2024-2025学年河南省开封市高二上学期10月月考物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024—2025年度河南省高二年级第二次月考物理本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4．本试卷主要考试内容：人教版必修第三册第九章至第十三章第四节。一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列说法正确的是（）A.安培发现了电流的磁效应，并且总结得出了通电导线周围磁场的分布规律B.均匀变化的电场可以激发磁场，并向外传播形成电磁波C.电流与电流间的相互作用是通过电场发生的D.音频电流的频率比较低，不能直接用来发射电磁波【答案】D【解析】A．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培发现了通电导线周围磁场的分布规律，并总结出了右手螺旋定则，故A错误；B．均匀变化的电场产生恒定的磁场，恒定的磁场就不能再激发电场了，因此不能产生电磁波，故B错误；C．电流与电流间的相互作用是通过磁场发生的，故C错误；D．有效发射电磁波，必须采用开放电路和高频发射，所以音频电流的频率较低，不能直接用来发射电磁波，故D正确。故选D。2.图为某一电场的电场线和等势面，电荷在A、B两点，下列说法错误的是（）A.正电荷在A点的电势能比在B点的小B.负电荷从A点运动到B点，电势能增加C.A点的电场强度更大D.B点的电势更高【答案】B【解析】C．根据题图电场线的疏密程度可知，A点的电场强度更大，故C正确，不满足题意要求；D．根据沿电场线方向电势降低，可知B点的电势高于A点的电势，故D正确，不满足题意要求；A．根据，可知正电荷在A点的电势能比在B点的小，故A正确，不满足题意要求；B．负电荷从A点运动到B点，电场力做功可知电场力做正功，所以电势能减少，故B错误，满足题意要求。故选B3.如图所示，点电荷A和B带电荷量分别为和，彼此相距6cm。若在两点电荷连线中点O处放一个半径为1cm的金属球壳，静电力常量，则球壳上感应电荷在O点处产生的电场强度大小为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】点电荷在点的电场强度大小为方向由指向；点电荷在点的电场强度大小为方向由指向；设感应电荷在点处产生的电场强度大小为，由静电平衡条件知方向由指向。故选C。4.如图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三个点，O为半圆弧的圆心，。在M、N、P处各有一条长直导线垂直纸面，M、N、P导线中通有大小相等的恒定电流，其中M、P中的电流向里，N中的电流向外，这时О点的磁感应强度大小为。现取走M处的长直导线，则O点的磁感应强度大小为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】有安培定则可知，M导线在O点产生的磁场方向竖直向下，P导线在O点产生的磁场方向水平向右，N导线在O点产生的磁场方向为竖直向下，由M、N、P三导线距离O的距离相等，且同的电流大小相等，所以三道线在O点的磁感应强度大小相等，设为，由磁场叠加可知，三导线在O点的合磁感应强度为同理若将M导线取走，则此时的磁感应强度为整理有故选D。5.如图所示，橡胶圆环的横截面积S远小于圆环的半径，圆环均匀带电，总的带电量为q，现在使圆环绕过圆心O所在的轴（轴与圆环所在的平面垂直）以某一角速度做匀速转动，已知圆环上的某个电荷的线速度为v，弧AB对应的弧长为L，对应的圆心角为θ（用弧度制来表示的），则圆环产生的等效电流为（）A. B.C D.【答案】A【解析】设圆环运动一周的时间为T，在时间T内通过圆环上任意一横截面S的总电荷量就是圆环上所带的总电荷量q由电流的定义可得圆环产生的等效电流为由圆弧的几何关系可得圆弧的半径为由匀速圆周运动的规律可得联立解得则有故选A。6.四个相同的小量程电流表（表头）分别被改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2.已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按如图所示接入电路，则下列说法正确的是（）A.电流表A1的读数大于电流表A2的读数B.电流表A1指针的偏转角小于电流表A2指针的偏转角C.电压表V1的读数小于电压表V2的读数D.电压表V1指针的偏转角大于电压表V2指针的偏转角【答案】A【解析】A．电流表A1的量程大于电流表A2的量程，故电流表A1的阻值小于电流表A2的阻值，并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表A1的读数大于电流表A2的读数，故A正确；B．两个电流表表头是并联关系，电压相同，故指针的偏转角度相同，故B错误；C．表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大，电压表V1的量程大于电压表V2的量程．