…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版（2024）高二物理下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、對于一定質量的理想氣體；下列情況中可能發生的是（）

A.分子熱運動的平均動能不變；分子間平均距離減小，壓強變大。

B.分子熱運動的平均動能不變；分子間平均距離減小，壓強減小。

C.分子熱運動的平均動能增大；分子間平均距離增大，壓強增大。

D.分子熱運動的平均動能減小；分子間平均距離減小，壓強不變。

2、如圖甲所示，O點為振源，OP=s，t=0時刻O點由平衡位置開始振動，產生沿直線向右傳播的簡諧橫波，如圖乙為P點從t1時刻開始沿y軸正方向開始振動的振動圖象，則以下說法正確的是（）A.t=0時刻振源O的振動方向沿y軸正方向B.t2時刻P點振動速度最大，方向沿y軸負方向C.該波與另一頻率為Hz的同類波疊加不可能產生穩定的干涉現象D.某障礙的尺寸為），該波遇到此障礙物時發生明顯的衍射現象3、如圖所示，在場強大小為E的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細線一端拴一個質量為m電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點。把小球拉到使細線水平的位置A，然后將小球由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平成θ=60°的位置B時速度為零。以下說法正確的是（）A.小球重力與電場力的關系是mg=EqB.小球重力與電場力的關系是Eq=mgC.球在B點時，細線拉力為T=mgD.球在B點時，細線拉力為T=2Eq4、如圖所示，開始時矩形線框與勻強磁場的方向垂直，且一半在磁場內，一半在磁場外，則下列哪種運動不能使線框中產生感應電流.(

)

A.將線框向左拉出磁場B.以ab

邊為軸轉動(

小于90鈭?)

C.以ad

邊為軸轉動(

小于60鈭?)

D.以bc

邊為軸轉動(

小于60鈭?)

5、下列選項對公式認識正確的是A.公式可以用來求平行板電容器兩極板間的勻強電場的電場強度，其中Q為一極板所帶電量的絕對值，r為研究點到帶正電極板的距離B.P=I2R可用來計算電風扇正常工作時內阻的發熱功率C.由公式可知導體的電阻與加在導體兩端電壓成正比，與通過導體的電流成反比D.由公式可知，磁場中某一點的磁感應強度由公式中的電流I的大小來決定6、老師做了一個物理小實驗讓學生觀察：如圖6所示，一輕質橫桿兩側各固定一金屬環，橫桿可繞中心點自由轉動，老師拿一條形磁鐵插向其中一個小環，后又取出插向另一個小環，同學們看到的現象是()A.磁鐵插向左環，橫桿發生轉動B.磁鐵插向右環，橫桿發生轉動C.無論磁鐵插向左環還是右環，橫桿都不發生轉動D.無論磁鐵插向左環還是右環，橫桿都發生轉動7、豎直懸掛的輕彈簧下連接一個小球，用手托起小球，使彈簧處于壓縮狀態，如圖所示.

則迅速放手后(

)

A.小球開始向下做勻加速運動B.彈簧恢復原長時小球速度最大C.小球運動到最低點時加速度小于g

D.小球運動過程中最大加速度大于g

8、如圖所示，PQ是電荷量相等的兩個正點電荷，它們連線的中點為O點，A，B是PQ連線的中垂線上的兩點，OA＜OB，用EA、EB、φA、φB分別表示A、B兩點的場強和電勢，則（）A.EA一定大于EB，且方向相同，φA一定大于φBB.EA一定大于EB，且方向相同，φA不一定大于φBC.EA不一定大于EB，且方向相反，φA一定大于φBD.EA不一定大于EB，且方向相反，φA不一定大于φB評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、如圖9，導體框內有一垂直于框架平面的勻強磁場，磁感應強度為0.12T，框架中的電阻R1=3Ω，R2=2Ω，其余部分電阻均不計，導體棒AB在磁場中的長度為0.5m，當AB以10m/s速度勻速沿著導體框移動時，所需外力F=____N，產生功率P=____W，通過R2上的電流I2=____A。10、電動勢是描述電源這種本領的物理量，它的單位是______，常用干電池兩極間的電壓大約是的______伏．鉛蓄電池兩極間的電壓大約是的______伏．11、把一個矩形線圈從有理想邊界的勻強磁場中勻速拉出(

