广东省台山市华侨中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

广东省台山市华侨中学2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

台山侨中2020学年度高二第一学期期中考试试题 ‎ 高二理科物理 一、单项选择题（本题包括13小题，每小题2分，共26分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）‎ ‎1.关于元电荷，下列说法中不正确是(　　)‎ A. 元电荷实质上是指电子和质子本身 B. 所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍 C. 元电荷的值通常取e＝1.60×10－19C D. 电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：元电荷是指电子或质子所带的电荷量，不是电子或质子本身，故A错误；‎ B项：所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，故B正确；‎ C项：元电荷的数值为，故C正确；‎ D项：电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用油滴实验测得的，故D正确。‎ ‎2.关于电场强度有下列说法，正确的是　　‎ A. 电场中某点的电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力 B. 电场强度的方向总是跟电场力的方向一致 C. 在点电荷Q附近的任意一点，如果没有把试探电荷q放进去，则这一点的电场强度为零 D. 根据公式可知，电场强度跟电场力成正比，跟放入电场中的电荷的电量成反比 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据公式．可知电场中某点的电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力，选项A正确；电场强度的方向总是跟正电荷所受的电场力方向一致，选项B错误；电场中某点的电场强度由电场本身决定，与是否放入试探电荷无关，与试探电荷所受的电场力和试探电荷的电量无关，选项CD错误；故选A.‎ ‎3.关于电源和电流，下述说法正确的是（ ）‎ A. 电源的电动势就是电源正负极之间的电压 B. 从能量转化的角度看，电源是把其他形式的能转化为电能的装置 C. 由公式可知，导体的电阻与通过它的电流成反比 D. 闭合白炽灯开关，灯立刻就亮，这表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压，故A错误；‎ B.从能量转化的角度看，电源是通过非静电力做功将其他形式的能量转化为电能的一种装置，故B正确；‎ C.公式是电阻的定义式，与电阻两端的电压以及通过它的电流都无关，故C错误；‎ D.打开教室开关，日光灯立刻就亮了，是由于导线中电场传播的速度接近光速，而不是自由电荷定向运动的速率接近光速，故D错误。‎ ‎4.下列有关静电现象的说法，不正确的是（ ）‎ A. 复印机是利用静电吸附作用工作的 B. 为了避免因尖端放电而损失电能，高压输电导线表面要很光滑 C. 为消除静电危害，油罐车尾部装一条拖地铁链 D. 为了美观，最好把避雷针顶端设计成球形 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 复印机是利用静电吸附作用工作的，故A正确。‎ B.由于尖端效应，高压输电线表面要很光滑，才能避免因尖端放电而损失电能；故B正确；‎ C.为了消除静电，油罐车尾部要装一条拖地铁链能保证静电迅速导走；故C正确；‎ D.避雷针是利用了静电的尖端效应制作的，故避雷针必须做成针状，不能做成球形，故D错误.‎ ‎5.如图所示，两个电荷量均为+q的小球用长为的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上．两个小球的半径，k表示静电力常量．则轻绳的张力大小为（ ）‎ A. 0 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据物体平衡可知，绳子拉力大小等于库仑力，则有：，故B正确，ACD错误。‎ ‎6.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，轨迹上有a、b、c三点，已知带电粒子所带电荷量为0.01C，在点处的动能为J，则该带电离子 A. 可能带负电 B. 在点处的电势能为0.5J C. 在点处的动能为零 D. 在点处的动能为0.4J ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：电场方向从高电势指向低电势，所以电场强度方向竖直向上，做曲线运动过程中，物体受到合力指向轨迹的内侧，而粒子只受电场力，故电场力方向向上，所以粒子带正电，A错误；在b点处的电势能为，B错误；在a处电势能为，过程中由于只有电场力做功，所以电势能与动能之和恒定，故，解得在b点处的动能为0．3J，C错误；在c点电势能为零，故，D正确；‎ 考点：考查了等势面，电场强度，电场力做功 ‎7.带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是　　‎ A. 在a点的加速度大于在b点的加速度 B. 在a点的电势能小于在b点的电势能 C. 在a点的速度小于在B点的速度 D. 电场中a点的电势一定比b点的电势高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知EA＜EB，所以a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故A错误；由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受电场力的方向应该指向轨迹的内侧，根据电场力方向与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，整个过程电场力做正功，电势能减小，即在a点的电势能大于在b点的电势能，故B错误；整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，所以无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大，故C正确；由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，故D错误；故选C．