江苏省盐城市响水中学高二物理上学期10月月考试卷（选修）（含解析）.docVIP

2015-2016学年江苏省盐城市响水中学高二（上）月考物理试卷（选修）（10月份）一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分每小题只有一个选项正确）1一块手机电池的背面印有如图所示的一些参数，另外在手机使用说明书上还写“通话时间3h，待机时间100h”，如果数据是真实的，则该手机通话时消耗的功率约为( )a1.8wb0.6wc3.6wd1.2w2两个用同种材料制成的均匀导体a、b，其长度相同，当它们接入电压相同的电路时，其电流之比ia：ib=1：4，则横截面积之比sa：sb为( )a1：2b2：1c1：4d4：13对于电源的路端电压，下列说法正确的是( )a因u=ir，则u随i和r的增大而增大b因u=ir，则r=0时，必有u=0c路端电压随外电阻的变化而成正比的变化d若外电路断开时，路端电压为零4a、b两灯的额定电压u相同，额定功率papb，将a灯接在电动势和内阻一定的某电源两极，恰能正常发光，若改成b灯接在该电源两极，则b灯的实际功率一定是( )a等于pab等于pbc小于pbd大于pb5如图电路，电源的内阻为r，当滑动变阻器的滑片p向上端a滑动过程中，两表的示数情况为( )a两电表示数都增大b两电表示数都减少c电压表示数减少，电流表示数增大d电压表示数增大，电流表示数减少6如图所示，是测定两个电源的电动势e和内电阻r实验中得到的路端电压u和电流i的图线，则下列说法错误的是( )a当i1=i2时，电源总功率p1=p2b当i1=i2时，外电阻r1=r2c当u1=u2时，电源输出功率p出1p出2d当u1=u2时，电源内部消耗的电功率p内1p内2二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分每小题至少有两个选项正确，全部选对的得4分，漏选的得2分，有选错或不答的得0分）7电源的电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下面说法中正确的是( )a电源的路端电压一定逐渐变小b电源的输出功率一定逐渐变小c电源内部消耗的功率一定逐渐变大d电源的供电效率一定逐渐变小8如图所示的电路中，s闭合a、b、c三只灯均正常发光，当可变电阻的滑动触头上移时，对a、b、c三灯亮度变化下列叙述正确的是( )aa灯变亮bb灯变亮cc灯变亮d三灯均变暗9某学生在研究串联电路电压特点的实验时，接成如右图所示的电路，接通s后，他将高内阻的电压表并联在a、c两点间的电压表读数为u，当并联在a、b两点间时，电压表读数也为u，当并联在b、c两点间时，电压表的读数为零，则出现此种情况的原因可能是( )aa、b间断路bb、c间断路ca、b间短路db、c间短路10理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干设电动机线圈电阻为r1，它与电热丝电阻值r2串联后接到直流电源上，吹风机两端电压为u，电流为i，消耗的功率为p，则有( )ap=uibp=i2（r1+r2）cpuidpi2（r1+r2）三、实验题（每空2分，连图4分，计30分）11用如图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻r0起保护作用除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（1）电流表（量程0.6a、3a）；（2）电压表（量程3v、15v）（3）定值电阻（阻值1，额定功率5w）（4）定值电阻（阻值10，额定功率10w）（5）滑动变阻器（阴值范围010，额定电流2a）（6）滑动变阻器（阻值范围0100、额定电流1a）那么（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择_v，电流表的量程应选择_a； r0应选择_的定值电阻，r应选择阻值范围是_的滑动变阻器（2）引起该实验系统误差的主要原因是_12某同学用螺旋测微器测量一根金属杆的直径时，螺旋测微器的读数如图（1）所示可知该金属杆的直径d=_mm；同学在某次实验中，电压表接03v量程、电流表接00.6a量程，当两表指针所指位置如图（2）所示时，电压表的读数为_v，电流表的读数为_a；用欧姆表测一个电阻r的阻值，选择旋钮置于“10”挡，测量时指针指在100与200刻度的正中间，可以确定：r_1500（选填“”、“=”或“”）13在“测定金属导线的电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻rx约为5实验室备有下列实验器材：a电压表v1（量程3v，内阻约为15k）b电压表v2（量程15v，内阻约为75k）c电流表a1（量程3a，内阻约为0.2）d电流表a2（量程600ma，内阻约为1）e变阻器r1（0100，0.3a）f变阻器r2（02 000，0.1a）g电池e（电动势为3v，内阻约为0.3）h开关s，导线若干（1）为了提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材：电压表应选择_，电流表应选择_，变阻器应选择_，（填写器材代号，如v1或v2）（2）为了减小实验误差，应选用图甲中_（填“a”或“b”）为该实验的电路图，并按所选择的电路图把实物图乙用导线连接起来四、计算题（本题共3小题，每题12分，共计36分.