如圖)

第一次速度為v

，第二次速度為2

v

，且，則兩情況下拉力做的功之比W1

：W2

=

________，拉力的功率之比P

1

P

2=

________，線圈中產生的焦耳熱之比Q

1

Q

2=

________，通過線圈的電荷量之比q1

：q2

=

____。12、某同學利用圖示裝置研究小車的勻變速直線運動壟脵

實驗中必要的措施是____A.細線必須與長木板平行B.先接通電源再釋放小車C.小車的質量遠大于鉤碼的質量D.平衡小車與長木板間的摩擦力壟脷

他實驗時將打點計時器接到頻率為50HZ

的交流電源上，得到一條紙帶，打出的部分計數點如圖所示(

每相鄰兩個計數點間還有4

個點，圖中未畫出)s1=3.59cms2=4.41cms3=5.19cms4=5.97cms5=6.78cms6=7.64cm

則小車的加速度a=

____m/s2(

要求充分利用測量數據)

打點計時器在打B

點時小車的速度vB=

____m/s(

結果均保留兩位有效數字)

____13、如圖所示，在帶電體C的右側有兩個相互接觸的金屬導體A和B，均放在絕緣支座上．若先將C移走，再把A、B分開，則A______電，B______電．若先將A、B分開，再移走C，則A______電，B______電．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)14、處于靜電平衡狀態的導體內部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）15、如圖所示為某示波管內的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

16、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）17、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）18、處于靜電平衡狀態的導體內部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）19、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

評卷人得分四、實驗題(共4題，共16分)20、在“測定金屬的電阻率”實驗中，所用測量儀器均已校準．待測金屬絲接入電路部分的長度為L,電阻約為10kΩ，為測定這種金屬絲的電阻率ρ，現提供以下實驗器材：A．開關一只，導線若干B．螺旋測微器C．電流表A1（量程為1.5mA，內阻的準確值r1為1000Ω）D．電壓表V2（量程為9V，內阻r2大約為6000Ω）E．滑動變阻器R1（0~10Ω，額定電流3A）F．直流電源E（電源電動勢為12V，內阻約為2Ω）為了盡可能精確地測量該金屬絲的電阻率ρ，回答下列問題：（1）用螺旋測微器測得該金屬絲的直徑如圖所示，其直徑D=mm。（2）在方框中畫出測量金屬絲電阻的實驗電路圖，并標明所選儀器的符號。。。（3）若已測得該金屬絲長度為L,直徑為D，電阻為Rx，則該金屬絲的電阻率ρ=____。21、某實驗小組用伏安法測量一個定值電阻的阻值，現有實驗器材如下表。器材代碼規格待測電阻Rx約100Ω電流表A1量程0～30mA，內阻50Ω電流表A2量程0～200mA，內阻10Ω電壓表V量程0～3V，電阻5kΩ穩壓電源E輸出電壓4V，內阻不計滑動變阻器R1阻值范圍0～1KΩ，允許最大電流0.5A滑動變阻器R2阻值范圍0～15Ω，允許最大電流1A開關一個，導線若干（1）為了準確測量，并多讀幾組數據，電流表應選，滑動變阻器應選____（填器材代碼）。（2）在實物圖中完成其余連線使之成為完整的實驗電路。22、利用雙縫干涉測定光的波長實驗中，取雙縫間距d=0.5mm,雙縫光屏間距離L=0.5m,用某種單色光照射雙縫得到干涉圖象如圖，分劃板在圖中A、B位置時游標卡尺讀數如圖，則圖中A位置的游標卡尺讀數為____mm,B位置的游標卡尺讀數為____mm,單色光的波長為____m。23、(16分)從古至今，鐵及其化合物在人類生產生活中的作用發生了巨大變化。（1）古代中國四大發明之一的司南是由天然磁石制成的，其主要成分是____(填字母)。a．Feb．FeOc．Fe3O4d．Fe2O3（2）某同學向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，發生反應的離子方程式為_____________________________________；一段時間后．溶液中有氣泡出現，并放熱，隨后有紅褐色沉淀生成。產生氣泡的原因是_______________________（用文字描述）；生成沉淀的原因是________（用平衡移動原理解釋）。（3）現代利用鐵的氧化物作催化劑制水煤氣的過程如下圖所示。其總反應的熱化學方程式為：C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g)ΔH=+134.5kJ·mol-1；已知，反應I：Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)ΔH=+19.3kJ·mol-1反應III：C(s)+CO2(g)2CO(g)ΔH=+172.4kJ·mol-1①反應II的熱化學方程式是____。②Fe3O4(s)和CO(g)反應得到的產物與溫度密切相關，當溫度低于570℃時，產物是Fe(s)和CO2(g)，溫度高于570℃時，產物是FeO(s)和CO2(g)。下圖表示其他條件一定時，Fe3O4(s)和CO(g)反應達平衡時CO(g)的體積百分含量隨溫度的變化關系。i.反應Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)ΔH____0(填“>”、“<”或“=”)。ii.隨溫度升高，反應Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)平衡常數的變化趨勢是____；1040℃時，該反應的化學平衡常數的數值是____。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A|C|D【分析】

