四川省广元中学2015-2016学年高二上学期第二次段考物理试卷【解析版】

2015-2016学年四川省广元中学高二（上）第二次段考物理试卷
一、单项选择题：（本题共8小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）
1．关于点电荷，下列说法中正确的是( )
A．只有体积很小的带电体才能看成是点电荷
B．体积较大的带电体一定不能看成是点电荷
C．当两个带电体之间的距离比它们自身的大 ( http: / / www.21cnjy.com )小大得多，以至带电体的形状、大小及电荷分布对它们之间的相互作用的影响可以忽略时，这两个带电体均可看成点电荷
D．当带电体带电量很少时，可看成点电荷
2．根据电容器的定义式C=可知( )
A．电容器所带电荷量就越多，电容越大
B．电容器的两级板间电势差越大，电容越大
C．电容器的电容与其带电荷量成正比，与两级板间的电势差成反比
D．电容器的电容不随带电荷量及两级板间的电势差的变化而变化
3．真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为 ( http: / / www.21cnjy.com )F，如果保持它们所带的电荷量不变，将它们之间的距离增大为原来的2倍，则它们之间作用力的大小等于( )
A．F B．2F C． D．
4．一电流表的满偏电流Ig=5mA，内阻为30Ω．要把它改装成一个量程为3A的电流表，则应在电流表上( )
A．并联一个570Ω的电阻 B．并联一个约0.05Ω的电阻
C．串联一个570Ω的电阻 D．串联一个0.05Ω的电阻
5．一根导线电阻为10Ω，把它均匀拉长为原来的两倍长度，其电阻变为为( )
A．20Ω B．40Ω C．2.5Ω D．5Ω
6．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图所示的U﹣I图象，则由图可知( )
( http: / / www.21cnjy.com )
A．短路电流为0.5A B．电源内阻为3Ω
C．电动势为1.5V D．电源内阻为5Ω
7．用电动势为6V、内电阻为4Ω的直流电源，依次给下列四个小灯泡供电，最亮的是( )
A．R1=2Ω B．R2=4Ω C．R3=6Ω D．R4=8Ω
8．如图所示电路中，已知电的内阻r＜R2， ( http: / / www.21cnjy.com )电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值．闭合电键S，当滑动变阻器的滑臂P由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法中正确的有( )
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A．A1的示数不断减小，A2的示数不断减小
B．V1的示数先变小后变大，V2的示数先变大后变小
C．电内部的热功率先变大后变小
D．电的输出功率先变小后变大
二、不定项选择题：（本题共 ( http: / / www.21cnjy.com )4小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，不只有一项符合题目要求．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分）
9．如图所示，虚线a、b和c是某静电场 ( http: / / www.21cnjy.com )中的三个等势而，它们的电势分别为Ua、Ub和Uc，Ua＞Ub＞Uc．一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知( )
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A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功
B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功
C．粒子从K到L的过程中，电势能减少
D．粒子从L到M的过程中，动能增加
10．如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极之间的电势差，现使A板带正电，B板带负电，则下列说法正确的是( )
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A．将B板稍微向右移，静电计指针张角将变小
B．若将B板稍微向上移，静电计指针张角将变小
C．若将B板拿走，静电计指针张角变为零
D．若将玻璃板插入两极板之间，静电计指针张角将变小
11．电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，则下列说法中正确的是( )
A．电动机消耗的电能为UIt
B．电动机消耗的电能为I2Rt
C．电动机线圈产生的热量为I2Rt
D．电动机线圈产生的热量为
12．如图所示为测量未知电阻Rx的 ( http: / / www.21cnjy.com )部分电路，当开关S分别接a和b点时，电流表示数相对变化显著，为了减小误差，则( )21世纪教育网
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A．电流表应采用外接法
B．电流表应采用内接法21世纪教育网
C．开关S接在b点时的测量值更准确
D．开关S接在a点时的测量值更准确
三、实验（共16分，每空2分，作图4分）
13．读图中游标卡尺和螺旋测微器的读数游标卡尺的读数为__________mm．；螺旋测微器的读数为__________mm．
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14．用多用电表的欧姆挡测电阻．机械调零、欧姆调零后，用“×100”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是 ( )
