黑龙江省大庆中学2020学年高二物理上学期期中试题

黑龙江省大庆中学2020学年高二物理上学期期中试题

黑龙江省大庆中学2020学年高二物理上学期期中试题 ‎ 一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）‎ 1. 用比值法定义物理量是物理学中一种常用方法，以下物理量表达式中不属于比值法定义的是（　　）‎ A. 电源电动势 B. 导体电阻 C. 电容器的电容 D. 电流强度 2. 在电场中A、B两点间的电势差为UAB=75V，B、C两点间的电势差为UBC= - 200V，则A、B、C三点电势高低关系为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ 3. 关于电势、电势差和电势能，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 电势差和电势一样,是相对量,与零点的选择有关 B. 正电荷从A点移到B点时,其电势能增加,A点的电势一定较低 C. 正电荷沿电场线移动,其电势能一定增加 D. 某点的场强为零,检验电荷在该点的电势能一定为零 4. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为（　　）‎ A. ‎16F B. C. D. ‎ 5. 用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的强弱。如图，下图左边是等量异种点电荷形成电场的电场线，下图右边是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E，F是连线中垂线上相对O对称的两点，B，C和A，D也相对O对称，则下列认识不正确的是     ‎ 6. 1. A. B,C两点场强大小和方向都相同 B. A,D两点场强大小相等,方向相反 C. E,F两点场强大小和方向都相同 D. 从E到F过程中场强先增大后减小 2. 关于电功、电功率和焦耳定律，下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 电功率越大,电流做功越快,电路中产生的焦耳热一定越多 B. 适用于任何电路,而只适用于纯电阻的电路 C. 在非纯电阻电路中,‎ D. 焦耳热适用于任何电路 3. 如图所示的长方体是用电阻率为ρ的均匀金属制成的，长度为2L，其横截面为正方形，边长为L，若将它的a、b端接入电路时的电阻为R，则将它的两个侧面上的c、d端接入电路时的电阻是（ ）‎ 4. A. R B. C. D. 4R 5. 如图所示，是一个多量程多用电表的简化电路图．测电流和测电压时各有两个量程，还有两个挡位用来测电阻．下列说法正确的是（　　）‎ A. 当开关S调到位置1、2时,多用电表测量的是电流,且调到位置1时的量程比位置2的小 B. 当开关S调到位置3、4时,多用电表测量的是电阻,且A为黑表笔 C. 当开关S调到位置5、6时,多用电表测量的是电压,且调到位置6时的量程比位置5的大 D. 多用电表各挡位所对应的表盘刻度都是均匀的 1. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）‎ 2. A. 增大,E增大 B. 增大,不变 C. 减小,增大 D. 减小,E不变 3. 如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向的夹角为45°，若bd的长度为l，重力加速度为g，则（ ）‎ 4. A. 此液滴带正电 B. 液滴运动的加速度等于‎2g C. 液滴从b到d的运动时间为 D. 液滴到达d点的速度为 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ 1. 如图所示，平行等距的竖直虚线M、N、P、Q为某一电场的四个等势面，M、N、P、Q的电势分别为φM、φN、φP、φQ．一个不计重力带负电荷的粒子在电场中运动的轨迹是抛物线用实线表示，a、b、c是轨迹上的三点，其中b点为轨迹上最左端的点，下列说法正确的是（ ）‎ 2. A. 该电场一定是匀强电场且 B. 根据轨迹可以判断带负电荷的粒子在电场中的运动方向是唯一的 C. 带负电荷的粒子在b点动能最大,在c点的电势能最小 D. 带负电荷的粒子在电场中各点受到的电场力相等 3. 如图所示，平行金属板中带电质点P原处与静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则（ ）‎ 4. A. 电压表读数减小 B. 电流表读数减小 B. C. 质点P将向上运动 D. 上消耗的功率逐渐增大 5. 如图所示的电路中，电源的电动势和内阻保持不变，下列说法中正确的是（ ）‎ 6. A. 闭合电路中,电流总是从电势高的地方流向电势低的地方 B. R越大,路端电压越大 C. R越大,电源的输出功率越大 D. R阻值不同,电源的输出功率可能相同 1. 如图所示，带电小球A、B的电荷分别为、，，都用长L的丝线悬挂在O点静止时A、B相距为为使平衡时AB间距离减为，可采用以下哪些方法（ ）‎ 2. A. 