则电压表V1的阻值大于电压表V2的阻值，故电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故C错误；D．两个电压表的表头是串联关系，电流相等，故指针的偏转角度相同，故D错误。故选A。7.如图所示，电源电动势为E、内阻为r，电容器的电容为C，电压表、电流表均是理想电表。闭合开关S，在电阻箱R的阻值由增大到的过程中，电压表示数的变化量的绝对值为，电流表示数的变化量的绝对值为，且，则下列说法正确的是（）A.电容器电荷量的增加量等于 B.电压表示数U减小C.和的比值增大 D.电源的输出功率一直减小【答案】A【解析】B．电阻箱R的阻值增大，根据闭合电路欧姆定律，可知可知电流减小，根据可知路端电压增大，即电压表的示数会随之增大，故B错误；D．当时电源输出功率最大，因，因此电源的输出功率先增大后减小，故D错误；C．由闭合电路欧姆定律可知变形得即和的比值不变，故C错误；A．电容器的电荷量增加量故A正确。8.关于能源，下列说法正确的是（）A.平顶山煤炭资源是无限的B.能量是守恒的C.能源的利用是没有代价的D.河南风能资源丰富，风能可再生能源【答案】BD【解析】A．煤炭资源是有限的能源，故A错误；C．能源利用是有代价的，故C错误；BD．能量是守恒的，风能是可再生能源，故BD正确。故选BD。9.关于下列四种情境说法正确的是（）A.图甲中，M点与N点磁感应强度相同B.图乙中，线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小C.图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框中有感应电流产生D.图丁中，线框与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，线框中没有感应电流产生【答案】BC【解析】A.磁感线切线的方向表示此点场强的方向，题图甲中，M、N两点磁感应强度不相同，选项A错误；B.题图乙中根据条形磁铁的磁场的特点可知，当线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，选项B正确；C.题图丙中，穿过线框的磁通量发生变化，所以闭合线框中有感应电流产生，选项C正确；D.题图丁中，距离通电直导线越远，磁感应强度越小，线框向右平移的过程中，向里穿过线框的磁通量减小，线框中产生感应电流，选项D错误。故选BC。10.如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置。在管子的底部固定一电荷量为的带电体，在距离底部的管口A处，有一电荷量为、质量为m的小球由静止释放，小球在距离底部的B处速度恰好为零。现让一个电荷量为q、质量为2m的小球仍在A处由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，带电体小球均可视为点电荷，则该小球（）A.运动到B处时的速度为B.在下落过程中加速度一直变大C.向下运动了位移时速度最大D.运动到B处时的速度为【答案】AC【解析】B．质量为m的小球由静止释放后开始下落，所受库仑力越来越大，所以小球先加速后减速，则加速度先减小后增大，当到达B处时，小球的速度为零。由动能定理可得解得而当换成质量为2m的小球时，仍从原来位置由静止释放，则小球先加速后减速，加速度先减小后增大，故B错误；C．速度最大的位置，就是加速度为零的位置，即库仑力与重力相等的位置，当小球的质量为2m时，设平衡位置距底部带电体的距离为，则有所以则小球向下运动的位移故C正确；AD．质量为2m的小球从静止到B处，由动能定理可得而所以小球在B处时的速度为故A正确，D错误。故选AC。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.“张衡”学习小组在测定某种合金丝的电阻率时，有两位同学所设计的测量电路的一部分分别如图甲、乙所示，（若电流表及电压表内阻均未知）若分别用这两个电路进行实验，则测量值比真实值大的应是图___________（填“甲”或“乙”）所示的电路；这种误差___________（填“能”或“不能”）通过多次测量取平均值来减小。【答案】乙不能【解析】[1]题图甲为电流表的外接法，电压表的分流使得电流表的示数大于通过待测电阻的实际电流，根据欧姆定律可得则电阻测量值比真实值小；题图乙为电流表的内接法，电流表的分压使得电压表的示数大于待测电阻的实际电压，则电阻测量值比真实值大，测量值比真实值大的应是题图乙所示的电路；[2]根据上述分析，实验的误差是由测量原理引起的，系统误差不能通过多次测量取平均值来减小。12.某实验小组的同学利用以下器材设计、改装并制作欧姆表，改装电路如图甲所示，调节开关S所接位置，可使欧姆表具有“×10”和“×100”两种倍率。A.电源（电动势为E）；B.电流表G（满偏电流，内阻待测）；C.滑动变阻器、；D．定值电阻；E．定值电阻；F.电阻箱R；G.红、黑表笔各一支，开关、导线若干。（1）用该欧姆表测电压表内阻时，黑表笔应接电压表的_________（填“+”或“-”）接线柱。