2025屆山東省青島市西海岸新區(qū)膠南第一高級(jí)中學(xué)高二物理第一學(xué)期期中監(jiān)測(cè)模擬試題含解析

2025屆山東省青島市西海岸新區(qū)膠南第一高級(jí)中學(xué)高二物理第一學(xué)期期中監(jiān)測(cè)模擬試題注意事項(xiàng):1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時(shí)請(qǐng)按要求用筆。3．請(qǐng)按照題號(hào)順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、在許多精密的儀器中，如果需要較精確地調(diào)節(jié)某一電阻兩端的電壓，常常采用如圖所示的電路通過兩只滑動(dòng)變阻器和對(duì)一阻值為500Ω左右的電阻兩端電壓進(jìn)行粗調(diào)和微調(diào)．已知兩個(gè)滑動(dòng)變阻器的最大阻值分別為200Ω和10Ω關(guān)于滑動(dòng)變阻器、的連接關(guān)系和各自所起的作用，下列說法正確的是（）A．取=200Ω，＝10Ω，調(diào)節(jié)起粗調(diào)作用B．取=10Ω，=200Ω，調(diào)節(jié)起微調(diào)作用C．取=200Ω，=10Ω，調(diào)節(jié)起粗調(diào)作用D．取=10Ω，=200Ω，調(diào)節(jié)起微調(diào)作用2、如圖，電源內(nèi)阻忽略不計(jì)，閉合電鍵，電壓表V1示數(shù)為U1，電壓表V2示數(shù)為U2，電流表A示數(shù)為I．在滑動(dòng)變阻器R1的滑片由a端滑到b端的過程中（）A．U1先增大后減小B．U1與I的比值先增大后減小C．U1變化量與I變化量的比值不變D．U2變化量與I變化量的比值先增大后減小3、如圖所示，電源的內(nèi)阻不可忽略．已知定值電阻R1=11Ω，R2=8Ω．當(dāng)開關(guān)S接位置1時(shí)，電流表的示數(shù)為1．21A．那么當(dāng)開關(guān)S接位置2時(shí)，電流表的示數(shù)可能是下列的哪些值（）A．1．28AB．1．25AC．1．22AD．1．19A4、某原子電離后其核外只有一個(gè)電子，若該電子在核的庫侖力作用下繞核做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，那么電子運(yùn)動(dòng)()A．半徑越大，加速度越大B．半徑越小，周期越大C．半徑越小，線速度越小D．半徑越大，線速度越小5、打乒乓球時(shí)，球拍對(duì)乒乓球的作用力為FN，乒乓球?qū)η蚺牡淖饔昧镕N′，則（）A．FN大于FN′B．FN與FN′方向相反C．FN小于FN′D．FN與FN′方向相同6、下列說法錯(cuò)誤的是（）A．太陽繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B．開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運(yùn)動(dòng)三定律C．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律D．哥白尼提出了日心說二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為6V，內(nèi)阻為2Ω，四個(gè)電阻的阻值已在圖中標(biāo)出。閉合開關(guān)S，下列說法正確的有（）A．電源兩端的電壓為6V B．電源的效率為83.3%C．a(chǎn)、b間電壓的大小為2.5V D．a(chǎn)、b間用導(dǎo)線連接后，電路的總電流8、如圖所示，光滑固定金屬導(dǎo)軌與水平面成一定角度θ，將完全相同的兩個(gè)導(dǎo)體棒P、Q相繼從導(dǎo)軌頂部同一位置M處無初速釋放，在導(dǎo)軌中某部分（圖中兩虛線之間）有一與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．已知P棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，則從P棒進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，到Q棒離開磁場(chǎng)（設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，除P、Q桿外其余電阻不計(jì)），P棒兩端電壓隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是A． B．C． D．9、如圖所示，直線A為電源a的路端電壓與電流的關(guān)系圖象，直線B為電源b的路端電壓與電流的關(guān)系圖象，直線C為一個(gè)電阻R的兩端電壓與電流的關(guān)系圖象．將這個(gè)電阻R分別接到a，b兩電源上，那么下列說法不正確的是（）A．R接到a電源上，電源的效率較高B．R接到b電源上，電源的輸出功率較大C．R接到a電源上，電源的輸出功率較大，但電源效率較低D．R接到b電源上，電阻的發(fā)熱功率和電源的效率都較高10、一根輕質(zhì)桿長(zhǎng)為2L，可繞固定于中點(diǎn)位置處的軸在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，桿兩端固定有完全相同的小球1和小球2，它們的質(zhì)量均為m，帶電荷量分別為+q和–q，整個(gè)裝置放在如圖所示的關(guān)于豎直線對(duì)稱的電場(chǎng)中。現(xiàn)將桿由水平位置靜止釋放，讓小球1、2繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置A、B兩點(diǎn)，設(shè)A、B間電勢(shì)差為u，該過程中()A．小球2受到電場(chǎng)力變小B．小球1電勢(shì)能減少量小于uqC．小球1、2的機(jī)械能總和增加量小于uqD．小球1、2的動(dòng)能總和增加了uq三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）國慶同學(xué)在做“探究碰撞中的不變量”實(shí)驗(yàn)中，所用裝置如圖甲所示，已知槽口末端在白紙上的投影位置為O點(diǎn)。