重庆市南开中学高二上学期期末考试物理精品解析Word版.docx
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重庆市南开中学高二上学期期末考试物理精品解析Word版
重庆市南开中学高二年级上学期期末考试
物理试题
一、单项选择题
1.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）
A.安培力的方向可以不垂直于直导线
B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D.将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
【答案】B
【解析】
试题分析：
本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL．
解：
A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；
C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsinθ，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；
D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，让其中的一半与磁场的方向平行，安培力的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的
，故D错误．
故选：
B．
【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL．
2.交流发电机发电示意图如图所示,线圈转动过程中,下列说法正确的是
A.转到图甲位置时，通过线圈的磁通量变化率最大
B.转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零
C.转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大
D.转到图丁位置时，AB边感应电流方向为A→B
【答案】D
【解析】
【分析】
要解决此题，需要掌握发电机的制作原理，知道发电机是根据电磁感应原理制成的，感应电流的方向与磁场方向和切割磁感线的方向有关。
【详解】转到图甲位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小为零，故A错误；转到图乙位置时，线圈产生的感应电动势最大，故B错误；转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故C错误；转到图丁位置时，根据楞次定律可知AB边感应电流方向为A→B，故D正确；故选D。
【点睛】此题主要考查了发电机的工作原理。
要知道发电机是根据电磁感应原理制成的。
感应电流的方向与导体切割磁感线的方向有关，能够通过线圈的转动情况，判断线圈中产生的感应电流放向的变化.
3.如图所示，金属棒AB原来处于静止状态（悬挂）．由于CD棒的运动，导致AB棒向右摆动，则CD棒（ ）
A.向右平动B.向左平动
C.向里平动D.向外平动
【答案】D
【解析】
【分析】
由右手定则判断选项中CD棒运动情况产生的电流方向，然后由左手定则判断AB受安培力的方向，看其受力与题干中的运动情况是否相符．
【详解】若CD棒水平向右运动或水平向左摆动，则运动方向与磁场方向平行，没有感应电流产生，则AB棒不会受安培力作用，不会运动，故AB错误；若CD棒垂直纸面向里平动，由右手定则判断感应电流由A到B，由左手定则判断AB受力向左，则AB将向左摆动，与题干不符，故C错误；若CD棒垂直纸面向外平动，由右手定则判断感应电流由B到A，由左手定则判断AB受力向右，则AB将向右摆动，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查左手定则和右手定则的灵活应用，判断电流的方向用右手定则，判断力的方向用左手定则．
4.如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力的大小下列说法中正确的是（ ）
A.大于环重力mg，并逐渐减小
B.始终等于环重力mg
C.小于环重力mg，并保持恒定
D.大于环重力mg，并保持恒定
【答案】A
【解析】
试题分析：
磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变．由楞次定律可知，感应电流方向：
顺时针，再由左手定则可得，安培力的合力方向：
竖直向下．金属环始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小．所以拉力的大小也逐渐减小，故A正确，BCD均错误．
考点：
本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律。
5.如图，水平地面上有一个倾角为θ的斜面，其表面绝缘.另一个带正电的滑块放在斜面上，两物体均处于静止状态。
当加上水平向右的匀强电场后，滑块与斜面仍相对地面静止，则（ ）
A.滑块对斜面的压力一定变大B.斜面体对地面的压力一定变大
C.滑块与斜面间的摩擦力一定变大D.斜面体与地面间的摩擦力一定变大
【答案】AD
【解析】
【分析】
对物体受力分析，根据共点力平衡分别求出加上电场前后滑块所受摩擦力和支持力的大小，从而进行比较．对整体分析，得出斜面体与地面压力和摩擦力的变化．
【详解】未加电场前，斜面体对滑块的支持力N=mgcosθ，加上电场后，支持力的大小变为N′=mgcosθ+qEsinθ，知滑块对斜面的压力变大。
故A正确。
