2025年沪科版选修3物理下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪科版选修3物理下册阶段测试试卷380考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、如图所示的电路，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时；下列说法正确的是（）

A.小灯泡L变暗B.电源的总功率变小C.电容器C上电荷量减小D.电流表读数变小，电压表读数变大2、如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变；电灯L恰能正常发光，电灯L恰能正常发光，如果滑动变阻器的滑片向a端移动，则下列说法中正确的是（）

A.电灯L变暗，安培表的示数变大B.电灯L变亮，安培表的示数变大C.电灯L变暗，安培表的示数变小D.电灯L变亮，安培表的示数不变3、下列说法正确的（）A.毛细管插入不浸润液体中，管内液面会上升B.明矾表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则C.两分子的间距逐渐增大的过程，则分子势能可能先减少，后增加D.在太空的空间站中，自由飘浮的水滴呈球形，这是万有引力作用的结果4、如图，空间某区域有一个正三角形ABC，其三个顶点处分别固定有三个等量正点电荷，D点为正三角形的中心，E、G、H点分别为正三角形三边的中点，F点为E关于C点的对称点。取无限远处的电势为0；下列说法中正确的是。

A.E、G、H三点的电场强度均相同B.E、G、H三点的电势均相同C.D点的场强最大D.根据对称性，E.、F两点的电场强度等大反向5、关于三种射线，下列说法正确的是A.射线是一种波长很短的电磁波B.射线是一种波长很短的电磁波C.射线的电离能力最强D.射线的电离能力最强评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、下列说法正确的是____。A.失重条件下充入金属液体的气体气泡不能无限地膨胀是因为液体表面张力的约束B.阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒在空气中做布朗运动C.由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和气体的密度，可以估算出理想气体分子间的平均距离E.热量一定由高温物体向低温物体传递E.热量一定由高温物体向低温物体传递7、下列说法正确的是（）A.由于液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，故液体表面存在张力B.把金片儿和铅片压在一起，经过足够长时间后，可发现金会扩散到铅中，但铅不会扩散到金中C.物体的温度升高，物体内分子的平均动能增大E.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行E.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行8、如图所示，闭合矩形导体线框abcd从高处自由下落，在ab边开始进入匀强磁场到cd边刚进入磁场这段时间内，线框的速度v随时间t变化的图象可能是图中的（）

A.B.C.D.9、装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示．把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s．竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图象如图乙所示，其中A为振幅．对于玻璃管，下列说法正确的是（）

A.回复力等于重力和浮力的合力B.位移满足函数式C.振动频率与按压的深度有关D.在时间t1∼t2内，位移减小，加速度减小，速度增大10、一束复色光沿半径方向射向一半圆形玻璃砖，发生折射而分为a、b两束单色光，其传播方向如图所示．下列说法中正确的是（）

A.玻璃砖对a、b的折射率关系为B.a、b在玻璃中的传播速度关系为C.增加入射角，单色光a先消失D.单色光a从玻璃到空气的全反射临界角大于单色光b评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)11、一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回到A，体积V与温度T的关系如图所示。图中TA、VA和TD为已知量。

(1)从状态A到B，气体经历的是______(选填“等温”；“等容”，或“等压”)过程；

(2)从B到C的过程中，气体的内能______(选填“增大”“减小”或“不变”)。12、一定量的理想气体从状态开始，经历三个过程回到原状态，其图像如图所示。则状态时气体的体积______状态时气体的体积，过程中外界对气体所做的功_______气体所放的热。若b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的平均次数分别为N1、N2，则N1_______N2。（填“大于”；“小于”或“等于”）

13、如图所示，一定质量的理想气体从状态依次经状态和后回到状态图中曲线为反比例函数图线，直线平行于轴，直线平行于轴。该理想气体经过的的四个过程中，气体对外放热的过程有_________；气体对外做功的过程有________；气体内能增加的过程有___________。14、蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移和转化，我们把这些气体称为工质。某热机经过一个循环后，工质从高温热源吸热Q1，对外做功W，又向低温热源放热Q2，工质完全恢复初始状态，内能没有变化。根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，Q1、Q2、W三者之间满足的关系是____。热机的效率不可能达到100%，从能量转化的角度，说明___能不能完全转化为___能而不产生其他影响。15、如图所示，两端开口的圆筒内嵌有一凸透镜，透镜主光轴恰好与圆筒中轴线重合。为了测出该透镜的焦距以及透镜在圆筒内的位置，小李同学做如下实验：在圆筒左侧凸透镜的主光轴上放置一点光源S，在圆筒右侧垂直凸透镜的主光轴固定一光屏，点光源S与光屏的距离为L。左右移动圆筒，当圆筒左端面距离点光源S为a时，恰好在光屏上成一个清晰的像；将圆筒向右水平移动距离b，光屏上又出现了一个清晰的像。则凸透镜和圆筒左端面的距离x为____________，该透镜的焦距f为__________。