‎ ‎8.分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中A、B、C三点，则正确的是（ ）‎ A. A带正电、B不带电、C带负电 B. 三小球在电场中加速度大小关系是：aA＞aB＞aC C. 三小球在电场中运动时间相等 D. 三小球到达下板时的动能关系是EkC＜EkB＜EkA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.A、B、C三个小球在水平方向都做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是：xA＞xB＞xC．三个小球水平速度v0相同，由x=v0t得，运动时间关系是：tA＞tB＞tC．竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直位移y大小相等，由，得加速度关系为：aA＜aB＜aC．根据牛顿第二定律得到合力关系为：FA＜FB＜FC，三个小球重力相同，而平行金属板上板带负极，可以判断出来A带正电、B不带电、C带负电。故A正确，BC错误。‎ D.三个小球所受合力方向都竖直向下，都做正功，竖直位移大小相等，而合力FA＜FB＜FC，则合力做功大小关系为：WA＜WB＜WC，根据动能定理得，三小球到达下板时的动能关系是EkC＞EkB＞EkA．故D错误。‎ ‎9.如图所示的电路可将声信号转换为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜构成一个电容器，通过导线与恒定电源两极相接.若声源做简谐运动，则（ ）‎ A. 振动过程中， 板间的电场强度不变 B. 振动过程中， 板所带电荷量不变 C. 振动过程中，灵敏电流计中始终有方向不变的电流 D. 向右的位移最大时， 板所构成的电容器的电容最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为两极板与电源相连，所以两极板间的电势差恒定不变，当a振动过程中，两极板间的距离在发生变化，根据公式可得两极板间的电场强度在变化，根据公式可得在a振动过程中电容器在变化，根据公式 可得两极板上的电荷量在变化，故AB错误；a 振动过程中，a、b 板所带的电量会周期性变化，电容器放电和充电周期性交替产生，所以灵敏电流计中电流的方向也会周期性变化，故C错误．a向右的位移最大时，a、b 板间的距离最小，根据公式可得a、b构成的电容器的电容最大，故D正确．‎ ‎【点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变 ‎10.如图所示，平行板电容器两极A、B间有一个带电油滴P，正好静止在两极板正中间现将两极板稍拉开一些，其它条件不变拉开时间忽略，则　　‎ A. 油滴将向上加速 B. 油滴将向下加速 C. 电流计中电流由b流向a D. 电流计中始终无电流流过 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 将两极板的距离拉开一些，由于电势差不变，d变大，则根据知，电场强度变小，电场力减小，油滴向下加速，A错误B正确；根据得，d变大，则电容变小，U不变，根据Q=CU知，电荷量减小，则电流计中的电流由a流向b，CD错误．‎ ‎11.如图所示是某导体的I－U图线，图中α＝45°，下列说法正确的是( )‎ A. 该导体的电阻与其两端的电压成正比 B. 此导体可能是半导体 C. I－U图线的斜率表示电阻的倒数，所以R＝1.0Ω D. 在该导体两端加6.0V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3.0C ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，电流随着其两端的电压的增大而增大，故电流与其两端的电压成正比，电阻不变，故A错误；‎ BC.由图可知，得导体的电阻为=2.0Ω，且保持不变，不是半导体，故BC错误；‎ D.在导体两端加6.0V的电压时，电路中电流A，则每秒通过电阻的电荷量为q=It=3.0×1=3.0C；故D正确。‎ ‎12.一根粗细均匀，阻值为的电阻丝，在温度不变的情况下，先将它等分成四段，每段电阻为；再将这四段电阻丝并联，并联后总电阻为则与的大小依次为　　‎ A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】一根粗细均匀的电阻丝，将它等分成四段，每段的长度减小为四分之一，横截面积和电阻率一定，故电阻减小为四分之一，为；‎ 再将这四段电阻丝并联起来，横截面积增加为4倍，根据电阻定律，；‎ 故选C．‎ ‎13.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子的定向移动速度为v，在时间内，通过导线的横截面积的自由电子数目可表示为 ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为v，由于铜导线的横截面积为S，则在时间内，电子经过的导线体积为V=vS。又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvS。由于流经导线的电流为I，则在时间内，流经导线的电荷量为Q=I，而电子的电荷量为e，则时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：，故C正确，ABD错误。‎ 二、多项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题给出的四个选项中，有两个以上选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）‎ ‎14.对于库仑定律，下面说法正确的是(　　)‎ A. 凡计算真空中两个点电荷间的相互作用力，就可以使用公式F＝k B. 两个带电小球即使相距非常近，也能用库仑定律 C. 相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷量是否相同，它们之间的静电力大小一定相等 D. 