河北省保定市望都一中高三物理上学期周练试卷（11.22含解析）.doc

河北省保定市望都一中2016届高三上学期周练物理试卷（11.22）一、选择题（本题共12道小题，每小题0分，共0分）1从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则整个在过程中，下列说法中正确的是（）a小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐增加b小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小c小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）gd小球下降过程中的平均速度小于2如图所示为粮袋的传送带装置，已知ab间的长度为l，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在a点将粮袋从a到b的运动，以下说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）a粮袋到达b点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小b粮袋开始运动的加速度为g（sincos），若l足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动c若tan，则粮袋从a到b一定一直是做加速运动d不论如何小，粮袋从a到b一直匀加速运动，且agsin3如图所示，竖直光滑杆固定不动，弹簧下端固定，将滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接，现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出其ekh图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，g取10m/s2，由图象可知（）a轻弹簧原长为0.3mb小滑块的质量为0.1kgc弹簧最大弹性势能为0.5jd小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4j4某家用桶装纯净水手压式饮水器如图，在手连续稳定的按压下，出水速度为v，供水系统的效率为，现测量出桶底到出水管之间的高度差h，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为s，水的密度为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）a出水口单位时间内的出水体积q=vsb出水口所出水落地时的速度c出水后，手连续稳定按压的功率为+d手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和5如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为30，则（）a从开始到绳与水平夹角为30时，拉力做功mghb从幵始到绳与水平夹角为30时，拉力做功mgh+mv2c在绳与水平夹角为30时，拉力功率为mgvd在绳与水平夹角为30时，拉力功率等于mgv62013年12月2日，我国探月卫星“嫦娥三号”在西昌卫星发射中心成功发射升空，飞行轨道示意图如图所示“嫦娥三号”从地面发射后奔向月球，先在轨道上运行，在p点从圆形轨道进入椭圆轨道，q为轨道上的近月点，则有关“嫦娥三号”下列说法正确的是（）a由于轨道与轨道都是绕月球运行，因此“嫦娥三号”在两轨道上运行具有相同的周期b“嫦娥三号”从p到q的过程中月球的万有引力做正功，速率不断增大c由于“嫦娥三号”在轨道上经过p的速度小于在轨道上经过p的速度，因此在轨道上经过p的加速度也小于在轨道上经过p的加速度d由于均绕月球运行，“嫦娥三号”在轨道和轨道上具有相同的机械能7如图甲所示，q1、q2是两个固定的点电荷，其中q1带正电，在它们连线的延长线上a、b 点，一带正电的试探电荷仅在库仑力作用下以初速度va从a点沿直线ab向右运动，其vt图象如图乙所示，下列说法正确的是（）aq2带正电bq2带负电cb点处电场强度为零d试探电荷的电势能不断增加8如图，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一不计重力的带电粒子从两板中间以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，以下判断正确的是（）a该带电粒子带正电b该带电粒子带负电c若粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出d若粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出9如图所示，x图表示空间某一静电场的电势沿x轴的变化规律，图象关于轴对称分布x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是exa、exb，则（）aexaexbbexa沿x负方向，exb沿x正方向c同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向相反d将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做正功后做负功10如图所示，pq为等量异种点电荷a、b连线的中垂线，c为中垂线上的一点，m、n分别为ac、bc的中点，若取无穷远处的电势为零，则下列判断正确的是（）am、n两点场强相同bm、n两点电势相同c负电荷由m点移到c处，电场力做正功d负电荷由无穷远处移到n点时，电势能一定减少11如图所示，电源电动势为e，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）a小灯泡l1、l2均变暗b小灯泡l1变亮、l2变暗c电流表a的读数变大，电压表v的读数变小d电流表a的读数变小，电压表v的读数变大12如图1所示电路中，电源电动势为3.0v，内阻不计，l1、l2、l3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示开关s闭合后下列判断正确的是（）al1电流为l2电流的2倍bl1消耗的电功率为0.75wcl2消耗的电功率为0.375wd此时l2的电阻为12二、实验题（本题共1道小题，第1题0分，共0分）13一根电阻丝，它的电表阻在10左右，测量它的直径时如图所示，由此读得它的直径d=mm，由此可以算出它的横截面积s现有一个稳压电源（输出电压恒为u=3v），一个定值电阻r（10左右），一个量程0.3a的量流表1，一个量程为3a的电流表2，毫米刻度尺，利用如图所示的电路，不断移动夹子（图中用粗箭头表示）改变电阻丝连入电路的长l，得出长度l与电流的倒数的关系如图所示则电流表选择，该电阻丝的电阻率为，定值电阻（要求a、b，u，s等字母表示）三、计算题（本题共2道小题，第1题0分，第2题0分，共0分）14如