2025年沪科版必修3物理上册月考试卷

…………○…………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年沪科版必修3物理上册月考试卷241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5题，共10分)1、平安同学先用多用电表的欧姆表“10”档测量；发现指针偏转角度很大而读数很小。为了减小测量误差，他再次进行测量前应该进行的操作步骤顺序是（）

①将红表笔和黑表笔接触。

②把选择开关旋转到“×100”位置。

③把选择开关旋转到“×1”位置。

④调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点A.③①④B.②①④C.③④①D.②④①2、关于电源和电动势，下列说法中正确的是（）A.在电源内部非静电力把正电荷从正极移动到负极B.对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大C.电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量D.电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多3、如图所示，将绝缘细线的一端O点固定，另一端拴一带电的小球P，空间存在着方向水平向右的匀强电场E。刚开始小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45°，给小球一个沿圆弧切线左下方的瞬时冲量，让小球在竖直平面内做半径为r的圆周运动；下列分析正确的是（）

A.小球可能带负电B.小球在右半圈从d运动到c的过程中其速度先增大后减小C.当小球运动到最高点a时，小球的电势能与动能之和最大D.当小球运动到最高点a的速度v≥时，小球才能做完整的圆周运动4、有一电场的电场线如图所示，场中A、B两点电场强度的大小和电势分别为EA、EB和φA、φB表示；则（）

A.EA＞EB，φA＞φBB.EA＞EB，φA＜φBC.EA＜EB，φA＞φBD.EA＜EB，φA＜φB5、图甲为“测量干电池的电动势和内阻”的实验电路图。实验中测得多组电压和电流值，通过描点作图得到如图乙所示的U—I图线。下列判断正确的是（）

A.电源的电动势E=0.5VB.电源的内阻r=1.0ΩC.当电压为1.4V时，外电路电阻阻值R=3ΩD.当电流为0.2A时，电源内电压U内=1.3V评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、在如图所示的电路中，E为电，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表，若将照射R3的光的强度减弱；则（）

A.电压表的示数变大B.小灯泡消耗的功率变小C.通过R2的电流变小D.电源内阻发热的功率变小7、已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，在有磁场时电阻很大，并且磁场越强阻值越大．为了探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源电动势和内阻不变，在没有磁场时，调节滑动变阻器使电灯发光，当探测装置从无磁场区进入强磁场区（设电灯不会烧坏），则（）

A.电灯变亮B.电流表示数增大C.滑动变阻器的功率增大D.磁敏电阻两端的电压增大8、平行板电容器两极板长度均为宽度均为两极板间距为d，在极板左侧有一“狭缝”粒子源（粒子源长度也为a），沿极板中心平面连续不断地向整个电容器射入相同粒子，距极板右端处有一与极板垂直的足够大光屏，如图所示。粒子质量为m，电荷量为初速度大小均为初速度方向均垂直于光屏。当平行板电容器两极板间电压为时，粒子恰好从极板右侧边缘飞出电场。在两极板间加上连续变化的电压；每个粒子通过电容器的时间都远小于电压变化的时间，在每个粒子通过电容器的时间内，电场可视为匀强电场，不计粒子重力。则关于粒子运动下列说法正确的是（）

A.电压U0满足B.粒子打在光屏上的最大速度为C.粒子打在光屏上的最大速度与光屏夹角a满足D.粒子打在光屏上的区域面积为9、两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等；则（）

A.a点的电场强度比b点的大B.c点的电场强度比d点的小C.把一个正电荷从a点移到b点电势能增加D.c点的电势比d点的高10、如图所示是电阻R的I-U图像，图中α=45°；由此得出（）

A.通过电阻的电流与两端电压成正比B.电阻R=0.5ΩC.因I-U图像的斜率表示电阻的倒数，故R==1.0ΩD.在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0C11、如图所示的电路中，电源电动势内阻电阻电容器的电容若将开关S闭合，电路稳定时通过R1的电流为I；断开开关S后，通过R1的电荷量为q。则（）

A.I=0.75AB.I=0.25AC.q=2×10-5CD.q=1×10-5C12、如图所示为多用电表原理示意图，所用电流表的表盘刻度共100格，满偏电流为满偏电压为电源的电动势为内阻直流电压挡的量程为则下列判断正确的是（）

