2016届江西省赣中南五校联考高考二模物理试卷(解析版).doc

2016届江西省赣中南五校联考高考二模物理试卷一.选择题在每小题所给的A、B、C及D四个选项中，19只有一个选项最符合题意，每个题的分值为3分，1012题有不定选项，每个题的分值为4分1下面有关物理学史和物理学方法的说法中，不正确的有（）A伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落时间太短，不易测量，因此采用了“冲淡重力”的方法来测量时间，然后再把得出的结论合理外推B根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法C由a=可知，物体的加速度又叫做速度的变化率，其值由比值决定D在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法2（多选）如图所示，质量分布均匀的光滑小球O，放在倾角均为的斜面体上，斜面体置于同一水平面上，且处于平衡，则下列说法中正确的是（）A甲图中斜面对球O弹力最大B丙图中斜面对球O弹力最小C乙图中挡板MN对球O弹力最小D丙图中挡板MN对球O弹力最小3将一竖直向下的8N的力分解为两个力，其中一个分力方向水平，大小为6N，那么另一个分力大小为（）A10NB8NC6ND2N4在电源电压不变的情况下，为使正常工作的电热器在单位时间内产生的热量增加一倍，下列措施最可行的是（）A剪去一半的电阻丝B并联一根相同的电阻丝C串联一根相同的电阻丝D将原电阻丝对折后接入电路5如图所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面两个带电粒子M、N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示已知M是带正电的带电粒子则下列说法中正确的是（）AN一定也带正电Ba点的电势高于b点的电势，a点的场强大于b点的场强C带电粒子M的动能减小，电势能增大D带电粒子N的动能增大，电势能减小6质量为m的物体放置在升降机内的台秤上，升降机以加速度a在竖直方向做匀变速直线运动，若物体处于失重状态，则（）A升降机的加速度方向竖直向下B台秤示数减少maC升降机一定向上运动D升降机一定做加速运动7关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量，下列说法正确的是（）A与加速器的半径有关，半径越大，能量越大B与加速器的磁场有关，磁场越强，能量越大C与加速器的电场有关，电场越强，能量越大D与带电粒子的质量有关，质量越大，能量越大8位于地球赤道上随地球自转的物体P和地球的同步通信卫星Q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动已知地球同步通信卫 星轨道半径为r，地球半径为R，第一宇宙速度为v仅利用以上已知条件不能求出（）A地球同步通信卫星运行速率B地球同步通信卫星的向心加速度C赤道上随地球自转的物体的向心加速度D万有引力常量9如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与两电池相连，在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态若将b板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是（）A液滴将加速向下运动BM点电势升高，液滴在M点时电势能将增大CM点的电场强度变小了D在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同10远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是（）A输电线上的电功率损失是原来的B输电线上的电功率损失是原来的C输电线上的电压损失是原来的D输电线上的电压损失是原来的11在如图所示的电路中，电表均为理想电表，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A灯泡L变亮B电压表读数变大C电容器C上电荷量减少D电流表读数变小12自高为H的塔顶自由落下A物体的同时B物体自塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动重力加速度为g，下面说法正确的是（）A若v0，两物体相遇时，B正在下降途中Bv0=，两物体在地面相遇C若v0，两物体相遇时B物正在空中下落D若v0=，则两物体在地面相遇二、综合实验题13某同学用如图1所示装置测定重力加速度时，所打纸带如图2由打出的纸带可知，实验时纸带的端应和重物相连接（选填“甲”或“乙”）纸带上1至9各点为计时点，由纸带所示数据可算出实验时的加速度为m/s2（保留三位有效数字）当地的重力加速度数值为9.8m/s2，请列出测量值与当地重力加速度的值有差异的一个原因是14要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作已选用的器材有：直流电源（电压为4V）； 电流表（量程为00.6A内阻约0.5）；电压表（量程为03V内阻约3k）； 电键一个、导线若干实验中所用的滑动变阻器应选下列中的（填字母代号）A滑动变阻器（最大阻值10，额定电流1A）B滑动变阻器（最大阻值1k，额定电流0.3A）图1为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接（用黑色水笔画线表示对应的导线）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而（填“增大”、“不变”或“减小”）如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图3所示，请结合图线算出此时小灯泡的电阻是（保留两位有效数字）根据实验得到的小灯泡伏安特性曲线，下列分析正确的是A测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电压表内阻引起B测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电流表内阻引起C测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电压表内阻引起D测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电流表内阻引起三.