将小球A、B的质量都增加到原来的2倍 B. 将小球B的质量增加到原来的8倍 C. 将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半 D. 将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半,同时将小球B的质量增加到原来的2倍 三、实验题（本大题共2小题，共13分）‎ 3. ‎（每空2分，共8分）‎ ‎（1）下左图螺旋测微器读数为__________mm，下右图游标卡尺读数为__________mm.‎ ‎（2）某表头满偏电流为1mA、内阻为982Ω。（以下计算结果均取整数）‎ ‎①为了将表头改装成量程为3V的电压表，需要一个阻值为________Ω的电阻与表头串联 ‎②为了将表头改装成量程为50mA的电流表，需要一个阻值约为____Ω的电阻与表头并联 1. ‎（每空1分，共5分） 在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了以下器材：A．小灯泡（3.8V，‎0.3A） ‎ 2. B．滑动变阻器（5Ω，‎2A）‎ 3. C．电流表（0~‎0.5A，内阻约0.4Ω）‎ 4. D．电压表（0~5V，内阻约10kΩ）‎ E．开关及导线若干 ‎（1）为实验测量误差尽可能小，电流表应选用________（填“内”或“外”）接法；‎ ‎（2）为使小灯泡两端电压从零开始连续变化，滑动变阻器应选用__________（填“限流式”或“分压式”）接法；‎ ‎（3）综上所述，应选择下图中的_______电路进行实验 ‎（ 4）利用实验数据画出了如图所示的小灯泡伏安特性曲线。图中，坐标原点O到P点连线的斜率表示______。则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻______（填“变大”、“变小”或“不变”）‎ 四、计算题（本大题共4小题，共41分）‎ 1. ‎（10分）如图所示电路，R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝4 Ω。（图中电阻自上而下为R3、R2、R1）‎ 2. 3. 4. 5. ‎(1)如果已知流过电阻R1的电流I1＝3 A，则干路电流多大？‎ 6. ‎(2)如果已知干路电流I＝3 A，则流过每个电阻的电流多大？‎ 7. 8. 9. 10. 1. ‎（10分）如图所示，电路中电阻R＝10Ω，电源的电动势为6V，灯泡L上标有“3V，0.25A”的字样。闭合开关S，灯泡正常发光。求：‎ 2. ‎（1）灯泡的功率；‎ ‎（2）电源的内电阻。‎ 3. ‎（10分）如图所示，以O为圆心，r为半径的圆与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，空间有与x轴正方向相同的匀强电场，同时在O点固定一个电荷量为的点电荷。如果把一个电荷量为的试探电荷放在c点，则恰好平衡。已知静电力常量为k，求：‎ 4. 5. ‎ ‎ 6. ‎（1）匀强电场的场强大小为多少？‎ ‎（2）d点的场强大小为多少？‎ 1. ‎（11分）如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xoy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为-q（-q＜0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（-L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C（L，0）点。该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径。小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g。求：‎ 2. ‎（1）匀强电场的电场强度的大小；‎ 3. ‎（2）小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；‎ 4. ‎（3）小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置。‎ 5. 6. 7. 8. 9. 10. 答案和解析 ‎1.【答案】C ‎【解析】【分析】‎ 所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法，比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性。‎ 比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，比如：电场强度、磁感应强度、加速度、电阻、电容等等。‎ ‎​【解答】‎ A.电动势公式是电动势的定义式，故A不符合题意；‎ B.导体电阻，R等于电压U与电流I的比值，属于比值法定义，故B不符合题意；‎ C.电容器的电容是由电容器本身决定的，电容器的电容是电容器电容决定式，不是定义式，故C符合题意；‎ D.