当两个半径为r的带电金属球中心相距为4r时，对于它们之间的静电力大小，只取决于它们各自所带的电荷量 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 库仑定律的适用条件是：真空和静止点电荷．如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷．一个实际的带电体能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，D中两个金属球不能看成点电荷，库仑定律不适用，故A正确，BD错误．相互作用的两个点电荷之间的库伦力为作用力和反作用力的关系，大小始终相等，故C正确．故选AC.‎ 点睛：清楚书本中一些定理和定律的适用条件，知道在处理复杂物理问题时建立具有普遍意义的基本规律一些不可或缺的理想模型，使得问题处理更简便．‎ ‎15.将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则（ ）‎ A. a点的电场强度比b点的大 B. a点的电势比b点的低 C. 检验电荷-q在a点的电势能比在b点的大 D. 将检验电荷-q从a点移到b点的过程中，电场力做负功 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A正确；‎ B.a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高。故B错误；‎ C.电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；‎ D.由上知，-q在a点的电势能较b点小，则把-q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功。故D正确。‎ ‎16.智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置．充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60﹣0.70之间（包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗）．如图为某一款移动充电宝，其参数见如表，下列说法正确的是（ ）‎ 容量 ‎20000mAh 兼容性 所有智能手机 输入 DC5V2AMAX 输出 DC5V0.1-2.5A 尺寸 ‎156*82*22mm 转换率 ‎0.60‎ 产品名称 索扬 重量 约430g A. 给充电宝充电时将大部分电能转化为化学能 B. 该充电宝最多能储存能量为20000mAh C. 理论上该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为10 h D. 该充电宝给电量为零、容量为3000 mAh的手机充电，则理论上能充满4次 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.充电宝充电时将电能转化为化学能，故A正确；‎ B.该充电宝的容量为：‎ q=20000mAh=C，‎ 该电池的电动势为5V，所以充电宝储存的能量：‎ ‎，‎ 故B错误；‎ C.以2A的电流为用电器供电则供电时间 ‎，‎ 故C正确；‎ D.由于充电宝的转化率是0.60，所以可以释放的电能为：‎ ‎20000mA•h×0.6=12000mAh，‎ 给容量为3000mAh的手机充电的次数：‎ 次，‎ 故D正确。‎ ‎17.在高速公路隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的（ ）‎ A. 两个灯泡串联 B. 两个灯泡并联 C. 每个灯泡实际消耗的功率是其额定功率的四分之一 D. 每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.两个灯泡串联，每个灯泡承担的电压为V=110V，低于额定电压，灯泡不易损坏；故A正确；‎ B.两个灯泡并联，每个灯泡承受的电压为U=220V，仍等于灯泡的额定电压，灯泡正常工作，不能延长电灯泡的使用寿命。故B错误。‎ CD.由，U变为原来的，由于灯丝较正常发光时温度偏低，故灯丝电阻较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一。故C错误，D正确。‎ ‎18.在研究平行板电容器电容的实验中，电容器的A、B两极板带有等量异种电荷，A板与静电计连接，如图所示。实验中可能观察到的现象是( )‎ A. 增大A、B板间的距离，静电计指针张角变小 B. 减小A、B板间的距离，静电计指针张角变小 C. 把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，静电计指针张角变小 D. 在A、B板间放入一介质板，静电计指针张角变小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 改变板间距离、改变正对面积或放入电介质，根据电容的决定式分析电容的变化，电容器的电量不变，再根据电容的定义式分析板间电压的变化，判断静电计指针的变化；‎ ‎【详解】A、增大A、B板间的距离，根据电容的决定式分析得知，电容C减小，电容器的电量Q不变，则由得知，板间电压U增大，静电计指针张角变大，故A错误；‎ B、减小A、B板间的距离，根据电容的决定式分析得知，电容C增大，电容器的电量Q不变，则由得知，板间电压U减小，静电计指针张角变小。故B正确；‎ C、减小A、B板的正对面积，根据电容的决定式分析得知，电容C减小，电容器的电量Q不变，则由得知，板间电压U增大，静电计指针张角变大，故C错误；‎ D、在A、B板间放入一介质板，根据电容的决定式分析得知，电容C增大，电容器的电量Q不变，则由得知，板间电压U减小，静电计指针张角变小，故D正确。‎ ‎【点睛】本题是电容器的动态变化分析问题，在分析不变量的基础上，由电容的决定式和电容的定义式结合分析。‎ 三、实验题（每空2分，共16分）‎ ‎19.图甲游标卡尺的示数L＝_______mm；图乙螺旋测微仪的示数D＝__________mm。‎ ‎【答案】 (1). 100.50 (2). 