解答题15如图所示，平行板电容器水平放置，两板间距离d=0.10m，上板带负电，下板带正电，电势差U=1.0103V一个质量为m=0.2g、带电荷量为q=+1.0107C的小球（可视为质点）用长L=0.01m的绝缘细线悬挂于电容器内部的O点，将小球拉到细线呈水平伸直状态的位置A，然后无初速度释放（g取10m/s2）求：（1）小球运动至O点正下方B点时，小球的速度大小（结果可用根号表示）；（2）在B点时此时绳子拉力的大小？16如图所示，轻杆AB长l，两端各连接一个小球（可视为质点），两小球质量关系为mB=mA=m，轻杆绕距B端处的O轴在竖直平面内逆时针自由转动当轻杆由水平位置转至竖直位置的运动过程中，求杆对A球所做功17如图所示，质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止在光滑水平地面上的平板小车，车的质量为1.6kg，木块与小车之间的摩擦系数为0.2（g取10m/s2）设小车足够长，求：（1）木块和小车相对静止时小车的速度大小（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间（3）从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离2016年江西省赣中南五校联考高考二模试卷参考答案与试题解析一.选择题在每小题所给的A、B、C及D四个选项中，19只有一个选项最符合题意，每个题的分值为3分，1012题有不定选项，每个题的分值为4分1下面有关物理学史和物理学方法的说法中，不正确的有（）A伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落时间太短，不易测量，因此采用了“冲淡重力”的方法来测量时间，然后再把得出的结论合理外推B根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法C由a=可知，物体的加速度又叫做速度的变化率，其值由比值决定D在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法【考点】物理学史【分析】速度的定义v=，当t0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法合力与分力是等效替代的关系，在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的思想匀变速运动分成无数小段，采用的是数学上的微分法质点是用来代替物体的，采用是等效替代法【解答】解：A、伽利略研究自由落体运动时，由于物体下落时间太短，不易测量，因此采用了“冲淡重力”的方法来测量时间，然后再把得出的结论合理外推故A正确 B、速度的定义v=，表示平均速度，当t0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法故B正确 C、物体的加速度又叫做速度的变化率，其值由比值决定故C不正确 D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成无数小段，采用的是数学中的微元法故D正确本题选不正确的，故选：C【点评】本题考查物理常用的思维方法中学物理常用的思想方法有极限法、控制变量法、等效法、假设法等等2（多选）如图所示，质量分布均匀的光滑小球O，放在倾角均为的斜面体上，斜面体置于同一水平面上，且处于平衡，则下列说法中正确的是（）A甲图中斜面对球O弹力最大B丙图中斜面对球O弹力最小C乙图中挡板MN对球O弹力最小D丙图中挡板MN对球O弹力最小【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】解答本题可采用作图法：将甲、乙、丙三种情况小球的受力图作出一幅图上，抓住重力一定，斜面对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力相等丁图关键分析受力情况，由平衡条件求出斜面和挡板对小球的弹力【解答】解：将甲、乙、丙、丁四种情况小球的受力图作出一幅图上，如图，根据平衡条件得知，丁图中斜面对小球的弹力为零，挡板对小球的弹力等于其重力G斜面对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力与重力大小相等、方向相反，即得到三种情况下此合力相等，根据平行四边定则得知，丙图中挡板MN对球O弹力NMN最小，甲图中斜面对球O弹力N斜最大故BC错误，AD正确故选：AD【点评】本题运用图解法研究，关键是要正确分析受力情况，作出小球力的合成图，抓住两个弹力的合力都相等进行是比较的依据3将一竖直向下的8N的力分解为两个力，其中一个分力方向水平，大小为6N，那么另一个分力大小为（）A10NB8NC6ND2N【考点】力的分解【分析】力的合成与分