评卷人得分四、作图题(共3题，共12分)16、如图所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．

17、示波管的内部结构如图所示．如果在偏转电极XX/、YY/之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX/之间和YY/之间分别加上如图所示的电压，请画出荧光屏上出现的完整扫描波形图．

18、图中表示某一时刻的波形图，已知波速为0.5m/s，波沿着x轴的正方向传播；画出经过7s后的波形曲线。

评卷人得分五、实验题(共2题，共16分)19、某研究性学习小组为了研究标有“3.0V；1.5W"字样小灯泡的伏安特性曲线，设计并完成了有关实验．以下是实验中可供选择的器材。

A.直流电源E(5V；内阻约0.5Ω)；

B.电流表(0～3A；内阻约0.1Ω)；

C.电流表(0～0.6A；内阻约1Ω)；

D.电压表(0～3V；内阻约3kΩ)；

E电压表(0～15V；内阻约15kΩ)；

F.滑动变阻器(0～10Ω；额定电流1A)

G.滑动变阻器(0～1000Ω；额定电流0.5A)；

H开关；导线等。

(1)请选用合适的器材，在虚线框中画出电路图，并在图上标出所选器材的符号__________．

(2)某次读数如图所示，则电流表的读数为__________A，电压表的读数为__________V.

(3)实验中根据测得小灯泡两端的电压与通过它的电流的数据描绘出该小灯泡的U-I曲线如图所示根据图所作出的小灯泡U-I曲线，可判断下图中关系图象正确的是________．(图中P为小灯泡的功率，I为通过小灯泡的电流)

A.B.C.D.

(4)某同学将两个完全相同的这种小灯泡并联接到如图所示的电路中，其中电源电动势E=3V，内阻r=3Ω，则此时每个小灯泡的实际功率为__________(结果保留两位有效数字)．

20、某同学利用电压表和定值电阻测蓄电池电源的电动势和内阻。

(1)实验室有以下三个电压表；需要将它们改装成量程为6V的电压表，以下措施正确的是________；

A．将电压表V1(0～1V，内阻约为1kΩ)与5kΩ的定值电阻R串联。

B．将电压表V2(0～2V，内阻约为2kΩ)与4kΩ的定值电阻R串联。

C．将电压表V3(0～3V，内阻为3kΩ)与3kΩ的定值电阻R串联。

D．以上三项都可以。

(2)用改装并校正后的电压表及两个定值电阻R0；测蓄电池的电动势和内阻，图甲为实验电路图，根据给出的电路图，将图乙的实物连线补充完整______；

(3)该实验的主要操作步骤如下：

A．按电路原理图连接实验器材；

B．将开关S2闭合，开关S1断开，测得电压表的示数是U1；

C．再将开关S1闭合，测得电压表的示数是U2；

D．断开开关S2。

①根据实验所得数据，可得电源电动势的测量值E＝__________；电源内阻的测量值r＝____________(结果用字母U1、U2、R0表示)；

②该实验测得的电动势比实际值偏_______(填“大”或“小”)。评卷人得分六、解答题(共4题，共16分)21、如图甲所示，竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场（上、下及左侧无边界）．一个质量为电荷量为可视为质点的带正电小球，以水平初速度沿PQ向右做直线运动．若小球刚经过D点时（t＝0），在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时与PQ连线成60°角．已知D、Q间的距离为（＋1）L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g；求。

（1）电场强度E的大小。

（2）t0与t1的比值。

（3）小球过D点后将做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出此时的磁感应强度的大小B0

及运动的最大周期Tm22、如图所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距为L.空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与CD棒垂直的绝缘细线系在定点A.已知细线能承受的最大拉力为FT0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R.现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动.

