1、1 / 20 【2019最新】高二物理上學期第三次月考試卷（含解析） 一、單選題（本題共 16小題，每小題4分，共64分請將正確答案填在答題卡上.） 1.下列物理量中屬于標量的是（ ） A. 電流B.安培力 C.電場強度 D.磁感應強度 2如圖所示，把一條導線平行地放在磁針的上方附近，當導線中有電流通過時，磁針會發 生偏轉.首先觀察到這個實驗現象的物理學家是（ ） A. 向上B.向下C.向左D.向右 5. 下列電器在工作時， 主要利用電流熱效應的是（ ） A.發電機 B.電動機 C.電話機 D.電烤爐 6. 如圖所示，A B是電場中的兩點，A B兩點的電場強度大小分別為 曰、EB,電勢大小分

2、別為$ A、$ ） A. EA=EB B . EAV EB C. $ A $ BD. $ AEb C. 帶電粒子從a點運動到b點時，電場力做正功、電勢能減少 D. a、b兩點電勢關系為 $ aV $ b 22. 在勻強磁場中，一個帶電粒子只受洛倫茲力作用做勻速圓周運動， 另一磁感應強度是原來磁感應強度 2倍的勻強磁場中，則（ ） A. 粒子的速率加倍，軌跡半徑減半 B. 粒子的速率加倍，周期減半 C. 粒子的速率減半，軌道半徑減半 如果又順利垂直進入 23. 如圖甲所示是回旋加速器的示意圖， 其核心部分是兩個 D形金屬盒，在加速帶電粒子時， 兩金屬盒置于勻強磁場中， 并分別與高頻電源相連.帶電

3、粒子在磁場中運動的動能 E $ B D. $ A EB;故AB錯誤. CD根據沿電場線方向電勢不斷降低，則有 $ A $ B,故C正確，D錯誤. 故選：C 【點評】電場線雖然不存在，但可形象來描述電場的分布，關鍵要明確電場線分布與電場強 度以及電勢之間的關系. 7.將面積是0.5m2的導線環放在勻強磁場中， 環面與磁場方向垂直.已知穿過這個導線環 的磁通量是4.0 X 102Wb則該磁場的磁感應強度為（ ） -2 - 2 - 2 - 2 A. 2.0 X 10 T B. 4.0 X 10 T C. 8.0 X 10 T D. 1.0 X 10 T 【考點】 磁通量；磁感應強度. 【專題】 定性

4、思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用. 【分析】閉合導線處在勻強磁場中，當環面與磁場垂直時，穿過環的磁通量 =BS變形求 出B. 【解答】解：閉合導線環在勻強磁場中，環面與磁場垂直時，穿過環的磁通量 =BS則 一 9 B=八 T=8.0 X 10 -2T. S 6 5 故C正確，ABD錯誤. 故選：C 題目中，要注意線圈與磁場垂直的條件. &如圖展示的是下列哪種情況的電場線（ ） A.等量異種電荷 B .等量同種電荷 C .單個負電荷 D.單個正電荷 【考點】電場線. 【專題】 定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題. 【分析】考察正、負點電荷，等量同種與等量異種電荷周圍電場線的分布情況，電

5、場線從正 電荷出發，負電荷終止，同種電荷相互排斥. 【解答】解：電場線從正電荷或無窮遠出發終止于負電荷或無窮遠， 根據各種電荷周圍的電 【點評】本題根據勻強磁場中磁通量的定義式 =BS來分析計算磁感應強度 B.在這一類的 11 / 20 場線分布可知，該圖為等量正電荷電場的分布情況. 故選：B. 【點評】等量同種和等量異種電荷周圍電場線分布情況是考查的重點，一定要熟練掌握. 9如圖所示的電路中，當可變電阻 R的阻值減小時，下列說法正確的是（ ） A.通過R的電流強度增大 B.通過R2的電流強度增大 C. AB兩點間的電壓增大 D. AB兩點間的電壓不變 【考點】閉合電路的歐姆定律. 【專題】比

