【解析】河北省唐山市開灤二中2023-2023學(xué)年高二上學(xué)期物理10月月考試卷

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河北省唐山市開灤二中2023-2023學(xué)年高二上學(xué)期物理10月月考試卷

一、單選題

1．（2023高二上·唐山月考）下列公式中，既適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的靜電場，也適用于勻強(qiáng)電場的有①場強(qiáng)②場強(qiáng)③場強(qiáng)④電場力做功（）

A．①③B．②③C．②④D．①④

2．（2023高二上·唐山月考）已知A為電場中一固定點(diǎn)，在A點(diǎn)放一電量為q的電荷，受電場力為F，A點(diǎn)的場強(qiáng)為E，則（）

A．若在A點(diǎn)換上－q，A點(diǎn)場強(qiáng)方向發(fā)生變化

B．A點(diǎn)場強(qiáng)的大小、方向與q的大小、正負(fù)、有無均無關(guān)

C．若在A點(diǎn)移去電荷q，A點(diǎn)的場強(qiáng)變?yōu)榱?/p>

D．若在A點(diǎn)換上電量為2q的電荷，A點(diǎn)的場強(qiáng)將變?yōu)?E

3．（2023高二上·唐山月考）某金屬導(dǎo)線，如果在10s時間內(nèi)有5.0×1019個自由電子通過面積為0.1m2的某截面，那么通過這個截面的電流強(qiáng)度是（）

A．0B．0.8AC．1.6AD．3.2A

4．（2023高二上·唐山月考）“電子眼”又稱“電子警察”，是“智能交通違章監(jiān)攝管理系統(tǒng)”的俗稱。某種“電子眼”采用硅光電池供電，其原理如圖所示，a、b是硅光電池的兩個電極，P、N是兩塊硅半導(dǎo)體，E區(qū)是兩塊半導(dǎo)體自發(fā)形成的勻強(qiáng)電場區(qū)，P的上表面鍍有一層增透膜，光照射到半導(dǎo)體P上，使P內(nèi)受束縛的電子成為自由電子（不計重力），自由電子經(jīng)E區(qū)勻強(qiáng)電場從P區(qū)向N區(qū)的電場力作用后到達(dá)半導(dǎo)體N，從而產(chǎn)生電動勢，形成電流。下列說法正確的是（）

A．b電極為硅光電池的正極

B．E區(qū)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度方向由N指向P

C．硅光電池內(nèi)部的電流方向由P指向N

D．若將硅光電池移至光照較強(qiáng)處，則其產(chǎn)生的電動勢變小

5．（2023高二上·唐山月考）如圖所示，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的3倍，它們以相等的速度從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入勻強(qiáng)電場，分別打在M、N點(diǎn)，若OM＝MN，忽略粒子重力的影響，則P和Q的質(zhì)量之比為（）

A．3∶4B．4∶3C．3∶2D．2∶3

6．（2023高二上·唐山月考）帶正電的小球只受電場力作用，則它在任意一段時間內(nèi)（）

A．一定沿著電場線由高電勢向低電勢方向運(yùn)動

B．一定沿著電場線向電勢能減小的方向運(yùn)動

C．不一定沿著電場線運(yùn)動，但一定向低電勢方向運(yùn)動

D．不一定沿著電場線運(yùn)動，也不一定向電勢能減小的方向運(yùn)動

7．（2023高二上·唐山月考）如圖所示勻強(qiáng)電場E的區(qū)域內(nèi)，在O點(diǎn)處放置一點(diǎn)電荷+Q，a、b、c、d、e、f為以O(shè)點(diǎn)為球心的球面上的點(diǎn)，aecf平面與電場平行，bedf平面與電場垂直，則下列說法中正確的是（）

A．b、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同

B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢等于f點(diǎn)的電勢

C．點(diǎn)電荷+q在球面上任意兩點(diǎn)之間移動時，電場力一定做功

D．將點(diǎn)電荷+q在球面上任意兩點(diǎn)之間移動，從球面上a點(diǎn)移動到c點(diǎn)的電勢能變化量一定最大

二、多選題

8．（2023高二上·鶴崗月考）某導(dǎo)體中的電流隨其兩端電壓的變化如圖所示，則下列說法中正確的是（）

A．該元件是非線性元件，所以不能用歐姆定律計算導(dǎo)體在某狀態(tài)下的電阻

B．加5V電壓時，導(dǎo)體的電阻約是5Ω

C．由圖可知，隨著電壓的減小，導(dǎo)體的電阻不斷減小

D．由圖可知，隨著電壓的增大，導(dǎo)體的電阻不斷減小

9．（2023高二上·唐山月考）圖為一塊手機(jī)電池的背面印有的一些符號，下列說法正確的是（）

A．指的是該電池放電時能輸出的總電荷量

B．該電池的電動勢為

C．該電池充滿電可提供的電能為

D．若該手機(jī)的待機(jī)電流為，手機(jī)最多可待機(jī)小時

10．（2023高二上·陸豐月考）如圖所示，平行直線表示電場線，但未標(biāo)方向，帶電為+10﹣2C的微粒在電場中只受電場力作用，由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，動能損失0.1J，若A點(diǎn)電勢為﹣10V，則（）

A．B點(diǎn)的電勢為10VB．電場線方向從右向左

C．微粒的運(yùn)動軌跡可能是軌跡1D．微粒的運(yùn)動軌跡可能是軌跡2

11．（2023高二上·唐山月考）靜電計是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大?。鐖D所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，D為靜電計，開始時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度減小些，下列采取的措施不可行的是（）

A．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將A，B兩極板分開

B．?dāng)嚅_開關(guān)S后，增大A，B兩極板的正對面積

C．保持開關(guān)S閉合，將A，B兩極板遠(yuǎn)離些

D．保持開關(guān)S閉合，將滑動變阻器的滑片向右移動

12．（2023高二上·武邑期中）一橫截面積為S的銅導(dǎo)線，流經(jīng)其中的電流為I，設(shè)單位體積的導(dǎo)線中有n個自由電子，電子的電荷量為q此時電子的定向移動速率為v，在t時間內(nèi)，通過銅導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為（）