对整体分析，未加电场时，水平方向上不受力，斜面体与地面的摩擦力为零，加上电场后，整体受到水平向左的摩擦力，知斜面体与地面间的摩擦力增大。
竖直方向支持力的大小仍然等于总重力，所以斜面体与地面间的压力不变。
故D正确，B错误。
滑块开始受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，加上匀强电场后，滑块多了一个水平向右的电场力，所受的静摩擦力方向可能沿斜面向上，可能沿斜面向下，则摩擦力的大小可能减小、可能增大，可能不变。
故C错误。
故选AD。
6.如图所示，速度选择器中磁感应强度大小为B和电场强度大小为E，两者相互垂直；一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过速度选择器后从狭缝P进入另一磁感应强度大小为B′的匀强磁场，最后打在平板S的D1D2上，不计粒子重力，则（）
A.该束粒子带负电
B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面回里
C.打在D1处的粒子大于打在D2处的粒子的速度
D.打在D1处的比荷大于打在D2处的粒子的比荷
【答案】B
【解析】
【分析】
粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性。
根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度。
通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小。
【详解】带电粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，而速度选择器中正电荷受到电场力向下，则受到的洛伦兹力向上，则磁场方向垂直纸面向里，故A错误，B正确；粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，有：
qE=qvB．则
，即所有进入磁场B′的粒子的速度都是相同的，即打在D1处的粒子等于打在D2处的粒子的速度，故C错误；粒子在磁场B'中做匀速圆周运动，经过速度选择器进入磁场B'的粒子速度相等，根据
知，打在D1处的比荷小于打在D2处的粒子的比荷，故D错误。
故选B。
【点睛】解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，明确洛伦兹力充当向心力的正确应用是解题的关键。
7.如图,E为电源,其内阻为r,L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变）,R1、R2为定值电阻,R3为光敏电阻（其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小）,V为理想电压表。
若将照射R3的光的强度增强,则（）
A.小灯泡变暗B.通过R2的电流变大
C.电压表的示数变小D.电源内阻的功率变大
【答案】D
【解析】
【分析】
由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化．
【详解】将照射R3的光的强度增强，光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流增大，故R1两端的电压增大，电压表的示数变大。
故C错误；
因干路电流增大，电源的内电压增大则路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，流过灯泡的电流一定增大，灯泡变亮，故AB错误；干路电流增大，则电源内阻的功率变大，故D正确；故选D。
【点睛】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．
8.如图所示,交流电流表A1、A2、A3分别与电容器C.线圈L和电阻R串联后接在同一个交流电源上,供电电压瞬时值为U1=Umsinω1t,三个电流表读数相同。
现换另一个电源供电,供电电压瞬时值为U2=Umsinω2t,ω2=2ω1.改换电源后,三个电流表的读数将（）
A.A1将减小,A2将增大,A3将不变B.A1将增大,A2将减小,A3将不变
C.A1将不变,A2将减小,A3将增大D.A1将减小,A2将减小,A3将不变
【答案】B
【解析】
【分析】
当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，因此A变亮，B变暗．又因为电阻在直流和交流电路中起相同的作用，故C灯亮度不变．
【详解】由公式2πf=ω知，后来交流电的频率变大，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，对电阻没影响，所以A1示数将增大，A2数将减小，A3示数不变，所以选项B正确，ACD错误。
故选B。
【点睛】此题考查电容、电感对交变电流的影响，也就是容抗、感抗与交变电流的关系．当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小．
9.一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。
则线圈中产生交变电流的有效值为（）
A.4.0AB.2.0AC.2
AD.0.01
A
【答案】C
【解析】
【分析】
根据每段时间内磁通量的变化率求出每段时间内的感应电动势，结合热量的公式求出在一个周期内产生的热量。
抓住交流电和直流电在相同时间内、通过相同电阻，产生相同的热量，求出电流的有效值。
【详解】0-0.5s内的磁通量变化率为：
K=
Wb/s=0.02Wb/s，则感应电动势
；则感应电流
；在0.5s-1s内磁通量不变，感应电流为零；设有效值为I，则
，即
，解得I=2
A；故选C.