解都遵守平行四边形定则，根据平行四边形定则，做出图形即可求得分力的大小【解答】解：根据平行四边形定则，已知一个分力沿水平方向，做出平行四边形如图所示，由图形可知另一个分力F2的大小为F2=10N故选A【点评】力的合成与分解都遵守平行四边形定则，合力可能大于分力的大小也可能小于分力的大小，这是矢量运算的特点4在电源电压不变的情况下，为使正常工作的电热器在单位时间内产生的热量增加一倍，下列措施最可行的是（）A剪去一半的电阻丝B并联一根相同的电阻丝C串联一根相同的电阻丝D将原电阻丝对折后接入电路【考点】电功、电功率【分析】纯电阻电路中电阻产生的热量和消耗的电能相等，计算公式通用，选择合理的电热公式逐项分析即可得出结果【解答】解：A、剪去一半的电阻丝，电阻减小为，根据公式Q=t知，在电源电压一定，通电时间相同时，电阻减小一半，产生的热量为原来的2倍但此时电阻丝中电流超过额定电流，故不可行；故A错误；B、并联一根电阻后，电路总电阻为原来的由公式Q=t知，在电源电压一定，通电时间相同时，电阻减小一半，产生的热量为原来的2倍故B正确；C、串联一根电阻后，电路总电阻为原来的2倍由公式Q=t知，在电源电压一定，通电时间相同时，电阻增大一倍，产生的热量为原来的故C错误；D、将电热器两端电压增大一倍，由公式Q=t知，在电阻一定，通电时间相同时，产生的热量是原来的4倍故D错误；故选：B【点评】此题考查了电热公式的灵活应用，注意在纯电阻电路中，电能的计算公式和焦耳定律可以通用5如图所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面两个带电粒子M、N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示已知M是带正电的带电粒子则下列说法中正确的是（）AN一定也带正电Ba点的电势高于b点的电势，a点的场强大于b点的场强C带电粒子M的动能减小，电势能增大D带电粒子N的动能增大，电势能减小【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能【分析】由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，正电荷沿轨迹MPN运动，则电场力一定水平向右，从而确定了电场的方向【解答】解：A、电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，从正电荷M的轨迹MPN可知，电场力水平向右，故电场的方向水平向右N电荷受电场力方向指向其轨迹内侧，故受电场力水平向左，所以N带负电，故A错误B、电场线水平向右，沿电场线电势降低，所以a点的电势高于b点的电势，而两点的场强大小相等故B错误；C、D电场力对N粒子做正功，其电势能减小，动能增加，故C错误，D正确；故选：D【点评】本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧6质量为m的物体放置在升降机内的台秤上，升降机以加速度a在竖直方向做匀变速直线运动，若物体处于失重状态，则（）A升降机的加速度方向竖直向下B台秤示数减少maC升降机一定向上运动D升降机一定做加速运动【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重【分析】由于测出的人的体重比真实的体重小，说明人处于失重状态，据此可以判断出合理的加速度的方向；根据牛顿第二定律，可以判断人的加速度的方向，进而可以判断升降机的运动状态【解答】解：A、由于测得体重为mg，人对台秤的压力小于人的重力，对于人来说应该是有向下的合力，根据牛顿第二定律F=ma可知人有向下的加速度，那么升降机也就有向下的加速度，此时可以是向下加速，也可以是向上减速，所以A选项正确；B、根据牛顿第二定律F=ma可知人有向下的加速度，那么升降机也就有向下的加速度，所以台秤示数减少ma，故B正确；C、由于测得体重为mg，人对台秤的压力小于人的重力，对于人来说应该是有向下的合力，根据牛顿第二定律F=ma可知人有向下的加速度，那么升降机也就有向下的加速度，此时可以是向下加速，也可以是向上减速，所以C选项错误D、由于测得体重为mg，人对台秤的压力小于人的重力，对于人来说应该是有向下的合力，根据牛顿第二定律F=ma可知人有向下的加速度，那么升降机也就有向下的加速度，此时可以是向下加速，也可以是向上减速，所以D选项错误故选：A、B【点评】本题主要是考查对超重失重现象的理解，并利用牛顿第二定律来求物体的加速度，判断运动情况7关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量，下列说法正确的是（）A与加速器的半径有关，半径越大，能量越大B与加速器的磁场有关，磁场越强，能量越大C与加速器的电场有关，电场越强，能量越大D与带电粒子的质量有关，质量越大，能量越大【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】回旋加速器的半径一定，根据洛伦兹力提供向心力，求出最大速度，可知最大速度与什么因素有关【解答】解：由得，v=，则最大动能，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关半径越大，能量越大；磁场越强，能量越大；质量和电量都大，能量不一定大故A、B正确，C、D错误故选：AB【点评】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关8位于地球赤道上随地球自转的物体P和地球的同步通信卫星Q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动已知地球同步通信卫 