A．nvStB．nvtC．D．

13．（2023高二上·遼源期中）如圖所示，AB是一個接地的很大的薄金屬板，其右側(cè)P點(diǎn)有一帶電荷量為Q的正電荷，N為金屬板外表面上的一點(diǎn)，P到金屬板的垂直距離PN=d，M為PN連線的中點(diǎn)．關(guān)于M，N兩點(diǎn)的場強(qiáng)和電勢，如下說法正確的是（）

A．M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的電勢點(diǎn)高，M點(diǎn)的場強(qiáng)比N點(diǎn)的場強(qiáng)大

B．M點(diǎn)的場強(qiáng)大小為

C．N點(diǎn)的電勢為零，場強(qiáng)不為零

D．N點(diǎn)的電勢和場強(qiáng)都為零

三、實(shí)驗(yàn)題

14．（2023高二上·唐山月考）要測繪額定電壓為2V的日常用小燈泡的伏安特性曲線，所供選擇的器材除了導(dǎo)線和開關(guān)外，還有以下一些器材可供選擇：

A．電源E（電動勢4.0V，內(nèi)阻可不計）

B．電壓表V1（量程為0～3.0V，內(nèi)阻約2kΩ）

C．電壓表V2（0～15.0V，內(nèi)阻約6kΩ

D．電流表A1（0～0.6A，內(nèi)阻約1Ω）

E.電流表A2（0～100mA，內(nèi)阻約2Ω）

F.滑動變阻器R1（最大值10Ω）

G.滑動變阻器R2（最大值2kΩ）

（1）為減少實(shí)驗(yàn)誤差，實(shí)驗(yàn)中電壓表應(yīng)選擇，電流表應(yīng)選擇，滑動變阻器應(yīng)選擇（填各器材的序號）

（2）為提高實(shí)驗(yàn)精度，請你在如圖a中設(shè)計實(shí)驗(yàn)電路圖.

（3）根據(jù)圖a，在圖b中把缺少的導(dǎo)線補(bǔ)全，連接成實(shí)驗(yàn)的電路．

（4）實(shí)驗(yàn)中移動滑動變阻器滑片，得到了小燈泡的U﹣I圖象如圖c所示，則該小燈泡電阻的變化特點(diǎn)．

四、填空題

15．（2023高二上·唐山月考）A、B兩個完全相同的金屬小球分別帶有電荷量qA=6.4×10-9C和qB=-3.2×10-9C,讓A、B兩球接觸，在接觸的過程中，電子從轉(zhuǎn)移到，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為。

五、解答題

16．（2023高二上·黃陵期中）如圖所示，一個掛在絕緣細(xì)線下端的帶正電的小球，靜止在圖示位置，若固定的帶正電的小球的電荷量為，球的質(zhì)量為，帶電荷量為，，和在同一條水平線上，整個裝置處于真空中，求、兩球間的距離。

17．（2023高二上·唐山月考）如圖所示，勻強(qiáng)電場中A、B、C三點(diǎn)構(gòu)成一個直角三角形，把電荷量C的點(diǎn)電荷由A點(diǎn)移動到B點(diǎn)，電場力做功J，再由B點(diǎn)移到C點(diǎn)電荷克服電場力做功J，取B點(diǎn)的電勢為零，求A、C兩點(diǎn)的電勢及場強(qiáng)的方向．

18．（2023高二上·唐山月考）如圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點(diǎn)，OB沿豎直方向，，.將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動過程中恰好通過A點(diǎn)。使此小球帶電，電荷量為q（q＞0），同時加一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向與所在平面平行，現(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶點(diǎn)小球，該小球通過了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g。求

（1）無電場時，小球達(dá)到A點(diǎn)時的動能與初動能的比值；

（2）電場強(qiáng)度的大小和方向。

答案解析部分

1．【答案】D

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線

【解析】【解答】①電場強(qiáng)度是用比值定義法得出的物理量，是從力角度研究電場的物理量，適用于任何電場，即既適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的靜電場，也適用于勻強(qiáng)電場，故①正確；②勻強(qiáng)電場中沿場強(qiáng)方向電勢降低最快，且沒前進(jìn)相同距離電勢的降低相等，故勻強(qiáng)電場中任意兩點(diǎn)的間的電勢差與兩點(diǎn)沿電場線的距離成正比；故電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系公式僅僅適用與勻強(qiáng)電場，故②錯誤；③點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的場強(qiáng)公式是由電場強(qiáng)度的定義式和庫侖定律聯(lián)立得到，反映了點(diǎn)電荷的電場中任意一點(diǎn)的電場強(qiáng)度與該點(diǎn)的空間位置和場源電荷的電荷量的關(guān)系，不適用于勻強(qiáng)電場，故③錯誤；④電場力做功與電勢差的關(guān)系公式W=qU，反映了在電場中任意兩點(diǎn)間移動電荷時，電場力做功與兩點(diǎn)間電勢差成正比，適用于任意電場，故④正確。D符合題意。

故答案為：D

【分析】公式1和公式4都是普適公式；公式2只能使用于勻強(qiáng)電場；公式3只能適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場。