A.黑表笔应该接红表笔接B.定值电阻的阻值为C.选择开关接2，刻度盘正中间的刻度值为D.选择开关接3，若指针与电流表第25格刻度线重合，则通过的电流为13、有两根长直导线互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在如图所示的平面内，点为两根导线连线的中点，为两导线连线的中垂线上两点，与点的距离相等，与夹角为．若两导线中通入大小相等、方向相同的恒定电流单根导线中的电流在处产生的磁感应强度则下列说法中正确的是。

A.点和点的磁感应强度方向一定相同B.点和点的磁感应强度大小均为C.点和点的磁感应强度大小均为D.在线段上各点的磁感应强度都不可能为零14、两个相同金属小球（均可视为点电荷）带电量之比为3:1，固定在相距为r的两处，它们之间的库仑力大小为F，两小球相互接触后分开并将其固定距离变为r/2，现在两球间的库仑力大小F′，则下列分析可能正确的是

A.B.C.D.评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、如图所示，一个α粒子（氦核）在电势差为U1=100V的电场中由静止开始加速运动，然后射入电势差为U2=10V的两块平行板的偏转电场中，偏转电场极板长L=20cm，间距d=5cm．若α粒子能飞离平行板区（重力可忽略），则α粒子刚进入偏转电场时的动能为________eV,飞离偏转电场时的偏移量y=_____________m．

16、如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为_________方向为_________(k为静电力常量)

17、在一点电荷Q产生的电场中，电荷量为+q的粒子在某点的电势能Ep与该点到Q的距离r的关系如图所示。设电场中距Q的距离为L、3L处的电势分别为φ1、φ2，电场强度分别为E1、E2，则Q带____（选填“正”或“负”）电，φ1：φ2=____，E1：E2=____。

18、一充电后的平行板电容器与电源断开后，若只将电容器两板间距离增大，电容器所带电荷量Q将____，电容C将___，电容器两极板间的电势差U将______。（三空均选填“增大”、“减小”或“不变”）19、请完成下列各表的读数；把答案填在图下的横线上。

（1）量程为0~3V和0~3A的电表。读数___________，读数___________

（2）量程为0~15V的电压表读数。读数___________，读数___________，读数___________

（3）量程为0~0.6A的电流表读数。读数___________，读数___________，读数___________，读数___________

20、如图所示，电源电动势为E、内阻为r，外电阻分别为闭合电键S，当滑动变阻器的触头，P向下滑动时，四个理想电表A、的示数都将发生变化，电表的示数分别用I、和表示，电表示数变化量分别用和表示。

（1）示数和其中一定变小的是_________。

（2）表达式其中一定变小的是__________。

（3）变化量和其中绝对值最大的是___________。

（4）用r表示下列比值，注意结果的正负___________：。________________________________

（5）若的调节范围为为了让电阻消耗功率最大，则应取______为了让电阻消耗功率最大，则应取______为了让电阻消耗的总功率最大，则应取_____评卷人得分四、作图题(共2题，共20分)21、把蜂鸣器；光敏电阻、干簧管继电器开关、电源连成电路如图所示；制成光电报警装置，当报警器有光照射时，峰鸣器发声，当没有光照或者光照很弱时，蜂鸣器不发声，①光敏电阻：光敏电阻受光照后，阻值会变小，②干簧管继电器开关：由干簧管和绕在干簧管外的线圈组成，当线圈中有一定的电流时，线圈产生的磁场使密封在干簧管内的两个铁质簧片磁化，两个簧片在磁力作用下由原来的分离状态变成闭合状态，当线圈中没有电流或者电流很微弱时，磁场消失，簧片在弹力的作用下恢复到分离状态，电路已经连接一部分，请将电路完整连接好。

22、在如图所示的四幅图中；分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针静止时N极的指向或磁感线方向。请画出对应的磁感线（标上方向）或电流方向。

评卷人得分五、实验题(共3题，共9分)23、某实验小组进行“探究热敏电阻的温度特性”实验，实验室提供如下器材：热敏电阻Rt（常温下约8kΩ）、温度计、电流表A（量程1mA，内阻约200Ω）、电压表V（量程3V，内阻约10kΩ）、电池组E（电动势为4.5V，内阻约1Ω）、滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；开关S、导线若干、烧杯和水。

（1）根据实验所提供的器材，设计实验电路，画在图甲所示的方框中；_______

（2）图乙是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请根据你所设计的实验电路，补充完成实物间的连线；_______

