2025年粤教版高三物理下册月考试卷

…………○…………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年粤教版高三物理下册月考试卷81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9题，共18分)1、下列关于电场和磁场的说法中正确的是（）A.电场强度为零的点，正检验电荷受力不一定为零B.电场强度处处相等的区域内，同一检验电荷受力一定处处相等C.通电导线在磁场中某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零D.由可知，B与F成正比，与IL成反比2、矢量指一个同时具有大小和方向的几何对象，因常常以箭头符号标示以区别于其它量而得名．直观上，矢量通常被标示为一个带箭头的线段．线段的长度可以表示矢量的大小，而矢量的方向也就是箭头所指的方向．下列物理量是矢量的一组是（）A.时间、位移、速度B.速度、速度变化量、加速度C.路程、时间、速率D.速度、速率、加速度3、一正在做简谐运动单摆，以摆球经过平衡位置为计时起点，下列关于摆球相位的描述正确的是（）A.摆球的初相位为-B.相位的大小反映摆球偏离平衡位置位移的大小C.经历个全振动时的相位与经历（N+）个全振动时刻的相位相同D.当t=T时，相位为-14、如图所示，在光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的物体，已知m1＞m2，两物体间水平连接着一轻质弹簧秤，若用大小为F的水平力向右拉m1，稳定后的加速度大小为a1，弹簧秤的示数为F1；若改用大小为F的水平拉力向左拉m2，稳定后的加速度大小为a2，弹簧秤的示数为F2，则以下判断正确的是（）A.a1=a2F1＞F2B.a1=a2F1＜F2C.a1＜a2F1=F2D.a1＞a2F1＞F25、【题文】电场中有一点P，下列哪种说法是正确的()A.若放在P点电荷的电荷量减半，则P点的场强减半B.若P点没有试探电荷，则P点场强为零C.P点的场强方向为试探电荷在该点的受力方向D.P点场强越大，则同一电荷在P点所受静电力越大6、物体做直线运动的vt图象如图所示．则该物体（）

A.第1s内和第5s内的运动方向相反B.第2s内和第6s内的加速度相同C.0～2s和0～4s内的平均速度大小相等D.在0～6s内，物体的位移大小为30m7、下列说法中错误的是（）A.电场的基本性质是对放在其中的电荷有力的作用B.磁场的基本性质是对放在其中的磁极或电流有力的作用C.电场强度的方向总是跟电场力的方向一致D.电场强度的方向跟正电荷所受的电场力的方向一致8、半径为r和R（r＜R）的光滑半圆形槽，其圆心均在同一水平面上，如图所示，质量相等的两物体分别自半圆形槽左边缘的最高点无初速地释放，在下滑过程中两物体（）A.机械能均逐渐减小B.经最低点时动能相等C.在最低点对轨道的压力相等D.在最低点的机械能不相等9、关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是（）A.牛顿第一定律说明力是维持物体运动的原因B.惯性就是物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质C.由牛顿第一定律可知：物体所受的合力为零时，一定处于静止状态D.牛顿第一定律可以通过实验来验证评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、（2013秋•莲湖区校级月考）一个质量为m的物块由静止开始沿斜面下滑；拍摄此下滑过程得到的同步闪光。

（即第一次闪光时物块恰好开始下滑）照片如图所示．已知闪光频率为每秒10次，根据照片测得物块相邻两位置之间的距离分别为AB=2.40cm，DE=17.10cm．由此可知，物块经过D点时的速度大小为____m/s；滑块运动的加速度为____m/s2．（保留3位有效数字）11、（2015春•浦东新区期末）A如图所示为作用在质量m=2kg物体上的合外力F与物体位移s的对应关系．s=0时物体处于静止状态，则在物体从静止开始运动9m的过程中，合外力F做的功W=____J；s=9m时F的功率P=____W．12、挥动的锤子能把钉子敲进木板，也能把钢板敲平．若锤子的速度不变，质量增大为原来的2倍，则锤子的动能变为原来的____倍；若锤子的质量不变，速度减小为原来的一半，锤子动能将变为原来的____倍．13、一个质量为m、直径为d、电阻为R的金属圆环，在范围很大的磁场中沿竖直方向下落，磁场的分布情况如图所示，已知磁感应强度竖直方向的分量By的大小只随高度变化，其随高度y变化关系为By=B（1+ky）（此处k为比例常数，且k＞0），其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上，在下落过程中金属圆环所在的平面始终保持水平，速度越来越大，最终稳定为某一数值，称为收尾速度．俯视观察，圆环中的感应电流方向为____（顺时针，逆时针）；圆环收尾速度的大小为____．