(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0及细线断裂时框架的瞬时速度v0大小；

(2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q.23、如图所示，在磁感应强度为1T的匀强磁场中，让长度为0.8m的导体棒MN在无摩擦的框架上以5m/s的速度向右匀速运动，电阻R1=6Ω，R2=4Ω，MN的电阻为1.6Ω；其他导体电阻不计，试计算：

（1）导体棒MN两端电压大小。

（2）导体棒MN受到的安培力的大小．24、如图所示，质量为m的小球B，用长为的细绳吊起处于静止状态，质量为m的A球沿半径为的光滑圆弧轨道；在与O点等高位置由静止释放，A球下滑到最低点与B球相碰，若A球与B球碰撞后立刻粘合在一起．求：

（1）A球下滑到最低点与B球相碰之前瞬间速度v的大小；

（2）A球与B球撞后粘合在一起瞬间速度的大小；

（3）A球与B球撞后的瞬间受到细绳拉力F的大小．

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

首先认识电路的结构：灯泡与变阻器串联；电容器与灯泡并联．当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，根据欧姆定律分析．

【详解】

当滑动变阻器滑片P向右移动时；变阻器接入电路的电阻减小；

A.灯泡功率P=I2RL，RL不变；I增大，P增大，则灯泡变亮．故A错误；

B.电源的总功率P总=EI，E不变，I增大，P总增大．故B错误；

C.电容器电压UC=E-I（RL+r）减小，电容器电量Q=CUC减小．故C正确；

D.根据欧姆定律可知，电流增大，电压表的读数U=E-Ir减小．故D错误；

故选C．

【点睛】

本题考查电路动态分析的能力，比较简单．对于电路动态分析往往按“局部→整体→局部”的思路．2、A【分析】【分析】

由滑动变阻器的滑片向a端移动得到电阻R1的变化情况，分析整个外电阻的变化情况后，再根据闭合电路欧姆定律得到干路电流的变化情况，由U=E-Ir判断路端电压变化情况；再分析灯泡的亮度变化。

【详解】

阻器的滑片向a端滑动时，电阻R1变小；外电阻变小，根据闭合电路欧姆定律知干路电流变大，即电流表的示数增大，内电压增大，路端电压随之减小，电灯L的电压减小，所以电灯L变暗，故A正确，BCD错误；

故选：A。

【点睛】

本题关键是由局部电阻的变化得到总电阻变化，根据闭合电路欧姆定律判断电流的变化情况，然后再分析各个局部电流和电压情况。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．在毛细现象中；液面的上升还是下降与液体的种类；毛细管的材质有关，毛细管插入不浸润液体中，管内液面一般会下降，A错误；

B．明矾表现为各向异性；是由于该物质的微粒在空间的排列规则，B错误；

C．两分子的间距从无限接近开始；间距逐渐增大的过程，分子力先做正功后做负功，则分子势能先减少后增加，故两分子的间距逐渐增大的过程，则分子势能可能先减少，后增加，C正确；

D．在太空的空间站中；自由飘浮的水滴表面张力会使表面积有缩小的趋势，在失重条件下会使得液体成球状，D错误；

故选C。4、B【分析】【详解】

A.由对称性可知，E、G、H三点的电场强度大小相等；但电场强度的方向不同，故A错误；

B.由对称性可知，E.G、H三点的电势均相等；故B正确；

C.由于D点为正三角形的中心，即到三个点电荷的距离相等，故任意两点电荷在D点产生的合场强与第三个点电荷在D点产生的电场强度大小等大反向，故D点的电场强度为零；故C错误；

D.由C点电荷在E、F两点产生的电场强度等大反向，但A、B两个点电荷在E、F两点产生的电场强度却不相等；故D错误；

故选：B5、B【分析】【详解】

A、射线电离本领最大；贯穿本领最小，但不属于电磁波，故A错误；

B、射线是原子核在发生衰变和衰变时产生的能量以光子的形式释放；是高频电磁波，波长很短，故B正确；

C、射线是具有放射性的元素的原子核中的一个中子转化成一个质子同时释放出一个高速电子即粒子，但电离能力没有射线强；故C错误；

D、射线不带电；没有电离能力，故D错误．

故选B．

【点睛】

解决本题的关键知道α、β、γ三种射线的实质，以及三种射线的穿透能力强弱和电离能力强弱．二、多选题(共5题，共10分)6、A:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．失重条件下液态金属呈球状是由于液体表面分子间存在表面张力的结果；故金属液体的气体气泡不能无限地膨胀，A正确；

B．阳光下看到细小的尘埃飞扬；是固体颗粒随空气流动而形成的，并不是布朗运动，B错误；

C．由气体的摩尔质量和气体的密度之比可求出气体的摩尔体积；摩尔体积与阿伏加德罗常数之比等于每个气体分子占据的空间大小，由此可以估算出理想气体分子间的平均距离，C正确；

D．由于分子之间的距离比较大时；分子之间的作用力为引力，而分子之间的距离比较小时，分子之间的作用力为斥力，所以分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，D正确；