回答以下問題：(1)實(shí)驗(yàn)室的老師為國慶同學(xué)準(zhǔn)備了一些實(shí)驗(yàn)儀器，本實(shí)驗(yàn)中需要的是___________。A．秒表B．天平C．刻度尺D．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器(2)為了完成本實(shí)驗(yàn)，下列必須具備的實(shí)驗(yàn)條件或操作步驟是___________。A．斜槽軌道末端的切線必須水平B．入射球和被碰球大小必須相同C．入射球和被碰球的質(zhì)量必須相等D．必須測(cè)出桌面離地的高度H(3)國慶同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中正確操作，認(rèn)真測(cè)量，得出的落點(diǎn)情況如圖乙所示，則入射小球質(zhì)量和被碰小球質(zhì)量之比為____________。(4)若兩球間的碰撞是彈性碰撞，入射小球質(zhì)量m1，被碰小球質(zhì)量m2，應(yīng)該有等式________成立。（用圖甲中標(biāo)注的字母符號(hào)表示）12．（12分）要測(cè)繪一個(gè)標(biāo)有“3V0.6W”小燈泡的伏安特性曲線，要求燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，并便于操作。已選用的器材有：直流電源（電壓為4V）；電流表（量程為0~0.6A，內(nèi)阻約0.5Ω)；電壓表（量程為0~3V，內(nèi)阻約3kΩ)；電鍵一個(gè)、導(dǎo)線若干。（1）實(shí)驗(yàn)中所用的滑動(dòng)變阻器應(yīng)選下列中的_______（填字母代號(hào)）。A．滑動(dòng)變阻器（最大阻值10Ω，額定電流1A）B．滑動(dòng)變阻器（最大阻值1kΩ，額定電流0.3A）（2）如圖為某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)過程中完成的部分電路連接的情況，請(qǐng)你幫他完成其余部分的線路連接。（用黑色水筆畫線表示對(duì)應(yīng)的導(dǎo)線）（3）實(shí)驗(yàn)得到小燈泡的伏安特性曲線如圖所示。由曲線可知小燈泡的電阻隨電壓增大而____________（填“增大”、“不變”或“減小”）（4）如果某次實(shí)驗(yàn)測(cè)得小燈泡兩端所加電壓如圖所示，請(qǐng)結(jié)合圖線算出此時(shí)小燈泡的電阻是_______Ω（保留兩位有效數(shù)字）。（5）根據(jù)實(shí)驗(yàn)得到的小燈泡伏安特性曲線，下列分析正確的是______________。A．測(cè)得的小燈泡正常發(fā)光的功率偏小，主要是由于電壓表內(nèi)阻引起B(yǎng)．測(cè)得的小燈泡正常發(fā)光的功率偏小，主要是由于電流表內(nèi)阻引起C．測(cè)得的小燈泡正常發(fā)光的功率偏大，主要是由于電壓表內(nèi)阻引起D．測(cè)得的小燈泡正常發(fā)光的功率偏大，主要是由于電流表內(nèi)阻引起四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，一個(gè)“V”型玻璃管倒置于豎直平面內(nèi)，并處于E=1×103V/m、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)帶負(fù)電的小球，重為G=1×10-3N，電量q=2×10-6C，從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，球與管壁的摩擦因數(shù)μ=0.1．已知管長(zhǎng)AB=BC=2m，傾角a=37°，且管頂B處有一很短的光滑圓弧．求：（1）小球第一次運(yùn)動(dòng)到B時(shí)的速度多大?（2）小球運(yùn)動(dòng)后，第一次速度為0的位置在何處?（3）從開始運(yùn)動(dòng)到最后靜止，小球通過的總路程是多少?(sin37°=0.6，cos37°=0.8)14．（16分）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E=10V，內(nèi)阻r=0.6Ω，定值電阻R1=4Ω，R2=6Ω，R3=17Ω，求：（1）外電路的總電阻；（2）通過R3的電流；（3）電源兩端的電壓．15．（12分）如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限中，存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為4E1．虛線是電場(chǎng)的理想邊界線，虛線右端與x軸的交點(diǎn)為A，A點(diǎn)坐標(biāo)為（L，1），虛線x軸所圍成的空間內(nèi)沒有電場(chǎng)；在第二象限存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1，M（﹣L，L）和N（﹣L，1）兩點(diǎn)的連線上有一個(gè)產(chǎn)生粒子的發(fā)生器裝置，產(chǎn)生質(zhì)量均為m，電荷量均為q靜止的帶正電的粒子，不計(jì)粒子的重力和粒子之間的相互作用，且整個(gè)裝置處于真空中．（1）若粒子從M點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入第一象限后始終在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)并恰好到達(dá)A點(diǎn)，求這個(gè)過程中該粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及到達(dá)A點(diǎn)的速度大??；（2）若從MN線上M點(diǎn)下方由靜止發(fā)出的所有粒子，在第二象限的電場(chǎng)加速后，經(jīng)第一象限的電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)穿過虛線邊界后都能到達(dá)A點(diǎn)，求此邊界（圖中虛線）方程．