解答时请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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14如图所示的电路中，电源的电动势e=12v，内阻未知，r1=8，r2=1.5，l为规格“3v，3w”的灯泡，开关s断开时，灯泡恰好正常发光（不考虑温度对灯泡电阻的影响）试求：（1）灯泡的额定电流和和灯丝电阻；（2）电源的内阻；（3）开关s闭合时，灯泡实际消耗的功率15一台电风扇，内阻为20，接上220v电压后，消耗的功率为66w求：（1）电风扇正常工作时通过风扇电动机的电流强度；（2）电风扇正常工作时转化为机械能的功率；（3）电风扇正常工作时电动机的效率16如图，e=6v，r=4，r1=2，r2的阻值变化范围是 010求：（1）当r2为多大时电源输出功率最大，最大值是多少？（2）当r2为多大时r1上消耗的功率最大，最大值是多少？（3）当r2为多大时r2上消耗的功率最大，最大值是多少？2015-2016学年江苏省盐城市响水中学高二（上）月考物理试卷（选修）（10月份）一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分每小题只有一个选项正确）1一块手机电池的背面印有如图所示的一些参数，另外在手机使用说明书上还写“通话时间3h，待机时间100h”，如果数据是真实的，则该手机通话时消耗的功率约为( )a1.8wb0.6wc3.6wd1.2w考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：由图中所提供的“3.6v，500mah”，根据功和电功率的有关知识，可求通话时消耗的功率解答：解：由图中所提供的电池的容量为“3.6v，500mah”，则通话时消耗的功率为：p=600mw=0.6w，故选：b点评：根据电池铭牌提供的数据要能够从其中找出有用的信息，并且要能够正确的理解电池的容量3.6v，500mah2两个用同种材料制成的均匀导体a、b，其长度相同，当它们接入电压相同的电路时，其电流之比ia：ib=1：4，则横截面积之比sa：sb为( )a1：2b2：1c1：4d4：1考点：电阻定律专题：恒定电流专题分析：由题，当两导体接入电压相同的电路时，已知电流之比，根据欧姆定律求出电阻之比两个导体的材料相同，电阻率相同，长度相同，根据电阻定律r=，研究横截面积之比解答：解：当两导体接入电压相同的电路时，电流之比ia：ib=1：4，根据欧姆定律i=得电阻之比ra：rb=4：1，两个导体的材料相同，电阻率相同，长度相同，根据电阻定律r=得到，横截面积之比sa：sb=rb：ra=1：4故选：c点评：本题是欧姆定律和电阻定律的综合应用，常规题，只要基础扎实，没有困难3对于电源的路端电压，下列说法正确的是( )a因u=ir，则u随i和r的增大而增大b因u=ir，则r=0时，必有u=0c路端电压随外电阻的变化而成正比的变化d若外电路断开时，路端电压为零考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：给定的电源，其电动势不变，与外电路无关，而路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小解答：解：a、电源电动势不变，当r增大时，i必然减小，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小，故a错误 b、当r=0时，电路处于短路状态，电源路端电压为0故b正确 c、由u=er可知，路端电压不是随外电阻的变化而成正比的变化故c错误 d、根据闭合电路欧姆定律u=eir可知，外电路断开时，路端电压为e故d错误故选b点评：本题是简单的路动态分析问题对于路端电压与电流的关系，也可以作出电源的外特性曲线ui图线，更直观判断它们的关系4a、b两灯的额定电压u相同，额定功率papb，将a灯接在电动势和内阻一定的某电源两极，恰能正常发光，若改成b灯接在该电源两极，则b灯的实际功率一定是( )a等于pab等于pbc小于pbd大于pb考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：先根据p=判断a、b两灯的电阻大小；然后根据闭合电路欧姆定律判断改成b灯接在该电源两极时电流的变化情况，再根据闭合电路欧姆定律判断外电压情况，得到b灯的实际功率情况解答：解：a、b两灯的额定电压u相同，额定功率papb，根据p=，有rarb；改成b灯接在该电源两极时，根据闭合电路欧姆定律公式i=，外电阻变大，故电流减小；外电压u=eir，电流减小，故外电压增加；故b灯泡的实际电压大于其额定电压，故实际功率大于其额定功率pb；由于电阻不同，故b灯泡的实际功率不一定等于灯泡a的额定功率pa；故选：