2025年湘教新版选修3物理上册月考试卷VIP

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A.通过电阻R的电流方向水平向右，棒受到的安培力方向竖直向上B.通过电阻R的电流方向水平向左，棒受到的安培力方向竖直向下C.棒机械能增加量的大小等于棒克服重力所做的功D.棒机械能的增加量等于恒力F和滑动摩擦力f做的总功5、如图所示，一带负电的粒子，沿着电场线从A点运动到B点的过程中；以下说法中正确的是（）

A.带电粒子的电势能越来越大B.带电粒子的电势能越来越小C.带电粒子受到的静电力一定越来越小D.带电粒子受到的静电力一定越来越大评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、图是通过变压器降压给用户供电的示意图．负载变化时变压器输入电压基本保持不变．输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示；开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加．如果变压器上的能量损失可以忽略，则开关S闭合后，以下说法正确的是。

A.电表V1示数与V2示数的比值不变B.电表A1示数不变，A2示数增大C.输电线的电阻R0消耗的功率增大D.流过电阻R1的电流减小7、如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝a．在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电的粒子，粒子的比荷为发射速度大小都为v0，且满足发射方向用图中的角度θ表示．对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用）；下列说法正确的是。

A.粒子不可能打到A点B.以θ＝0°和θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间相等C.以θ＜30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出8、铺设海底金属油气管道时；焊接管道需要先用感应加热的方法对焊口两侧进行预热．如图所示，将被加热管道置于感应线圈中，当感应线圈中通以电流时管道发热，下列说法中正确的是。

A.采用增大交变电流的频率，可使焊接效果越好B.采用增大感应线圈电阻值，可使焊接效果越好C.采用金属电阻率越小的管道材料，焊接效果越好D.感应线圈中通以正弦交流电，在管道中产生的涡流也是交流电9、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比电阻D为理想二极管，原线圈接的交流电，则（）

A.此交流电的频率为100HzB.电阻两端的电压为50VC.通过电阻的电流为AD.变压器的输入功率为150W10、如图甲所示，两个点电荷固定在x轴上距离为L的两点，其中带正电荷位于原点O，a、b是它们的连线延长线上的两点，其中b点与O点相距现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动粒子只受电场力作用设粒子经过a，b两点时的速度分别为其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断不正确的是

A.带负电且电荷量小于B.b点的场强一定为零C.a点的电势比b点的电势高D.粒子在a点的电势能比b点的电势能小评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)11、用图甲所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为5eV的光照射到光电管上时，测得电流计的示数随电压变化的图像如图乙所示.则光电子的最大初动能为__________J，金属的逸出功为________J.12、如图为简易测温装置，玻璃管中一小段水银封闭了烧瓶内一定质量的气体，当外界温度升高时，瓶内气体的密度_____________（选填“不变”“增大”或“减小”），瓶内气体分子的平均动能________（选填“增大”或“减小”）。

13、用图示的电路可以测量电阻的阻值，途中是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，M、N是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得则的阻值__________

14、如图，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，圆环L有_________（填收缩、扩张）趋势，圆环内产生的感应电流方向____________（填顺时针、逆时针）．15、一种海浪发电机的气室如图所示。工作时；活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭。气室先后经历吸入；压缩和排出空气的过程，推动出气口处的装置发电。气室中的空气可视为理想气体。

(1)下列对理想气体的理解，正确的有_____

A．理想气体实际上并不存在；只是一种理想模型。

B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体。

C．一定质量的某种理想气体的内能与温度；体积都有关。

D．在任何温度；任何压强下；理想气体都遵循气体实验定律。

(2)压缩过程中，两个阀门均关闭。若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加了3.4×104J，则该气体的分子平均动能_____（选填“增大”“减小”或“不变”），活塞对该气体所做的功_____（选填“大于”“小于”或“等于”）3.4×104J。

(3)上述过程中，气体刚被压缩时的温度为27℃，体积为0.224m3，压强为1个标准大气压。已知1mol气体在1个标准大气压、0℃时的体积为22.4L，阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol-1，则此时气室中气体的分子数为_____。（计算结果保留一位有效数字）评卷人得分四、作图题(共3题，共27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4题，共36分)19、随着全世界开始倡导低碳经济的发展；电动自行车产品已越来越受到大家的青睐，某同学为了测定某电动车电池的电动势和内电阻，设计了如图所示电路，提供的实验器材有：