2．【答案】B

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線

【解析】【解答】電場強(qiáng)度是通過比值定義法得出的，其大小及方向與試探電荷無關(guān)；故放入任何電荷時電場強(qiáng)度的方向大小均不變；

A.若在A點(diǎn)換上－q，A點(diǎn)場強(qiáng)方向發(fā)生變化，與結(jié)論不相符，A不符合題意；

B.A點(diǎn)場強(qiáng)的大小、方向與q的大小、正負(fù)、有無均無關(guān)，與結(jié)論相符，B符合題意；

C.若在A點(diǎn)移去電荷q，A點(diǎn)的場強(qiáng)變?yōu)榱?，與結(jié)論不相符，C不符合題意；

D.若在A點(diǎn)換上電量為2q的電荷，A點(diǎn)的場強(qiáng)將變?yōu)?E，與結(jié)論不相符，D不符合題意。

故答案為：B

【分析】場強(qiáng)的大小和方向只由電場本身決定，與試探電荷電荷量大小與正負(fù)都無關(guān)。

3．【答案】B

【知識點(diǎn)】電流的概念

【解析】【解答】解：由電流的定義可知：；ACD不符合題意，B符合題意。

故答案為：B

【分析】利用電流的定義式可以求出電流的大小。

4．【答案】B

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線

【解析】【解答】A.B.C、根據(jù)題意，E區(qū)電場能使P逸出的自由電子向N運(yùn)動，因負(fù)電荷受到的電場力與電場方向相反，所以電場方向由N指向P，由于電流的方向與負(fù)電荷的運(yùn)動方向相反，所以電源內(nèi)部的電流方向由N指向P，則可知，a為電源的正極；AC不符合題意，B符合題意；

D、將硅光電池移至光照較強(qiáng)處，P內(nèi)受束縛的電子成為自由電子變多，轉(zhuǎn)化的光能變多，產(chǎn)生的電動勢變大。D不符合題意。

故答案為：B

【分析】根據(jù)負(fù)電荷的電場力從而確定電場強(qiáng)度的方向，由電流的方向與負(fù)電荷的運(yùn)動方向相反，可確定電源的內(nèi)部電流方向．

5．【答案】A

【知識點(diǎn)】帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

【解析】【解答】兩帶電粒子的初速度相等都是，所以它們在電場中的運(yùn)動時間，，在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動，發(fā)生的位移相等，所以即可以推出所以，

故答案為：A

【分析】利用水平方向的位移公式結(jié)合水平方向的位移可以判別運(yùn)動的時間；利用豎直方向的位移公式結(jié)合牛頓第二定律可以求出質(zhì)量之比。

6．【答案】D

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線；電場及電場力

【解析】【解答】解：物體的運(yùn)動情況取決于合力和初始條件．小球只受到電場力的作用，是否沿電場線運(yùn)動，還要看電場線是直線還是曲線，有沒有初速度，以及初速度方向與電場線的關(guān)系．只有當(dāng)電場線是直線時且小球的運(yùn)動方向與電場線平行時，小球只受到電場力的作用才可能沿電場線運(yùn)動．所以小球不一定沿著電場線運(yùn)動，也不一定向電勢能減小的方向運(yùn)動，D符合題意，ABC不符合題意．

故答案為：D．

【分析】電場線的方向不一定是運(yùn)動的軌跡；由于小球的初速度未知所以不一定沿電勢能減低的方向運(yùn)動。

7．【答案】D

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線；電場力做功

【解析】【解答】A.點(diǎn)電荷+Q在b點(diǎn)產(chǎn)生的電場方向?yàn)樨Q直向上，在d點(diǎn)產(chǎn)生的電場方向?yàn)樨Q直向下，勻強(qiáng)電場方向水平向右，根據(jù)平行四邊形定則可知，b點(diǎn)的合場強(qiáng)斜向右上方，d點(diǎn)的合場強(qiáng)斜向右下方，兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相同，方向不同，電場強(qiáng)度不同。A不符合題意；

B.將一個試探正電荷由a點(diǎn)移動到f點(diǎn)，點(diǎn)電荷電場力不做功，勻強(qiáng)電場的電場力做正功，故合力做正功，電勢能減小，電勢降低，則a點(diǎn)的電勢高于f點(diǎn)的電勢，B不符合題意；

C.當(dāng)電荷+q沿著球面上的bedf移動時，勻強(qiáng)電場的電場力不做功，點(diǎn)電荷電場力也不做功，故合電場力不做功，C不符合題意；

D.將點(diǎn)電荷+q在球面上任意兩點(diǎn)之間移動，點(diǎn)電荷電場力不做功，從a點(diǎn)移動到c點(diǎn)，勻強(qiáng)電場的電場力做功最大，故合力做功最大，D符合題意。

故答案為：D

【分析】利用電場線的分布結(jié)合場強(qiáng)的疊加可以判別場強(qiáng)的大小和方向；利用電場線的方向可以判別電勢的高低；假如在兩個電場的等勢面重合位置移動電場力不做功；利用電場力做功可以判別電勢能的變化。

8．【答案】B,C

【知識點(diǎn)】線性元件和非線性元件的伏安特性曲線

【解析】【解答】該元件雖然是非線性元件，但仍能用歐姆定律計算導(dǎo)體在某狀態(tài)的電阻，A不符合題意，當(dāng)U=5V時，由圖知電流為I=1.0A，則導(dǎo)體的電阻．B符合題意；由圖知，隨著電壓的減小，圖象上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率增大，此斜率等于電阻的倒數(shù)，則知導(dǎo)體的電阻不斷減小，C符合題意，D不符合題意；

故答案為：BC。

【分析】雖然是非線性元件，但是可以利用歐姆定律可以求出電阻的大小；利用電壓和電流的比值可以判別電阻的變化。

9．【答案】A,B,D

【知識點(diǎn)】電功率和電功；電源電動勢及內(nèi)阻

【解析】【解答】A．由電池的數(shù)據(jù)可以知道，該電池的容量為，A符合題意；B．電場的電動勢是，B符合題意；C．依據(jù)公式，再依據(jù)電能公式，C不符合題意；D．若待機(jī)時的電流為，理論上可待機(jī)，D符合題意．

故答案為：ABD．

【分析】電池的容量是指電池所能釋放的總電量．

10．【答案】B,C

【知識點(diǎn)】電場及電場力；電場力做功

【解析】【解答】A、由動能定理可知，，由，所以，A不符合題意；

B、由于正粒子受到的電場力做負(fù)功，電場力方向向左，所以電場線方向從右向左，B符合題意；

C、若粒子沿軌跡1運(yùn)動，A點(diǎn)速度沿切線方向向左上，由于微粒帶正電，電場線方向向左，所以微粒受力向左，軌跡1彎曲方向符合受力向左，C符合題意；