3.500(3.500～3.503)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]由图示游标卡尺可知，其示数为：L=100mm+10×0.05mm=100.50mm；‎ ‎[2]由图示螺旋测微器可知，其示数为：D=3mm+50.0×0.01mm=3.500mm．‎ 四、计算题（本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式及重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎20.如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为-4×10-7C的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为3．2×10-6J，AB间距离4m，与水平方向夹角为600；求：‎ ‎（1）AB间电势是多少？‎ ‎（2）匀强电场的电场强度多大？‎ ‎（3）如果A点的电势为-4V，求B点的电势为多大？‎ ‎【答案】（1）-8V（2）4N/C（3）4V ‎【解析】‎ 试题分析：（1）AB间电势 ‎（2）匀强电场的电场强度 ‎（3）因UAB=φA-φB=-8V；φA=-4V，则φB=4V 考点：电场强度与电势差的关系 ‎【名师点睛】此题主要考查了电场强度与电势差的关系，注意表达式中的d是沿电场线方向的距离，不是两点的连线长度．注意公式 中各个物理量的符号。‎ ‎21.小型直流电动机(其线圈内阻为r＝1 Ω)与规格为“4 V、4 W”的小灯泡并联，再与阻值为R＝5 Ω的电阻串联，然后接至U＝12 V的电源上，如图所示，小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，求：‎ ‎(1)通过电动机的电流；‎ ‎(2)电动机的输出功率P出；‎ ‎(3)电动机的效率．‎ ‎【答案】(1)0.6 A　(2)2.04 W　(3)85%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由灯泡的额定功率可求得灯泡的电流；再由串并联电路的规律可求得流过电动机的电流；由P=UI可求得电动机消耗的总功率，由焦耳定律可求得热功率，则可求得输出功率；根据求出电动机的效率。‎ ‎【详解】解：(1)流经灯泡的电流 流经电阻R的电流 流经电动机的电流 ‎(2)电动机消耗的总功率 电动机产生的热功率 电动机的输出功率 ‎(3)电动机效率 ‎22.如图所示，一带电量为＋q、质量为m的小球，从距地面高2h处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为s处有根管口比小球大的竖直细管，细管的上口距地面高为h，为了使小球能无碰撞地落进管口通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，求：‎ ‎（1）小球的初速度；‎ ‎（2）应加电场的场强；‎ ‎（3）小球落地时的动能．‎ ‎【答案】（1）　（2）　　方向水平向左　（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时，速度方向为竖直向下，而小球水平方向仅受电场力，做匀减速运动到零，竖直方向为自由落体运动．‎ 从抛出到管口，在竖直方向有：‎ 解得：‎ 在水平方向有：‎ 解得：‎ ‎（2）在水平方向上，根据牛顿第二定律：‎ 又由运动学公式：‎ 解得：，方向水平向左．‎ ‎（3）小球落地的过程中有重力和电场力做功，根据动能定理：‎ 即 解得：Ek=mgh 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】此题是带电粒子在电场及重力场中的运动问题；解题的关键是搞清小球在水平和竖直两个方向的运动特点，结合运动的合成知识以及动能定理求解．‎ ‎23.一个小灯泡的额定电压为2.0V。额定电流约为0.5A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线．‎ A.电源E：电动势为3.0V，内阻不计；‎ B.电压表V1：量程为0~3V，内阻约为1kΩ C.电压表V2：量程为0~15V，内阻约为4kΩ D.电流表A1：量程为0~3A，内阻约为0.1Ω；‎ E.电流表A2：量程为0~0.6A，内阻约为0.6Ω；‎ F.滑动变阻器R1：最大阻值为10Ω，额定电流为1.0A；‎ G.滑动变阻器R2：最大阻值为15Ω，额定电流为1.0A；‎ I.开关S，导线若干．‎ 实验得到如下数据（I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）：‎ I/A ‎ ‎0.00 ‎ ‎0.12 ‎ ‎0.21 ‎ ‎0.29 ‎ ‎0.34 ‎ ‎0.38 ‎ ‎0.42 ‎ ‎045 ‎ ‎0.47 ‎ ‎0.49 ‎ ‎0.50 ‎ U/V ‎ ‎0.00 ‎ ‎0.20 ‎ ‎0.40 ‎ ‎0.60 ‎ ‎0.80 ‎ ‎1.00 ‎ ‎1.20 ‎ ‎1.40 ‎ ‎1.60 ‎ ‎1.80 ‎ ‎2．00 ‎ ‎（1）实验中电压表应选用___________；电流表应选用___________；滑动变阻器应选用___________（请填写选项前对应字母）．‎ ‎（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上___________．闭合开关前，应使变阻器滑片放在最___________（填“左”或“右”）端．‎ ‎（3）在坐标中画出小灯泡的U-I曲线___________．‎ ‎【答案】 (1). B (2). E (3). F (4). 左 (5). (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]灯泡额定电压是2V，则电压表选B；‎ ‎[2]灯泡额定电流为0.5A，则电流表选E；‎ ‎[3]为方便实验操作，滑动变阻器应选F．‎ ‎（2）[4]灯泡正常发光时电阻 Ω，‎ ‎，‎ ‎，‎ 则有，则电流表采用外接法，由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示；‎ ‎[5] 闭合开关前，滑片应置于左端．‎ ‎（3）[6]根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后作出灯泡的U-I图象如图所示．‎ ‎ ‎