14、如图所示，倾角为α、质量为M的斜面体放在一架台秤上，小滑块的质量为m。若滑块、斜面体均处于静止状态，则台秤的读数为______________；若滑块以加速度a沿斜面体加速下滑，而斜面体仍然保持静止，则台秤的读数为______________；15、（2016•扬州模拟）在如图所示的电场中，一电荷量q=-1.0×10-8C的点电荷在A点所受电场力大小F=2.0×10-4N．则A点的电场强度的大小E=____N/C；该点电荷所受电场力F的方向为____．（填“向左”“向右”）16、汽车在平直的公路上从静止开始匀加速运动，当位移为s1时关闭发动机，汽车速度达到v1，汽车继续滑行一段时间后停止，整个过程中汽车发生的位移为s2，该过程中汽车的速度图象如图所示．由图可知s1：s2=____，牵引力和阻力的大小之比为F：f=____．17、环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其离地面越高，则卫星的线速度越____（大或小），角速度越____（大或小），周期越____（大或小）18、（2013秋•安福县校级月考）如图，用传送带给煤车装煤，20s内有0.5t的煤粉落于车上．要使车保持2m/s的速度匀速前进，则对车应再施以水平力的大小为____N．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)19、任意两条电场线都不相交．____．（判断对错）20、作用力和反作用力大小相等，方向相反，其合力为零．____（判断对错）21、贝克勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，从而揭示出原子核具有复杂结构____（判断对错）22、电荷在电场中一定受电场力的作用．____（判断对错）23、串联电路中，电压分配与电阻成反比．____．（判断对错）24、穿过闭合导体回路所包围面积的磁通量为零时，回路中感应电流就一定为零．____（判断对错）25、原先没有磁性的铁，在长期受到磁铁的吸引会产生磁性____．（判断对错）评卷人得分四、作图题(共1题，共10分)26、有一根粗细均匀的空心导体棒如图a所示，截面为同心圆环（如图b）；其电阻约为100Ω，这种材料的电阻率为ρ．某同学用以下器材测量该导体棒的内径：

A．20分度的游标卡尺。

B．螺旋测微器。

C．电流表A1（量程50mA，内阻R1=100Ω）

D．电流表A2（量程l00mA，内阻R2约40Ω）

E．滑动变阻器R（0～10Ω）

F．直流电源E

G．导电材料样品Rx

H．开关一只；导线若干．

（1）用游标卡尺测量导体棒长度如图甲，示数L=______mm；用螺旋测微器测量其外径如图乙，示数D=______mm．

（2）图丙是实验原理图；请在丁图中完成线路连接．

（3）闭合开关S，调整滑动变阻器，记录电流表A1的读数I1和电流表A2的读数I2，则导体管的内径d=______（用已知量和测量量的符号来表示）评卷人得分五、实验题(共1题，共6分)27、某待测电阻的额定电压为3V；阻值约为10Ω．为测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材。

A：电流表A1（量程300mA，内阻约1Ω）B：电流表A2（量程3.0A；内阻约0.3Ω）

C：电压表V1（量程3.0V，内阻约3kΩ）D：电压表V2（量程15.0V；内阻约5kΩ）

E：滑动变阻器R1（最大阻值为50Ω）F：滑动变阻器R2（最大阻值为2000Ω）

G：电源E（电动势4V；内阻可忽略）H：电键；导线若干。

①为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（只需填写器材前面的字母即可）电流表____；电压表____；滑动变阻器____．