6、較思想；圖析法；恒定電流專題. 【分析】由電路圖可知，定值電阻 F2與可變電阻并聯，然后再與另一個定值電阻 R串聯; 根據可變電阻的變化，根據歐姆定律及串并聯電路的特點判斷 AB兩點間的電壓和滑動變阻 器R的電流如何變化. 【解答】 解：ACD當可變電阻R的阻值減小時，R2與可變電阻并聯的總電阻減小，總電阻 減小，由閉合電路歐姆定律可知，通過 R的電流強度增大.根據串聯電路分壓的特點可知， AB兩點間分得的電壓減小；故 A正確，CD錯誤. B由歐姆定律知，AB兩點間的電壓減小，則電阻 R中的電流減小，故 B錯誤. 故選：A 【點評】本題是電路動態變化分析問題， 從局部到整體，再到局部，按順序分

7、析是常用的方 法. 10. 內阻為1200歐的伏特表與電阻 R串聯，接入內阻可忽略的電動勢為 6伏特的電池兩端， 此時伏特表的讀數為 4.5伏，則此電阻 R的阻值是（ ） A. 300 歐 B. 400 歐 C. 1200 歐 D. 3600 歐 【考點】多用電表的原理及其使用. 【專題】恒定電流專題. 【分析】 根據串聯電路的分壓之比與電阻之比成正比即可求解. 【解答】 解：電阻R上的電壓：U=6V- 4.5V=1.5V 串聯電路電流相等，根據歐姆定律： U=IR 則分壓與電阻成正比，即分壓之比等于電阻之比： ：= . R” 4* 5 得：R=400Q 故選：B. 【點評】 本題考查了串聯電

8、路中電阻與分壓的關系，記住：大電阻分大電壓. 11. 利用如圖裝置研究影響平行板電容器大小的因素， 靜電計可測量平行板電容器兩極板的 電勢差U,保持極板上的電荷量 Q和兩極板的正對面積 S不變，增大兩極板間的距離 d時, 靜電計的指針偏角增大，說明電容器的電容（ ） 12 / 20 13 / 20 A.變大B.變小C.不變D.無法確定 【考點】電容器的動態分析. 【專題】 定量思想；推理法；電容器專題. 【分析】靜電計指針偏角大小表示極板間電勢差的大小， 根據夾角的變化情況， 分析極板間 電勢差的變化，抓住電量不變，根據C=,分析C的變化，再可根據電容的決定式 C= , U 4 兀 kd 即可

9、求解. 【解答】解：電容器的帶電量 Q不變，根據C= !，當靜電計的指針偏角增大，即電容器極板 U 間的電勢差u增大，那么 電容C減小； 也可以由：因S不變，增大d，由電容的決定式 C= 知電容C減小，故B正確，ACD 4冗kd 錯誤； 故選：B. 【點評】解決電容器的動態分析問題關鍵抓住不變量.電容器與電源斷開，電量保持不變， 根據電容器的定義式和決定式結合進行判斷. FX的電流 B. 通過電流表的電流小于通過 R的電流 C. 電壓表兩端電壓等于 RX兩端的電壓 D. Rx的測量值大于真實值 【考點】 伏安法測電阻. 【專題】 定性思想；推理法；恒定電流專題. 【分析】電壓表測量的是與其并聯

10、電路的電壓值，電流表測量的是與之串聯電路的電流值， 據此分析問題即可. 【解答】 解：A、由電路圖可知，實驗采用電流表外接法，電流表所測電流等于通過電阻的 電流與通過電壓表的電流之和，電流表的示數大于通過 Rx的電流，故AB錯誤； C由電路圖可知，電壓表與待測電阻并聯，測待測電阻兩端電壓，電壓表的示數等于 R兩 端的電壓，故C正確 D由歐姆定律可知，因電流偏大，故測量值偏小；故 D錯誤； 故選：C. 【點評】本題考查電流表，電壓表的測量原理，明確電壓表所測為與其并聯部分電壓， 電流 表為其串聯電路的電流. 13.如圖所示，一通電直導線 AB水平放置在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，電流方 向

11、從左至右，直導線 AB所受安培力的方向是（ ）12.用電流表和電壓表測量電阻 R阻值的電路如圖所示.下列說法正確的是（ A.通過電流表的電流等于通過 14 / 20 X X X X B X X X X I 1 X XjT X X X X X X A.豎直向上 B .豎直向下 C .垂直紙面向里 D .垂直紙面向外 【考點】安培力；左手定則. 【專題】 定性思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用. 【分析】通電直導線在磁場中受到的安培力方向利用左手定則判斷. 讓磁感線穿過左手手心, 四指指向電流方向，拇指指向安培力方向. 【解答】解：根據左手定則：伸開左手，拇指與手掌垂直且共面，磁感線向里穿過手心