D、若粒子沿軌跡2運(yùn)動，A點(diǎn)速度沿切線方向向左上，而受力向左，故粒子將向左上偏轉(zhuǎn)，D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】利用速度變化可以判別電場力的方向；利用電場力做功可以判別軌跡的情況；利用電場力方向結(jié)合電性可以判別電場方向。

11．【答案】A,C,D

【知識點(diǎn)】電容器及其應(yīng)用

【解析】【解答】A.斷開開關(guān)，電容器帶電量Q不變，將AB分開一些，則d增大，根據(jù)知，電容C減小，根據(jù)知，電勢差增大，指針張角增大，A錯誤，符合題意；

B.斷開開關(guān)，電容器帶電量Q不變，增大正對面積，根據(jù)知，電容C增大，根據(jù)知，電勢差U減小，指針張角減小，B正確，不符合題意；

CD.保持開關(guān)閉合，不論使A、B兩板靠近些，還是使滑動變阻器的滑動觸頭向右移動，電容器兩端的電勢差總不變，則指針張角不變。CD錯誤，符合題意。

故答案為：ACD

【分析】斷開開關(guān)時電荷量不變，但板間距離變大時電容變小，那么電壓會變大，導(dǎo)致夾角變大；增大正對面積時電容變大會導(dǎo)致電壓變小夾角變??；閉合開關(guān)時板間電壓保持不變。

12．【答案】A,C

【知識點(diǎn)】電流的概念

【解析】【解答】AB.從微觀角度來說，在t時間內(nèi)能通過某一橫截面的自由電子必須處于長度為vt的圓柱體內(nèi)，此圓柱體內(nèi)的電子數(shù)目為N=nV=nvSt，A符合題意，B不符合題意；

CD.從電流的定義式來說，故在t時間內(nèi)通過某一橫截面的電荷量為It，通過橫截面的自由電子數(shù)目為，C符合題意，D不符合題意；

故答案為：AC

【分析】利用電流的定義式可以求出自由電子的數(shù)量。

13．【答案】A,C

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線；電勢差、電勢、電勢能

【解析】【解答】解：

A、金屬板接地，由于靜電感應(yīng)，金屬板上右側(cè)出現(xiàn)負(fù)電荷，電場線從+Q出發(fā)到金屬板終止，金屬板電荷排布對于左邊電場的影響相當(dāng)于在+Q原處放上一個﹣Q．沿電場線的方向電勢越來越低，所以M點(diǎn)的電勢大于N點(diǎn)的電勢（N點(diǎn)的電勢為零）；M點(diǎn)電場線較密，場強(qiáng)較大，故A正確．

B、大金屬板接地屏蔽，用鏡像法，就是說，金屬板上感應(yīng)電荷排布后對于右邊電場的影響，相當(dāng)于在+Q關(guān)于板對稱的地方放上一個﹣Q．具體原因可以分析左邊，左邊電場為0．那么接地金屬板電荷排布對于左邊電場的影響相當(dāng)于在+Q原處放上一個﹣Q．而明顯金屬板對左右電場影響是對稱的．這就是鏡像法的原理．可以推得N電場為EN=，方向向左（即使是無限趨近于板，但是由于本來板上電荷就是感應(yīng)出來的，所以不可能是離板越近電場越大），M電場為EM=，方向向左，故B錯誤．

C、D、AB接地所以AB上各點(diǎn)電勢都為零，N點(diǎn)電勢就為零，但電勢與場強(qiáng)無關(guān)，所以N點(diǎn)場強(qiáng)不為零，故C正確，D錯誤．

故選：AC．

【分析】根據(jù)等勢體可確定電勢的高低，由電場力做功來確定電勢能的變化與否；電勢與電場強(qiáng)度沒有關(guān)系；并根據(jù)電場的疊加原理，結(jié)合電場強(qiáng)度公式，即可求出M點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大?。?/p>

14．【答案】（1）B；D；F

（2）

（3）

（4）燈泡電阻隨電壓（溫度）的增大而增大

【知識點(diǎn)】描繪小燈泡的伏安特性曲線

【解析】【解答】(1)由題意小燈泡額定電壓為2V，故電壓表應(yīng)選B；通過燈泡的電流不超過0.5A，可知電流表應(yīng)選D，；又描繪伏安特性曲線要求電流從零調(diào)，故變阻器應(yīng)用分壓式接法，應(yīng)選阻值小的變阻器F．(2)由于小電珠電阻較小，滿足，電流表應(yīng)用外接法，又變阻器應(yīng)采用分壓式接法，電路圖如圖所示：

；(3)根據(jù)原理圖可明確對應(yīng)的電路圖；

；(4)由圖可知，圖象的斜率越來越大，故說明燈泡電阻隨隨電壓（溫度）的增大而增大；

【分析】（1）利用燈泡額定電壓可以選擇電壓表量程；利用圖像電流可以選擇電流表量程；利用分壓式接法可以判別滑動變阻器的量程；

（2）利用燈泡電阻小所以電流表使用外接法；滑動變阻器使用分壓式接法；

（3）利用電路圖進(jìn)行實(shí)物圖連接；

（4）利用斜率可以判別電阻隨電壓變大而變大。

15．【答案】B；A；3×1010

【知識點(diǎn)】電流的概念

【解析】【解答】金屬導(dǎo)體中能自由移動的是自由電子，當(dāng)完全相同的帶電絕緣體金屬小球A、B接觸時，電子從B向A轉(zhuǎn)移．最后兩球帶同樣的電荷，均為：Q=×109=1.6×10-9C，所以B向A轉(zhuǎn)移的電荷量為：△Q=-3.2×10-9-（-1.6）×10-9C=-4.8×10-9C

每個電子帶的電荷量為：e=1.6×10-19C，所以轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為：n==3×1010個.