星轨道半径为r，地球半径为R，第一宇宙速度为v仅利用以上已知条件不能求出（）A地球同步通信卫星运行速率B地球同步通信卫星的向心加速度C赤道上随地球自转的物体的向心加速度D万有引力常量【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】因是同步卫星，则其周期可知，角速度可知，结合半径可确定速度，加速度，但无法确定引力常量【解答】解：A、因半径，周期已知，则v=，则求得速率则A可求 B、因半径，周期已知，则a=，则求得加速度，则B可求 C、赤道上地球自转的物体的向心加速度的R，则C可求D、引力常量G无法确定，则D不可求出本题选不能求出，故选：D【点评】做圆周运动的速度，加速度，由v=，a=，进行求解分析即可9如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与两电池相连，在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态若将b板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是（）A液滴将加速向下运动BM点电势升高，液滴在M点时电势能将增大CM点的电场强度变小了D在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】电容器与电源相连，板间电压不变；根据极板的移动方向可知电容器内电场强度的变化，得出带电粒子的受力变化，从而判断其运动状态；由U=Ed判断电势的变化，从而得出电势能的变化【解答】解：A、C、原来液滴受力平衡，则知所受的电场力向上，液滴带负电电容器与电源相连，板间电压不变将b板向下平移时，两板间的距离增大，由E=分析可知：板间电场强度减小，粒子受到的电场力减小，故液滴将加速向下运动；故A、C正确；B、下极板接地，电势为零，M点的电势等于M与b之间的电势差由U=Ed可知，因E减小，d增大，则M点的电势减小；故B错误；D、因两板间的电势差不变，由W=Qq知，前后两种状态下移动电荷时，电场力做功相同，故D正确；故选：ACD【点评】本题分析时，要抓住平行板电容器的与电源保持相连，电容器板间电压保持不变，根据E=分析板间场强的变化和M与下极板电势差的变化是关键10远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是（）A输电线上的电功率损失是原来的B输电线上的电功率损失是原来的C输电线上的电压损失是原来的D输电线上的电压损失是原来的【考点】远距离输电【分析】根据输送功率P=UI求出输电电流，再根据P损=I2R可得出输电线上损失的电功率与输送电压的关系根据欧姆定律得到电压损失与输送电压的关系【解答】解：设输送的电功率一定为P，输送电压为U，输电线上功率损失为P，电压损失为P，电流为I，输电线总电阻为R由P=UI知，I=，则得P=I2R=，U=IR=，可知输送电压增为原来的n倍，则输电线上电功率损失变为原来的，损失的电压变为原来的倍故A正确，B、C、D错误故选：A【点评】解决本题的关键掌握输送电功率公式P=UI，以及输电线上损失的电功率P=I2R及欧姆定律，要注意公式中各量应对应于同一段导体11在如图所示的电路中，电表均为理想电表，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A灯泡L变亮B电压表读数变大C电容器C上电荷量减少D电流表读数变小【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，灯泡变暗；变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数由公式U=EIr分析【解答】解：A、当滑动变阻器滑片P向左移动时，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻R总增大，总电流I减小，灯泡的功率为P=I2RL，RL不变，则P减小，灯泡变暗故A错误BD、电路中总电流减小，则电流表读数变小，电压表读数为 U=EIr，I减小，则U变大故BD正确C、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故C错误故选：BD【点评】对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器的电压与它并联的电路电压相等12自高为H的塔顶自由落下A物体的同时B物体自塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动重力加速度为g，下面说法正确的是（）A若v0，两物体相遇时，B正在下降途中Bv0=，两物体在地面相遇C若v0，两物体相遇时B物正在空中下落D若v0=，则两物体在地面相遇【考点】自由落体运动；竖直上抛运动【分析】先求出B球正好运动到最高点时相遇的初速度，再求出两球正好在落地时相遇的初速度，分情况讨论即可求解【解答】解：若B球正好运动到最高点时相遇，则有：B速度减为零所用的时间：t= sa=gt2sb= sa+sb=H由解得：v0=当ab两球恰好在落地时相遇，则有：t=此时A的位移sa=gt2=H解得：v0=A、若Vo，则两物体在b上升途中相遇，故A错误；B、若Vo=，则b球正好运动到最高点时相遇，故B错误；D、若Vo=，则b球正好运动到地面时相遇，故D正确；C、若v0，则两物体在b下降途中相遇，故C正确；故选：CD【点评】解决本题的关键知道两物体在空中相碰，两物体的位移之和等于h，结合物体运动时间的范围，求出初始度的范围二、综合实验题13某同学用如图1所示装置测定重力加速度时，所打纸带如图2由打出的纸带可知，实验时纸