參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、B【解析】

若=200Ω，＝10Ω,則與R0組成的部分電路的電阻遠(yuǎn)小于,移動(dòng)上的滑片很不方便調(diào)節(jié)兩端的電壓.

當(dāng)=10Ω，=200Ω時(shí),移動(dòng)上的滑片使兩端的電壓變化較快,移動(dòng)上的滑片使R0兩端的電壓變化相對(duì)較慢,故B對(duì)；ACD錯(cuò)故選B【點(diǎn)睛】滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法時(shí),為使電壓變化明顯,滑動(dòng)變阻器的總電阻要遠(yuǎn)小于被測(cè)電阻的電阻值.2、B【解析】

閉合電鍵后，滑動(dòng)變阻器滑片P由由a端滑到b端的過程中，變阻器并聯(lián)的阻值先增大后減小，總電阻先增大后減小，則總電流先減小后增大，即A示數(shù)先減小后增大．由歐姆定律知，V2示數(shù)先減小后增大．因?yàn)殡娫磧?nèi)阻忽略不計(jì)，電壓表V1的示數(shù)等于電源的電動(dòng)勢(shì)，可知V1示數(shù)不變，故A錯(cuò)誤；U1I＝R外，因?yàn)橥怆娮柘仍龃蠛鬁p小，所以U1與I的比值先增大后減小，故B正確，C錯(cuò)誤；R2是定值電阻，則ΔU2ΔI＝【點(diǎn)睛】本題是電路的動(dòng)態(tài)分析問題，關(guān)鍵要搞清電路的結(jié)構(gòu)，明確電表各測(cè)量哪部分電路的電壓或電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析．3、C【解析】試題分析：當(dāng)電鍵S接位置1時(shí)，電流表的示數(shù)為1．21A，則根據(jù)歐姆定律得知：路端電壓U1=I1R1=11×1．2V=2V；電鍵S接2后，電路的總電阻減小，總電流一定增大，所以電流不可能是1．19A，電源的路端電壓一定減??；原來路端電壓為2V，所以電鍵S接2后路端電壓低于2V，因此電流一定小于1．25A，故只能選C．考點(diǎn)：閉合電路歐姆定律名師點(diǎn)睛：本題要根據(jù)閉合電路歐姆定律分析路端電壓與外電阻的關(guān)系，同時(shí)分析總電流與外電路總電阻的關(guān)系，可確定出電流表示數(shù)的范圍進(jìn)行選擇．4、D【解析】由向心力公式，可知，半徑越大，庫侖力越小，加速度越小，周期越大，線速度越小，角速度越??；半徑越小，庫侖力越大，加速度越大，周期越小，線速度越大，角速度越大，故D正確；綜上所述本題答案是：D5、B【解析】