d点评：本题关键是明确电路结构，然后结合闭合电路欧姆定律分析路端电压的变化情况，不难5如图电路，电源的内阻为r，当滑动变阻器的滑片p向上端a滑动过程中，两表的示数情况为( )a两电表示数都增大b两电表示数都减少c电压表示数减少，电流表示数增大d电压表示数增大，电流表示数减少考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：动态变化分析问题一般按照“局部整体局部”的顺序，分析总电阻变化总电流变化总电压变化，再分析局部电压、电流、功率的变化进行对于电流表读数来说，由于滑动变阻器的电流、电压和电阻都在变化，不好确定，可从总电流的变化和r2电流变化确定解答：解：当滑动变阻器的滑片p向上滑动时，接入电路的电阻增大，与r2并联的电阻增大，外电路总电阻r总增大，总电流i减小，路端电压u=eir增大，电压表读数增大；并联部分的电阻增大，分担的电压增大，u2增大，流过r2的电流i2增大，电流表的读数ia=ii2，则减小故abc错误，故d正确故选：d点评：电路动态变化分析是常见的题型，容易犯的错误是认为支路电阻增大，并联总电阻减小本题中变阻器的电压、电流和电阻都是变化的，技巧是研究干路电流和另一支路电流变化情况来确定6如图所示，是测定两个电源的电动势e和内电阻r实验中得到的路端电压u和电流i的图线，则下列说法错误的是( )a当i1=i2时，电源总功率p1=p2b当i1=i2时，外电阻r1=r2c当u1=u2时，电源输出功率p出1p出2d当u1=u2时，电源内部消耗的电功率p内1p内2考点：电源的电动势和内阻；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：根据闭合电路欧姆定律分析可知，图线与纵轴交点坐标表示电动势，电源的总功率p=ei，根据这两点分析电源总功率的关系图线的斜率表示电源内阻的大小，当电流i1=i2时，由欧姆定律比较外电阻的大小电源的输出功率p出=ui，当u1=u2时，由图读出电流大小，再比较输出功率的大小电源内部消耗的功率p内=i2r当u1=u2时，电流i1i2，而电源的内阻r1r2，无法比较内部消耗功率的大小解答：解：a、由图可知，两电源的电动势e相等由电源的总功率p=ei得知，当i1=i2时，电源总功率p1=p2故a正确b、由图可知，图线1的斜率大于图线2的斜率，则电源的内阻r1r2，当i1=i2时，由闭合电路欧姆定律可知，r1r2故b错误c、电源的输出功率p出=ui，当u1=u2时，由图读出i1i2，则p出1p出2故c正确d、电源内部消耗的功率p内=i2r当u1=u2时，电流i1i2，根据内部消耗功率的大小p内=eiui=i（eu）可知：p内1p内2故d正确本题选错误的，故选：b点评：本题考查读图的基本能力，关键从闭合电路欧姆定律理解图线的斜率和截距的物理意义，掌握电源的三种功率公式以及三者之间的关系二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分每小题至少有两个选项正确，全部选对的得4分，漏选的得2分，有选错或不答的得0分）7电源的电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下面说法中正确的是( )a电源的路端电压一定逐渐变小b电源的输出功率一定逐渐变小c电源内部消耗的功率一定逐渐变大d电源的供电效率一定逐渐变小考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：外电阻减小时，根据闭合电路欧姆定律分析电流的变化，再分析路端电压的变化根据数学知识得知，当外电阻与电源的内阻相等，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化电源的供电效率等于电源的输出功率与总功率之比解答：解：a、当外电阻减小时，根据闭合电路欧姆定律得，电流减小，路端电压u=eir，e，r不变，i增大，u减小故a正确b、根据数学知识得知，当外电阻与电源的内阻相等，电源的输出功率最大，由于外电阻与内电阻关系未知，无法判断电源的输出功率的变化故b错误c、电源内部消耗的功率p=i2r，电流i增大，r不变，则电源内部消耗的功率p增大故c正确d、电源的供电效率=，当外电阻r减小时，一定变小故d正确故选：acd点评：电源的输出功率与外电阻的关系可以利用数学函数法求极值，通过作输出功率与外电阻关系的图象记住结论8如图所示的电路中，s闭合a、b、c三只灯均正常发光，当可变电阻的滑动触头上移时，对a、b、c三灯亮度变化下列叙述正确的是( )aa灯变亮bb灯变亮cc灯变亮d三灯均变暗考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当可变电阻的滑动触头上移时，r接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压，再分析局部电流和电压的变化，判断灯泡亮度的变化解答：解：当可变电阻的滑动触头上移时，r接入电路的电阻增大，外电路总电阻r总增大，总电流i减小，路端电压u=eir，则u增大，a灯变亮由于i总减小，流过a灯的电流ia增大，则b灯和r并