A．被测电阻值很大
B．被测电阻值很小
C．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×1k”挡，重新欧姆调零后再测量
D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量
15．在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6V，3W”，还备有下列器材
电流表Al（量程3A，内阻0.2Ω）
电流表A2（量程0.6A，内阻1Ω）
电压表V1（量程3V，内阻20kΩ）
电压表V2（量程15V，内阻60KΩ）
变阻器R1（0﹣1000Ω，0.5A）
变阻器R2（0～20Ω，2A）[来源:21世纪教育网]
学生电源（6～8V）．开关S及导线若干
在上述器材中，电流表应选用____ ( http: / / www.21cnjy.com )______，电压表应选用__________变阻器应选用__________，在如图方框中画出实验的电路图．
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三、计算题（共36分，解答应写出必要的文字说明．方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．本题共3小题，）
16．电源的电动势为4.5V、外电阻为4.0Ω时，路端电压为4.0V．
（1）电源的内阻是多少？
（2）如果在外电路再并联一个4.0Ω的电阻，路端电压是多大？
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17．如图所示中E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF电池内阻不计，求：
（1）闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；
（2）然后将开关S断开，求这以后流过R1的总电量．
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18．如图所示，绝缘光滑水平轨道AB的B端与 ( http: / / www.21cnjy.com )处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.40m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104N/C．现有一质量m=0.10kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s=1.0m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零．已知带电体所带电荷量q=8.0×10﹣5C，求：
（1）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力；
（2）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功．
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2015-2016学年四川省广元中学高二（上）第二次段考物理试卷
一、单项选择题：（本题共8小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）
1．关于点电荷，下列说法中正确的是( )
A．只有体积很小的带电体才能看成是点电荷
B．体积较大的带电体一定不能看成是点电荷
C．当两个带电体之间的距离 ( http: / / www.21cnjy.com )比它们自身的大小大得多，以至带电体的形状、大小及电荷分布对它们之间的相互作用的影响可以忽略时，这两个带电体均可看成点电荷
D．当带电体带电量很少时，可看成点电荷
【考点】元电荷、点电荷．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】点电荷的模型是重要的物理模型之一，它的条件是带电体的大小远小于电荷间的距离，与带电体的大小无直接的关系．
【解答】解：点电荷的模型 ( http: / / www.21cnjy.com )是重要的物理模型之一，它的条件是带电体的大小远小于电荷间的距离，可看成点电荷，与带电体的大小、带电体所带的电量都无直接的关系．故A错误，B错误，D错误，C正确．
故选：C
【点评】点电荷的模型是一种理想化的物理模型，它的条件是带电体的大小远小于电荷间的距离，本题是基础题．
2．根据电容器的定义式C=可知( )
A．电容器所带电荷量就越多，电容越大
B．电容器的两级板间电势差越大，电容越大
C．电容器的电容与其带电荷量成正比，与两级板间的电势差成反比
D．电容器的电容不随带电荷量及两级板间的电势差的变化而变化
【考点】电容．
【专题】电容器专题．
【分析】电容的定义式C=，采用的是比值法定义，具有比值法定义的共性，C与Q、U无关．电容反映电容器容纳电荷本领大小，由电容器本身决定．结合这些知识进行分析．
【解答】解：A、B、C、根据电容的定义式C=，采用的是比值法定义，可知C与Q、U无关．故A错误，B错误，C错误；
D、电容是反映电容器容纳电荷本领大小的物理量，由电容器本身决定，故D正确；
故选：D．
【点评】本题关键要掌握电容的定义式C=，理解电容的物理意义，能抓住比值法定义的共性理解电容的特性．
3．真空中有两个点电荷，它们之间的静电 ( http: / / www.21cnjy.com )力为F，如果保持它们所带的电荷量不变，将它们之间的距离增大为原来的2倍，则它们之间作用力的大小等于( )
A．F B．2F C． D．