（2）用图乙所示电路测量电流表G的内阻，先将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合，缓慢减小的阻值，直到G的指针满偏，然后闭合，保持滑动变阻器的阻值不变，逐渐调节电阻箱R的阻值，使G的指针指到最大值的处，此时电阻箱R的读数为360Ω，则电流表G的内阻为___________Ω。（3）当开关S掷向___________（填“a”或“b”），欧姆表的倍率是“×100”现将两表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表G满偏，此时通过滑动变阻器的电流为6mA，则定值电阻___________Ω。（4）再测量电压表内阻，电流表G的指针向右偏转至整个表盘满刻度的处，此时电压表示数为9V，通过计算可知，该电压表内阻为___________Ω。【答案】（1）+（2）180（3）b90（4）2000【解析】（1）用多用电表的欧姆挡时内部电源被接通，且黑表笔接内部电源的正极，即电流从欧姆表的黑表笔流出，从电压表的正极流入。（2）题图乙用半偏法测电流表G的内阻则有解得（3）[1][2]由题图甲可知，当开关S掷向b端时，电路的满偏电流较小，所以开关S应掷向b端，此时有解得（4）通过电压表的电流解得电压表的内阻13.两个相同的小球，质量为m、电荷量为，一个固定在绝缘地面，一个用细线吊着，处于平衡状态，两个小球都可看成质点，地面上的小球在悬点正下方，如图所示。重力加速度大小为g，细线长与两球间的距离相等，细线与竖直方向的夹角，静电力常量为k，求：（1）细线的拉力大小F；（2）两球间的距离L。【答案】（1）（2）【解析】（1）一个用细线吊着，处于平衡状态，两个小球都可看成质点，地面上的小球在悬点正下方，由题意可得解得（2）由平衡条件及库仑定律可得，解得14.小刚坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，车灯会瞬间变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，汽车电源电动势，内阻，车灯接通、电动机未启动时（断开、闭合时）电流表示数；电动机启动瞬间（闭合前提下，闭合瞬间），电流表示数。已知电动机内阻，整个过程车灯电阻不变，电流表为理想电表。求：（1）车灯的电阻；（2）电动机启动瞬间，车灯功率的变化量；（3）电动机启动瞬间，电动机的机械功率。【答案】（1）（2）43.2W（3）230W【解析】（1）断开、闭合时，由闭合电路欧姆定律有解得（2）电动机未启动时，车灯功率闭合瞬间，路端电压车灯功率所以车灯功率的变化量（3）闭合瞬间，通过车灯的电流则通过电动机的电流电动机的输入功率电动机的热功率电动机的机械功率15.如图所示，图中P、Q之间的加速电压，M、N两板之间的偏转电压，电子从电子枪中逸出后沿图中虚线射入，经加速电场，偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点C，虚线与靶台ACB在同一竖直面内，且AB的长度为10cm。已知电子质量，电荷量，偏转极板M，N长L＝20cm，间距d＝16cm，虚线距离靶台的竖直高度h＝30cm，不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪中逸出时的初速度大小，不计空气阻力。（1）求电子进入偏转电场区域时速度的大小；（2）求靶台中心点C离N板右侧的水平距离；（3）若使电子打在靶台ACB上，求M、N两板之间的电压范围（计算结果保留两位有效数字）。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）对电子在加速电场中的加速过程用动能定理有解得代入数据得（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有在竖直方向上做匀加速直线运动，有其中加速度解得电子离开偏转电场后做匀速直线运动，由几何关系可知，如图代入数据后得（3）由题可知，两点离板右侧的水平距离分别为若电子刚好到达点，由几何关系有解得所以电子不能打到点，所以有可得电子刚好到达点时，由几何关系有解得当偏转电压为，电子离开电场时的侧移量为，可得综上得2024—2025年度河南省高二年级第二次月考物理本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4．本试卷主要考试内容：人教版必修第三册第九章至第十三章第四节。一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列说法正确的是（）A.安培发现了电流的磁效应，并且总结得出了通电导线周围磁场的分布规律B.均匀变化的电场可以激发磁场，并向外传播形成电磁波C.电流与电流间的相互作用是通过电场发生的D.音频电流的频率比较低，不能直接用来发射电磁波【答案】D【解析】A．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培发现了通电导线周围磁场的分布规律，并总结出了右手螺旋定则，故A错误；B．均匀变化的电场产生恒定的磁场，恒定的磁场就不能再激发电场了，因此不能产生电磁波，故B错误；C．