（3）闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头P应置于_______（填“a”或“b”）端；

（4）实验小组利用完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的Rt­t图象如图丙中的实测曲线，与图中理论曲线相比二者有一定的差异。除了偶然误差外，关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法，下列说法中正确的是（______）

A．电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大。

B．电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小。

C．温度升高到一定值后；电流表宜采用外接法。

D．温度升高到一定值后，电流表宜采用内接法24、某同学测定某电池的电动势和内阻，电流表A1内阻约为0.5Ω；电流表A2满偏电流Ig=6mA，内阻为100Ω，把电流表A2串联电阻箱R改装成量程6V的电压表。该同学分别采用图甲和图乙两种测量方案，测量得到如图丙所示的两条电源的特征曲线，其中I1与I2分别为电流表A1和A2的示数。回答下列问题：

（1）电阻箱R的阻值应为___________Ω。

（2）图丙中标记为I的图线是采用___________（填“甲”或“乙”）方案测量得到的。

（3）图丙中图线I中测量的电源电动势E=___________V，电源内阻r=___________Ω。

（4）研究表明，图甲方案中电池内阻测量值为电流表A2内阻和电阻箱R阻值之和再与电池内阻并联的值，图乙方案中电池内阻测量值为电池内阻与电流表A1内阻串联值。若已知A1的内阻准确值为0.5Ω，则实验中测量内阻的相对误差可表示为图乙的相对误差为___________%。（保留1位有效数字）25、正确读出图中各表的读数：

（1）如图甲，接0~0.6A量程时读数为_______A。

（2）图乙中螺旋测微器的读数是_______mm，图丙中游标卡尺的读数是_______mm。

评卷人得分六、解答题(共2题，共6分)26、如图所示，图（a）和图（b）是长直导线，图（c）和图（d）是环形电流的磁场，图（e）和图（f）是通电螺线管的磁场。试在各图中补画出电流的方向或磁感线的方向。

27、如图,带电荷量为q=+2×10-3C、质量为=0.1kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端,板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E=103N/C的匀强电场.与B球形状相同、质量为0.3kg的绝缘不带电小球A以初速度=10m/s向B运动,两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场,在电场中两球又发生多次弹性碰撞,已知每次碰撞时间极短,小球B的电荷量始终不变,重力加速度g取10m/s2求:

（1）第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小;

（2）第二次碰撞前瞬间小球B的动能;

（3）第三次碰撞的位置。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】

【详解】

指针的偏转角过大；表明选用的倍率过大，应当减小倍率，故把选择开关旋转到“×1”位置，更换档位之后，应重新进行欧姆调零，再进行测量读出数据，故合理的操作顺序为③①④。故A正确，BCD错误。

故选A。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．在电源内部非静电力把正电荷从负极移动到正极；选项A错误；

BD．对于给定的电源；非静电力把单位正电荷从负极向正极移做功越多，电动势就越大，选项BD错误；

C．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量；选项C正确；

故选C。3、B【分析】【详解】

A．小球受重力、绳子的拉力和电场力三个力的作用，刚开始小球静止于P处；由受力平衡可知电场力方向水平向右，与电场方向相同，所以小球带正电，选项A错误；

B．小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45°，可知电场力和重力的合力方向斜向右下方45°角，大小为

小球从d运动到c的过程中，绳子拉力不做功，合力做功即F做功，可以判断F先做正功再做负功；故小球的速度先增大后减小，选项B正确；

C．小球运动过程中，重力势能、电势能、动能的总和保持不变，最高点a时小球的重力势能最大；则电势能与动能之和最小，选项C错误；

D．当小球运动到弧ab中点，且细线弹力为零时，有

小球能做完整的圆周运动，在该点的速度为

小球从该点运动到a点，由动能定理得

解得

因此，当小球运动到最高点a的速度时；小球才能做完整的圆周运动，选项D错误；

故选B。4、D【分析】【详解】

根据电场线的疏密表示电场强度大小，电场线密的地方，电场强度大，则有

根据沿电场线的方向电势逐渐降低，则有

ABC错误；D正确。

故选D。5、B【分析】【详解】

AB．根据闭合电路的欧姆定律有

结合图像可知，电源电动势

A错误；B正确；

C．当电压为1.4V时，电流为

则此时有

解得此时外电路电阻阻值为

C错误；

D．当电流为时，内电压为

D错误。

故选B。二、多选题(共9题，共18分)6、B:D【分析】【详解】

A．将光照强度减弱时，光敏电阻R3的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小；则电压表的示数变小，故A错误；