【考点】库仑定律．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】电量不变，只是将距离增大到原来的2倍，根据点电荷库仑力的公式F=k可以求得改变之后的库仑力的大小．
【解答】解：由点电荷库仑力的公式F=k可以得到，电量不变，将它们之间的距离增大为原来的2倍，库仑力将变为原来的，所以D正确．
故选D．
【点评】本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了．
4．一电流表的满偏电流Ig=5mA，内阻为30Ω．要把它改装成一个量程为3A的电流表，则应在电流表上( )
A．并联一个570Ω的电阻 B．并联一个约0.05Ω的电阻
C．串联一个570Ω的电阻 D．串联一个0.05Ω的电阻
【考点】把电流表改装成电压表．
【专题】实验题；定量思想；比例法；恒定电流专题．
【分析】把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．
【解答】解：把电流表改装成3A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：
R==≈0.05Ω；[来源:21世纪教育网]
故选：B．
【点评】本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理是解题的关键，应用并联电路特点与欧姆定律可以解题．
5．一根导线电阻为10Ω，把它均匀拉长为原来的两倍长度，其电阻变为为( )
A．20Ω B．40Ω C．2.5Ω D．5Ω
【考点】电阻定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】导体的电阻跟导体的材料、长度、横截面积有关；在导体的材料一定时，导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比．
【解答】答：把一根导线均匀拉长为原来的2倍后，长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的；
根据电阻定律公式R=，导体的电阻变为原来的4倍，即40Ω；
故选：B．
【点评】本题考查了导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料有关．理解导线被拉长或对折后，导体的长度和横截面积都发生变化是解决此题的关键．
6．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图所示的U﹣I图象，则由图可知( )
( http: / / www.21cnjy.com )
A．短路电流为0.5A B．电源内阻为3Ω
C．电动势为1.5V D．电源内阻为5Ω
【考点】路端电压与负载的关系．
【专题】定量思想；图析法；恒定电流专题．
【分析】图象与纵坐标的交点为电动势，图象的斜率大小表示电源的内阻，由此可正确解答．
【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，得U=E﹣Ir，因此U﹣I图象中当电流为零时，路端电压即为电源的电动势，图象的斜率大小表示电源的内阻，由此可知故电动势为1.5V，外电路发生短路的电流为：I==1.5A；故A错误；
BCD、根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，得U=E﹣Ir，因此U﹣I图象中当电流为零时，路端电压即为电源的电动势，图象的斜率大小表示电源的内阻，由此可知故电动势为1.5V，r===1.0Ω；故BD错误，C正确；
故选：C．
【点评】本题考查测定闭合电路欧姆定律实验中的数据分析，注意图象中截距、斜率的含义即可求解．
7．用电动势为6V、内电阻为4Ω的直流电源，依次给下列四个小灯泡供电，最亮的是( )
A．R1=2Ω B．R2=4Ω C．R3=6Ω D．R4=8Ω
【考点】电功、电功率．
【专题】恒定电流专题．
【分析】假设外电阻阻值为R，根据闭合电路欧姆定律和电功率表达式求解出电源输出功率的表达式，最后运用解析法列式求解．
【解答】解：假设外电阻阻值为R，根据闭合电路欧姆定律，有：I=；
输出功率为：P=I2R==；
其中R+（当，即R=4Ω时取等号）
故当外电阻为4欧姆时电源输出功率最大；
故选B．
【点评】考查电源的输出功率与外阻的关系，明确当外阻与内阻相等时输出功率最大．
8．如图所示电路中，已知电的内阻r＜R ( http: / / www.21cnjy.com )2，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值．闭合电键S，当滑动变阻器的滑臂P由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法中正确的有( )
( http: / / www.21cnjy.com )
A．A1的示数不断减小，A2的示数不断减小
B．V1的示数先变小后变大，V2的示数先变大后变小
C．电内部的热功率先变大后变小
D．电的输出功率先变小后变大
【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．
【专题】恒定电流专题．
【分析】电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值，当滑动变阻器的滑片P由中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中的电流变化和路端电压的变化，再由欧姆定律分析R2两端电压的变化，确定三个电表示数的变化．
【解答】解：
A、B、由题，电阻R1的阻值小于滑 ( http: / / www.21cnjy.com )动变阻器R0的最大阻值，当滑动变阻器的滑片P变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，电源的内电压也变小后变大，则路端电压先变大后变小，所以V1的示数先变大后变小．V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数先变小后变大．并联电压U并=U﹣U2，先变大后变小，电阻R1所在支路电阻R1支路逐渐减小，所以电流I1增大，电流表A2示数增大；I2=I﹣I1，电流表A1示数变小，故AB错误．