【分析】本題要知道完全相同的帶電小球接觸時的電量的重新分配規(guī)律，注意正負(fù)中和的含義，及電量平分的條件．

16．【答案】解：對小球B受力分析，如圖所示。

小球B受豎直向下的重力mg，沿絕緣細(xì)線的拉力FT，A對它的庫侖力FAB，由力的平衡條件，可知：

根據(jù)庫侖定律，解得：

【知識點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用

【解析】【分析】利用平衡方程結(jié)合庫侖定律可以求出距離的大小。

17．【答案】解：。

因?yàn)?，所以A、C在同一等勢面上，根據(jù)場強(qiáng)方向垂直等勢面并且由高電勢處指向低電勢處，可得到該電場的場強(qiáng)方向垂直于AC，指向左上方

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線

【解析】【分析】本題考查電勢差與電勢的關(guān)系，電場線與等勢面垂直，先根據(jù)電場力做功求得任意兩點(diǎn)電勢差，判斷出AC電勢相等，AC連線為等勢線，畫出電場線，再由E=U/d求得場強(qiáng)大小

18．【答案】（1）解：小球做平拋運(yùn)動，設(shè)初速度v0．初動能EK0，從O到A的運(yùn)動時間為t，令OA＝d，

則：OB=d，

根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律得：水平方向：dsin60°=v0t…①

豎直方向：y＝dcos60°＝d＝gt2…②

又：EK0＝mv02…③

聯(lián)立①②③解得：EK0＝mgd…④

設(shè)小球到達(dá)A時的動能為EKA，則：EKA＝EK0+mgd＝mgd…⑤

所以：

（2）解：加電場后，從O點(diǎn)到A點(diǎn)下降了y=d，從O點(diǎn)到B點(diǎn)下降了d，設(shè)電場力F與豎直方向夾角為α，

則由動能定理：

其中EK0＝mgd

聯(lián)立解得：α=300

所以電場強(qiáng)度為，

正電荷受力方向與電場方向相同，即E與豎直方向夾角為

【知識點(diǎn)】動能定理的綜合應(yīng)用；平拋運(yùn)動

【解析】【分析】（1）利用平拋運(yùn)動的位移公式結(jié)合動能定理可以求出動能之比；

（2）利用動能定理結(jié)合電場力的表達(dá)式可以求出場強(qiáng)的大小和方向。

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河北省唐山市開灤二中2023-2023學(xué)年高二上學(xué)期物理10月月考試卷

一、單選題

1．（2023高二上·唐山月考）下列公式中，既適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的靜電場，也適用于勻強(qiáng)電場的有①場強(qiáng)②場強(qiáng)③場強(qiáng)④電場力做功（）

A．①③B．②③C．②④D．①④

【答案】D

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線

【解析】【解答】①電場強(qiáng)度是用比值定義法得出的物理量，是從力角度研究電場的物理量，適用于任何電場，即既適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的靜電場，也適用于勻強(qiáng)電場，故①正確；②勻強(qiáng)電場中沿場強(qiáng)方向電勢降低最快，且沒前進(jìn)相同距離電勢的降低相等，故勻強(qiáng)電場中任意兩點(diǎn)的間的電勢差與兩點(diǎn)沿電場線的距離成正比；故電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系公式僅僅適用與勻強(qiáng)電場，故②錯誤；③點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的場強(qiáng)公式是由電場強(qiáng)度的定義式和庫侖定律聯(lián)立得到，反映了點(diǎn)電荷的電場中任意一點(diǎn)的電場強(qiáng)度與該點(diǎn)的空間位置和場源電荷的電荷量的關(guān)系，不適用于勻強(qiáng)電場，故③錯誤；④電場力做功與電勢差的關(guān)系公式W=qU，反映了在電場中任意兩點(diǎn)間移動電荷時，電場力做功與兩點(diǎn)間電勢差成正比，適用于任意電場，故④正確。D符合題意。

故答案為：D

【分析】公式1和公式4都是普適公式；公式2只能使用于勻強(qiáng)電場；公式3只能適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場。

2．（2023高二上·唐山月考）已知A為電場中一固定點(diǎn)，在A點(diǎn)放一電量為q的電荷，受電場力為F，A點(diǎn)的場強(qiáng)為E，則（）

A．若在A點(diǎn)換上－q，A點(diǎn)場強(qiáng)方向發(fā)生變化

B．A點(diǎn)場強(qiáng)的大小、方向與q的大小、正負(fù)、有無均無關(guān)

C．若在A點(diǎn)移去電荷q，A點(diǎn)的場強(qiáng)變?yōu)榱?/p>

D．若在A點(diǎn)換上電量為2q的電荷，A點(diǎn)的場強(qiáng)將變?yōu)?E

【答案】B

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線

【解析】【解答】電場強(qiáng)度是通過比值定義法得出的，其大小及方向與試探電荷無關(guān)；故放入任何電荷時電場強(qiáng)度的方向大小均不變；

A.若在A點(diǎn)換上－q，A點(diǎn)場強(qiáng)方向發(fā)生變化，與結(jié)論不相符，A不符合題意；

B.A點(diǎn)場強(qiáng)的大小、方向與q的大小、正負(fù)、有無均無關(guān)，與結(jié)論相符，B符合題意；

C.若在A點(diǎn)移去電荷q，A點(diǎn)的場強(qiáng)變?yōu)榱?，與結(jié)論不相符，C不符合題意；

D.若在A點(diǎn)換上電量為2q的電荷，A點(diǎn)的場強(qiáng)將變?yōu)?E，與結(jié)論不相符，D不符合題意。

故答案為：B

【分析】場強(qiáng)的大小和方向只由電場本身決定，與試探電荷電荷量大小與正負(fù)都無關(guān)。

3．（2023高二上·唐山月考）某金屬導(dǎo)線，如果在10s時間內(nèi)有5.0×1019個自由電子通過面積為0.1m2的某截面，那么通過這個截面的電流強(qiáng)度是（）

