2025年外研版三年级起点高二物理下册月考试卷

…………○…………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年外研版三年级起点高二物理下册月考试卷913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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、在一个真空点电荷电场中，离该点电荷为r的一点，引入电量为q的检验电荷，所受到的电场力为F，则离该点电荷为r处的场强的大小为（）

A.

B.

C.

D.

2、理想变压器如图所示，副线圈接有三个灯泡，原线圈与一个灯泡串联在交流电源上，若四个灯泡完全相同且都正常发光，则电源两端的电压U1与灯泡两端的电压U2之比为()A.1∶1B.2∶1C.3∶1D.4∶13、如图所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷.

设两列波的振幅均为5cm

且在图示的范围内振幅不变，波速和波长分别为1m/s

和0.5m.C

点是BE

连线的中点，下列说法不正确的是()

A.E

两点振动始终反相B.图示时刻AB

两点的竖直高度差为20cm

C.图示时刻C

点正处在平衡位置且向上运动D.从图示的时刻起经0.75s

后，B

点通过的路程为60cm

4、带电粒子经加速电场加速后垂直进入两平行金属板间的偏转电场，要使它离开偏转电场时偏转角增大，可采用的方法有(

)

A.增加带电粒子的电荷量B.增加带电粒子的质量C.增高加速电压D.增高偏转电压5、某电解电容器上标有“25V；470μF”的字样；对此，下列说法正确的是（）

A.此电容器只能在直流25V及以下电压才能正常工作。

B.此电容器必须在交流25V及以下电压才能正常工作。

C.当工作电压是25V时；电容才是470μF

D.这种电容器使用时；不必考虑两个引出线的极性。

6、一平行电容器两极板之间充满云母介质，充满电后与电源断开．若将云母介质移出，则电容器（）A.电容器的电压变大，极板间的电场强度变大B.电容器的电压变小，极板间的电场强度变大C.电容器的电压变大，极板间的电场强度不变D.电容器的电压变小，极板间的电场强度不变7、如图所示，在一个平面内有六根绝缘的通电导线，电流大小相同，1、2、3、4为面积相等的正方形区域，其中指向纸面内的磁场最强的区域是（）A.1区B.2区C.3区D.4区8、我国对中微子的研究处于世界领先地位，大亚湾反应堆中微子实验工程获国家自然科学奖一等奖。太阳发生核反应时会放出大量中微子及能量。假设太阳释放的能量是由“燃烧氢”的核反421H隆煤24He+2鈭�10e+2v

提供，式中v

为中微子，这一核反应平均每放出2

个中微子相应释放28MeV

的能量。已知太阳每秒约辐射2.8隆脕1039MeV

的能量，地球与太阳间的距离约为1.5隆脕1011m

则地球表面与太阳光垂直的每平方米面积上每秒接收到中微子数目的数量级为(

)

A.1011B.1014C.1017D.1020

9、如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道竖直放置于匀强磁场中，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直于轨道平面向外。轨道半径为R，两端a、c在同一高度上。将质量为m、电量为q的带正电小球，从轨道左端最高点a由静止释放，重力加速度为g，则小球从左向右通过最低点时对轨道的弹力N1与小球从右向左通过最低点时对轨道的弹力N2的差值为（）A.2mgB.mgC.2qBD.qB评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、有一电容器，带电量为10-5C时，两板间电压为200V，如果使它带的电量再增加10-6C，这时它的电容是____F．11、借助运动传感器可用计算机测出物体运动的速度．如图所示，传感器系统由两个小盒子A、B组成，A盒装有红外线发射器和超声波发射器，它装在被测物体上，每隔0.03s可同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲；B盒装有红外线接收器和超声波接收器，B盒收到红外线脉冲时开始计时（红外线的传播时间可以忽略不计），收到超声波脉冲时计时停止．在某次测量中，B盒记录到的连续两次的时间分别为0.15s和0.20s，根据你知道的知识，该物体运动的速度为____m/s，运动方向是____．（背离B盒还是靠近B盒，声速取340m/s）12、近几年，宁夏大力兴建风力发电站．风力发电是将____能转化为____能．13、利用火箭发射载人神舟飞船，当火箭从静止开始加速起飞时，火箭推力______(