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，在xoy平面内有与y轴平行向上的匀强电场区域（在第象限，形状是直角三角形），直角三角形斜边分别与x轴和y轴相交于（l，0）和（0，l）点区域左侧沿x轴正方向射来一束具有相同质量m、电荷量为q（q0）和初速度v0的带电微粒，这束带电微粒分布在0yl的区间内，其中从（0，）点射入场区的带电微粒刚好从（l，0）点射出场区带电微粒重力不计求：（1）电场强度大小；从0y的区间射入场区的带电微粒射出场区时的x坐标值和射入场区时的y坐标值的关系式；（3）射到点的带电微粒射入场区时的y坐标值河北省保定市望都一中2016届高三上学期周练物理试卷（11.22）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12道小题，每小题0分，共0分）1从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则整个在过程中，下列说法中正确的是（）a小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐增加b小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小c小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）gd小球下降过程中的平均速度小于【考点】匀变速直线运动的图像；竖直上抛运动【专题】运动学中的图像专题【分析】由图象得到小球上升过程和下降过程的运动规律，然后进行受力分析，根据牛顿第二定律进行分析【解答】解：a、上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有：f+mg=ma，解得a=g+g；由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：mgf=ma，解得：g；由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；即上升和下降过程，加速度一直在减小；故ab错误；c、空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有：mg=kv1；小球抛出瞬间，有：mg+kv0=ma0 ；联立解得：，故c正确；d、速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于，故小球上升过程的平均速度小于，故d错误；故选：c【点评】速度时间图象斜率表示加速度，面积表示位移，会用极限的思想求解位移2如图所示为粮袋的传送带装置，已知ab间的长度为l，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在a点将粮袋从a到b的运动，以下说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）a粮袋到达b点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小b粮袋开始运动的加速度为g（sincos），若l足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动c若tan，则粮袋从a到b一定一直是做加速运动d不论如何小，粮袋从a到b一直匀加速运动，且agsin【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达b点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达b点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达b点时的速度大于v；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，加速度为g（sin+cos）若tan，粮袋从a到b可能一直是做加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动【解答】解：a、粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达b点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达b点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达b点时的速度大于v；故a正确 b、粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为mgcos根据牛顿第二定律得到，加速度a=g（sin+cos）故b错误 c、若tan，可能是一直以g（sin+cos）的加速度匀加速；也可能先以g（sin+cos）的加速度匀加速，后以g（sincos）匀加速故c正确 d、由上分析可知，粮袋从a到b不一定一直匀加速运动故d错误故选：ac【点评】本题考查分析物体运动情况的能力，而要分析物体的运动情况，首先要具有物体受力情况的能力传送带问题，物体的运动情况比较复杂，关键要考虑物体的速度能否与传送带相同3如图所示，竖直光滑杆固定不动，弹簧下端固定，将滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接，现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出其ekh图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，g取10m/s2，由图象可知（）a轻弹簧原长为0.3mb小滑块的质量为0.1kgc弹簧最大弹性势能为0.5jd小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4j【考点】机械能守恒定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】根据对ekh图象的理解：图线的斜率表示滑块所受的合外力，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线和能量守恒定律求解【解答】解：a、在ekh图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从h=0.2m，滑块与弹簧分离，故a错误；b、在从0.2m上升到0.35m范围内，图线的斜率绝对值为：k=mg=2n，所以：m=0.2kg，故b错误；c、根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以epm=mgh=0.210（0.350.1）=0.5j，故c正确；d、在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知：epmm=eekm=epm+mgh0ekm=0.5+0.2100.10.32=0.38