A．电动车电池一组；电动势约为12V，内阻未知。

B．直流电流表量程300mA；内阻很小。

C．电阻箱R；阻值范围为0～999．9Ω

D．定值电阻R0；阻值为10Ω

E．导线和开关。

（1）当他闭合开关时发现；无论怎样调节变阻器，电流表都没有示数，反复检查后发现电路连接完好，估计是某一元件损坏，因此他拿来多用电表检查故障，他的操作如下：

①断开电源开关S

②将多用表选择开关置于×1Ω档，调零后，红黑表笔分别接R0两端；读数为10Ω

③将多用表选择开关置于×10Ω档，调零后，将红黑表笔分别接电阻箱两端，发现指针读数如图所示，则所测阻值为_______Ω，然后又用多用电表分别对电源和开关进行检测，发现电源和开关均完好．由以上操作可知，发生故障的元件是_______．

（2）在更换规格相同的元件后重新连接好电路．

（3）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值为R0=10Ω的定值电阻的电流I，下列三组关于R的取值方案中，比较合理的方案是______（选填方案编号1；2或3）．

（4）根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=_______，内阻r=_______（用k、b和R0表示）．20、现要用伏安法描绘一只标值为“2.5V，0.6W”小灯泡的I-U图线，有下列器材供选用：

A．电压表(0～3V，内阻)

B．电流表(0～0.6A，内阻)

C．电流表(0～3A，内阻)

D．滑动变阻器(，2A)

E．滑动变阻器(，1.0A)

F．蓄电池(电动势6V，内阻不计）

实验要求测量数据范围尽可能大些①则滑动变阻器应选用__________（用序号字母表示）；电流表应选用_______（用序号字母表示）．

②设计电路，用笔画线代替导线在图中将实物连接成实验所需电路图．_______

③通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图所示．由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为______Ω．21、在验证动量守恒定律实验时，用图甲所示装置进行验证，在长木板右端下面垫放小木片，平衡好摩擦力．小车P的前端粘有橡皮泥，后端连着纸带．接通电源，轻推小车P使之运动，小车P运动一段时间后，与原来静止的小车Q相碰，并粘合在一起继续运动．((已知打点计时器电源频率为

50Hz)(1)两车碰撞前后打出的纸带如图乙所示．测得小车P的质量mP=0.60kg，小车Q的质量mQ=0.40kg_______，由以上数据求得碰前系统总动量为kg·m／s_______，碰后系统总动量为kg·m／s(结果保留三位有效数字

)(2)__________________________________________________________________实验结论：22、用如图所示的装置测光的波长．

（1）将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数为_______mm，求得相邻亮纹的间距Δx为_______mm．

（2）已知双缝间距d=2.0×10－4m，测得双缝到屏的距离l=0.700m，由计算式_______，求得所测红光波长为_______nm．评卷人得分六、解答题(共3题，共27分)23、气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为横截面积为的柱状气动杆与底座固定连接，可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，稳定后测得封闭气体柱长度为设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力，已知大气压强为室内温度取若质量为M的人盘坐在椅面上，稳定后椅面下降的高度为室内温度保持不变。

（1）求坐椅上人的质量M；

（2）稳定后，室内气温缓慢升高至此过程中封闭底座气体内能增加2.0J，求封闭气体与外界交换的热量。

24、如图所示，一根两端开口、横截面积为S=2cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定（插入水银槽中的部分足够深）。管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L=21cm的气柱，气体的温度为t1=7℃，外界大气压取p0=1.0×105Pa（相当于75cm高的汞柱压强）。

(1)若在活塞上放一个质量为m=0.1kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？（g=10m/s2）

(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2=77℃；此时气柱为多长？

(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10J，则气体的内能增加多少？25、如图所示，一玻璃工件折射率为n，左侧是半径为R的半球体，右侧是长为8R、直径为2R的圆柱体．一细束光线频率为f，沿半球体半径方向射入工件，最终这束光都能到达圆柱体的右端面，忽略光在圆柱体端面的反射，已知光在真空中的传播速度为c．求：

（1）光在玻璃工件中的波长；

（2）光在工件中传播所需最长时间．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

根据洛伦兹力的特点,洛伦兹力对带电粒子不做功,A错.B对.根据F=Bqv,可知大小与速度有关.洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向,不改变速度的大小.2、A【分析】【分析】