填“大于”或“小于”)

火箭和飞船的重力，此时宇航员处于______(

填“超重”、“失重”或“完全失重”)

状态．14、一物体沿x轴做简谐运动；振幅12cm，周期2s。当t=0时，位移为6cm，且向x轴正方向运动；

（1）物体做简谐运动的表达式（用正弦函数表示）为______；

（2）t=10.5s时物体的位置为______cm评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）16、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）17、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

18、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）19、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）20、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

21、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

评卷人得分四、证明题(共2题，共18分)22、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。23、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。评卷人得分五、实验探究题(共4题，共20分)24、用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r；所给的器材有：

A．电压表V：0～3～15V；

B．电流表A：0～0.6～3A；

C．滑动变阻器R1：总电阻20Ω；

D．滑动变阻器R2：总电阻100Ω；

E．电键S和导线若干．

（1）电压表量程选用______，滑动变阻器选用______（填R1或R2）

（2）在图1中将电压表连入实验电路中．

（3）在图2U-I图象已画出七组实验数据所对应的坐标点，请根据这些点做出UI图线并由图线求出E=______V，r=______Ω（结果保留2位位小数）．25、图(a)

为通过实验测得的某磁敏电阻在室温下的电阻一磁感应强度特性曲线，测试时，磁敏电阻的轴线方向与磁场方向相同。(1)

试结合图(a)

简要回答，磁感应强度B

在0.4鈭�1.2T

内成线性变化，则当B

在0.4鈭�1.2T

范围内时，磁敏电阻的阻值与磁场B

的关系为_________。(

定量关系)

(2)

某同学想利用磁敏电阻图(a)

所示特性曲线测试某匀强磁场，设计电路如图(b)

所示，磁敏电阻与开关、电源和灵敏电流表连接，长直导线与图示电路共面并通以图示电流。请指出本实验装置的错误之处_______________。(3)

某同学想要验证磁敏电阻在室温下的电阻隆陋

磁感应强度特性曲线的准确性，需要测定B

在0.4隆芦1.2T

范围内磁敏电阻的阻值，有如下器材：A、电流表A(

量程2mA

内阻约为5娄赂)

B、电流表A(

量程0.6A

内阻约为1娄赂)

C、电压表V(

量程15V

内阻约为3k娄赂)

D、电压表V(

量程3V

内阻约为1k娄赂)

E、滑动变阻器R1(0隆芦10娄赂

额定电流为2A)

F、滑动变阻器R2(0隆芦6k娄赂

额定电流为0.3A)

G、电源E(

电动势12V

内阻较小)

H、导线、开关若干垄脵

则电流表选_____，电压表选_____，滑动变阻器选_____；垄脷

在线框内画出你设计的测量磁敏电阻的电路图。26、为了描绘标有“3V；0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化．所给器材如下：

A．电流表（0～200mA；内阻约0.5Ω）

B．电流表（0～0.6A；内阻约0.01Ω）

C．电压表（0～3V；内阻约5kΩ）

D．电压表（0～15V；内阻约50kΩ）

E．滑动变阻器（0～10Ω；0.5A）

F．电源（3V）

G．电键一个；导线若干．

（1）为了完成上述实验，电流表应选择______，电压表应选择______

（2）在虚线框（图1）中画出完成此实验的原理图；并将实物按电路图2补充完整．

27、用如图1所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用．除电池；开关和导线外；可供使用的实验器材还有：