【点睛】求解电流的有效值时抓住三个相同，即相同时间，相同电阻，产生相同热量。
10.如图所示，一质量为m，电荷量为+q的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则整个运动过程中，物块克服阻力做功不可能为（ ）
A.0B.
mv02
C.
mv02+
D.
mv02−
【答案】C
【解析】
【分析】
根据左手定则判断洛伦兹力方向，因初速度大小未知，故开始时滑块受弹力方向不能确定，应讨论．
【详解】由题意对滑块受力分析，因不知道开始时滑块所受洛伦兹力与重力谁大，故弹力方向大小均不能确定，应讨论：
若滑块受到向上的洛伦兹力F=mg，则支持力FN=0，摩擦力f=0，滑块将匀速运动，摩擦力不做功，故A可能；若F＜mg，则弹力方向向上，竖直方向满足FN+F=mg，水平方向受摩擦力向左，滑块做减速运动，由F=qvB知，F减小，FN则增大，f增大，由-f=ma可知，v继续减小，最后减为零，由动能定理知，-W=0-
mv02，解得：
W=
mv02，故B可能；若F＞mg，则滑块受到向下的压FN，在竖直方向满足F=mg+FN，滑块向右做减速运动，由动态分析知，当F=mg时FN=0，f=0，最终滑块做匀速运动，此时满足：
qvB=mg，解得：
，对滑块整个过程由动能定理得：
-W=
mv2-
mv02，联立解得：
W=
mv02−
，故C不可能，D可能；本题选不可能的，故选C。
【点睛】洛伦兹力是变力，其方向时刻与速度方向垂直，故洛伦兹力永不做功，涉及到洛伦兹力与功、动能等问题，要用动能定理求解．
二、多项选择题
11.如图所示是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为自感系数很大、直流电阻不计的线圈,下列说法中正确的是
A.闭合开关S1,待电路稳定后,灯A1熄灭
B.开关S2接通瞬间,灯A2、A3同时变亮
C.闭合开关S1,待电路稳定后,断开S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐熄灭
D.闭合开关S2,电路稳定后,断开S2瞬间,灯A2、A3立即熄灭
【答案】AC
【解析】
【分析】
闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。
待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
【详解】闭合开关S1，待电路稳定后，因线圈的电阻为零，则灯A1被短路而熄灭，断开S1瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，则在灯泡和线圈之间再次形成回路，则灯A1突然闪亮，随后逐渐熄灭，选项AC正确；开关S2接通瞬间，灯A3立即亮起来，而灯A2由于与线圈串联，则要阻碍电流的增加，可知A2逐渐变亮；电路稳定后，断开S2瞬间，通过灯A3原来的电流立即消失，而线圈中药产生自感电动势阻碍电流的减小，则在灯A2、A3中组成新的回路，电流慢慢减小，即灯A2、A3都会慢慢熄灭，选项BD错误；故选AC.