A、B分子熱運動的平均動能不變，氣體的溫度T不變；分子間平均距離減小，氣體的體積V減小，根據理想氣體狀態方程可知；氣體的壓強變大．故A正確，B錯誤．

C、分子熱運動的平均動能增大，氣體的溫度T升高；分子間平均距離增大，氣體的體積V增大，根據理想氣體狀態方程可知；氣體的壓強可能增大．故C正確．

D、分子熱運動的平均動能減小，氣體的溫度T減小；分子間平均距離減小，氣體的體積V減小，根據理想氣體狀態方程可知；氣體的壓強可能不變．故D正確．

故選ACD

【解析】【答案】溫度是物體分子熱運動的平均動能的標志，溫度越高，分子的平均動能越大；氣體的體積與分子間平均距離有關，分子間平均距離越大，氣體的體積越大．根據理想氣體狀態方程分析可能發生的過程．

2、A|D【分析】由乙圖看出P點起振方向向上，所以振源O的起振方向沿y軸正方向，A對；t2時刻P點振動到平衡位置，速度最大，并向上振動，B錯；該波周期為t2-t1,由干涉條件為振動頻率相等的兩列波可判斷C錯；該波得波長為障礙的尺寸為）小于波長，可發生明顯的衍射現象【解析】【答案】AD3、B|C【分析】試題分析：方法一、小球從A運動到B的過程中，重力和電場力做功，動能的變化量為零，根據動能定理及幾何知識得：解得故B正確，A錯誤；小球到達B點時速度為零，向心力為零，則沿細線方向合力為零，此時對小球受力分析可知：解得細線拉力故C正確，D錯誤．所以選BC．方法二、類比單擺，小球從A點靜止釋放，運動到B點速度為0，說明弧AB的中點是運動的最低點，對小球進行受力分析，小球處在弧線中點位置時切線方向合力為零，根據對稱性可知，此時細線與水平方向夾角恰為30°，根據三角函數關系可得：化簡可知故A錯誤，B正確；小球到達B點時速度為零，向心力為零，則沿細線方向合力為零，此時對小球受力分析可知：解得細線拉力故C正確，D錯誤．所以選BC．考點：本題考查牛頓第二定律的應用、力的合成與分解的運用、動能定理的應用和向心力的相關知識．【解析】【答案】BC4、D【分析】【分析】磁通量是穿過線圈的磁感線的條數；對照產生感應電流的條件：穿過電路的磁通量發生變化進行分析判斷有無感應電流產生。

對于勻強磁場磁通量，可以根據磁感線條數直觀判斷，也可以根據磁通量的計算公式婁碌=BSsin婁脕(婁脕

是線圈與磁場方向的夾角)

進行計算。【解答】A.將線框向左拉出磁場；穿過線圈的磁通量減小，有感應電流產生，不符合題意，故A錯誤；

B.以ab

邊為軸轉動(

小于90鈭?)

穿過線圈的磁通量減小，有感應電流產生，不符合題意，故B錯誤；

C.以ad

邊為軸轉動(

小于60鈭?)

穿過線圈的磁通量從婁碌=BS2

減小到零；有感應電流產生，不符合題意，故C錯誤；

D.以bc

邊為軸轉動(

小于60鈭?)