C、电源内部的热功率P=I2r，因为电流I先变小后变大，所以电源内部的热功率，先变小后变大，故C错误．
D、因为r＜R2，所以外电阻总是大于内电 ( http: / / www.21cnjy.com )阻的，当滑动变阻器的滑片P变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，所以电源的输出功率先变小后变大，故D正确．
故选：D
【点评】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从最右端→中间→左端总电阻变化情况的判断．
二、不定项选择题：（本题共4小题，每 ( http: / / www.21cnjy.com )小题4分．在每小题给出的四个选项中，不只有一项符合题目要求．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分）[21世纪教育网]
9．如图所示，虚线a、b和c是某静电场 ( http: / / www.21cnjy.com )中的三个等势而，它们的电势分别为Ua、Ub和Uc，Ua＞Ub＞Uc．一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知( )
( http: / / www.21cnjy.com )
A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功
B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功
C．粒子从K到L的过程中，电势能减少
D．粒子从L到M的过程中，动能增加
【考点】电势差；电势能．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】先根据等势面图得到电场线的分布图，再结合动能定理以及电场力做功与电势能变化关系分析判断．
【解答】解：A、C、电场线与等势面垂直，由较高的等势面指向较低的等势面，电场线分布图如图（实线）．21世纪教育网
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粒子从K到L的过程中，电势一直增加，故电场力一直做负功，故电势能增加，故A正确，C错误；
B、粒子从L到M的过程中，先从低电势向高电势运动，后从高电势向低电势运动，故电场力先做负功后作正功，故B错误；
D、L的电势高于M的电势，则粒子从L到M的过程中，电场力做正功，根据动能定理知粒子的动能增加，故D正确；
故选：AD．
【点评】本题关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况．
10．如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极之间的电势差，现使A板带正电，B板带负电，则下列说法正确的是( )
( http: / / www.21cnjy.com )[来源:21世纪教育网]
A．将B板稍微向右移，静电计指针张角将变小
B．若将B板稍微向上移，静电计指针张角将变小
C．若将B板拿走，静电计指针张角变为零
D．若将玻璃板插入两极板之间，静电计指针张角将变小
【考点】电容器的动态分析．
【专题】定量思想；方程法；电容器专题．
【分析】已充电的平行板电容器电 ( http: / / www.21cnjy.com )量不变．静电计测量电势差的大小，电容器板间的电势差越大，静电计指针张角越大．根据电容器电容的决定分析电容的变化，由电容的决定式分析板间电势差的变化．
【解答】解：
A、将B板稍微向右移，即减小两极板之间的距离，由电容的决定式C=可知，电容增大，电容器的电量不变，由C=分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小．故A正确．
B、将B板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式C=可知，电容增小，电量不变，
由C=分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大．故B错误．
C、若将B板拿走，A板上带电量不变，静电计相当于验电器，指针张角不为零．故C错误．
D、将玻璃板插入两板之间，电容的决定式C=可知，电容增大，电量不变，由C=分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小．故D正确．
故选：AD．
【点评】本题要抓住电容器的电量不变，由电容的决定式C=和定义式C=结合分析电容器动态变化问题．
11．电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，则下列说法中正确的是( )
A．电动机消耗的电能为UIt
B．电动机消耗的电能为I2Rt
C．电动机线圈产生的热量为I2Rt
D．电动机线圈产生的热量为
【考点】电功、电功率；焦耳定律．
【专题】恒定电流专题．
【分析】在计算电功率的公式中，总功率用 ( http: / / www.21cnjy.com )P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．
【解答】解：A、电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，所以电动机消耗的电能为UIt，所以A正确，B错误；
C、电动机为非纯电阻电路线圈产生的热量为I2Rt，不能用来计算，所以C正确，D错误；
故选AC．
【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．