②下列给出的测量电路（（图1）中，最合理的电路是____．

③将图中的元件按所选的电路图2连成实验电路（要求闭合电键时通过待测电阻的电流最小）

评卷人得分六、证明题(共2题，共20分)28、如图所示，1、2、3为p-V图中一定量理想气体的三个状态，该理想气体由状态1经过程1-3-2到达状态2．试利用气体实验定律证明：．29、（2016•海淀区模拟）如图所示，将小物块（可视为质点）平放在水平桌面的一张薄纸上，对纸施加恒定水平拉力将其从物块底下抽出，物块的位移很小，人眼几乎观察不到物块的移动．已知物块的质量为M，纸与桌面、物块与桌面间的动摩擦因数均为μ1，纸与物块间的动摩擦因数为μ2；重力加速度为g．

（1）若薄纸的质量为m；则从开始抽纸到纸被抽离物块底部的过程中；

①求薄纸所受总的摩擦力为多大；

②从冲量和动量的定义；结合牛顿运动定律和运动学规律，证明：水平拉力F和桌面对薄纸摩擦力的总冲量等于物块和纸的总动量的变化量．（注意：解题过程中需要用到；但题目中没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明．）

（2）若薄纸质量可忽略，纸的后边缘到物块的距离为L，从开始抽纸到物块最终停下，若物块相对桌面移动了很小的距离s0（人眼观察不到物块的移动），求此过程中水平拉力所做的功．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】检验电荷在电场中所受的电场力为零，则电场强度为零，导线在磁场中所受的磁场力为零，磁感应强度不一定为零，可能电流的方向与磁场方向平行．【解析】【解答】解：A；电场强度为零的点；检验电荷受力一定为零，故A错误．

B；电场强度处处相等的区域内；同一检验电荷受力处处相等，故B正确．

C；通电导线在磁场中某处不受磁场力作用；可能导线的放置方向与磁场方向平行，不受安培力，磁感应强度不一定为零，故C错误．

D；磁感应强度的大小与放入磁场中的电流元以及电流元的受力无关；故D错误．

故选：B．2、B【分析】【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．由此即可得知各选项的正误．【解析】【解答】解：A；位移和速度既有大小又有方向；是矢量，时间只有大小，没有方向，是标量，故A错误．

B；速度、速度变化量、加速度既有大小又有方向；都是矢量，B正确．

C；路程、时间和速率只有大小；没有方向，都是标量，故C错误．

D；速率只有大小没有方向；是标量，速度和加速度是矢量．故D错误．

故选：B3、C【分析】【分析】振动方程为x=Asin（ωt+φ），ωt+φ为相位，φ为初相．【解析】【解答】解：A；摆球从平衡位置开始计时；x=Asinωt，可知初相位为0，故A错误．

B；振幅等于离开平衡位置的最大距离；振幅的大小反映偏离平衡位置的位移大小，故B错误．

C、经历个全振动时的相位与经历（N+）个全振动时刻的相位相同；故C正确．

D、当t=T时与t=时的相位相同，此时单摆处于负向最大位移处，相位为；故D错误．

故选：C．4、B【分析】【分析】先对整体分析，运用牛顿第二定律求出加速度，再隔离分析，运用牛顿第二定律求出弹簧秤的拉力．【解析】【解答】解：当拉力向右拉m1时，对整体分析，加速度，隔离对m2分析，有．

当拉力向左拉m2时，对整体分析，加速度，隔离对m1分析，有．所以a1=a2，因为m1＞m2，所以F2＞F1．故B正确；A；C、D错误．

故选B．5、D【分析】【解析】

试题分析：通过电荷所受电场力与其电量的比值来定义电场强度；该点的电场强度已是定值，若放在P点的电荷的电量减半，其比值是不变的，只有电场力减半，故A错误；若P点没有检验电荷，则没有电场力，而P点的电场强度仍不变．故B错误；P点的场强方向为检验正电荷在该点的受力方向，故C错误；P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大，故D正确；