E．热量可以在一定的条件下从低温物体传递到高温物体；E错误。

故选ACD。7、A:C:E【分析】【分析】

【详解】

A．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离；故液体表面存在张力，故A正确；

B．一切物质的分子处于永不停息的无规则运动之中；当铅片与金片接触时，会有一些铅的分子进入金片，同时，金的分子也会进入铅片，故B错误；

C．温度是分子平均动能的标志；则温度升高，物体内分子平均动能增大，故C正确；

D．根据热力学第三定律知；绝对零度只能接近，不可能达到，故D错误；

E．根据热力学第二定律可知；一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，故E正确。

故选ACE。8、A:C:D【分析】【详解】

A.ab边刚进入磁场时；若所受的安培力与重力平衡，则线框做匀速运动，速度不变，电流也就恒定，故A正确；

BC.ab边刚进入磁场时，若所受的安培力小于重力，线框做加速运动，随着速度的增大，由安培力公式公式

得知；安培力增大，故加速度减小，则线框做加速度减小的加速运动，速度图象的斜率逐渐减小，当安培力增大到与重力相等时，线框做匀速运动，故B错误，C正确；

D.ab边刚进入磁场时，若所受的安培力大于重力，线框做减速运动，随着速度的减小，由安培力公式公式

得知，安培力减小，加速度减小，则线框做加速度减小的减速运动，速度图象的斜率逐渐减小，当安培力减小到重力相等时，线框做匀速直线运动，故D正确；9、A:B:D【分析】【详解】

A.装有一定量液体的玻璃管只受到重力和液体的浮力；所以装有一定量液体的玻璃管做简谐振动的回复力等于重力和浮力的合力．故A正确；

B.振动的周期为0.5s，则角速度为：ω=2π/T=2π/0.5=4πrad/s，由图可知振动的振幅为A，由题可知，A=4cm；

t=0时刻：x0=−=A⋅sinφ0

结合t=0时刻玻璃管振动的方向向下，可知φ0=π；则玻璃管的振动方程为：

x=A⋅sin(ωt+φ0)=4sin(4πt+π)cm=4sin(4πt−π)cm；故B正确；

C.由于玻璃管做简谐振动；与弹簧振子的振动相似，结合简谐振动的特点可知，该振动的周期与振幅无关．故C错误；

D.由图可知，在t1∼t2时间内，位移减小，回复力：f=−kx减小，加速度a=f/m=−kx/m减小；在t1∼t2时间内；玻璃管向着平衡位置做加速运动，所以速度增大．故D正确．

故选ABD10、B:C【分析】【详解】

因为a光偏转角度大,说明玻璃砖对a光的折射率大,即故A错误;根据公式a光的折射率大,a光在玻璃中的传播速度小,即故B正确；因为根据临界角公式知单色光a从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光b从玻璃到空气的全反射临界角,所以当增加入射角，单色光a先消失，故C正确；D错误；故选BC三、填空题(共5题，共10分)11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]由图知从状态A到B；对应的体积不变，故气体经历的是等容变化；

(2)[2]理想气体的内能置于温度有关，从B到C的过程中温度不变，则气体的内能不变；【解析】等容不变12、略

【分析】【详解】

[1]由图像可知，过程中即为等容变化，所以状态时气体的体积等于状态时气体的体积。

[2]由图可知，过程为等压降温，则气体内能减小，由可知，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知；外界对气体所做的功小于气体所放的热。

[3]b和c两个状态中，温度相等，则分子平均动能相同，由图可知，则【解析】等于小于大于13、略

【分析】【分析】

【详解】

A→B为等温变化，△U=0；体积减小，外界对气体做功W＞0；根据热力学第一定律W+Q=△U得：Q＜0；气体对外放热。

B→C为等压变化过程，体积增大，气体对外界做功W＜0；再根据理想气体状态方程知，温度T升高，内能增大△U＞0；据热力学第一定律知；气体从外界吸热。

C→D为等温变化过程，△U=0；体积增大，气体对外界做功W＜0，根据热力学第一定律W+Q=△U得：Q＞0；气体从外界吸热。

D→A为等容变化过程，气体不做功W=0；压强减小，再根据理想气体状态方程知，温度T下降，内能减小△U＜0；据热力学第一定律W+Q=△U得：Q＜0；气体对外放热。

[1]气体对外放热的过程有：A→B，D→A；

[2]气体对外做功的过程有：B→C，C→D；

[3]气体内能增加的过程有：B→C。【解析】14、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由热力学第一定律，热量、做功、内能的符号规定得Q1＋（－Q2）＋（－W）＝0，即Q1－Q2＝W。