电流强度，电流I等于流过导体的某横截面与时间t的比值，属于比值法定义，故D不符合题意。‎ 本题选不属于比值法定义的，故选：C。‎ ‎2.【答案】C ‎【解析】【分析】‎ 本题主要考察电势差与电势的关系，只要掌握UAB=φA-φB，UAC=UAB+UBC，通过列式分析电势的关系，也可以作出电场线，根据三点在电场线的位置做定性分析进行判断；‎ 本题根据电势差与电势的关系：UAB=φA-φB，UBC=φB-φC，UAC=UAB+UBC，即可判断三点电势的高低关系。‎ ‎【解答】‎ 由题意，UAB=φA-φB=75V，则得：φA＞φB；‎ UBC=φB-φC=-200V，则得：φB＜φC；‎ 又UAC=UAB+UBC=（75-200）V=-125V，则得：φA＜φC；‎ 故有：φC＞φA＞φB；故ABD错误，C正确，‎ 故选C。‎ ‎3.【答案】B ‎【解析】【分析】‎ 电势是相对量，与零点的选择有关；电场力对电荷做的功做负功，电势能增大，电势一定增大；正电荷沿电场线移动，其电势能一定减小；电场强度与电势没有直接关系．电场强度为零，电势不一定为零．电势为零，电场强度也不一定为零．电场强度越大的地方，电势不一定高．顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小；‎ 该题考查电场强度与电势，电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．电场强度是由电场本身决定的，而电势除了与电场本身有关之外，还与0势能点的选择有关。‎ ‎【解答】‎ A.电势是相对量，电势的大小与与零点的选择有关，而电势差的大小与零点的选择无关，故A错误；‎ B.正电荷从A点移到B点时，其电势能增加，电场力对电荷做的功做负功，所以A点的电势一定较低，故B正确；‎ C.正电荷沿电场线移动，电场力的方向与电荷移动的方向相同，电场力做正功，其电势能一定减小，故C错误；‎ D.电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零，电势不一定为零，检验电荷在该点的电势能不一定为零，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.【答案】B ‎【解析】【分析】‎ 本题比较简单，直接根据库仑力公式得出两次作用力的表达式，则可求得带电量和距离变化后的相互作用力，从而解出正确结果。‎ 本题考查库仑定律的直接应用，对于库仑定律公式要注意公式的适用条件以及公式中各个物理量的含义。‎ ‎【解答】‎ 由库仑定律可得：‎ 变化前：F=‎ 变化后：F′==F，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎5.【答案】B ‎【解析】【分析】‎ 根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小。根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系。等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线。‎ 对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住对称性进行记忆。‎ ‎​【解析】‎ A.根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同。这两点场强的方向均由B→C，方向相同，故A正确；‎ B.根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同。由图看出，A、D两点场强方向相同，故B错误；‎ C.由图看出，E、F两点中，电场线疏密程度相同，两点场强方向相同，故C正确；‎ D.由图看出，电场线先变密，再变疏，所以场强先增大后减小。故D正确。‎ 本题选错误的，故选B。‎ ‎6.【答案】A ‎【解析】【分析】‎ 电功为电流做功的总量，电功率为单位时间的电流做功值；焦耳定律描述的是电流通过电阻的发热功率。‎ 理清各个物理概念的内容，区分好电功与电热，明确电功包含电热；理解各表达式的应用条件。‎ ‎【解答】‎ A、电功率越大，电流做功越快，但不一定转化的热量大，故A错误；‎ B、W=UIt适用于任何电路，而W=I2Rt=t只适用于纯电阻的电路，说法准确，故B正确；‎ C、在非纯电阻电路中，总电功大于电热故UI＞I2R，故C正确；‎ D、任何电路中求焦耳热要用Q=I2Rt，故D 正确。‎ 本题选择不正确的，故选A。‎ ‎7.【答案】B ‎【解析】【分析】‎ 根据电阻定律，结合a、b端接入电路时电阻为R，即可确定两个侧面c、d接入电路时的电阻。‎ 本题考查电阻定律的应用，要注意明确电阻大小与截面积及导体长度有关系。‎ ‎【解答】‎ 当a、b端接入电路时，面积为L2，长为2L，根据电阻定律可知：R===；‎ 当c、d接入电路时，横截面积为2L2，长为L，电阻：R′==，所以：R′=，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎8.