电流与电流间的相互作用是通过磁场发生的，故C错误；D．有效发射电磁波，必须采用开放电路和高频发射，所以音频电流的频率较低，不能直接用来发射电磁波，故D正确。故选D。2.图为某一电场的电场线和等势面，电荷在A、B两点，下列说法错误的是（）A.正电荷在A点的电势能比在B点的小B.负电荷从A点运动到B点，电势能增加C.A点的电场强度更大D.B点的电势更高【答案】B【解析】C．根据题图电场线的疏密程度可知，A点的电场强度更大，故C正确，不满足题意要求；D．根据沿电场线方向电势降低，可知B点的电势高于A点的电势，故D正确，不满足题意要求；A．根据，可知正电荷在A点的电势能比在B点的小，故A正确，不满足题意要求；B．负电荷从A点运动到B点，电场力做功可知电场力做正功，所以电势能减少，故B错误，满足题意要求。故选B3.如图所示，点电荷A和B带电荷量分别为和，彼此相距6cm。若在两点电荷连线中点O处放一个半径为1cm的金属球壳，静电力常量，则球壳上感应电荷在O点处产生的电场强度大小为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】点电荷在点的电场强度大小为方向由指向；点电荷在点的电场强度大小为方向由指向；设感应电荷在点处产生的电场强度大小为，由静电平衡条件知方向由指向。故选C。4.如图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三个点，O为半圆弧的圆心，。在M、N、P处各有一条长直导线垂直纸面，M、N、P导线中通有大小相等的恒定电流，其中M、P中的电流向里，N中的电流向外，这时О点的磁感应强度大小为。现取走M处的长直导线，则O点的磁感应强度大小为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】有安培定则可知，M导线在O点产生的磁场方向竖直向下，P导线在O点产生的磁场方向水平向右，N导线在O点产生的磁场方向为竖直向下，由M、N、P三导线距离O的距离相等，且同的电流大小相等，所以三道线在O点的磁感应强度大小相等，设为，由磁场叠加可知，三导线在O点的合磁感应强度为同理若将M导线取走，则此时的磁感应强度为整理有故选D。5.如图所示，橡胶圆环的横截面积S远小于圆环的半径，圆环均匀带电，总的带电量为q，现在使圆环绕过圆心O所在的轴（轴与圆环所在的平面垂直）以某一角速度做匀速转动，已知圆环上的某个电荷的线速度为v，弧AB对应的弧长为L，对应的圆心角为θ（用弧度制来表示的），则圆环产生的等效电流为（）A. B.C D.【答案】A【解析】设圆环运动一周的时间为T，在时间T内通过圆环上任意一横截面S的总电荷量就是圆环上所带的总电荷量q由电流的定义可得圆环产生的等效电流为由圆弧的几何关系可得圆弧的半径为由匀速圆周运动的规律可得联立解得则有故选A。6.四个相同的小量程电流表（表头）分别被改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2.已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按如图所示接入电路，则下列说法正确的是（）A.电流表A1的读数大于电流表A2的读数B.电流表A1指针的偏转角小于电流表A2指针的偏转角C.电压表V1的读数小于电压表V2的读数D.电压表V1指针的偏转角大于电压表V2指针的偏转角【答案】A【解析】A．电流表A1的量程大于电流表A2的量程，故电流表A1的阻值小于电流表A2的阻值，并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表A1的读数大于电流表A2的读数，故A正确；B．两个电流表表头是并联关系，电压相同，故指针的偏转角度相同，故B错误；C．表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大，电压表V1的量程大于电压表V2的量程．则电压表V1的阻值大于电压表V2的阻值，故电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故C错误；D．两个电压表的表头是串联关系，电流相等，故指针的偏转角度相同，故D错误。故选A。7.如图所示，电源电动势为E、内阻为r，电容器的电容为C，电压表、电流表均是理想电表。闭合开关S，在电阻箱R的阻值由增大到的过程中，电压表示数的变化量的绝对值为，电流表示数的变化量的绝对值为，且，则下列说法正确的是（）A.电容器电荷量的增加量等于 B.电压表示数U减小C.和的比值增大 D.电源的输出功率一直减小【答案】A【解析】B．电阻箱R的阻值增大，根据闭合电路欧姆定律，可知可知电流减小，根据可知路端电压增大，即电压表的示数会随之增大，故B错误；D．当时电源输出功率最大，因，因此电源的输出功率先增大后减小，故D错误；C．由闭合电路欧姆定律可知变形得即和的比值不变，故C错误；A．电容器的电荷量增加量故A正确。8.关于能源，下列说法正确的是（）A.平顶山煤炭资源是无限的B.能量是守恒的C.能源的利用是没有代价的D.河南风能资源丰富，风能可再生能源【答案】BD【解析】A．