球拍對(duì)乒乓球的作用力與乒乓球?qū)η蚺牡淖饔昧κ且粚?duì)相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律，二者大小相等，方向相反，故ACD錯(cuò)誤，B正確；故選B；6、A【解析】

A．根據(jù)開普勒第一定律得知，地球繞太陽做橢圓運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，符合題意；

B．開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運(yùn)動(dòng)三定律，故B正確，不符合題意；

C．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，故C正確，不符合題意；

D．哥白尼提出了日心說，故D正確，不符合題意．故選Ａ。點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵掌握天體物理部分的物理學(xué)史，對(duì)于著名科學(xué)家的成就進(jìn)行解答即可．二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、BC【解析】

AB．外電阻為則有則路端電壓為電源的效率故A錯(cuò)誤，B正確；C．選電源負(fù)極為零勢(shì)點(diǎn)，則b點(diǎn)電勢(shì)為a點(diǎn)電勢(shì)為則ab間的電壓為故C正確；D．a(chǎn)、b間用導(dǎo)線連接后外阻為R′，則有則電流為故D錯(cuò)誤。故選BC。8、AC【解析】因?qū)w棒P、Q完全相同,又是從導(dǎo)軌頂部同一位置M處無初速釋放,所以P、Q在進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小是相等的,當(dāng)P進(jìn)入磁場(chǎng),而Q還沒有進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中,P做勻速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)此時(shí)的電動(dòng)勢(shì)為E,由閉合電路的歐姆定律可得P兩端的電壓為E/2，且保持不變．當(dāng)Q進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，分為兩種情況來分析：Ⅰ、當(dāng)Q進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),P已經(jīng)出了磁場(chǎng),所以在PQ都不在磁場(chǎng)中時(shí),P的兩端的電壓為零,當(dāng)Q進(jìn)入磁場(chǎng)后,產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)也為E,此時(shí)P的兩端的電壓仍為E/2，當(dāng)Q離開磁場(chǎng)時(shí)，電壓為零，選項(xiàng)A是有可能的．Ⅱ、當(dāng)Q進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),P還沒有出磁場(chǎng),此時(shí)PQ會(huì)以相同的速度開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),回路中沒有電流,所以P兩端的電壓等于P產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì),因PQ都在做勻加速直線運(yùn)動(dòng),所以電壓是從E均勻增加的,當(dāng)P到達(dá)磁場(chǎng)的邊緣時(shí),設(shè)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E′,P離開磁場(chǎng)時(shí),只有Q在切割磁感線,此時(shí)P兩端的電壓為Q產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的一半,即為E′/2，此后Q將做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，P兩端的電壓也就逐漸減小，且隨Q的加速度的減小，電壓減小的幅度也越來越小，所以選項(xiàng)C是有可能的，BD不可能．故選AC．9、ABD【解析】

A.電源的效率η=由圖看出，電阻R接在電源a上時(shí)電路中電流為，短路電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律I=得到，R=ra電源的效率為50%．由圖看出，電阻R接在電源b上時(shí)＞50%則電源b的效率大于50%．故A錯(cuò)誤符合題意．B.電源的圖線與電阻R的U﹣I圖線的交點(diǎn)表示電阻R接在該電源上的工作狀態(tài)，由圖讀出電阻R接在電源a的電壓和電流較大，電源a的輸出功率較大．故B錯(cuò)誤符合題意．CD由分析可知，R接到a電源上，電源的輸出功率較大，電源效率較低．故C正確不符合題意，D錯(cuò)誤符合題意．10、BD【解析】