j，故d错误；故选：c【点评】本题主要考查了能量守恒定律和图象的理解与应用问题，有一定难度4某家用桶装纯净水手压式饮水器如图，在手连续稳定的按压下，出水速度为v，供水系统的效率为，现测量出桶底到出水管之间的高度差h，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为s，水的密度为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）a出水口单位时间内的出水体积q=vsb出水口所出水落地时的速度c出水后，手连续稳定按压的功率为+d手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功能关系【分析】出水口的体积v=sl，再除以时间即为位时间内的出水体积，水从出水平流出后做平抛运动，根据高度求出落地时竖直方向的速度，再根据几何关系求出出水口所出水落地时的速度，在时间t内，流过出水口的水的质量m=svt，手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，根据势能和动能的表达式及供水系统的效率求出手连续稳定按压做的功，再根据求解功率即可【解答】解：a、出水口的体积v=sl，则单位时间内的出水体积q=，故a正确；b、水从出水平流出后做平抛运动，则落地时速度方向速度，所以出水口所出水落地时的速度v=，故b错误；c、手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，在时间t内，流过出水口的水的质量m=svt，则出水口的水具有的机械能e=，而供水系统的效率为，所以手连续稳定按压做的功为w=，则功率p=，故c正确；d、手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和除以供水系统的效率，故d错误；故选：ac【点评】解答本题要知道水从出水平流出后做平抛运动，根据平抛运动的基本规律求解，注意手连续稳定按压时做水做的功没有全部转化为水的机械能，注意供水系统的效率，难度适中5如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为30，则（）a从开始到绳与水平夹角为30时，拉力做功mghb从幵始到绳与水平夹角为30时，拉力做功mgh+mv2c在绳与水平夹角为30时，拉力功率为mgvd在绳与水平夹角为30时，拉力功率等于mgv【考点】运动的合成和分解；机械能守恒定律【分析】先将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，得到货物速度的表达式，分析出货物的运动规律；然后根据动能定理和牛顿第二定律列式分析【解答】解：a、b、将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示；货物速度为：v货物=vcos，由于逐渐变小，故货物加速上升；当=30时，货物速度为v；当=90时，货物速度为零；根据功能关系，拉力的功等于货物机械能的增加量，故有：wf=ep+ek=mgh+mv2，故a错误，b正确；c、d、在绳与水平夹角为30时，拉力的功率为：p=fv货物，其中v货物=v，由于加速，拉力大于重力，故pmgv，故cd错误；故选：b【点评】本题关键将找出车的合运动与分运动，正交分解后得到货物的速度表达式，最后根据功能关系和牛顿第二定律分析讨论62013年12月2日，我国探月卫星“嫦娥三号”在西昌卫星发射中心成功发射升空，飞行轨道示意图如图所示“嫦娥三号”从地面发射后奔向月球，先在轨道上运行，在p点从圆形轨道进入椭圆轨道，q为轨道上的近月点，则有关“嫦娥三号”下列说法正确的是（）a由于轨道与轨道都是绕月球运行，因此“嫦娥三号”在两轨道上运行具有相同的周期b“嫦娥三号”从p到q的过程中月球的万有引力做正功，速率不断增大c由于“嫦娥三号”在轨道上经过p的速度小于在轨道上经过p的速度，因此在轨道上经过p的加速度也小于在轨道上经过p的加速度d由于均绕月球运行，“嫦娥三号”在轨道和轨道上具有相同的机械能【考点】万有引力定律及其应用【专题】万有引力定律的应用专题【分析】嫦娥三号悬停时反推力与重力平衡，据此求得月球表面的重力加速度，由月球半径求得月球的第一宇宙速度由卫星的变轨原理分析变轨时是加速还是减速【解答】解：a、根据开普勒第三定律可知，轨道的半长轴越大，则周期越大，故a错误；b、“嫦娥三号”从p到q的过程中月球的万有引力做正功，速率不断增大故b正确；c、嫦娥三号经过p点时都是由万有引力产生加速度，故只要经过p点加速度相同，加速度的大小与嫦娥三号所在轨道无关故c错误；d、绕月球运行，“嫦娥三号”从轨道到轨道需要减速，所以一定具有不相同的机械能，故d错误故选：b【点评】本题要掌握万有引力提供向心力，要能够根据题意选择恰当的向心力的表达式，知道开普勒第三定律，理解公式中各量的含义7如图甲所示，q1、q2是两个固定的点电荷，其中q1带正电，在它们连线的延长线上a、b 点，一带正电的试探电荷仅在库仑力作用下以初速度va从a点沿直线ab向右运动，其vt图象如图乙所示，下列说法正确的是（）aq2带正电bq2带负电cb点处电场强度为零d试探电荷的电势能不断增加【考点】电场的叠加；电场强度【分析】根据速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可分析出a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0从而知道b点的电场力及电场强度通过b点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小通过能量守恒判断电势能的变化【解答】解：a、b：从速度时间图象上看出，粒子从a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零q1对正电荷的电场力向右，则q2对正电荷的电场力必定向左，所以q2带负电故a错误，b正确c、由图象可知，b点加速度为零，则场强为零，故c正确d、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒得知，粒子的电势能先增大后减小故d错误故选：bc【点评】解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断q2的电性，运用库仑定律分析q1和q2的电量大小8如图，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一不计重力的带电粒子从两板中间以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，以下判断正确的是（）a该带电粒子带正电b该带电粒子带负电c若粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出d若粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】电子从小孔沿与电场线相反方向射入电场后，电子受到的电场力与电场线的方向相反，所以电子将