A．0B．0.8AC．1.6AD．3.2A

【答案】B

【知識點(diǎn)】電流的概念

【解析】【解答】解：由電流的定義可知：；ACD不符合題意，B符合題意。

故答案為：B

【分析】利用電流的定義式可以求出電流的大小。

4．（2023高二上·唐山月考）“電子眼”又稱“電子警察”，是“智能交通違章監(jiān)攝管理系統(tǒng)”的俗稱。某種“電子眼”采用硅光電池供電，其原理如圖所示，a、b是硅光電池的兩個電極，P、N是兩塊硅半導(dǎo)體，E區(qū)是兩塊半導(dǎo)體自發(fā)形成的勻強(qiáng)電場區(qū)，P的上表面鍍有一層增透膜，光照射到半導(dǎo)體P上，使P內(nèi)受束縛的電子成為自由電子（不計重力），自由電子經(jīng)E區(qū)勻強(qiáng)電場從P區(qū)向N區(qū)的電場力作用后到達(dá)半導(dǎo)體N，從而產(chǎn)生電動勢，形成電流。下列說法正確的是（）

A．b電極為硅光電池的正極

B．E區(qū)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度方向由N指向P

C．硅光電池內(nèi)部的電流方向由P指向N

D．若將硅光電池移至光照較強(qiáng)處，則其產(chǎn)生的電動勢變小

【答案】B

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線

【解析】【解答】A.B.C、根據(jù)題意，E區(qū)電場能使P逸出的自由電子向N運(yùn)動，因負(fù)電荷受到的電場力與電場方向相反，所以電場方向由N指向P，由于電流的方向與負(fù)電荷的運(yùn)動方向相反，所以電源內(nèi)部的電流方向由N指向P，則可知，a為電源的正極；AC不符合題意，B符合題意；

D、將硅光電池移至光照較強(qiáng)處，P內(nèi)受束縛的電子成為自由電子變多，轉(zhuǎn)化的光能變多，產(chǎn)生的電動勢變大。D不符合題意。

故答案為：B

【分析】根據(jù)負(fù)電荷的電場力從而確定電場強(qiáng)度的方向，由電流的方向與負(fù)電荷的運(yùn)動方向相反，可確定電源的內(nèi)部電流方向．

5．（2023高二上·唐山月考）如圖所示，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的3倍，它們以相等的速度從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入勻強(qiáng)電場，分別打在M、N點(diǎn)，若OM＝MN，忽略粒子重力的影響，則P和Q的質(zhì)量之比為（）

A．3∶4B．4∶3C．3∶2D．2∶3

【答案】A

【知識點(diǎn)】帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

【解析】【解答】兩帶電粒子的初速度相等都是，所以它們在電場中的運(yùn)動時間，，在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動，發(fā)生的位移相等，所以即可以推出所以，

故答案為：A

【分析】利用水平方向的位移公式結(jié)合水平方向的位移可以判別運(yùn)動的時間；利用豎直方向的位移公式結(jié)合牛頓第二定律可以求出質(zhì)量之比。

6．（2023高二上·唐山月考）帶正電的小球只受電場力作用，則它在任意一段時間內(nèi)（）

A．一定沿著電場線由高電勢向低電勢方向運(yùn)動

B．一定沿著電場線向電勢能減小的方向運(yùn)動

C．不一定沿著電場線運(yùn)動，但一定向低電勢方向運(yùn)動

D．不一定沿著電場線運(yùn)動，也不一定向電勢能減小的方向運(yùn)動

【答案】D

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線；電場及電場力

【解析】【解答】解：物體的運(yùn)動情況取決于合力和初始條件．小球只受到電場力的作用，是否沿電場線運(yùn)動，還要看電場線是直線還是曲線，有沒有初速度，以及初速度方向與電場線的關(guān)系．只有當(dāng)電場線是直線時且小球的運(yùn)動方向與電場線平行時，小球只受到電場力的作用才可能沿電場線運(yùn)動．所以小球不一定沿著電場線運(yùn)動，也不一定向電勢能減小的方向運(yùn)動，D符合題意，ABC不符合題意．

故答案為：D．

【分析】電場線的方向不一定是運(yùn)動的軌跡；由于小球的初速度未知所以不一定沿電勢能減低的方向運(yùn)動。

7．（2023高二上·唐山月考）如圖所示勻強(qiáng)電場E的區(qū)域內(nèi)，在O點(diǎn)處放置一點(diǎn)電荷+Q，a、b、c、d、e、f為以O(shè)點(diǎn)為球心的球面上的點(diǎn)，aecf平面與電場平行，bedf平面與電場垂直，則下列說法中正確的是（）

A．b、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同

B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢等于f點(diǎn)的電勢

C．點(diǎn)電荷+q在球面上任意兩點(diǎn)之間移動時，電場力一定做功

D．將點(diǎn)電荷+q在球面上任意兩點(diǎn)之間移動，從球面上a點(diǎn)移動到c點(diǎn)的電勢能變化量一定最大

【答案】D

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線；電場力做功

【解析】【解答】A.點(diǎn)電荷+Q在b點(diǎn)產(chǎn)生的電場方向?yàn)樨Q直向上，在d點(diǎn)產(chǎn)生的電場方向?yàn)樨Q直向下，勻強(qiáng)電場方向水平向右，根據(jù)平行四邊形定則可知，b點(diǎn)的合場強(qiáng)斜向右上方，d點(diǎn)的合場強(qiáng)斜向右下方，兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相同，方向不同，電場強(qiáng)度不同。A不符合題意；

B.將一個試探正電荷由a點(diǎn)移動到f點(diǎn)，點(diǎn)電荷電場力不做功，勻強(qiáng)電場的電場力做正功，故合力做正功，電勢能減小，電勢降低，則a點(diǎn)的電勢高于f點(diǎn)的電勢，B不符合題意；