BC．因干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，而R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由：

可知；小灯泡消耗的功率变小，故B正确，C错误；

D．通过电源的电流减小，由：

可知；电源内阻发热的功率变小，故D正确。

故选BD。7、A:D【分析】【详解】

AB.当磁场增强时，磁敏电阻增大，总电阻增大，总电流减小，电流表示数减小，电源内电压减小，路端电压增大，电灯变亮；故A正确B错误；

C.总电流减小，通过电灯的电流增大，所以通过滑动变阻器R的电流减小，变阻器的功率减小；故C错误；

D.路端电压增大，两端的电压减小，所以磁敏电阻两端的电压增大，故D正确．8、B:C:D【分析】【详解】

A．当电压为时，水平方向

竖直方向

联立解得

故A错误；

B．当电压为时，打在光屏上的速度最大，竖直方向速度为

根据速度的合成得

联立可得

故B正确；

C．根据几何关系

可得

故C正确；

D．粒子打在光屏上的区域面积为

代入解得

故D正确。

故选BCD。9、A:C【分析】【分析】

【详解】

AB．电场线的疏密表示场强的大小，可知a点的电场强度比b点的大，c点的电场强度比d点的大；A正确，B错误；

C．沿电场线方向电势降低，可知b点电势高于a点电势，由

可知，把一个正电荷从a点移到b点电势能增加；C正确；

D．由于c、d到正电荷的距离相等，若只有正电荷，c点与d点电势相等，若只有两个负电荷，电场线由无穷远指向负电荷，故c点电势低于d点电势，当正负电荷同时存在时，c点电势低于d点电势；D错误。

故选AC。10、A:D【分析】【详解】

A．由图像可知；通过电阻的电流与两端电压成正比，选项A正确；

BC．由图像可知电阻

选项BC错误；

D．在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是

选项D正确。

故选AD。11、B:D【分析】【分析】

【详解】

AB．电路稳定时，电容器C相当于断路，则电路总电流

通过R1的电流

故A错误；B正确；

CD．此时电容器C极板上的电荷量为

断开开关后，电容器C放电，由于R1、R3为并联关系，所以通过R1的电荷量为

故C错误；D正确。

故选BD。12、A:C【分析】【详解】

A．多用电表的电流是从红表笔流进电表，从黑表笔流出电表，从电流的流向可以看出应该接黑表笔；选项A正确；

B．和电流表串联形成一个新的电压表

改装后代入数据解得

选项B错误；

C．当选择开关接2时，之间为多用电表的欧姆挡，则有

联立解得

选项C正确；

D．选择开关接3时，电流表满偏电流为总共100格，当指针指在第25格的时候，对应的示数为满偏电流的四分之一，即通过的电流为所以D错误。

故选AC。13、A:C:D【分析】【详解】

A.根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向右，N点磁场向右；方向相同，故A正确；

BC.两根导线在M点产生的磁感应强度的方向如图所示，根据平行四边形定则进行合成，得到M点和N点的磁感应强度大小为．同理，N点的磁感应强度大小也为故B错误，C正确．

D.只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，根据矢量的合成可知，线段MN上的磁感应强度不可能为零，故D正确；14、C:D【分析】【详解】

接触前两个带电小球的库仑力为若两点荷带同种电荷，则接触后两点荷各带电量为2Q，则此时的库仑力为若两点荷带异种电荷，接触之后两球电荷中和后在均分，故电荷量均为Q，此时的库仑力为故CD正确，AB错误；故选CD.

【点睛】

本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键；同时注意两种可能的情况的讨论.三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]粒子直线运动过程加速，由动能定理可得

解得

[2]再根据动能定理得

又因为粒子进入偏转电场做类平抛运动，水平方向则有

竖直方向有

粒子在偏转电场中，根据牛顿第二定律，可得

联立上式解得【解析】2000.0216、略

【分析】【详解】

电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为E＝K而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为E＝K．那么圆盘在此d产生电场强度则仍为E＝K．而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为E′＝K＝K由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加．所以两者这d处产生电场强度为K水平向右．