12、，則 手心朝外.四指指向電流方向，則指向右，拇指指向安培力方向：豎直向上. 故選：A 【點評】考查由左手定則可判定安培力方向， 注意對于左手定則的應用，要搞清兩點： 一 什么時候用；二是怎樣用. 14利用如圖所示的裝置研究導體切割磁感線產生感應電流，磁場方向豎直向下，導體棒 AB水平，棒AB作下列哪種運動時，電流表指針不會偏轉（ ） A.水平向里運動 B .水平向外運動 C.在水平面內轉動 D.沿豎直方向上下移動 【考點】 導體切割磁感線時的感應電動勢；楞次定律. 【專題】 定性思想；模型法；電磁感應與電路結合. 【分析】當回路中有感應電流產生時電流表指針將發生偏轉， 而感應電流可根據閉合電路

13、的 一部分是否切割磁感線來判斷. 【解答】解：ABC當導體棒AB水平向里運動，或水平向外運動，或在水平面內轉動時，都 要切割磁感線，將產生感應電流，則電流表指針會偏轉，故 ABC錯誤. D當導體棒AB沿豎直方向上下移動， 不切割磁感線，不產生感應電流，則電流表不會偏轉， 故D正確. 故選：D 【點評】解決本題的關鍵要掌握產生感應電流的條件： 閉合電路的一部分切割磁感線， 也可 以根據磁通量是否變化來判斷. 15. 如圖所示，在水平放置的條形磁鐵的 N極附近，一個閉合線圈向下運動并始終保持水 平.在位置n, N極附近的磁感線正好與線圈平面平行，線圈下落過程中要經歷I、n、川 三個位置，如果從上往

14、下觀察，關于線圈中的感應電流方向的判斷，正確的是（ ） B .始終沿逆時針方向 C.在n上方時為順時針方向 D.在n下方時為順時針方向 A始終沿順時針方向 15 / 20 【考點】楞次定律. 【專題】 電磁感應與電路結合. 【分析】根據產生感應電流的條件： 穿過閉合電路的磁通量發生變化， 判斷有無感應電流產 生.根據楞次定律或右手定則來確定感應電流的方向. 【解答】解：在位置I到在n上方過程時，穿過線圈的磁通量減小，磁場方向斜向上，據楞 次定律判斷可知：線圈中感應電流方向沿 abed方向. 在n下方時，穿過線圈的磁通量增大，磁場方向斜向下， 據楞次定律判斷可知：線圈中感應 電流方向沿abed方

15、向. 故均為逆時針方向； 故選：B. 【點評】 解答本題關鍵要掌握判定感應電流的產生條件，及掌握楞次定律和右手定則的應 用.要注意線圈通過II位置時磁通量為零. 16. 小型交流發電機中， 矩形金屬線圈在勻強磁場中勻速轉動. 產生的感應電動勢與時間呈 正弦函數關系，如圖所示，此線圈與一個 R=10Q的電阻構成閉合電路，不計電路的其他電 阻，下列說法正確的是（ ） :h A.交變電流的周期為 0.125s B.交變電流的頻率為 8Hz C.交變電流的有效值為 A D.交變電流的最大值為 4A 【考點】交流的峰值、有效值以及它們的關系. 【專題】交流電專題. 【分析】從圖象中可以求出該交流電的最大

16、電壓以及周期等物理量， 然后根據最大值與有效 值以及周期與頻率關系求解. 【解答】 解：A、由圖可知，交流電周期 T=0.250s，故A錯誤； B交流電周期T=0.250s，交變電流的頻率為 f= =4Hz,故B錯誤； C由圖可知，交流電的最大電壓TV,所以交變電流的最大值為 A, _20 所以交變電流的有效值為 匸A,故C正確，D錯誤; 故選：C. 【點評】本題考查了交流電最大值、有效值、周期、頻率等問題，要學會正確分析圖象，從 圖象獲取有用信息求解. 二、填空題（本題共 4小題，每空2分，共16分.） 17. 如圖所示，螺旋測微器的示數為 2.236 mm游標卡尺的示數為 10.235 c