C.當(dāng)電荷+q沿著球面上的bedf移動時，勻強(qiáng)電場的電場力不做功，點(diǎn)電荷電場力也不做功，故合電場力不做功，C不符合題意；

D.將點(diǎn)電荷+q在球面上任意兩點(diǎn)之間移動，點(diǎn)電荷電場力不做功，從a點(diǎn)移動到c點(diǎn)，勻強(qiáng)電場的電場力做功最大，故合力做功最大，D符合題意。

故答案為：D

【分析】利用電場線的分布結(jié)合場強(qiáng)的疊加可以判別場強(qiáng)的大小和方向；利用電場線的方向可以判別電勢的高低；假如在兩個電場的等勢面重合位置移動電場力不做功；利用電場力做功可以判別電勢能的變化。

二、多選題

8．（2023高二上·鶴崗月考）某導(dǎo)體中的電流隨其兩端電壓的變化如圖所示，則下列說法中正確的是（）

A．該元件是非線性元件，所以不能用歐姆定律計算導(dǎo)體在某狀態(tài)下的電阻

B．加5V電壓時，導(dǎo)體的電阻約是5Ω

C．由圖可知，隨著電壓的減小，導(dǎo)體的電阻不斷減小

D．由圖可知，隨著電壓的增大，導(dǎo)體的電阻不斷減小

【答案】B,C

【知識點(diǎn)】線性元件和非線性元件的伏安特性曲線

【解析】【解答】該元件雖然是非線性元件，但仍能用歐姆定律計算導(dǎo)體在某狀態(tài)的電阻，A不符合題意，當(dāng)U=5V時，由圖知電流為I=1.0A，則導(dǎo)體的電阻．B符合題意；由圖知，隨著電壓的減小，圖象上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率增大，此斜率等于電阻的倒數(shù)，則知導(dǎo)體的電阻不斷減小，C符合題意，D不符合題意；

故答案為：BC。

【分析】雖然是非線性元件，但是可以利用歐姆定律可以求出電阻的大?。焕秒妷汉碗娏鞯谋戎悼梢耘袆e電阻的變化。

9．（2023高二上·唐山月考）圖為一塊手機(jī)電池的背面印有的一些符號，下列說法正確的是（）

A．指的是該電池放電時能輸出的總電荷量

B．該電池的電動勢為

C．該電池充滿電可提供的電能為

D．若該手機(jī)的待機(jī)電流為，手機(jī)最多可待機(jī)小時

【答案】A,B,D

【知識點(diǎn)】電功率和電功；電源電動勢及內(nèi)阻

【解析】【解答】A．由電池的數(shù)據(jù)可以知道，該電池的容量為，A符合題意；B．電場的電動勢是，B符合題意；C．依據(jù)公式，再依據(jù)電能公式，C不符合題意；D．若待機(jī)時的電流為，理論上可待機(jī)，D符合題意．

故答案為：ABD．

【分析】電池的容量是指電池所能釋放的總電量．

10．（2023高二上·陸豐月考）如圖所示，平行直線表示電場線，但未標(biāo)方向，帶電為+10﹣2C的微粒在電場中只受電場力作用，由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，動能損失0.1J，若A點(diǎn)電勢為﹣10V，則（）

A．B點(diǎn)的電勢為10VB．電場線方向從右向左

C．微粒的運(yùn)動軌跡可能是軌跡1D．微粒的運(yùn)動軌跡可能是軌跡2

【答案】B,C

【知識點(diǎn)】電場及電場力；電場力做功

【解析】【解答】A、由動能定理可知，，由，所以，A不符合題意；

B、由于正粒子受到的電場力做負(fù)功，電場力方向向左，所以電場線方向從右向左，B符合題意；

C、若粒子沿軌跡1運(yùn)動，A點(diǎn)速度沿切線方向向左上，由于微粒帶正電，電場線方向向左，所以微粒受力向左，軌跡1彎曲方向符合受力向左，C符合題意；

D、若粒子沿軌跡2運(yùn)動，A點(diǎn)速度沿切線方向向左上，而受力向左，故粒子將向左上偏轉(zhuǎn)，D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】利用速度變化可以判別電場力的方向；利用電場力做功可以判別軌跡的情況；利用電場力方向結(jié)合電性可以判別電場方向。

11．（2023高二上·唐山月考）靜電計是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小．如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，D為靜電計，開始時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度減小些，下列采取的措施不可行的是（）

A．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將A，B兩極板分開

B．?dāng)嚅_開關(guān)S后，增大A，B兩極板的正對面積

C．保持開關(guān)S閉合，將A，B兩極板遠(yuǎn)離些

D．保持開關(guān)S閉合，將滑動變阻器的滑片向右移動

【答案】A,C,D

【知識點(diǎn)】電容器及其應(yīng)用

【解析】【解答】A.斷開開關(guān)，電容器帶電量Q不變，將AB分開一些，則d增大，根據(jù)知，電容C減小，根據(jù)知，電勢差增大，指針張角增大，A錯誤，符合題意；

B.斷開開關(guān)，電容器帶電量Q不變，增大正對面積，根據(jù)知，電容C增大，根據(jù)知，電勢差U減小，指針張角減小，B正確，不符合題意；

CD.保持開關(guān)閉合，不論使A、B兩板靠近些，還是使滑動變阻器的滑動觸頭向右移動，電容器兩端的電勢差總不變，則指針張角不變。CD錯誤，符合題意。

故答案為：ACD

【分析】斷開開關(guān)時電荷量不變，但板間距離變大時電容變小，那么電壓會變大，導(dǎo)致夾角變大；增大正對面積時電容變大會導(dǎo)致電壓變小夾角變??；閉合開關(guān)時板間電壓保持不變。

12．（2023高二上·武邑期中）一橫截面積為S的銅導(dǎo)線，流經(jīng)其中的電流為I，設(shè)單位體積的導(dǎo)線中有n個自由電子，電子的電荷量為q此時電子的定向移動速率為v，在t時間內(nèi)，通過銅導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為（）