【点睛】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
12.如图,静止的金属棒ab、cd与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好,匀强磁场竖直向下.ab棒在恒力F作用下向右运动,则（）
A.安培力对ab棒做正功B.abdca回路的磁通量先增加后减少
C.安培力对cd棒做正功D.F做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和
【答案】CD
【解析】
【分析】
ab棒在恒力F作用下向右做加速运动，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，cd棒在安培力作用下也向右运动，切割磁感线产生一个反电动势，当两棒的速度差恒定时，回路中产生的感应电流恒定，两棒均做匀加速运动，根据安培力方向与导体运动方向的关系，判断做功正负．根据两棒的运动情况分析磁通量变化情况．根据系统能量守恒分析F做功与热量和总动能增量的关系．
【详解】ab棒在恒力F作用下向右做加速运动，根据楞次定律可知，回路中将产生的感应电流沿acdba方向，由左手定则判断可知，ab棒所受的安培力方向向左，cd棒所受的安培力方向向右，则安培力对ab棒做负功，对cd棒做正功。
故A错误，C正确。
两棒最终都做匀加速运动，速度之差恒定，ab棒的速度大于cd棒的速度，两板间距离增大，则abdca回路的磁通量一直增加。
故B错误。
根据能量守恒定律得知，F做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和。
故D正确。
故选CD。
【点睛】本题的解题关键是分析导体棒受力情况，来确定其运动情况，从而判断磁通量如何变化，同时明确功能关系的应用，能正确分析能量转化的方向．
13.如图,理想变压器原、副线圈匝数比n1:
n2=2:
1，电压表和电流表均为理想电表，灯泡电阻RL=6Ω，AB端电压U1=12
sin100πt（V）；下列说法正确的是（）
A.电流频率为50 HzB.电压表的读数为6 V
C.电流表的读数为0.5 AD.变压器输入功率为6 W
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
【详解】AB端电压U1=12
sin100πt（V），其角速度ω=100πrad/s，所以其频率：
f＝
＝50Hz．故A正确；电源电压有效值为12V，由电压之比等于匝数之比
可得，副线圈两端电压有效值为6V，电压表测量的是有效值，示数也为6V，故B正确；电压表的示数为6V，灯泡电阻RL=6Ω，根据欧姆定律：
．故C错误；输出功率：
P=U2I=6×1=6W，根据输入功率等于输出功率，所以变压器输入功率为6 W，故D正确；故选ABD。
【点睛】本题考查变压器原理；只要知道变压器的特点：
匝数之比等于电压之比，输入功率等于输出功率．
14.如图所示，一个带正电荷的物块m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来。
已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失。
现在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D′点停下来。
后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来．则以下说法中正确的是：
A.D′点一定在D点左侧
B.D′点一定与D点重合
C.D″点一定在D点右侧
D.D″点一定与D点重合
【答案】BC
【解析】
试题分析：
设AB斜面与水平面的夹角为
，以物块为研究对象进行受力分析由动能定理有
，化简解得：
，当加上竖直向下的匀强电场后满足
，联立可得知
，所以
与D点一定重合，故选项A错误、B正确；加上匀强磁场，物块受到垂直于运动方向的洛伦兹力的作用，洛伦兹力不做功，与第一种情况相比，摩擦力变小，但克服摩擦力做的功不变，重力做功不变，由动能可知，物块滑行的位移比第一种情况大，即
一定在D点右侧，所以选项C正确、D错误；
考点：
动能定理、静电场、洛伦兹力
15.如图,正方形导线框ABCD、abcd的边长均为L,电阻均为R,质量分别为2m和m,它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端,且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。
在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B.方向垂直纸面向里的匀强磁场。
开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合,导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L.现将系统由静止释放,当导线框ABCD刚好全部进入磁场时,系统开始做匀速运动。
不计摩擦和空气阻力,则（）
A.两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT=mg
B.系统匀速运动的速度大小：
v=mgR/B2L2
C.导线框abcd通过磁场的时间t=2B2L3/mgR