由圖可知，桿由水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)，球2所處的位置電場(chǎng)線變得密集，場(chǎng)強(qiáng)變大，則球2所受的電場(chǎng)力變大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)線分布的對(duì)稱性可知：開始時(shí)兩個(gè)小球處于同一等勢(shì)面上，轉(zhuǎn)動(dòng)后，小球1所在位置A的電勢(shì)較低，小球2所在位置B的電勢(shì)較高，根據(jù)等勢(shì)面線電場(chǎng)線的關(guān)系知道，A、1間電勢(shì)差小于2、B間的電勢(shì)差，小球2的電勢(shì)升高量大于小球1電勢(shì)降低量，所以小球1的電勢(shì)能減小量小于12qu，小球2的電勢(shì)能減小量大于12qu，選項(xiàng)B正確；根據(jù)動(dòng)能定理，系統(tǒng)的重力勢(shì)能未變，則動(dòng)能增加量等于電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做功，大小為uq，機(jī)械能增加量等于動(dòng)能的增加量，即系統(tǒng)的機(jī)械能增加量也為uq，故C錯(cuò)誤，D正確。【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵要能正確分析小球能量如何轉(zhuǎn)化，運(yùn)用W=qU和U=Ed定性分析兩球電勢(shì)能的變化關(guān)系，由能量守恒定律分析即可。三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、BCAB3∶2【解析】

(1)[1]A.本實(shí)驗(yàn)中由于平拋運(yùn)動(dòng)高度相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，不需要測(cè)量時(shí)間，故A錯(cuò)誤；B.驗(yàn)證動(dòng)量守恒，需要計(jì)算動(dòng)量，需要測(cè)量質(zhì)量，故B正確；C.實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)量落點(diǎn)到拋出點(diǎn)的水平距離，故需要刻度尺，故C正確；D.實(shí)驗(yàn)中不需要處理紙帶，不需要打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，故D錯(cuò)誤；故選BC。(2)[2]A.實(shí)驗(yàn)是通過平拋研究問題，故槽口末端水平，故A正確；B.兩球需要發(fā)生對(duì)心碰撞，則兩球大小需相同，故B正確；C.入射球質(zhì)量要大于被碰球質(zhì)量，即m1＞m2，防止碰后m1被反彈，故C錯(cuò)誤；D.小球平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，不需要測(cè)出桌面離地的高度，故D錯(cuò)誤；故選AB。(3)[3]P是入射球碰撞前的落點(diǎn)，M是入射球碰撞后的落點(diǎn)，N是被碰球碰撞后的落點(diǎn)，實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證：m1v1=m1v1′+m2v2兩邊同時(shí)乘以小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t，得m1v1t=m1v1′t+m2v2t結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得代入數(shù)據(jù)解得m1：m2=3：2(4)[4]小球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能也守恒，有可得：12、A增大12C【解析】

由于采用分壓式接法，為方便實(shí)驗(yàn)操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器；根據(jù)題意確定滑動(dòng)變阻器與電流表的接法，然后連接實(shí)物電路圖；根據(jù)圖示圖象應(yīng)用歐姆定律分析答題；由圖示電壓表讀出其示數(shù)，由圖示圖象求出對(duì)應(yīng)的電流，然后由歐姆定律求出電阻阻值；根據(jù)電路圖應(yīng)用串并聯(lián)電路特點(diǎn)與功率公式分析答題；【詳解】解：(1)由于采用分壓式接法，為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇A；(2)描繪燈泡伏安特性曲線，電壓與電流應(yīng)從零開始變化，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻為：R=U2P=320.6=15Ω(3)由圖示圖象可知，隨電壓增大通過燈泡的電流增大，電壓與電流表的比值增大，燈泡電阻增大；(4)電壓表量程為3V，由圖示電壓表可知其分度值為0.1V，示數(shù)為2.3V，由圖示圖象可知，2.3V對(duì)應(yīng)的電流為0.196A，此時(shí)燈泡電阻為：R=U(5)電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，所測(cè)電流I偏大，測(cè)得的小燈泡正常發(fā)光的功率P=UI偏大，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤；故選C。四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、(1)

(2)距B的距離為

(3)【解析】試題分析：根據(jù)牛頓第二定律求出在AB中的加速度，結(jié)合速度位移公式求出第一次到達(dá)B點(diǎn)的速度．根據(jù)牛頓第二定律求出在BC中運(yùn)動(dòng)的加速度，結(jié)合速度位移公式求出第一次速度為零的位置．小球最終停在B處，對(duì)全過程運(yùn)用動(dòng)能定理求出總路程的大?。?）在上滑的過程中受到重力、豎直向上的電場(chǎng)力、垂直玻璃管向下的彈力和沿玻璃管向下的摩擦力，受力如圖所示．根據(jù)牛頓第二定律得，得所以小球第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為：（2）在下滑的過程中受到重力、豎直向上