17、m.16 / 20 【考點】刻度尺、游標卡尺的使用；螺旋測微器的使用. 【專題】實驗題；定量思想；實驗分析法；基本實驗儀器. 【分析】解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數的方法，主尺讀數加上游標讀數，不需估讀螺 旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀. 【解答】 解：1、螺旋測微器的固定刻度為 2mm可動刻度為23.6 x 0.01mm=0.236mm所以 最終讀數為 2mm+0.236mm=2.236mm 2、游標卡尺的主尺讀數為 102mm游標尺上第7個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標 讀數為 7x 0.05mm=0.35mm所以最終讀數為： 102mm+0

18、.35mm=102.35mm=10.235cm 故答案為：2.236 , 10.235 【點評】對于基本測量儀器如游標卡尺、 螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基 本儀器進行有關測量. -4 - 8 18. 勻強電場，場強大小為 5X 10 N/C,方向豎直向下.一質量為 10 g的帶電液滴靜止 在該電場中，則該液滴帶 負 電，電量為 2X 10-7 C. (g=10m/s2) 【考點】帶電粒子在混合場中的運動；電場強度. 【專題】 定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題. 【分析】對帶電液滴受力分析， 結合平衡條件，可知，電場力的方向，結合電場強度的方向， 從而確定帶電液滴的

19、電性；再根據 F=qE兩力平衡方程，即可求解. 【解答】解：由題意可知，帶電液滴水平向右勻速運動，則電場力豎直向上，由于電場強度 方向豎直向下， 所以帶電液滴帶負電； 根據受力平衡方程，則有： mg=qE 所以，q=10 -7 C ； 故答案為：負、2X 10 -7. 【點評】考查電荷在電場中受到電場力的方向與電荷的電性關系， 掌握受力平衡方程， 注意 正確的計算. 10 - 8 19. 已知帶電量q=2x 10 C的正電荷在電場中由 A點移到B點，電場力做了 4X 10 J的正 功，則電勢能 減少 (填“增加”或“減少”)；A、B兩點間的電勢差 UAEF 200 V. 【考點】電勢能；電勢差

20、. 【專題】 定量思想；方程法；電場力與電勢的性質專題. 【分析】知道電場力做功與電勢能變化的關系，正電荷由 A點移到B點，電場力做了 4X 10 8J的正功，其電勢能減少了 4X 10- 8J,根據電勢差公式 UEF 求解A、B兩點間的電勢 q 17 / 20 差 UAB.18 / 20 【解答】 解；正電荷從 A點移到B點，電場力做了 4X 10 J的正功，電勢能減少了 4X 10 8J, W 8 根據電勢差公式 U= V=200V Q 2X1O10 故答案為：減少，200. % 【點評】本題中運用電勢差公式 ,B= ，求解時，各量都要代入符號進行計算，知道電場 q 力做功與電勢能變化的關

21、系. 20. 一個電源接 8Q電阻時，通過電源的電流為 0.15A ;接13Q電阻時，通過電源的電流 為0.10A .則此電源的電動勢為 1.5 V,內阻為 2 Q . 【考點】閉合電路的歐姆定律. 【專題】恒定電流專題. 【分析】 設電源的電動勢和內阻分別為 E、r，根據閉合電路歐姆定律 E=I (R+r)列出兩種 情況下的方程，聯立求出電源的電動勢和內阻. 【解答】 解：設電源的電動勢和內阻分別為 E、r，根據閉合電路歐姆定律得： E=I i (R+r E=I 2 (R+r 【2% _ I Rf r= _ I】J 代入得，E=0.15X( 8+2) V=1 5V 故答案為：1.5 ; 2

22、【點評】本題根據閉合電路歐姆定律列出兩個方程, 測量電動勢和內阻的方法：安阻法. 四、選擇題(本題共 5小題，每小題4分，共20分.2325為單選題，2627為多選題) 21. 一正電荷僅在電場力的作用下，其速率-時間圖象如圖所示，其中 ta和tb是電荷在電 場中a、b兩點運動的時刻，則下列說法正確的是( ) A. a、b兩點電場強度關系為 Ea=Eb B. a、b兩點電場強度關系為 EaEb C. 帶電粒子從a點運動到b點時，電場力做正功、電勢能減少 D. a、b兩點電勢關系為 $ a 0 b 【考點】電勢差與電場強度的關系；電場強度；電勢能. 聯立解得, 代入解得, r= 0.1X13-0