电流表（量程0.6A；3A）；

电压表（量程3V；15V）

定值电阻（阻值1Ω；额定功率5W）

定值电阻（阻值10Ω；额定功率10W）

滑动变阻器（阻值范围0～10Ω；额定电流2A）

滑动变阻器（阻值范围0～100Ω；额定电流1A）

那么：

①要正确完成实验，电压表的量程应选择______V，电流表的量程应选择______A；R0应选择______Ω的定值电阻，R应选择阻值范围是______Ω的滑动变阻器．

②引起该实验系统误差的主要原因是______．

③图2是根据实验数据画出的U-I图象．由此可知这个干电池的内阻r=______Ω，测量值比真实值______．（填偏大或者偏小）参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】

根据电场强度定义得r处的场强大小为E=

根据点电荷的场强公式得E=Q为场源电荷的电量；

则有：=

解得：

所以该点电荷为r处的场强的大小为．

故选B．

【解析】【答案】根据库仑定律和电场强度的定义式求解。

2、D【分析】【解答】有电路图可知原、副线圈中电流比为I1∶I2＝1∶3，则I1(U1－U2)＝I2U2得U1＝4U2，所以U1：U2=4:1。

故选D

【分析】本题考查变压器基本原理，属于基础题；关键是找出原、副线圈中电流比为I1∶I2。3、A【分析】解：A.AE

的连线为振动加强区，则C

点为振动加强点，CE

两点振动不一定相反，故A错误；BD

如图所示；频率相同的两列水波相叠加的现象.

实线表波峰，虚线表波谷，则AE

是波峰与波峰相遇，B

点是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强区；由于振幅是5cmA

点是波峰与波峰相遇，则A

点相对平衡位置高10cm.

而B

点是波谷与波谷相遇，则B

点相对平衡低10cm.

所以AB

相差20cm

．

周期T=娄脣v=0.51s=0.5s

从图示时刻起经0.75sB

质点通过的路程为6A=60cm.

故BD正确；

C；由图可知；下一波峰将从E

位置传播到C

位置，则图示时刻C

点正处于平衡位置且向水面上运动，故C正确；

本题选择错误的；故选：A

．

频率相同的两列水波的叠加：当波峰与波峰；可波谷与波谷相遇时振动是加强的；当波峰与波谷相遇时振动是减弱的．

运动方向相同时叠加属于加强，振幅为二者之和，振动方向相反时叠加属于减弱振幅为二者之差．【解析】A

4、D【分析】解：设带电粒子进入偏转电场时的速度为v0

加速电压为U1

偏转电压为U2

．

带电粒子在加速过程，应有：qU1=12mv02垄脵

进入偏转电场后；设粒子在偏转电场运动时间为t

加速度为a

偏转角为娄脠

由类平抛规律：

L=v0t垄脷

vy=at=qU2md鈰�Lv0垄脹

tan娄脮=vyv0垄脺

得：tan娄脮=U2L2U1d

可见；偏转角与带电粒子的电量和质量无关；要使偏转角增大，可减小加速电压U1

或增大偏转电压U2.

故ABC错误，D正确．

故选：D

．

先由动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度；利用类平抛规律求出粒子离开偏转电场时的速度偏角的正切值，然后讨论即可．

本题关键应掌握带电粒子在匀强电场中做“类平抛运动”的求解思路和方法，熟练运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解偏转角的正切．【解析】D

5、A【分析】

A；由标称值可知；该电解电容器用于直流25V及以下电压时才能正常工作；故A正确，B错误．

C；电容器的电容值由其内部构造所决定；在不被击穿的条件下，与其工作电压无关；故C错误．

D；电解电容器两引线有正、负极之分；使用时极性不能接错，也不能接交流电．故D错误．

故选A．

【解析】【答案】电解电容器上标有“25V；470μF”的字样；知工作的安全直流电压，以及电容的大小，电容的大小与电容的电压无关，由电容本身的因素决定．

6、A【分析】解：由C=可知；当云母介质抽出时，ɛ变小，电容器的电容C变小；电容器充电后断开，故Q不变；

根据U=可知；当C减小时，U变大．

再由E=由于d不变，U变大，故E也变大，故A正确，BCD错误．

故选：A．

电容器始终与恒压直流电源相连；则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出后介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化．