故选D

考点：考查了对电场强度的理解。

点评：电场强度是通过比值定义的，比值与其电场力及电量均没有关系．例如：质量与体积的比值定义为密度．当质量变大时，体积变大，而比值却不变．电场线虽不实际存在，但却能形象描绘电场的强度与方向．【解析】【答案】D6、D【分析】解：A；由图知；在前5s内物体的速度一直为正值，说明在前5s内物体的运动方向一直不变，故A错误；

B；由速度时间图象的斜率等于加速度；根据图象可知，第2s内加速度为正，第6s内加速度为负，方向相反，加速度不同，故B错误；

C、由象与时间轴所围的面积表示位移，平均速度等于位移除以时间，则0-4s内平均速度0-2s的平均速度不相等．故C错误；

D、根据“面积”可知：在0～6s内，物体的位移大小为x=故D正确．

故选：D

速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向；图象的斜率等于加速度；倾斜的直线表示匀变速直线运动；图象与时间轴所围的面积表示位移．平均速度等于位移与时间之比．根据这些知识进行解答．

解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．【解析】【答案】D7、C【分析】【分析】根据电场的基本性质与磁场的基本性质判定即可．【解析】【解答】解：A；电场的基本性质是对放在其中的电荷有力的作用．故A正确；

B；磁场的基本性质是对放在其中的磁极或电流有力的作用．故B正确；

C；电场强度的方向总是跟正电荷受到的电场力的方向一致；跟负电荷受到的电场力的方向相反．故C错误，D正确；

本题选择错误的，故选：C8、C【分析】【分析】根据机械能守恒的条件可以判断两小球在光滑圆形槽中下滑过程中机械能是守恒的．由机械能守恒定律，求出小球经过最低点时速度大小，就能比较动能的大小关系．利用向心力知识求出在最低点时，轨道对小球的支持力，进而比较小球对轨道的压力．取圆心所在水平面为参考平面，两小球在水平面上时，机械能均为零，下滑过程中机械能都不变，故确定在最低点时它们的机械能是相等的．【解析】【解答】解：A；圆形槽光滑；两小球下滑过程中，均只有重力做功，机械能均守恒，即机械能均保持不变．故A错误．

B、根据机械能守恒定律得：mgr=mv12，EK1=mgr

同理有：EK2=mgR，由于R＞r，则EK1＜EK2；故B错误．

C、设在最低点时轨道对小球的支持力为FN，则根据牛顿第二定律，得：FN-mg=m，v=

得：FN=3mg

FN与圆形槽的半径无关．

根据牛顿第三定律可知物体在最低点对轨道的压力与轨道半径也无关；则在最低点时两球对轨道的压力相等．故C正确．

D；取圆形槽圆心所在水平面为参考平面；则在最高点时，两球机械能均为零，而且相等，下滑过程中机械能均守恒，则在最低点时机械能仍相等．故D错误．

故选：C9、B【分析】【分析】牛顿第一定律给出了物体不受力作用时的运动规律，同时也说明了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因；牛顿第一定律是牛顿在前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不是完全通过实验得出．【解析】【解答】解：A；牛顿第一定律说明力不是维持物体运动的原因；而是改变物体运动状态的原因，故A错误；

B；物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质；叫做惯性，与质量有关，故B正确；

C；由牛顿第一定律可知：物体所受的合力为零时；处于静止状态或者匀速直线运动状态，故C错误；

D；牛顿第一定律是牛顿在前人实验的基础上；根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不是完全通过实验得出，故D错误；

故选：B．二、填空题(共9题，共18分)10、1.474.90【分析】【分析】根据匀变速直线运动的推论△x=aT2求解加速度，由匀变速直线匀速中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度大小．【解析】【解答】解：根据题意可知；T=0.1s