23、.15X8 Q =2 聯立求出電源的電動勢和內阻， 提供了 19 / 20 【專題】比較思想；圖析法；電場力與電勢的性質專題. 【分析】由圖看出，點電荷做加速度增大的加速運動，可知，電場力增大，場強增大，由能 量守恒定律分析電勢能的變化，再分析電勢的高低. 【解答】解： AB v-t圖象的斜率等于加速度，由 v - t圖象看出，點電荷做加速度增大的加速運動，而 點電荷在電場中僅受電場力作用， 貝U知電場力增大，說明電場強度增大，即有 Ea $ b.故 D錯誤. 故選：C 【點評】本題首先要根據速度圖象的斜率讀出質點加速度的變化， 判斷場強的大小，從能量 的角度可判斷電勢能及電場力做功的正負.

24、22. 在勻強磁場中，一個帶電粒子只受洛倫茲力作用做勻速圓周運動， 如果又順利垂直進入 另一磁感應強度是原來磁感應強度 2倍的勻強磁場中，則( ) A粒子的速率加倍，軌跡半徑減半 B. 粒子的速率加倍，周期減半 C. 粒子的速率減半，軌道半徑減半 D. 粒子的速率不變，周期減半 【考點】 帶電粒子在勻強磁場中的運動. 【專題】 定性思想；方程法；帶電粒子在磁場中的運動專題. 【分析】該題考察了帶電粒子在勻強磁場中圓周運動及其規律， 首先明確洛倫茲力始終不做 功，再利用半徑公式 R=u和周期公式T=來分析各選項. qB qB 【解答】 解：A、B、C洛倫茲力提供向心力，與速度垂直，不做功，故動能

25、不變，速率不 變；故ABC錯誤； D根據周期公式 T一，磁場的磁感應強度增加一倍，周期減小為 ；故D正確； 1B 2 故選：D. 【點評】帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力是始終不做功的， 即只改變速度的方向，不改變 速度的大小.此類問題要求掌握洛侖茲力的大小和方向的確定， 帶電粒子在勻強磁場中圓周 運動及其規律，會應用周期公式和半徑公式進行計算和分析有關問題. 23. 如圖甲所示是回旋加速器的示意圖， 其核心部分是兩個 D形金屬盒，在加速帶電粒子時， 兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連.帶電粒子在磁場中運動的動能 E隨時 間t的變化規律如圖乙所示， 若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，

26、則下列判斷中正確的是 ( )20 / 20 * z A. 在 E- t 圖中應有 t 4 - t 3=t 3 - t 2=t 2- t 1 B. 高頻電源的變化周期應該等于 tn- tn- 1 C. 粒子加速次數越多，粒子最大動能一定越大 D. 要想粒子獲得的最大動能越大，則要求加速的電壓越高 【考點】質譜儀和回旋加速器的工作原理. 【專題】 帶電粒子在磁場中的運動專題. 【分析】 交流電源的周期必須和粒子在磁場中運動的周期一致，由公式 T=i和r 判 qB qB 斷；當粒子從 D形盒中出來時，速度最大，此時運動的半徑等于 D形盒的半徑. 【解答】 解：A、洛倫茲力提供向心力，有 qvB=m

27、，解得=丄，故周期T= :=, r qB v qg 與速度無關，故 t4 - t3=t3- t 2=t 2 - t 1= T,故A正確； 2 B交流電源的周期必須和粒子在磁場中運動的周期一致，故高頻電源的變化周期應該等于 2 ( tn- tn-1 ),故 B 錯誤； C當粒子從D形盒中出來時，速度最大，此時運動的半徑等于 D形盒的半徑； 由qvB=m 得，v=亠丄，則最大動能 E= mV= _-_，知最大動能與加速器的半徑、磁感 R m 2 2m 線強度以及電荷的電量和質量有關，與加速電壓等其他因素無關，故 C錯誤; D當粒子從D形盒中出來時，速度最大，此時運動的半徑等于 D形盒的半徑; 由q