【详解】

A．分子间存在相互作用的引力和斥力；引力和斥力都随分子间距离的减小而增加，随分子间距的增大而减小，故A正确；

B．布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动；不是液体分子的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映，故B错误；

C．当分子力表现为引力时；分子力总是随分子间距离的增大而减小，因克服分子力做功，分子势能总是随分子间距离的增大而增大，故C错误；

D．物体对外做功；若气体吸收热量，则其内能不一定减小，故D错误。

故选A。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．只有晶体中的单晶体具有规则的形状且有各向异性的特征；选项A错误；

B．液体的分子势能与液体的体积有关；选项B错误；

C．气体的体积变化时；气体对外做功，但如果同时气体吸收热量，气体的内能可能不变。故C正确；

D．只有晶体的分子依照一定的规律在空间整齐地排列成“空间点阵”；故D错误。

故选C。4、C【分析】【详解】

由右手定则可以判断，导体棒中的电流方向向左，所以通过电阻R的电流方向向右；再由左手定则可以判断出导体棒受到的安培力方向竖直向下，所以A、B错误；由题意知导体棒做匀速运动，故动能不变，所以导体棒机械能的增加量也就是重力势能的增加量，等于棒克服重力所做的功，所以C正确；导体棒机械能的变化量对于除重力以外的力做的功，所以棒机械能的增加量等于恒力F、安培力和滑动摩擦力f做的总功，所以D错误．5、A【分析】粒子带负电，受到的电场力方向和电场方向相反，所以从A到B过程中电场力做负功，粒子的电势能增大，但只有一条电场线，无法判断电场强度的变化，即不能判断粒子受到电场力的变化情况，故A正确．二、多选题(共5题，共10分)6、A:C:D【分析】【分析】

根据电压和匝数成正比可求出副线圈的电压；在根据电路中的串并联关系可以知道电流及功率的变化状况．

【详解】

A；因为输入电压几乎不变；原副线圈的电压比等于匝数之比，所以比值不变，故A对；

B、因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，闭合开关后，负载增加，副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即A2示数增大，原副线圈电流之比等于匝数之反比，所以电表A1示数也增大；故B错；

C、由于A2示数增大，所以流过输电线的电阻R0的电流增大，根据则输电线的电阻R0消耗的功率增大；故C对；

D、闭合开关，电压表V2示数不变，副线圈电流增大，R0两端电压增大，根据串联分压得R1两端电压减小，所以流过电阻R1的电流减小；故D对；

故选ACD

【点睛】

电压是前决定后，电流是后决定前，并且前后功率相等．7、B:D【分析】【详解】

由牛顿第二定律得：，已知：，解得：R＝a，因此当θ＝60°入射时，粒子恰好从A点飞出，故A错误；当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是，当θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是，故B正确；当θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是，是在磁场中运动时间最长，故B正确；由上可知θ从0°到60°在磁场中运动时间先减小后增大，故C错误；当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确．8、A:C:D【分析】【分析】

高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场；在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析电流变化的频率与焊缝处的温度升高的关系．焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处热功率大，温度升的很高．

【详解】

高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高的越快。故A正确。当增大感应线圈电阻，相当于减小了交流电的电流，电流的峰值变小，在频率不变的情况下，单位时间电流的变化量变小，即电流的变化率变小，则磁场的变化率变小，磁通量的变化率变小，加热效果减弱，故B错误；采用金属电阻率越小的管道材料，会在焊接的管道中产生较大的电流，焊接效果越好，选项C正确；感应线圈中通以正弦交流电，根据法拉第电磁感应定律可知，在管道中产生的涡流也是交流电，选项D正确；故选ACD.9、B:C:D【分析】【详解】

根据表达式可知rad/s，根据得，交流电的频率为故A错误；原线圈电压有效值为则副线圈电压为故B正确；二极管具有单向导电性，二极管中的交流电只有半个周期可以通过，根据有效值的定义得解得根据欧姆定律得通过的电流为故C正确；电阻消耗功率为电阻消耗功率为则原线圈输入功率为故D正确.10、A:B:C【分析】【详解】