根据△x=aT2得：

a=

在匀变速直线匀速中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小；故有：

vD=m/s=1.47m/s

故答案为：1.47；4.9011、3624【分析】【分析】合外力做的功W=Fs．并由动能定理来确定物体的末速度，根据P=Fv求解瞬时功率．【解析】【解答】解：合外力做功的功W=Fs=4×9J=36J

根据动能定理得：

解得：v=6m/s

所以s=9m时F的功率P=Fv=4×6=24W

故答案为：36；2412、2【分析】【分析】物体由于运动而具有的能叫做动能；动能的表达式为EK=mv2，根据表达式判断动能的变化．【解析】【解答】解：若锤子的速度不变；质量增大为原来的2倍，则锤子的动能变为原来2倍；

锤子的质量不变，速度减小为原来的一半，锤子动能将变为原来的倍；

故答案为：2，．13、略

【分析】

向下运动的过程中穿过的磁通量在增大；根据楞次定律，得感应电流的方向俯视观察沿顺时针方向．

圆环下落高度为y时的磁通量为：

Φ=BS=Bπ=．①

设收尾速度为vm；以此速度在△t时间内磁通量的变化量。

②

根据法拉第电磁感应定律有：③

圆环中感应电流的功率④

重力做功的功率PG=mgvm⑤

根据能量守恒定律有：PE=PG⑥

由以上各式解得：．

故答案为：顺时针，．

【解析】【答案】根据楞次定律判断圆环中的感应电流方向；当圆环所受的重力与安培力相等时，达到收尾速度．根据法拉第电磁感应定律；结合能量守恒定律求出收尾的速度大小．

14、略

【分析】静止状态时，台秤的读数等于两者的重力之和(m+M)g；若滑块以加速度a沿斜面体加速下滑，m在竖直方向的加速度为asinα，则竖直方向有则【解析】【答案】(m+M)g，(m+M)g-masinα（每空2分）15、2.0×104向左【分析】【分析】根据电场强度的定义式E=；可以直接求解．

（2）在电场中某点电场强度的方向沿该点电场线的切线方向，正电荷受力方向和电场方向一致，负电荷受力方向和电场方向相反．【解析】【解答】解：A点电场强度的大小为：

E=N/C==2.0×104N/C

根据负电荷受力方向和电场方向相反可得：点电荷在A点所受电场力的方向向左。

故答案为：2.0×104；向左16、1：23：1【分析】【分析】v-t图象中图象与时间轴所围图形面积表示位移大小求得位移比，再根据全程运用动能定理求得牵引力与阻力大小之比．【解析】【解答】解：根据v-t图象可知，匀加速运动的位移，匀减速运动的位移

所以可得

根据动能定理有：Fs1-f（s1+s2）=0-0

可得

因为

所以可得

故答案为：1：2，3：117、小小大【分析】【分析】本题可以根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论．【解析】【解答】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r；地球质量为M；有。

F=F向

F=G

F向=m=mω2r=m（）2r

解得。

v=①

T==2π②

ω=③

根据①式；高度越大，轨道半径越大，线速度越小；

根据③式；高度越大，轨道半径越大，角速度越小；

根据②式；高度越大，轨道半径越大，周期越大；

故答案为：小，小，大．18、50【分析】【分析】对车和煤粉整体，合力的冲量等于系统动量的增加量，对20s过程运用动量定理列式求解即可．【解析】【解答】解：车和煤粉整体受重力G；支持力N、拉力F；对20s过程运用动量定理，有：

Ft=△mv

解得：

F==50N

故答案为：50．三、判断题(共7题，共14分)19、√【分析】【分析】掌握电场线特点是解本题的关键，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合．【解析】【解答】解：电场中任意两条电场线不会相交；否则相交的地方的电场线的方向有两个．所以该说法是正确的．

故答案为：√20、×【分析】【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．【解析】【解答】解：由牛顿第三定律可知；作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，但不在同一物体上．所以两个力不能合成，也不能相互抵消．以上说法是错误的．