煤炭资源是有限的能源，故A错误；C．能源利用是有代价的，故C错误；BD．能量是守恒的，风能是可再生能源，故BD正确。故选BD。9.关于下列四种情境说法正确的是（）A.图甲中，M点与N点磁感应强度相同B.图乙中，线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小C.图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框中有感应电流产生D.图丁中，线框与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，线框中没有感应电流产生【答案】BC【解析】A.磁感线切线的方向表示此点场强的方向，题图甲中，M、N两点磁感应强度不相同，选项A错误；B.题图乙中根据条形磁铁的磁场的特点可知，当线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，选项B正确；C.题图丙中，穿过线框的磁通量发生变化，所以闭合线框中有感应电流产生，选项C正确；D.题图丁中，距离通电直导线越远，磁感应强度越小，线框向右平移的过程中，向里穿过线框的磁通量减小，线框中产生感应电流，选项D错误。故选BC。10.如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置。在管子的底部固定一电荷量为的带电体，在距离底部的管口A处，有一电荷量为、质量为m的小球由静止释放，小球在距离底部的B处速度恰好为零。现让一个电荷量为q、质量为2m的小球仍在A处由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，带电体小球均可视为点电荷，则该小球（）A.运动到B处时的速度为B.在下落过程中加速度一直变大C.向下运动了位移时速度最大D.运动到B处时的速度为【答案】AC【解析】B．质量为m的小球由静止释放后开始下落，所受库仑力越来越大，所以小球先加速后减速，则加速度先减小后增大，当到达B处时，小球的速度为零。由动能定理可得解得而当换成质量为2m的小球时，仍从原来位置由静止释放，则小球先加速后减速，加速度先减小后增大，故B错误；C．速度最大的位置，就是加速度为零的位置，即库仑力与重力相等的位置，当小球的质量为2m时，设平衡位置距底部带电体的距离为，则有所以则小球向下运动的位移故C正确；AD．质量为2m的小球从静止到B处，由动能定理可得而所以小球在B处时的速度为故A正确，D错误。故选AC。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.“张衡”学习小组在测定某种合金丝的电阻率时，有两位同学所设计的测量电路的一部分分别如图甲、乙所示，（若电流表及电压表内阻均未知）若分别用这两个电路进行实验，则测量值比真实值大的应是图___________（填“甲”或“乙”）所示的电路；这种误差___________（填“能”或“不能”）通过多次测量取平均值来减小。【答案】乙不能【解析】[1]题图甲为电流表的外接法，电压表的分流使得电流表的示数大于通过待测电阻的实际电流，根据欧姆定律可得则电阻测量值比真实值小；题图乙为电流表的内接法，电流表的分压使得电压表的示数大于待测电阻的实际电压，则电阻测量值比真实值大，测量值比真实值大的应是题图乙所示的电路；[2]根据上述分析，实验的误差是由测量原理引起的，系统误差不能通过多次测量取平均值来减小。12.某实验小组的同学利用以下器材设计、改装并制作欧姆表，改装电路如图甲所示，调节开关S所接位置，可使欧姆表具有“×10”和“×100”两种倍率。A.电源（电动势为E）；B.电流表G（满偏电流，内阻待测）；C.滑动变阻器、；D．定值电阻；E．定值电阻；F.电阻箱R；G.红、黑表笔各一支，开关、导线若干。（1）用该欧姆表测电压表内阻时，黑表笔应接电压表的_________（填“+”或“-”）接线柱。（2）用图乙所示电路测量电流表G的内阻，先将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合，缓慢减小的阻值，直到G的指针满偏，然后闭合，保持滑动变阻器的阻值不变，逐渐调节电阻箱R的阻值，使G的指针指到最大值的处，此时电阻箱R的读数为360Ω，则电流表G的内阻为___________Ω。（3）当开关S掷向___________（填“a”或“b”），欧姆表的倍率是“×100”现将两表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表G满偏，此时通过滑动变阻器的电流为6mA，则定值电阻___________Ω。（4）再测量电压表内阻，电流表G的指针向右偏转至整个表盘满刻度的处，此时电压表示数为9V，通过计算可知，该电压表内阻为___________Ω。【答案】（1）+（2）180（3）b90（4）2000【解析】（1）用多用电表的欧姆挡时内部电源被接通，且黑表笔接内部电源的正极，即电流从欧姆表的黑表笔流出，从电压表的正极流入。（2）题图乙用半偏法测电流表G的内阻则有解得（3）[1][2]由题图甲可知，当开关S掷向b端时，电路的满偏电