逆电场线的方向做加速运动，电场力对电子做正功，电子的电势能减小，动能增大只有电场力做功，动能和电势能的总和保持不变【解答】解：a、b、粒子以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，则受力的方向与电场的方向相同，所以粒子带正电故a正确，b错误；c、粒子以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，设极板的长度是l，极板之间的距离是d，时间t，则：；若粒子恰能从负极板边缘射出，则时间t不变，沿极板方向的位移：x=vt=l，所以：，故c正确；d、恰能从负极板边缘射出，根据：可知，粒子的动能需增加为原来的4倍故d错误故选：ac【点评】带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动应用处理类平抛运动的方法处理粒子运动，关键在于分析临界条件9如图所示，x图表示空间某一静电场的电势沿x轴的变化规律，图象关于轴对称分布x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是exa、exb，则（）aexaexbbexa沿x负方向，exb沿x正方向c同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向相反d将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做正功后做负功【考点】电势；电势能【分析】本题的入手点在于如何判断exa和exb的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法【解答】解：a|、在a点和b点附近分别取很小的一段d，由图象，a点段对应的电势差大于b点段对应的电势差，看做匀强电场有e=，可见exaexb，故a正确；b、沿电场方向电势降低，在o点左侧，exa的方向沿x轴负方向，在o点右侧，exb的方向沿x轴正方向，故b正确；c、由题可知，图为电势沿x轴的分量，b仅为沿电场沿x轴分量，并不是总的电场方向，所以不能判断出总的电场力的方向，所以知同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向不一定相反，故c错误；d、将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，d错误；故选：ab【点评】本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；故此题的难度较高10如图所示，pq为等量异种点电荷a、b连线的中垂线，c为中垂线上的一点，m、n分别为ac、bc的中点，若取无穷远处的电势为零，则下列判断正确的是（）am、n两点场强相同bm、n两点电势相同c负电荷由m点移到c处，电场力做正功d负电荷由无穷远处移到n点时，电势能一定减少【考点】电势；电场的叠加【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据电场线的分布确定电场强度的大小和方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断电势的高低根据电场力做功判断电势能的变化【解答】解：a、根据等量异种电荷周围的电场线分布知，m、n两点的场强大小相等，方向不同，故a错误b、沿着电场线方向电势逐渐降低，可知m、n两点电势不等故b错误c、负电荷由m点移到c处，电势增加，电势能减小，故电场力做正功，故c正确d、等量异种电荷连线的中垂线是等势线，将负电荷从无穷远处移到n点处，电场力做正功，电势能一定减小，故d正确故选：cd【点评】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道电场力做功与电势能的变化关系11如图所示，电源电动势为e，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）a小灯泡l1、l2均变暗b小灯泡l1变亮、l2变暗c电流表a的读数变大，电压表v的读数变小d电流表a的读数变小，电压表v的读数变大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律判断干路电流的变化，即可知道电流表示数的变化和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化分析并联部分电压的变化，判断l1灯亮度的变化【解答】解：将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，则l2灯变暗，电流表读数变小电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表读数变大根据串联电路分压特点可知，并联部分电压增大，则l1灯变亮故bd正确故选：bd【点评】本题是一道闭合电路中动态分析题，首先要分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律是正确解题的关键12如图1所示电路中，电源电动势为3.0v，内阻不计，l1、l2、l3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示开关s闭合后下列判断正确的是（）al1电流为l2电流的2倍bl1消耗的电功率为0.75wcl2消耗的电功率为0.375wd此时l2的电阻为12【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当开关闭合后，灯泡l1的电压等于3v，由图读出其电流i，由欧姆定律求出电阻，并求出其电功率灯泡l2、l3串联，电压等于1.5v，由图读出电流，求出电功率【解答】解：当开关闭合后，灯泡l1的电压u1=3v，由图2读出其电流i1=0.25a，则灯泡l1的电阻r1=12，功率p1=u1i1=0.75w，灯泡l2、l3串联，电压u2=u3=1.5v，由图读出其电流i2=i3=0.20a，则i1=1.25i2，r2=，灯泡l2、l3的功率均为p=ui=1.5v0.20a=0.30w，故b正确，acd错误；故选：b【点评】本题关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压读图能力是基本功二、实验题（本题共1道小题，第1题0分，共0分）13一根电阻丝，它的电表阻在10左右，测量它的直径时如图所示，由此读得它的直径d=0.920mm，由此可以算出它的横截面积s现有一个稳压电源（输出电压恒为u=3v），一个定值电阻r（10左右），一个量程0.3a的量流表1，一个量程为3a的电流表2，毫米刻度尺，利用如图所示的电路，不断移动夹子（图中用粗箭头表示）改变电阻丝连入电路的长l，得出长度l与电流的倒数的关系如图所示则电流表选择1，该电阻丝的电阻率为，定值电阻ub（要求a、b，u，s等字母表示）【考点】伏安法测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分固定刻度与可动刻度示数之和