D.两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热Q=2mgL−3m3g2R2/2B4L4
【答案】BD
【解析】
【分析】
对线框ABCD受力分析根据平衡条件求轻绳上的张力；从开始释放到abcd边刚穿出磁场区域的过程中，全过程中，系统的机械能减小转化为热量，根据能量守恒列式求热量．
【详解】导线框ABCD刚好全部进入磁场时磁通量不再变化，回路中没有感应电流，则线框ABCD不受安培力，只受重力和绳子拉力，做匀速运动，根据平衡条件：
FT=2mg，故A错误；线框ABCD完全进入磁场后，abcd中开始产生感应电流，根据根据平衡条件：
mg+
=2mg，得：
，故B正确；abcd匀速运动完全进入磁场后不再有感应电流，不再受安培力，但ABCD开始穿出磁场，产生感应电流受安培力作用，当ABCD穿出磁场后不再有感应电流不再受安培力后abcd又开始穿出磁场产生感应电流受安培力，受力分析知系统始终匀速运动，故abcd通过磁场的时间
，故C错误；等高时速度为v，根据能量守恒：
2mg×2L-mg×2L=
（m+2m）v2+Q，得：
Q=2mgL-
，故D正确；故选BD。
【点睛】本题是电磁感应中的力学问题，安培力的计算和分析能量如何转化是解题关键，要加强训练，熟练掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力等等基础知识，提高解题能力．
16.如图（a）所示，在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图（b）所示。
薄挡板MN两端点恰在圆周上，且MN所对的圆心角为120°。
在t=0时，一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为
的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点与挡板碰撞后原速率返回（碰撞时间不计，电荷量不变），运动轨迹如图（a）所示。
粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是
A.磁场方向垂直纸面向外
B.图（b）中
C.图（b）中
D.若t=0时，质量为m、电荷量为-q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，偏转、碰撞后，仍可返回A点
【答案】BC
【解析】
根据轨迹可知，带正电的粒子从O点向上偏转做圆周运动，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB0=m
，解得磁感应强度：
B0=
，选项B正确；虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间：
，虚线区域加速磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间：
，磁场变化的周期：
T0=t1+t2=
，选项C正确；若t=0时，质量为m、电荷量为-q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，到达O点后向下，与板碰撞后，到达B板，与B碰撞后向上偏转900然后从磁场中飞出，则不能返回A点，选项D错误；故选BC.
点睛：
此题关键是要搞清粒子在磁场中的运动情况即轨迹，结合圆周运动的知识求解运动时间；注意用左手定则判断洛伦兹力的方向时要注意四指的指向.
三、实验题
17.“探究LED灯的伏安特性”实验中,所用器材有:
灯泡L1与L2（最大阻值均为几十欧）、量程适当的电流表A（内阻约几欧）和电压表V（内阻非常大）、直流电源E、滑动变阻器R、电键S。
（1）某同学已连接好如图甲所示的电路,在闭合电键前,请仔细辨图,指出图中的不当之处____；
A.不应采用电流表外接法B.电流不应从电压表的负接线柱流入
C.不应采用滑动变阻器的分压接法D.滑动变阻器的滑片不应位于中间
（2）修正电路后,闭合电键,移动滑动变阻器的滑片并得到灯泡L1的I-U图像如图乙中的图线L1,则可知灯L1的电阻随电压增大而__________（填“变大”“变小”或“不变）；
（3）换用灯L2重做实验,得其I-U图像如图乙中的图线L2,现将滑动变阻器的滑片移至合适位置并固定,同时撤去“导线1”接灯L2时电流表的读数为0.16A,接灯L1时电流的读数为0.08A,当灯被短路时,电流表的读数应为________（结果保留两位有效数字）；
【答案】
（1）.
（1）BD
（2）.
（2）变小（3）.（3）0.32A
【解析】
【分析】
由于要求灯泡两端电压从零开始变化，所以滑动变阻器必须分压式接法。
从图中可知，滑动触头也在不当位置，电压表的接线柱接反了。
两只灯泡L1和L2的伏安特性曲线如图Ⅱ中Ⅰ和Ⅱ所示，结合图甲所示电路，找出分别接两只灯泡L1和L2时的电压值，根据闭合电路的欧姆定律求解电动势和内阻，然后求解短路电流.
【详解】
（1）灯泡内阻较小，故可采用电流表外接法，选项A错误；电流不应从电压表的负接线柱流入，选项B正确；由于要求灯泡两端电压从零开始变化，所以滑动变阻器必须分压式接法，选项C错误；滑动变阻器的滑片不应位于中间，要在最左端位置，选项D正确；故选BD.
（2）因I-U图像的斜率的倒数等于电阻，可知灯L1的电阻随电压增大而变小；
（3）由图乙可以读出，接灯L2时电流表的读数为0.16A，此
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