点睛：考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础．【解析】水平向右17、略

【分析】【详解】

[1]由图可知，粒子离电荷越远，电势能越低，说明远离电荷时，电场力做正功，即电荷与粒子之间是斥力，所以电荷Q带正电；

[2]由图可知，电荷在L处的电势能为6E0，在3L处的电势能为2E0，根据公式

两点电势之比为

[3]根据点电荷的电场强度公式

两点电场强度之比为【解析】正3∶19∶118、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]充电后的平行板电容器与电源断开；则可知电容器所带电荷量将保持不变；

[2]根据平行板电容器的决定式，可得

将电容器两板间距离d增大,易知该电容器的电容将减小；

[3]根据电容器电容的定义式，可得

电容器电荷量不变，当电容减小时，两极板间的电势差U将增大。【解析】①.不变②.减小③.增大19、略

【分析】【详解】

（1）[1][2]量程为0-3V的电压表；分度值为0.1V，由图可知，其读数为0.90V；量程为0-3A的电压表，分度值为0.1A，故其读数为1.90A。

（2）[3][4][5]量程为0~15V的电压表；分度值为0.5V。由图可知，读数分别为10.0V；10.5V、10.2V。

（2）[6][7][8][9]量程为0~0.6A的电流表；分度值为0.02A。由图可知，读数分别为0.40A；0.50A、0.22A、0.52A。

【点睛】

确认所用电表对应量程的分度值，再根据表盘指针所指位置进行读数即可。【解析】0.90V1.90A10.0V10.5V10.2V##10.3V0.40A0.50A0.22A0.52A20、略

【分析】【详解】

（1）[1]当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律，可知电流I变小U1=IR1

变小，路端电压U3=E-Ir

则知U3变大。因U3=U1+U2

U1变小，则U2变大，即一定减小的是U1。

（2）[2]表达式其中

则一定减小；和都不能确定；

（3）[3]因为U3=U1+U2

U1变小，U2变大，U3变大，则△U2＞△U1△U2＞△U3

则变化量和其中绝对值最大的是

（4）[4]用r表示下列比值如下。

（5）[5]若的调节范围为为了让电阻消耗功率最大，则电路中电流应该最大，则应取0

[6]当外电路电阻等于内阻时电源输出功率最大，为了让电阻消耗功率最大，可将R1等效为内电路电阻，则时电阻消耗功率最大；

[7]同理，为了让电阻消耗的总功率最大，则应该

即R2应取3【解析】U1见解析073四、作图题(共2题，共20分)21、略

【分析】【分析】

【详解】

电池；光敏电阻与开关及干簧管继电器开关外面接线构成一个回路；而另一组电池、蜂鸣器与干簧管继电器开关里面的两个接线构成又一个回路。当有光照时，光敏电阻阻值变小，使得干簧管继电器开关存在磁场，导致开关接通，最终使得蜂鸣器发声，电路如图所示。

【解析】22、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）在图（1）中；已知小磁针静止时N极的指向，由直线电流的安培定则，可知直线中的电流方向向下，如图所示。

（2）在图（2）中；已知小磁针静止时N极的指向，由环形电流的安培定则，可知环形电流方向从左向右看是顺时针方向，如图所示。

（3）在图（3）中；已知螺线管内小磁针静止时N极的指向，由通电螺线管的右手螺旋定则可知，螺线管中的电流方向从左端导线流入，右端导线流出，如图所示。

（4）在图（4）中，已知磁感线的方向，由安培定则可知，环形电流方向沿逆时针方向，如图所示。【解析】五、实验题(共3题，共9分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]本实验中要探究热敏电阻的温度特性曲线；故滑动变阻器采用分压式接法，同时热敏电阻阻值较大，故应采用电流表内接法，实验电路如图甲所示。

(2)[2]根据电路图连接实物图；如图乙所示。

(3)[3]闭合开关前，将滑动变阻器的滑动触头置于a端；待测电路电压和电流为零，从而保护电表。

(4)[4]AB．由于电流表内接；电流表的分压使电压表读数大于热敏电阻两端的电压，产生系统误差，故A正确，B错误；

CD．当温度升高到一定值后；电阻变小，则电流表应选用外接法，可以减小实验误差，故C正确，D错误。

故选AC。【解析】见解析图甲见解析图乙aAC24、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]根据欧姆定律有

代入数据，解得R=900Ω

（2）[2]通过图丙比较I的斜率大于Ⅱ的斜率；所以的