【答案】C ‎【解析】【分析】‎ 多用电表测电流和电压时使用外部电源，测电阻时内部电源才接通；测电流和电压时的内部结构根据电表的改装原理判断什么档位为大量程。‎ 本题考查多用电表的内部结构，电压档和电流档的内部结构与前面所学习的电压表电流表的改装原理相同，而欧姆档启用时内部电源被接通。‎ ‎【解答】‎ A.电流表应与电阻串并联，由图可知当转换开关S旋到位置1、2位置是电流表，并联电阻越小，量程大，即调到位置1时的量程比位置2的大，则A错误；‎ B.欧姆表要联接电源，则开关S调到3、4两个位置上时，多用电表测量的是电阻，但A为红表笔．故B错误；‎ C.要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时，测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大．故C正确；‎ D.电流、电压挡的刻度都是均匀的，电阻挡的刻度不均匀，左边密右边疏，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎9.【答案】D ‎【解析】【分析】‎ 电容器和电源断开，极板上的电量不变，根据电容器的定义式可分析电容的变化，再根据决定式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据U=Ed分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的变化。‎ 解题的关键在于正确掌握电容的决定式和定义式；同时注意要掌握相关结论的应用，如本题中可以直接应用结论：当充电后断开电源时，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变。‎ ‎【解答】‎ 电容器和电源断开，电量不变，上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C=可知，电容C增大，则根据C=可知，电压U减小，故静电计指针偏角θ减小；‎ 两板间的电场强度为：E===，因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；‎ 再根据设P与下极板距离为L，则P点的电势φP=EL，电势能EP=ELq，因此电荷在P点的电势能保持不变，故D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎10.【答案】C ‎【解析】【分析】‎ 根据带电液滴作直线运动可知：带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，由此可以判定出带电液滴所受电场力的方向，从而判断出带电液滴的电性，由力的合成法求出电场力的大小和合外力的大小，再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据运动学公式求液滴从b到d的运动时间和液滴到达d点的速度。‎ 此题考查了带电粒子在复合场中的加速问题，其中带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d，是我们判定液滴带电性质的突破口，由此可知合外力的方向，也可知道电场力的方向；在今后的学习中我们经常用到要注意掌握。‎ ‎【解答】‎ A.据题带电液滴沿直线b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析可知，电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电，故A错误；‎ B.由图可得物体所受合力F=mg，故物体的加速度a===g，故B错误；‎ C.由得液滴从b到d的运动时间为，故C正确；‎ D.液滴到达d点的速度为，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎11.【答案】AD ‎【解析】【分析】‎ 本题考查了静电场的电势和场强的相关知识，准确掌握等势面与电场线的关系是解题的关键。‎ 根据等势面分布得到电场分布，由运动轨迹得到电场力方向，从而得到电场方向；即可得到电势、电场力关系；再根据电势关系得到电势能关系，由动能定理得到动能关系。等势面的疏密程度、电场线疏密程度都可以表示场强大小；若等势面均匀分布，那么，电场为匀强电场。‎ ‎【解答】‎ AD.根据等势面都为竖直方向可得：场强方向水平；故粒子所受电场力方向水平；又有粒子只受电场力作用，故合外力方向为水平方向；根据粒子运动轨迹可知：合外力方向水平向右；故场强方向水平向左；故φQ＞φP＞φN＞φM；等势面均匀分布，故电场为是匀强电场，那么，粒子受到的电场力相等，故AD正确；‎ B.根据运动轨迹只能判断电场力方向向右，不能保证粒子运动方向，故B错误；‎ C.根据场强方向水平向左可得：b点电势最低，a点其次，c点电势最高，故b点电势能最大，a点其次，c点电势能最小；根据粒子运动过程只有电场力做功，由动能定理可得：b点动能最小，a点其次，c点动能最大，故C错误；‎ 故选AD。