[2][3]再由热力学第二定律知，内能不可能全部转化成机械能而不产生其他影响。【解析】Q1－Q2＝W内机械15、略

【分析】【分析】

掌握凸透镜成像的规律，根据光路的可逆性，两次成像的物距和像距正好相反，即第一次的物距等于第二次的像距，第一次的像距等于第二次的物距，从而可以计算出距离x的值；根据凸透镜成像的原理；由点S发出的光经过凸透镜后会聚到像点，并结合平行于主光轴的光线过焦点分析焦距的大小。

【详解】

[1]根据光路的可逆性，第一次的物距等于第二次的像距，第一次的像距等于第二次的像距，第一次的物距

圆筒向右移动b，则凸透镜也会向右移动b，则第二次的像距为

则有

解得

[2]光源S所成像应在S′处，若物体为AS，则成像应为A′S′；根据成像原理，成像光路图如图所示：

又像高与物体高度正比等于像距与物距之比，则有

由图知，△A′S′F∽△BOF，则

又AS=BO

联立以上几式得【解析】四、作图题(共3题，共12分)16、略

【分析】【详解】

利用右手螺旋定则；已知电流的方向可判定磁场方向，也可以通过磁场方向来确定电流的方向；

图甲；已知磁场方向，顺时针方向，则电流垂直纸面向里；

图乙；电流右侧的磁场的方向向里，左侧的磁场的方向向外，则电流的方向向上；

图丙；已知磁场方向，则可知电流方向，逆时针方向；

图丁；环形电流从左侧流入，从右侧流出，所以磁场的方向向下；

图戊；根据螺线管中电流方向，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向左；

图已；根据螺线管中上边的电流方向向外，下边的电流的方向向里，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向右．如图所示：

【解析】17、略

【分析】试题分析：A图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为2T，即在2T的时间内才能完成一次水平方向的扫描，而竖直方向（y方向）的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向由2个周期性的变化；y方向的电压变化为正弦式的变化，由于电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以A图中的扫描图形如图；

要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接入锯齿形电压；即扫描电压．

B图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为T，即在一个周期T的时间内完成一次水平方向的扫描，同时竖直方向的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向也完成一个周期性的变化；y方向的电压大小不变，方向每半个周期变化一次，结合电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以B图中的扫描图形如图．

考点：考查了示波器的工作原理。

【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象【解析】18、略

【分析】【分析】

【详解】

7s波向前传播的距离为

7s后，故x=3.5m位置的原图中x=0位置的振动情况相同；因此作出以下图形。

【解析】五、实验题(共2题，共16分)19、略

【分析】【详解】

（1）灯泡的额定电压为3V，则电压表选择V1；额定电流为可知电流表选择A2；滑动变阻器要用分压电路，则选择阻值较小的R1；因小灯泡的电阻较小；则用电流表外接电路；电路图如图；

（2）电流表的量程为0.6A；则读数为0.42A；电压表的量程为3V，则读数为2.30V；

（3）由小灯泡U-I曲线可知，小灯泡的电阻随电流的增加而增大；根据P=I2R可知I2=P，可知随R的增加I2-P图像的斜率减小；故图像B正确；

（4）设通过灯泡的电流为I，灯泡两端电压为U，根据图丙所示电路图，由闭合电路欧姆定律可得：E=U+2Ir，则：U=E-2Ir，即：U=3-6I，在灯泡U-I图象坐标系内作出：U=3-6I的图象如图所示：

由图示图象可知；灯泡两端电压：U=0.9V，通过灯泡的电流：I=0.35A，每个灯泡的实际功率：P=UI=0.9×0.35=0.31W；

【点睛】

本题考查了实验器材的选择、图象分析、求灯泡的实际功率，掌握应用图象法处理实验数据的方法是正确解题的关键．【解析】（1）如图；

（2）0.42A2.30V（3）B（4）0.31（0.30-0.32）20、略

【分析】【分析】

（1）明确电表的改装原理；即可确定如何获得大量程的电压表；（2）根据原理图即可得出对应的实物图；（3）根据闭合电电路欧姆定律进行分析，从而根据测出的数据求出电源的内阻；（4）根据电表内阻的影响进行分析，从而确定测出的电动势的误差情况。

【详解】

：（1）要想改装电压表，应知道原电压表量程，由题意可知，只有C中电表内阻已知；同时根据改装原理可知：符合要求，故选C；

（2）根据原理图可得出对应的实物图如图所示：

（3）由闭合电路欧姆定律可知：①将开关S2闭合，开关S1断开时：

将开关S1闭合时：

联立解得：

②由于电压表不是理想电表；则电压表分流，因此求出的电