穿過線圈的磁通量婁碌=BS2

保持不變，沒有感應電流產生，符合題意，故D正確。

故選D。

【解析】D

5、B【分析】【解析】試題分析：A、公式只適用于計算真空中點電荷的電場強度；錯誤B、公式適用于任何電路計算熱功率，可用來計算電風扇正常工作時內阻的發熱功率；正確C、公式是電阻的定義式，導體的電阻由導體本身決定，與U、I無關；錯誤D、公式是磁感應強度的定義式，磁感應強度由磁場的性質決定，與F、I、L無關；錯誤故選B考點：對物理公式的理解【解析】【答案】B6、B【分析】磁鐵插向左環，產生了感應電動勢，但由于圓環沒有閉合，沒有產生感應電流，沒有安培力作用，橫桿不發生轉動，相反磁鐵插入右環時橫桿發生轉動，B對；【解析】【答案】B7、D【分析】解：A

迅速放手后；小球受到重力、彈簧向下的彈力作用，向下做加速運動，彈力將減小，小球的加速度也減小，小球做變加速運動.

故A錯誤．

B；彈簧恢復原長時；小球只受重力，加速度為g.

故B錯誤．

C；剛放手時；小球所受的合力大于重力，加速度大于g.

根據簡諧運動的對稱性可知，小球運動到最低點時與剛放手時加速度大小相等，則知其加速度大于g.

故C錯誤.

D正確；

故選：D

彈簧原來處于壓縮狀態；小球受到重力；彈簧向下的彈力和手的支持力，迅速放手后，分析小球的受力情況分析其運動情況，其中彈簧的彈力與彈簧的形變量大小成正比，根據牛頓第二定律研究小球的加速度．

本題關鍵是分析小球的受力情況，來判斷其運動情況，利用簡諧運動的對稱性研究小球到達最低點時的加速度．【解析】D

8、C【分析】解：兩個等量同種電荷連線中點O的電場強度為零，無窮遠處電場強度也為零，故從O點沿著中垂線向上或向下到無窮遠處，電場強度先增大后減小，場強最大的P點可能在A、B連線之間，也可能在A、B連線上，還可能在A、B連線下，由于A、B兩點的間距也不確定，故EA可能大于EB，也可能小于EB，還可能等于EB；即EA不一定大于EB。

由電場的疊加原理知；A點的電場強度向上，B點的電場強度向下，所以兩點的場強方向相反。

根據順著電場線方向電勢越來越低，知，φA一定大于φB；故A；B，D錯誤，C正確；

故選：C。

根據點電荷場強公式E=k運用矢量合成的平行四邊形定則求出連線中垂線上各個點的合場強大小和方向，由電場線的方向分析電勢的高低．

本題關鍵是要明確兩個等量同種電荷連線的中垂線上的場強分布情況和電勢分布情況，沿著場強方向，電勢越來越低．【解析】C二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】由法拉第電磁感應定律可知感應電動勢E=BLv=0.6V,由歐姆定律I=E/R=安培力F=BIL=0.03N，拉力功率P=Fv=0.3W，由歐姆定律可知通過R2上的電流為0.2A【解析】【答案】0.030.30.210、略

【分析】解：電源的電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓；則電動勢的單位與電壓的單位相同，均是伏特．

干電池兩極間的電壓等于電動勢；大約為1.5V；鉛蓄電池兩極間的電壓等于其電動勢，大約為2V．

故答案為：伏特；1.5；2．

電動勢的單位與電壓的單位相同；是伏特．常用干電池兩極間的電壓大約是1.5V，鉛蓄電池兩極間的電壓大約是2V．

本題是常識性問題，考查識記能力，比較簡單，高考中不大可能出現．【解析】伏特；1.5；211、1:21:41:21:1【分析】【分析】在恒力作用下，矩形線圈以不同速度被勻速拉出，則拉力做功等于拉力與位移的乘積，而拉力功率等于拉力與速度的乘積，線圈產生的焦耳熱等于拉力做的功，通過線圈的電荷量等于平均電流與時間的乘積。

本題考查了法拉第電磁感應定律及其應用，通電導線在磁場中受到的安培力與運動速度有關，而且是唯一與速度有關的一個力，同時通過本題讓學生掌握去尋找要求的量與已知量的關系，其他不變的量均可去除。