故答案为：×21、√【分析】【分析】贝克勒尔发现了天然放射现象，使人们认识到原子核具有复杂结构；【解析】【解答】解：贝克勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象；从而揭示出原子核具有复杂结构，拉开了人们以及原子核的序幕．故以上的说法是正确的．

故答案为：√22、√【分析】【分析】电场的基本性质就是对其中的电荷有力的作用，电荷在电场中一定受到电场力作用．【解析】【解答】解：电场的基本性质就是对其中的电荷有力的作用；故电荷在电场中一定受电场力的作用．

故答案为：√23、×【分析】【分析】根据串并联电路电流和电压的规律进行分析，串联电路中电压与电阻成正比．【解析】【解答】解：串联电路中电流相等；故电压分配与电阻成正比；所以该说法是错误的．

故答案为：×24、×【分析】【分析】结合产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化即可正确判定．【解析】【解答】解：产生感应电流的条件是闭合回路的磁通量发生变化；题目中穿过闭合导体回路所包围面积的磁通量为零时，没有说明磁通量是否变化，所以不能判断出没有感应电流产生．所以以上说法是错误的．

故答案为：×25、√【分析】【分析】在铁棒未被磁化前，铁棒内的分子电流的排布是杂乱无章的，故分子电流产生的磁场相互抵消，对外不显磁性，但当铁棒靠近磁铁时分子电流由于受到磁场的作用而使磁畴的取向大致相同从而被磁化对外表现出磁性；对磁铁加热或敲打时会使磁铁内的分子电流的排布变的杂乱无章，从而使磁铁的磁性减弱．【解析】【解答】解：在铁棒未被磁化前；铁棒内的分子电流的排布是杂乱无章的，故分子电流产生的磁场相互抵消，对外不显磁性，但当铁棒靠近磁铁时分子电流由于受到磁场的作用而使磁畴的取向大致相同从而被磁化对外表现出磁性．所以该说法是正确的．

故答案为：√四、作图题(共1题，共10分)26、略

【分析】解：（1）游标卡尺的主尺读数为100mm．游标的精度为0.05mm；游标尺上第10条刻度线与主尺对齐，读数为0.05×10=0.50mm；

所以最终读数为：100mm+0.50mm=100.50mm．

螺旋测微器的固定刻度读数为3.0mm．可动刻度读数为0.01×50.0mm=0.500mm；所以最终读数为：3.0mm+0.500mm=3.500mm；

（2）根据实物电路图连接实物电路图；实物电路图如图所示．

（3）根据电阻定律，则电阻丝的电阻为R=

依据欧姆定律，由上图可知，则电阻丝的电阻R=

而S=

联立三式，解得：d=

故答案为：（1）100.50；3.500～3.503；（2）如上图所示：

（3）．

（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数；在读可动刻度读数时需估读．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．

（2）分析电路图结构；明确各电路元件的连接方式，根据各电路元件的连接方式连接实物电路图；

（3）本题可用伏安法测量待测电阻，由于没有电压表，可以将电流表与定值电阻串联当电压表使用，电流表A1与待测电阻串联后与定值电阻R0并联，再与电流表A2串联，用电流表A1测量通过待测电阻的电流，用电流表A2测量总电流；根据欧姆定律求出待测电阻的阻值表达式，再由电阻定律，即可求解．

本题掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；同时掌握由电路图连接实物图的方法，注意电表的正负极，并理解电阻定律与欧姆定律的应用．【解析】100.50；3.500；五、实验题(共1题，共6分)27、ACED【分析】【分析】本题①应根据待测电阻的额定电压选择电压表的量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器；题②应根据待测电阻满足电流表外接法的条件可知电流表应用外接法，根据变阻器能满足电路需要的最大电阻可知变阻器应采用限流式接法；题③根据电路图连线即可．【解析】【解答】解：①根据待测电阻的额定电压为3V可知，电压表应选择C，根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为==0.3A；所以电流表应选A；

根据通过电流表的最小电流为