‎ ‎12.【答案】BCD ‎【解析】【分析】‎ 先由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析电容器板间场强的变化，由质点的受力情况可知质点的运动情况。‎ 解决动态变化分析的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻增大时，无论电路的连接方式如何，总电阻都是增大的。​‎ ‎【解答】‎ AB.由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；‎ 当R4的滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大，则R1两端的电压减小，可知并联部分的电压增大，电压表读数增大。‎ 由欧姆定律可知流过R3的电流增大，根据并联电路的特点可知：流过R2的电流减小，则电流表示数减小，故A错误，B正确；‎ C.因电容器两端电压增大，板间场强增大，质点受到的向上电场力增大，故质点P将向上运动，故C正确；‎ D.因R3两端的电压增大，由P=可知，R3上消耗的功率增大，故D正确；‎ 故选BCD。‎ ‎13.【答案】BD ‎【解析】【分析】‎ 根据闭合电路欧姆定律分析电流与外电阻的关系，得出内电压和路端电压的变化。‎ 在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方。输出功率P=UI=，当R=r时，输出功率最大，R＜r时，R增大，输出功率增大，R＞r，R增大，输出功率减小，闭合电路中，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小，抓住电源的内电阻不变，内电压与电流成正比是关键。‎ ‎【解答】‎ A.在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方，而在内电路中，电流总是从电势低的地方流向电势高的地方，故A错误；‎ B.U=IR=，R越大，路端电压越大，故B正确；‎ CD.P=UI=，当R=r时，输出功率最大，R＜r时，R增大，输出功率增大，R＞r，R增大，输出功率减小，所以R不同，输出功率可能相同，故C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎14.【答案】BD ‎【解析】【分析】‎ ‎​对小球进行受力分析，并作出平行四边形；由几何关系可知力与边的关系，即可得出符合条件的选项．‎ 题中B球处于动态平衡状态，注意本题采用了相似三角形法；对学生数学能力要求较高，应注意相应知识的积累应用．‎ ‎​【解答】‎ 如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；‎ 由几何关系可知，=‎ 而库仑力F=‎ 即==k mgd3=kq1q2L d=‎ 要使d变为，可以使质量增大到原来的8倍而保证上式成立；故A错误，B正确；‎ 或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立；故C错误，D正确；‎ 故选：BD。‎ ‎15.【答案】（1）0.900  14.50‎ ‎（2）2020  20‎ ‎【解析】（1）【分析】‎ 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。‎ 解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。‎ ‎【解答】‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×40.0mm=0.400mm，所以最终读数为：0.5mm+0.400mm=0.900mm。‎ 游标卡尺的主尺读数为1.4cm=14mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：14mm+0.50mm=14.50mm。‎ 故答案为：0.900；14.50。‎ ‎（2）【分析】‎ 把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，把电流表改装成电流表需要并联一个分流电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出串联或并联的电阻阻值。‎ 本题考查了电压表和电流表的改装，知道电压表，电流表的改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。‎ ‎【解答】‎ 量程为3V时，串联电阻阻值为：；‎ 量程为50mA时有：；‎ 故答案为：2020；20。‎ ‎16.【答案】（1）外；（2）分压式；（3）B；（4）P状态灯丝电阻的倒数；变大。‎ ‎【解析】【分析】‎ ‎（1）根据电表内阻与灯泡电阻的关系确定电流表的接法；‎ ‎（2）根据实验要求确定滑动变阻器的接法；‎ ‎（3）根据电流表、滑动变阻器的接法选择实验电路；‎ ‎（4）根据图示图象应用欧姆定律分析答题。