12．如图所示为测量未知电阻Rx的部分电路，当开关S分别接a和b点时，电流表示数相对变化显著，为了减小误差，则( )
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A．电流表应采用外接法
B．电流表应采用内接法
C．开关S接在b点时的测量值更准确
D．开关S接在a点时的测量值更准确
【考点】伏安法测电阻；伏安法测电阻．
【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题．
【分析】伏安法测电阻有两种电路，电流表内接 ( http: / / www.21cnjy.com )法与电流表外接法，可以用试触法确定电流表的接法，如果电流表示数变化大，说明电压表分流较大，应采用内接法；如果电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，应采用外接法．
【解答】解：因电流表读数有显著变化，说明电压表的分流明显，故应采用内接法较为准确，故应将S应接在b处更准确；故BC正确，AD错误；
故选：BC．
【点评】本题考查了应用试触法判断伏安法测电阻时实验电路的选择问题，难度不是很大，熟练掌握基础知识即可正确解题．
三、实验（共16分，每空2分，作图4分）
13．读图中游标卡尺和螺旋测微器的读数游标卡尺的读数为10.05mm．；螺旋测微器的读数为0.920mm．
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【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．
【专题】实验题．
【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．
【解答】解：游标卡尺的固定刻度读数为1cm=10mm，游标读数为0.05×1mm=0.05mm，所以最终读数为：10.05mm．
螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×42.0mm=0.420mm，所以最终读数为：0.920mm．
故本题答案为：10.05mm，0.920mm．
【点评】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．
14．用多用电表的欧姆挡测电 ( http: / / www.21cnjy.com )阻．机械调零、欧姆调零后，用“×100”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是 ( )
A．被测电阻值很大
B．被测电阻值很小
C．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×1k”挡，重新欧姆调零后再测量
D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量
【考点】用多用电表测电阻．
【专题】实验题；恒定电流专题．
【分析】根据表盘刻度的特点分析表针偏转与示数间的关系，从而确定出该选用的档位．换挡后要重新欧姆调零．
【解答】解：A、欧姆表的表盘与电流计的 ( http: / / www.21cnjy.com )刻度相反，即满偏刻度处电阻为零，电流为零时对应电阻无穷大，则可知，当偏转较小时，说明这个电阻较大； 故A正确，B错误；
C、为了准确测量，应换用大档位，使偏角增大，读数更准确，故应换用“×1k”挡，重新欧姆调零后再测量，C正确，D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查了欧姆表的使用方法，特别注意每次换挡都要重新调零．[来源:21世纪教育网]
15．在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6V，3W”，还备有下列器材
电流表Al（量程3A，内阻0.2Ω）
电流表A2（量程0.6A，内阻1Ω）
电压表V1（量程3V，内阻20kΩ）
电压表V2（量程15V，内阻60KΩ）
变阻器R1（0﹣1000Ω，0.5A）
变阻器R2（0～20Ω，2A）
学生电源（6～8V）．开关S及导线若干
在上述器材中，电流表应选用A2，电压表应选用V2变阻器应选用R2，在如图方框中画出实验的电路图．
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【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【专题】实验题．
【分析】（1）根据灯泡正常发光时的电流 ( http: / / www.21cnjy.com )确定电流表量程，根据灯泡额定电压确定电压表量程，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．
（2）描绘小灯泡伏安特性曲线，电流与电压 ( http: / / www.21cnjy.com )应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图．
【解答】解：（1）灯泡正常发光时的电流I===0.5A，电流表应选A2，灯泡额定电压为6V，电压表应选V2，为方便实验操作，滑动变阻器应选R2．
（2）描绘小灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，因此滑动变阻器应采用分压接法；灯泡电阻R===12Ω，==12，==500，
＞，则电流表应采用外接法，电路图如图所示．
故答案为：A2；V2；R2；电路图如图所示．
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【点评】本题考查了实验电路设计，根据题目要求 ( http: / / www.21cnjy.com )确定滑动变阻器的接法、根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法是正确解题的关键．要掌握应用图象法处理实验数据的方法．