【解答】

設abab邊長為LL線圈面積為SS

則兩情況下，由于位移相同，所以拉力的功與拉力成正比，而拉力與安培力相等，則拉力做的功與安培力成正比，而由安培力公式F=BIL=B2L2vR

得安培力卻與速度成正比，所以拉力做的功與速度成正比，即W1W2=F1F2=12

在兩種情況下；由拉力的功率公式P=Fv

得：功率之比為1:4

由功能關系知：線圈產生的焦耳熱與拉力做功相等；所以焦耳熱之比1:2

通過線圈的電荷量等于平均電流與時間的乘積，即q=I鈥?t=BSRq=bar{I}t=dfrac{BS}{R}所以電荷量之比為1:11:1

故答案為：

1:21:21:41:41:21:21:11:1

【解析】1:21:41:21:1

12、略

【分析】【分析】壟脵

分析實驗目標和實驗原理，明確實驗中需要注意事項即可求解；壟脷

根據逐差法可求得物體運動的加速度；根據平均速度表示中間時刻的瞬時速度可求得B

點的速度。本題考查勻變速直線運動規律的應用，要注意明確實驗原理，知道本實驗中只需要研究勻變速直線運動即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要讓小車的質量遠大于鉤碼的質量。【解答】壟脵AB.

為了讓小車做勻加速直線運動，應使小車受力恒定，故應將細線與木板保持水平；同時為了打點穩定，應先開電源再放紙帶；故AB正確；C.本實驗中只是研究勻變速直線運動，故不需要讓小車的質量遠大于鉤碼的質量；只要能讓小車做勻加速運動即可；故C錯誤；D.由C

的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力；故D錯誤。故選AB。壟脷

每兩個計數點間有四個點沒有畫出，故兩計數點間的時間間隔為T=5隆脕0.02=0.1s

根據逐差法可知，物體的加速度B

點的速度等于AC

段的平均速度，則有：故答案為：壟脵AB壟脷0.800.40

【解析】壟脵AB壟脷0.800.40

?13、略

【分析】解：若先移走C；此時導體A和B中的電荷又發生中和，不再帶電，再把導體A和B分開，同樣不再帶電，所以此時A不帶電，B不帶電．

先把導體A和B分開；再移走C，導體A和B由于感應起電帶上異種電荷，所以此時A帶負電，B帶正電．

故答案為：不帶；不帶；帶負；帶正．

將帶正電的導體球C靠近兩個不帶電的導體AB；靠感應起電使物體帶電，帶電的實質是電荷的移動，總電荷量保持不變．

解決本題的關鍵知道摩擦起電、感應起電、接觸帶電的實質都是電荷的移動，電荷的總量保持不變．【解析】不帶；不帶；帶負；帶正三、判斷題(共6題，共12分)14、B【分析】【解答】解：根據靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現靜電感應現象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．15、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據W=qU判斷電場力做功的大小，根據電場線的疏密程度判斷電場強度的大小．16、A【分析】【解答】解：根據電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．17、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大小．

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大小；電勢差與零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質，與試探電荷無關．18、B【分析】【解答】解：根據靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現靜電感應現象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．19、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據公式E=k求出點電荷在A點處產生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．四、實驗題(共4題，共16分)20、略

【分析】【解析】試題分析：（1）由圖知螺旋測微器的主尺讀數是0mm，可動刻度讀數是所以直徑D=0.398mm.（2）因待測電阻遠大于電流表的內阻，所以電流表要用內接法，因待測電阻遠大于滑動變阻器的總電阻，所以滑動變阻器要用分壓接法，具體電路圖見答案。（3）（4）由電阻定律得到聯立得到考點：本題考查螺旋測微器的讀數，電路圖的畫法，電阻定律【解析】【答案】（1）0.398mm;(2)見右圖（3）21、略

【分析】【解析】試題分析：（1）電源電動勢為4V，電阻約為100Ω，最大電流為0.04A，所以電流表選擇A1測量時誤差較小，本實驗要求多讀幾組數據，所以滑動變阻器連接方式選擇分壓式，選擇電阻較小的滑動變阻器R2（2）根據電流表選擇外接，滑動變阻器選擇分壓連線考點：考查伏安法測電阻實驗的應用【解析】【答案】