28、vB=m 得，v=亠丄，則最大動能 E=-mV= _-_，知最大動能與加速器的半徑、磁感 Rm 2 2m 線強度以及電荷的電量和質量有關，與加速電壓無關，故 D錯誤； 故選A. 【點評】解決本題的關鍵知道回旋加速器是利用電場加速、 磁場偏轉來加速粒子，但是最終 粒子的動能與電場的大小無關. 24. 1879年美國物理學家 E. H.霍爾觀察到，在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體， 當磁場方向與電流方向垂直時， 導體在磁場、電流方向都垂直的方向上出現了電勢差， 把這 個現象稱為霍爾效應，所產生的電勢差稱為霍爾電壓.如圖為一金屬導體板，寬度為 d,該 導體板單位體積的自由電子數為 n,所加勻強

29、磁場的磁感應強度為 B,方向沿y軸正向.當 21 / 20 導體板中通以電流強度為 I的x軸正向電流，上下兩端的電勢差穩定時， 下列說法正確的是 A.電子所受電場力的方向向上 B .金屬板上端電勢高 C.金屬板下端電勢高 D .霍爾電壓大小為亠_ ned 【考點】霍爾效應及其應用；電勢. 【專題】 定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題. 【分析】根據左手定則判斷出電子的偏轉方向， 從而確定電勢的高低； 抓住電子受到的洛倫 茲力等于電場力，結合電流的微觀表達式求出霍爾電壓大小. 【解答】 解：ABC根據左手定則知，電子向上側偏轉，則導體上表面電勢較低，下側電勢 高，電子受到電場力方向向

30、下，故 AB錯誤，C正確； D自由電子做定向移動，視為勻速運動，速度設為 V,則單位時間內前進的距離為 V,對應 體積為vhd, 此體積內含有的電子個數為： nvhd，電量為：nevhd,有： 1= =i=n ehdv At 電子受電場力和洛倫茲力平衡，有： e -Bev h 解得： U=Bhv= ，故D正確. ned 故選：CD 【點評】解決本題的關鍵掌握左手定則判定洛倫茲力的方向， 以及知道最終電子受電場力和 洛倫茲力處于平衡. 25. 如圖所示，一個三角形導軌垂直于磁場固定在磁感應強度為 B的勻強磁場中，ab是與 導軌材料相同的導體棒且與導軌接觸良好. 導軌和導體棒處處粗細均勻， 在外力

31、作用下，導 體棒以恒定速度 v向右運動，以導體棒在圖示位置時刻作為計時起點，則感應電動勢 E、感 應電流I、導體棒所受外力的功率 P和回路中產生的焦耳熱 Q隨時間變化的圖象正確的是 22 / 20 【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律. 【專題】 定性思想；方程法；電磁感應與電路結合. 【分析】根據感應電動勢、歐姆定律、安培力公式、焦耳定律和電阻定律等知識， 分別列式, 再判斷圖象是否正確. 【解答】 解：設導軌和導體棒的電阻率為 p .23 / 20 A t時刻回路中感應電動勢 E=BLv=B (vt ) tan a ?v=Bv2tan a ?t, Et , E-t圖象是

32、過原 點的直線，故A正確. C由于導體棒勻速運動， 則導體棒所受外力的功率 P等于電功率，為P=EI , I不變，Ext , 則Pxt，故C正確. D回路中產生的焦耳熱 Q=l2Rt=l 2量(vt+vttan a + ) t xt, Q- t圖象應是拋物線.故 S cos 口 D錯誤. 故選：AC 【點評】本題是電磁感應、歐姆定律、電阻定律等知識的綜合運用容易形成錯誤的選擇是 電流圖象，未考慮電動勢和電阻都與時間成正比，而感應電流不變. 五、填空題(本題共 2小題，每空3分，共15分.) 26. 某同學用多用電表粗測一電阻值，選用X 100 倍率且操作方法正確，若這時表盤上的指 針位置如圖所示，則測量結果是 3200 Q . 【考點】用多用電表測電阻. 【專題】實驗題；定量思想；圖析法；恒定電流專題. 【分析】歐姆表指針示數與擋位的乘積是歐姆表示數，根據圖示表盤讀數. 【解答】解：用多用電表測電阻，選用X 100倍率且操作方法正確