三、计算题（共36分，解答应写出必要的文字说明．方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．本题共3小题，）
16．电源的电动势为4.5V、外电阻为4.0Ω时，路端电压为4.0V．
（1）电源的内阻是多少？
（2）如果在外电路再并联一个4.0Ω的电阻，路端电压是多大？
【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻．
【专题】简答题；定量思想；推理法；恒定电流专题．
【分析】由闭合电路欧姆定律求出电源内阻，然后由闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律求出路端电压．
【解答】解：由欧姆定律得：U=IR外=R，[来源:21世纪教育网]
由题意得：4=×4，
解得：r=0.5Ω，
（2）两电阻并联的总电阻R′==2Ω，
则路端电压U′==×2，
解得U′=3.6V，
答：（1）电源的内阻是0.5Ω；
（2）如果在外电路再并联一个4.0Ω的电阻，路端电压是3.6V．
【点评】本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，注意串并联电路的特点，知道串联电路电路相等，并联电路电压相等，难度不大，属于基础题．
17．如图所示中E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF电池内阻不计，求：
（1）闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；
（2）然后将开关S断开，求这以后流过R1的总电量．
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【考点】电容；闭合电路的欧姆定律．
【专题】电容器专题．
【分析】（1）电容器在电路稳定时，处于断开状态，则根据闭合电路欧姆定律，即可求解；
（2）根据开关闭合与断开两状态下，求出电压器的两端电压，并根据：△Q=△U C，即可求解．
【解答】解：（1）稳定时，电容看作断开状态，电路中的电流：A
（2）S闭合，电路处于稳定状态时，电容两端的电压：U=IR2=1×6V=6V
断开后，电容两端的电压为10V，
故这以后流过R1的总电量为：△Q=△U c=（10﹣6）×30×10﹣6C=1.2×10﹣4C
答：（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流1A；
（2）然后将开关S断开，这以后流过R1的总电量1.2×10﹣4C．
【点评】考查闭合电路欧姆定律的应用，掌握Q=CU公式的应用，注意电容器在直流电路中，处于稳定时，相当于开关断开的．
18．如图所示，绝缘光滑水平轨道AB ( http: / / www.21cnjy.com )的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.40m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104N/C．现有一质量m=0.10kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s=1.0m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零．已知带电体所带电荷量q=8.0×10﹣5C，求：
（1）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力；
（2）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功．
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【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；电场强度．
【专题】动能定理的应用专题．
【分析】（1）根据牛顿第二定律求出带电 ( http: / / www.21cnjy.com )体运动的加速度，根据运动学公式求出B点的速度大小，在B点靠重力和支持力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而根据牛顿第三定律，得出带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力．
（2）从B点到C点有电场力、重力、摩擦力做功，根据动能定理求出摩擦力做的功．
【解答】解：（1）设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，
根据牛顿第二定律有qE=ma
解得m/s2
设带电体运动到B端的速度大小为vB，则
解得
设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道B端的压力大小N′=N=5N
方向：竖直向下
（2）因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，
电场力所做的功W电=qER=0.32J
设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，对此过程根据动能定理有
解得 W摩=﹣0.72J
答：（1）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力为5N，方向竖直向下．
（2）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功为﹣0.72J．
【点评】本题综合运用了牛顿运动定律和动能定理，关键是理清过程，正确地受力分析，根据动能定理列表达式求解．