带的乙端应和重物相连接（选填“甲”或“乙”）纸带上1至9各点为计时点，由纸带所示数据可算出实验时的加速度为9.60m/s2（保留三位有效数字）当地的重力加速度数值为9.8m/s2，请列出测量值与当地重力加速度的值有差异的一个原因是有摩擦阻力影响【考点】用单摆测定重力加速度【分析】根据相等时间内的位移逐渐增大，确定纸带哪一端与重物相连接根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度【解答】解：因为重物下落的过程中速度越来越大，相等时间内的位移越来越大，可知纸带的乙端应和重物相连接根据得：g=9.60m/s2当地的重力加速度数值为9.8m/s2，测出的重力加速度小于当地的重力加速度，可能的原因是有摩擦阻力的影响故答案为：（1）乙，（2）9.60，（3）有摩擦阻力影响【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，以及知道实验误差的来源，基础题14要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作已选用的器材有：直流电源（电压为4V）； 电流表（量程为00.6A内阻约0.5）；电压表（量程为03V内阻约3k）； 电键一个、导线若干实验中所用的滑动变阻器应选下列中的A（填字母代号）A滑动变阻器（最大阻值10，额定电流1A）B滑动变阻器（最大阻值1k，额定电流0.3A）图1为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接（用黑色水笔画线表示对应的导线）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而增大（填“增大”、“不变”或“减小”）如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图3所示，请结合图线算出此时小灯泡的电阻是12（保留两位有效数字）根据实验得到的小灯泡伏安特性曲线，下列分析正确的是CA测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电压表内阻引起B测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电流表内阻引起C测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电压表内阻引起D测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电流表内阻引起【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；根据图示图象应用欧姆定律分析答题；由图示电压表读出其示数，由图示图象求出对应的电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值；根据电路图应用串并联电路特点与功率公式分析答题【解答】解：由于采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择总电阻A；描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为：R=15，电流表内阻约为0.5，电压表内阻约为3k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：由图示图象可知，随电压增大通过灯泡的电流增大，电压与电流表的比值增大，灯泡电阻增大电压表量程为3V，由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2.3V，由图示图象可知，2.3V对应的电流为0.2A，此时灯泡电阻为：R=12；电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流I偏大，测得的小灯泡正常发光的功率P=UI偏大，故选C；故答案为：A；电路图如图所示；增大；12；C【点评】本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图、实验数据分析、电表读数、求灯泡电阻、实验误差分析；描绘伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表的接法与确定滑动变阻器的接法是正确连接实物电路图的前提与关键三.解答题15如图所示，平行板电容器水平放置，两板间距离d=0.10m，上板带负电，下板带正电，电势差U=1.0103V一个质量为m=0.2g、带电荷量为q=+1.0107C的小球（可视为质点）用长L=0.01m的绝缘细线悬挂于电容器内部的O点，将小球拉到细线呈水平伸直状态的位置A，然后无初速度释放（g取10m/s2）求：（1）小球运动至O点正下方B点时，小球的速度大小（结果可用根号表示）；（2）在B点时此时绳子拉力的大小？【考点】动能定理的应用；向心力【分析】（1）小球向下运动的过程，运用动能定理列式，可求得小球到达B点的速度大小（2）在B点，小球由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求绳子的拉力【解答】解：（1）小球从A运动到B的过程，由动能定理得： mgLqEL=0又有：E=解得：vB=m/s（2）在B点，由向心力公式得： T+qEmg=m解得：T=3103N答：（1）小球运动至O点正下方B点时，小球的速度大小是m/s（2）在B点时此时绳子拉力的大小是3103N【点评】本题是电场中力学问题，采用的是力学的方法处理，关键是分析物体的受力情况和运动情况，选择解题规律选