A．nvStB．nvtC．D．

【答案】A,C

【知識點(diǎn)】電流的概念

【解析】【解答】AB.從微觀角度來說，在t時間內(nèi)能通過某一橫截面的自由電子必須處于長度為vt的圓柱體內(nèi)，此圓柱體內(nèi)的電子數(shù)目為N=nV=nvSt，A符合題意，B不符合題意；

CD.從電流的定義式來說，故在t時間內(nèi)通過某一橫截面的電荷量為It，通過橫截面的自由電子數(shù)目為，C符合題意，D不符合題意；

故答案為：AC

【分析】利用電流的定義式可以求出自由電子的數(shù)量。

13．（2023高二上·遼源期中）如圖所示，AB是一個接地的很大的薄金屬板，其右側(cè)P點(diǎn)有一帶電荷量為Q的正電荷，N為金屬板外表面上的一點(diǎn)，P到金屬板的垂直距離PN=d，M為PN連線的中點(diǎn)．關(guān)于M，N兩點(diǎn)的場強(qiáng)和電勢，如下說法正確的是（）

A．M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的電勢點(diǎn)高，M點(diǎn)的場強(qiáng)比N點(diǎn)的場強(qiáng)大

B．M點(diǎn)的場強(qiáng)大小為

C．N點(diǎn)的電勢為零，場強(qiáng)不為零

D．N點(diǎn)的電勢和場強(qiáng)都為零

【答案】A,C

【知識點(diǎn)】電場強(qiáng)度和電場線；電勢差、電勢、電勢能

【解析】【解答】解：

A、金屬板接地，由于靜電感應(yīng)，金屬板上右側(cè)出現(xiàn)負(fù)電荷，電場線從+Q出發(fā)到金屬板終止，金屬板電荷排布對于左邊電場的影響相當(dāng)于在+Q原處放上一個﹣Q．沿電場線的方向電勢越來越低，所以M點(diǎn)的電勢大于N點(diǎn)的電勢（N點(diǎn)的電勢為零）；M點(diǎn)電場線較密，場強(qiáng)較大，故A正確．

B、大金屬板接地屏蔽，用鏡像法，就是說，金屬板上感應(yīng)電荷排布后對于右邊電場的影響，相當(dāng)于在+Q關(guān)于板對稱的地方放上一個﹣Q．具體原因可以分析左邊，左邊電場為0．那么接地金屬板電荷排布對于左邊電場的影響相當(dāng)于在+Q原處放上一個﹣Q．而明顯金屬板對左右電場影響是對稱的．這就是鏡像法的原理．可以推得N電場為EN=，方向向左（即使是無限趨近于板，但是由于本來板上電荷就是感應(yīng)出來的，所以不可能是離板越近電場越大），M電場為EM=，方向向左，故B錯誤．

C、D、AB接地所以AB上各點(diǎn)電勢都為零，N點(diǎn)電勢就為零，但電勢與場強(qiáng)無關(guān)，所以N點(diǎn)場強(qiáng)不為零，故C正確，D錯誤．

故選：AC．

【分析】根據(jù)等勢體可確定電勢的高低，由電場力做功來確定電勢能的變化與否；電勢與電場強(qiáng)度沒有關(guān)系；并根據(jù)電場的疊加原理，結(jié)合電場強(qiáng)度公式，即可求出M點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大?。?/p>

三、實(shí)驗(yàn)題

14．（2023高二上·唐山月考）要測繪額定電壓為2V的日常用小燈泡的伏安特性曲線，所供選擇的器材除了導(dǎo)線和開關(guān)外，還有以下一些器材可供選擇：

A．電源E（電動勢4.0V，內(nèi)阻可不計）

B．電壓表V1（量程為0～3.0V，內(nèi)阻約2kΩ）

C．電壓表V2（0～15.0V，內(nèi)阻約6kΩ

D．電流表A1（0～0.6A，內(nèi)阻約1Ω）

E.電流表A2（0～100mA，內(nèi)阻約2Ω）

F.滑動變阻器R1（最大值10Ω）

G.滑動變阻器R2（最大值2kΩ）

（1）為減少實(shí)驗(yàn)誤差，實(shí)驗(yàn)中電壓表應(yīng)選擇，電流表應(yīng)選擇，滑動變阻器應(yīng)選擇（填各器材的序號）

（2）為提高實(shí)驗(yàn)精度，請你在如圖a中設(shè)計實(shí)驗(yàn)電路圖.

（3）根據(jù)圖a，在圖b中把缺少的導(dǎo)線補(bǔ)全，連接成實(shí)驗(yàn)的電路．

（4）實(shí)驗(yàn)中移動滑動變阻器滑片，得到了小燈泡的U﹣I圖象如圖c所示，則該小燈泡電阻的變化特點(diǎn)．

【答案】（1）B；D；F

（2）

（3）

（4）燈泡電阻隨電壓（溫度）的增大而增大

【知識點(diǎn)】描繪小燈泡的伏安特性曲線

【解析】【解答】(1)由題意小燈泡額定電壓為2V，故電壓表應(yīng)選B；通過燈泡的電流不超過0.5A，可知電流表應(yīng)選D，；又描繪伏安特性曲線要求電流從零調(diào)，故變阻器應(yīng)用分壓式接法，應(yīng)選阻值小的變阻器F．(2)由于小電珠電阻較小，滿足，電流表應(yīng)用外接法，又變阻器應(yīng)采用分壓式接法，電路圖如圖所示：

；(3)根據(jù)原理圖可明確對應(yīng)的電路圖；

；(4)由圖可知，圖象的斜率越來越大，故說明燈泡電阻隨隨電壓（溫度）的增大而增大；

【分析】（1）利用燈泡額定電壓可以選擇電壓表量程；利用圖像電流可以選擇電流表量程；利用分壓式接法可以判別滑動變阻器的量程；

（2）利用燈泡電阻小所以電流表使用外接法；滑動變阻器使用分壓式接法；

（3）利用電路圖進(jìn)行實(shí)物圖連接；