‎ 本题考查了电流表与滑动变阻器的接法、实验电路选择、实验数据处理，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器采用分压接法。‎ ‎【解答】‎ ‎（1）灯泡正常发光时的电阻：R==≈12.67Ω，电流表内阻约为0.4Ω，电压表内阻约为10kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法；‎ ‎（2）灯泡两端电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法；‎ ‎（3）电流表采用外接法、滑动变阻器采用分压接法，则应采用图B所示实验电路；‎ ‎（4）坐标原点O到P点连线的斜率表示小灯泡电阻的倒数；则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻变大。‎ 故答案为：（1）外；（2）分压式；（3）B；（4）P状态灯丝电阻的倒数；变大。‎ ‎17.【答案】解：（1）AB两端的电压U=I1R1=3×2V=6V 通过R2的电流I2==A=2A 通过R3的电流I3==A=1.5A 故干路电流为I=I1+I2+I3=6.5A ‎（2）R1：R2：R3=2：3：4‎ 根据U=IR，U相等得：通过三个电阻的电流之比I1′：I2′：I3′=6：4：3‎ 所以流过每个电阻的电流分别为I1′==A，I2′==A，I3′=A 答：‎ ‎（1）干路电流为6.5A；‎ ‎（2）流过每个电阻的电流分别为A、A、A。‎ ‎【解析】（1）由欧姆定律求出AB两端的电压，再求得R2、R3的电流，即可得到干路电流；‎ ‎（2）根据并联电路电流与电阻成反比，求得三个电阻的电流之比，再求流过每个电阻的电流。‎ 解决本题的关键是掌握并联电路的基本特点：每条支路两端的电压相等，支路电流与电阻成反比。要注意电阻之比为R1：R2：R3=2：3：4，电流之比并不是4：3：2。‎ ‎18.【答案】解：（1）由题知，灯泡正常发光，则灯泡的电压为U =3V，电流为I =0.25A 所以灯泡的功率为P =UI=0.75W ‎（2）由闭合电路欧姆定律得内阻的电压为：‎ Ur＝E-UL-UR＝E-UL-IR＝6V-3V-0.25×10V＝0.5V 内阻的大小为​​‎ ‎【解析】​（1）灯泡正常发光，电压和功率都达到额定值，由P=UI求灯泡的功率。‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律求电源的内电阻。‎ 解决本题的关键要知道灯泡正常工作时的电压和电流，知道串联电路电流处处相等。‎ ‎19.【答案】解：把一个带电荷量为-q的检验电荷放在c点，恰好平衡，有：‎ 解得匀强电场的场强大小为：‎ 匀强电场与+Q点电荷在d处形成的电场方向相互垂直，因而，‎ d点的场强大小为：​‎ ‎【解析】解决本题的关键掌握点电荷的场强公式和电场强度的定义式，并能灵活运用，知道场强的叠加遵循平行四边形定则。​‎ ‎​根据点电荷的场强公式，和电场强度的定义式，通过平衡得出匀强电场的大小，根据场强的叠加求出d点的场强。‎ ‎20.【答案】解：（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，‎ 则tan45°=‎ 解得：E=‎ ‎（2）根据几何关系可知，圆弧的半径r=‎ 从P到B点的过程中，根据动能定理得：‎ ‎（2L+）+EqL 在B点，根据牛顿第二定律得：‎ N-mg=m 联立解得：N=mg，方向向上，‎ 由牛顿第三定律可知，小球运动到B点时对管的压力的方向向下 ‎（3）从P到A的过程中，根据动能定理得：‎ 解得：‎ 小球从C点抛出后做类平抛运动，‎ 抛出时的速度vC=vA=‎ 小球的加速度，‎ 当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：‎ 解得：‎ 则沿x轴方向运动的位移x=‎ 则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标x′=L-8L=-7L 答：（1）匀强电场的电场强度的大小为；‎ ‎（2）小球运动到B点时对管的压力的大小为mg方向向下；‎ ‎（3）小球从C点飞出后会落在x轴上的坐标为-7L的位置上。‎ ‎【解析】（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据小球从A点沿切线方向进入，求出速度方向，从而求出合力方向，再根据几何关系求解；‎ ‎（2）先根据几何关系求出半径，从P到B点的过程中，根据动能定理列式，在B点，根据牛顿第二定律列式，联立方程即可求解；‎ ‎（3）从P到A的过程中，根据动能定理求出A点速度，则C点速度与A点速度大小相等，小球从C点抛出后做类平抛运动，根据平抛运动基本公式求解。‎ 本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律及平抛运动基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析小球的运动情况，能结合几何关系求解，特别注意题目中的隐含条件的使用，难度较大。‎