理得：W′＝EkC－Ek，解得：EkC＝W′＋Ek>1.5Ek，故C正确；由题图可知OA段的平均电场力小于AB的平均电场力，则OA段电场力做的功小于AB段电场力做的功，故粒子在OA段电势能减少量小于AB段的电势能减少量，D正确．‎ ‎7．(多选)(2018·安徽省马鞍山市质检)某条直线电场线上有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图7所示．一个带电荷量为＋q的粒子，从O点由静止释放，仅考虑电场力作用．则(　　)‎ 图7‎ A．若O点的电势为零，则A点的电势为 B．粒子A到B做匀速直线运动 C．粒子运动到B点时动能为 D．粒子在OA段电势能变化量大于BC段电势能变化量 答案　CD 解析　根据电压与电场强度的关系U＝Ed，可知E－x图象与x轴围成的面积表示电势差，取O点电势为零，由粒子从O到A的电势差为UOA＝E0d，又UOA＝φO－φA，解得：φA＝－E0d，故A错误；由题图可知，A、B之间是匀强电场，因为粒子从O到A的速度不断增加，故粒子从A到B做匀加速直线运动，故B错误；由题图可知，O、B之间的电势差为UOB＝E0d＋E0d＝E0d，根据动能定理得：qUOB＝EkB－0，得EkB＝E0qd，故C正确；由题图可知，OA段E－‎ x图象与x轴围成的面积大于BC段的面积，即UOA>UBC，根据W＝qU，可知OA段电场力做功多，故OA段电势能变化量大于BC段电势能变化量，故D正确．‎ ‎8．(2018·山西省长治、运城、大同、朔州、阳泉五地市联考)如图8所示，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，左边有一形状与磁场边界完全相同的闭合导线框，线框斜边长为l，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，规定线框中感应电流逆时针方向为正方向，其感应电流i 随位移x变化的图象正确的是(　　)‎ 图8‎ 答案　B 解析　线框从题图所示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，根据楞次定律知回路中产生逆时针方向的电流，并且电流随着有效切割长度的增加而增大，当两个图形完全重合时电流达到最大值，当线框继续向右运动时穿过线框的磁通量开始减小，由楞次定律知此过程电流方向为顺时针，且随着有效切割长度的减小而减小，故B正确．‎ ‎9．(多选)(2018·湖北省黄冈市期末调研)如图9所示，在光滑水平面内，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一正方形金属线框质量为m，电阻为R，边长为L，从虚线处进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场，规定顺时针方向为感应电流I的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导线横截面的电荷量为q，其中P－t和q－t图象均为抛物线，则这些量随时间变化的图象正确的是(　　)‎ 图9‎ 答案　CD 解析　线框切割磁感线，运动速度v＝at，产生感应电动势E＝BLv，所以产生感应电流i＝＝，故A错误；对线框受力分析，由牛顿第二定律得F－F安＝ma，F安＝BLi＝，解得：F＝ma＋，故B错误；由功率表达式P＝i2R＝，P与t是二次函数，图象为抛物线，故C正确；由电荷量表达式，则有q＝，q与t是二次函数，图象为抛物线，故D正确．‎ ‎10．(2018·四川省凉山州三模)某实验小组要探究一小灯泡的伏安特性曲线，并研究小灯泡在不同电压下的实际功率，实验电路如图10所示：‎ 图10‎ ‎(1)实验闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应在________端(填“a”或“b”)．‎ ‎(2)实验中闭合开关，把滑片P向另一端移动过程中，发现电流表与电压表均有明显读数且读数几乎不变，则电路中出现故障的元件可能是________(填“A”或“B”)．‎ A．小灯泡　　　 B．滑动变阻器 ‎(3)该小组根据实验数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图11甲所示，可判定在图乙中小灯泡的功率P与加在两端电压的平方U2的图象正确的是________(选填“1”“2”或“3”)．‎ ‎　‎ 图11‎ ‎(4)某同学将两个完全相同的这种小灯泡并联接在电源两端，已知电源的电动势E＝3 V、内阻r＝2 Ω，则此时每个小灯泡的实际功率为________(结果保留两位小数)．‎ 答案　(1)a　(2)B　(3)3　(4)0.44 W(0.42 W～0.46 W均可)‎ 解析　(1)此电路是分压电路，滑动变阻器的aP部分与小灯泡并联，开始时应使小灯泡两端电压最小，故滑片应置于a端；‎ ‎(2)电流表与电压表均有明显读数，说明灯泡所在电路正常，滑动中示数几乎不变，说明滑动变阻器没有起到应有的作用，故可能存在故障的是滑动变阻器，故选B；‎ ‎(3)由P＝，随着小灯泡两端电压的增大，灯丝温度升高，电阻增大，P随U2的变化变缓，故图线为3；‎ ‎(4)灯泡两端的电压为U，流过每个灯泡的电流为I，则E＝U＋2Ir，得U＝3－4I，画出电源的U－I图线如图．‎ 交点坐标U＝2.20 V，I＝0.20 A，所以小灯泡消耗的电功率为：P＝UI＝0.44 W.‎ ‎11．(2018·陕西省宝鸡市质检二)某实验小组的同学在实验室发现了一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，于是设计了如图12甲所示的电路进行了实验探究，其中MN为电阻丝，R0是阻值为1.0 Ω的定值电阻，实验中调节滑动变阻器的滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I以及对应的PN长度x，绘制了U－I图线如图乙所示．‎ 图12‎ ‎(1)由图乙求得电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.‎ ‎(2)实验中由于电表内阻的影响，电动势测量值________(选填“大于”“等于”或“小于”)其真实值．‎ ‎(3)根据实验数据可绘出图象，如图丙所示．图象斜率为k，电阻丝横截面积为S，可求得电阻丝的电阻率ρ＝_____，电表内阻对电阻率的测量_______(选填“有”或“没有”)影响．‎ 答案　(1)1.49　0.45　(2)小于　(3)kS　没有 解析　(1)由闭合电路欧姆定律可知：U＝E－I(r＋R0)，则可知，题图乙中的图象与纵轴的交点表示电动势，故E＝1.49 V；图象的斜率表示内电阻，则r＋R0＝ Ω＝1.45 Ω，解得：r＝1.45 Ω－1.0 Ω＝0.45 Ω；‎ ‎(2)由题图甲可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U－I图象如图所示，由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，‎ ‎(3)根据欧姆定律可知，电阻R＝＝，则可知k＝，解得：ρ＝kS，若考虑电表内阻，图象的斜率不变，所以电表内阻对电阻率的测量没有影响．‎