由图象分析可知：在b点前做加速运动，b点后做减速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，可知b点的合场强为零，Q2带负电，且有所以，Q1＞Q2，故AB正确．该电荷从a点到b点，做加速运动，且该电荷为正电荷，电场力做正功，所以电势能减小，再据Ep=qφ知，电势降低，所以b点电势较低，故C正确，D错误；故选ABC．三、填空题(共5题，共10分)11、略

【分析】【详解】

第一空.由题中I－U图像可知：遏止电压Uc=2V，即Ekm=eUc=3.2×10-19J。

第二空.由光电效应方程Ekm=hv－W0解得W0=hv－Ekm=3eV=4.8×10-19J.【解析】3.2×10－194.8×10－1912、略

【分析】【详解】

[1][2]当外界温度升高时，瓶内气体体积增大，质量不变，瓶内气体的密度减小；由于热传递，瓶内气体温度升高，瓶内气体分子的平均动能增大。【解析】减小增大13、略

【分析】【详解】

通过电流表G的电流为零，电流表G两端电势相等．电阻丝MP段与PN段电压之比等于和的电压比，即通过电阻丝两侧的电流是相等的，通过和的电流也相等，则有根据电阻定律公式可知联立可得解得．【解析】14、略

【分析】由于金属棒ab向右运动，根据楞次定律判断可知abcd回路中产生顺时针方向的感应电流；在圆环处产生垂直于纸面向里的磁场，随着金属棒向右减速运动，圆环的磁通量将减小，依据楞次定律可知，圆环将产生顺时针方向的感应电流，圆环将有扩张的趋势以阻碍圆环磁通量的减小．

点睛：本题关键掌握楞次定律，知道楞次定律既可以用来判断感应电流的方向，也可以判断安培力方向，从而判断圆环的运动趋势，关键理解“阻碍”二字．【解析】收缩；顺时针15、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]AD．理想气体是指在任何温度；任何压强下都遵守气体实验定律的气体；是为了研究方便而引入的不计本身大小、分子间除碰撞外不计相互作用力，无分子势能、分子间碰撞为弹性碰撞的理想模型，故AD正确；

B．实际气体温度不太低；压强不太大时可视为理想气体；故B错误；

C．由于理想气体不计分子势能；因此其内阻只与温度有关，故C错误。

故选AD。

（2）[2][3]由于压缩过程中气体与外界无热量交换，气体内能增加，因此温度升高，气体的分子平均动能增大，根据热力学第一定律可知W=ΔU=3.4×104J

（3）[4]设气体在标准状况下的体积为V0，上述过程为等压过程，有=

气体物质的量为n=

分子数为N=nNA

联立以上各式并代入数据解得N==5×1024【解析】①.AD②.增大③.等于④.5×1024四、作图题(共3题，共27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4题，共36分)19、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）欧姆表表盘读数为“7Ω”；倍率为“×10”，故为70Ω；障检测时，除电流表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表处；

（3）为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为：100mA≤I≤300mA，根据欧姆定律，总电阻120Ω≥R总≥40Ω；扣除定值电阻10Ω，即电流表内阻和电源内阻加上电阻箱电阻应该大于等于30Ω而小于等于110Ω，由于电流表内阻不计，故应该选方案2；

（4）根据闭合电路欧姆定律，有E=I（r+R0+R），则为对比一次函数y=kx+b；R相当于x；

相当于k，相当于y，k（-r-R0）相当于b；解得：E=r=−R0

考点：测定电池的电动势和内电阻。

【名师点睛】本题涉及欧姆表的读数、测定电源电动势和内电阻的实验原理及具体操作，虽然最后的图象处理不是用的伏安法，但都可以用闭合电路欧姆定律列式分析，作出直线图象是关键．【解析】（1）70Ω，电流表（3）方案是2．（4）．20、略

【分析】【详解】

试题分析：①本实验中应选用分压接法；故滑动变阻器应选小电阻，滑动变阻器选D；由P=UI可得，电流为I=0.28A，电流表应选B；②题目中要求多测几组数据，故滑动变阻器采用分压接法；灯泡内阻较小；故电流表选用外接法，设计的电路图如图所示。

由电路图连成实物图如图所示。

③由图可知，当电压为2.8V时，电流为0.28A，故电阻

【点睛】根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；由图象可得出额定电压，由图象可求得灯泡的正常工作时的电流，由欧姆定律可求得灯泡的正常工作时的电阻.【解析】DB102