联的总电流减小，b灯变暗，b和r并联的电流减小，电压ubr减小，c灯的电压uc=uubr，得到uc增大，c灯变亮故选ac点评：本题电路中动态变化分析问题，按照部分到整体再到部分的思路进行分析9某学生在研究串联电路电压特点的实验时，接成如右图所示的电路，接通s后，他将高内阻的电压表并联在a、c两点间的电压表读数为u，当并联在a、b两点间时，电压表读数也为u，当并联在b、c两点间时，电压表的读数为零，则出现此种情况的原因可能是( )aa、b间断路bb、c间断路ca、b间短路db、c间短路考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：接通s后，将电压表并联在a、c两点间的电压表读数为u，说明电源没有故障当并联在a、b两点间时，电压表读数也为u，说明ab间断路当并联在b、c两点间时，电压表的读数为零，电路中没有电流，b、c间没有故障解答：解：a、接通s后，将电压表并联在a、c两点间的电压表读数为u，说明电源没有故障当并联在a、b两点间时，电压表读数也为u，当并联在b、c两点间时，电压表的读数为零，说明ab间有断路，因为电路中没有电流，b、c间为定值电阻，根据欧姆定律u=ir可知，b、c间电压就应为零，这时，a点电势与电源的正极相等，b点电势与电源的负极电势相等b、若b、c间断路，电压表并联在b、c两点间时，读数应为u，与题设条件不符故b错误c、若a、b短路，电压表并联在a、b两点间时，电压表读数应为零，与题设条件不符故c错误d、由题，电压表并联在b、c两点间时，读数为零，可能b、c间短路故d正确故选ad点评：本题是电路中故障分析问题，可以用电势差等于电压来加深理解故障的原因中等难度10理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干设电动机线圈电阻为r1，它与电热丝电阻值r2串联后接到直流电源上，吹风机两端电压为u，电流为i，消耗的功率为p，则有( )ap=uibp=i2（r1+r2）cpuidpi2（r1+r2）考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：在计算电功率的公式中，总功率用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、c、电吹风机消耗的电功率p是总的功率，总功率的大小应该是用p=iu来计算，所以总功率p=iu，所以a正确，而c错误b、d、电吹风机中发热的功率要用i2r来计算，所以总的发热功率为i2（r1+r2），吹风机的总功率p=iu要大于发热部分的功率，所以b错误，d正确故选：ad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三、实验题（每空2分，连图4分，计30分）11用如图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻r0起保护作用除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（1）电流表（量程0.6a、3a）；（2）电压表（量程3v、15v）（3）定值电阻（阻值1，额定功率5w）（4）定值电阻（阻值10，额定功率10w）（5）滑动变阻器（阴值范围010，额定电流2a）（6）滑动变阻器（阻值范围0100、额定电流1a）那么（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择3v，电流表的量程应选择0.6a； r0应选择1的定值电阻，r应选择阻值范围是010的滑动变阻器（2）引起该实验系统误差的主要原因是由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小考点：测定电源的电动势和内阻专题：压轴题分析：（1）由欧姆定律估算电路中的电流，根据安全及准确性原则可选出电流表及电压表；根据电源内阻的大小可判断保护电阻的大小，及滑动变阻器的阻值大小；（2）分析电路中的各电表的特点，找出其产生的作用，即可得出误差产生的原因解答：解：（1）由于电源是一节干电池（1.5v），所选量程为3v的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几左右，加上保护电阻，最大电流在0.5a左右，所以选量程为0.6a的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取010能很好地控制电路中的电流和电压，若取0100会出现开始几乎不变最后突然变化的现象（2）关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成e测e真，r测r真故答案为：（1）3，0.6，1，010（2）由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小点评：实验仪器的选择是考试中经常出现的问题，在学习中要注意掌握好其安全、准确的原则；同时注意滑动变阻器的电路中的应用规律12某同学用螺旋测微器测量一根金属杆的直径时，螺旋测微器的读数如图（1）所示可知该金属杆的直径d=2.320mm；同学在某次实验中，电压表接03v量程、电流表接00.6a量程，当两表指针所指位置如图（2）所示时，电压表的读数为2.15v，电流表的读数为0.16a；用欧姆表测一个电阻r的阻值，选择旋钮置于“10”挡，测量时指针指在100与200刻度的正中间，可以确定：r1500（选填“”、“=”或“”）考点：用多用电表测电阻；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；根据电表量程确定其分度值，读出其示数；欧姆表刻度左密又疏，100与200正中间的刻度小于150解答：解：由图示螺旋测微器可知，其示数为：2mm+32.00.01mm=2.320mm；电压表接03v量程、电流表接00.6a量程，由图（2）所示电压表可知，其分度值为0.1v，示数为2.15v，电流表示数为0.02a，示数为：0.16a；欧姆表表盘左边密右边疏，零刻度在右边，测量时指针指在100与200刻度的正中间，指针的示数应大于100而小于150，选择旋钮置于“10”档，则待测电阻的阻值应该在1000到1500之间，小于1500欧姆；故答案为：2.320，2.15，0.16，点评：本题考查了螺旋测微器、电流表、电压表与欧姆表读数，要掌握常用器材的读数方法；对电表读数时视线要与电表刻度线垂直13在“测定金属导线的电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻rx约为5实验室备有下列实验器材：a电压表v1（量程3v，内阻约为15k）b电压表v2（量程15v，内阻约为75k）c电流表a1（量程3a，内阻约为0.2）d电流表a2（量程600ma，内阻约为1）e变阻器r1（0100，0.3a）f变阻器r2（02 000，0.1a）g电池e（电动势为3v，内阻约为0.3）h开关s，导线若干（1）为了提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材：电压表应选择v1，电流表应选择a2，变阻器应选择r1，（填写器材代号，如v1或v2）（2）为了减小实验误差，应选用图甲中b（填“a”或“b”）为该实验的电路图，并按所选择的电路图把实物图乙用导线连接起来考点：测定金属的电阻率专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据电源电动势选择电压表，由欧姆定律求出电路最大电流，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法，然后选择实验电路解答：解：（1）伏安法测电阻，需要：g、电池e（电动势为3v，内阻约为0.3），h、开关s，导线若干；电源电动势是3v，因此电压表可选：a、电压表v1（量程3v，内阻约为15k），电路最大电流约为：i=0.6a=600ma，如果选用量程是3a的电流表，电流表指针偏转角度不到电表刻度的三分之一，为提高实验精度，电流表可选：d电流表a2（量程600ma，内阻约为1）；为方便实验操作，滑动变阻器应选：e、变阻器r1（0100，0.3a）；即需要的实验器材有：v1a2r1 ；（2）=3000，=5，电流表应选择外接法，因此实验电路应选b根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示故答案为：（1）v1 a2 r1 ；（2）b；实物电路图如图所示点评：本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、连接实物电路图；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作；确定电流表的接法是正确解题的关键四、计算题（本题共3小题，每题12分，共计36分.解答时请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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14如图所示的电路中，电源的电动势e=12v，内阻未知，r1=8，r2=1.5，l为规格“3v，3w”的灯泡，开关s断开时，灯泡恰好正常发光（不考虑温度对灯泡电阻的影响）试求：（1）灯泡的额定电流和和灯丝电阻；（2）电源的内阻；（3）开关s闭合时，灯泡实际消耗的功率考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：（1）根据求出小灯泡的额定电流，根据求电阻；（2）断开s时，灯l正常发光，即i1=i0，根据闭合电路欧姆定律即可求解；（3）闭合s时，求出外电路总电阻，根据欧姆定律求出电流和电压，从而求出实际功率解答：解：（1）灯泡的额定电流 灯丝电阻； （2）断开s时，灯l正常发光，即i1=i0，根据闭合电路欧姆定律e=i0（r1+rl+r）得r=；（3）闭合s时，设外电路总电阻为r外；所以r外=r并+r1=1+8=9；设干路电流为i总，则；灯两端的电压ul，则；灯的实际功率为pl：；答：（1）灯泡的额定电流和和灯丝电阻为3；（2）电源的内阻为1；（3）开关s闭合时