本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变．要掌握C=C=E=三个公式．【解析】【答案】A7、D【分析】解：以点代表磁场指向纸外，叉代表磁场指向纸内，根据安培定则分析可知，各导线在四个区域产生的磁场方向如下表所示．。导线区域1区域2区域3区域41点点点点2点点叉叉3叉叉叉叉4叉叉叉叉5叉点点叉6点点点点根据磁场的叠加可知；指向纸面内的磁场最强的区域是4区．

故选D

根据安培定则判断六根通电导线在1；2、3、4四个区域产生的磁场方向；根据磁场的叠加，判断哪个区域的磁场最强．

本题利用安培定则判断磁场方向比较简单，但磁场的叠加，较为复杂，采用列表法可防止思路出现混乱．【解析】【答案】D8、B【分析】【分析】据释放的能量，即可计算出核反应的次数，然后结合地球轨道所在处的球面积，即可求解。质能方程是原子物理中的重点内容之一，该知识点中，关键的地方是要知道反应过程中的质量亏损等于反应前的质量与反应后的质量的差。该题中的数学能力的要求比较高。【解答】由题中条件可算得太阳每秒放出2隆脕2.8隆脕103928=2隆脕1039

个中微子；

中微子向四面八方辐射，成球面形状分布，地表上每平方米每秒可接收到的数目为2隆脕10394娄脨r2隆脰7隆脕1014

故C正确；ABD错误。

故选C。

【解析】B

9、C【分析】解：小球从左向右通过最低点时对轨道的弹力。

N1-mg-qvB=m

小球从右向左通过最低点时对轨道的弹力。

N2+qv′B-mg=m

联立解得N1-N2=2qB故C正确，ABD错误；

故选：C。

小球运动过程中；洛伦兹力不做功，由牛顿第二定律求解第一次和第二次通过最低点时对轨道的弹力，然后求差即可。

解答此题的关键要弄清洛伦兹力不做功，然后根据牛顿第二定律求解，不难。【解析】C二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】

电容器的电容C===5×10-8F

电量增加，电压也增加，但电容器的电容不随电量的变化而变化，故它的电容仍为5×10-8F

故答案为：5×10-8F

【解析】【答案】电容器的电容不随电量的变化而变化，直接由C=可得C．

11、略

【分析】

红外线的传播时间可以忽略不计。

当第一次发射脉冲时，车距B盒的距离X1=340×0.15=51m

当第二次发射脉冲时，车距B盒的距离X2=340×0.2=68m

每隔0.03s可同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，所以v==567m/s

由于X2＞X1；所以运动方向是背离B盒．

故答案为：567；背离B盒．

【解析】【答案】由于红外线的传播时间忽略不计；所以根据记录到的时间和声速求出车距B盒的距离．

利用距离差和时间差求出速度．

12、机械电【分析】【解答】风力发电中消耗了机械能；增加了电能；故风力发电是将风能即机械能通过电磁感应现象转化为电能；

故答案为：机械；电．

【分析】近本题考查风力发电，解答时应明确发电机的原理为电磁感应；明确能量的转化方向．13、略

【分析】解：在火箭竖直向上加速运动的过程中；加速度的方向向上，根据牛顿第二定律得：F鈭�mg=ma

所以火箭推力大于火箭和飞船的重力.

人也有向上的加速度，由向上的合力，处于超重状态，人受到的支持力要大于人的重力，根据牛顿第三定律可知，宇航员对其座椅的压力大于宇航员的重力．

故答案为：大于；超重。

当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时；就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；

当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时；就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；

如果没有压力了；那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g

．

本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了．【解析】大于；超重14、x=12sin（πt+）cm6【分析】解：（1）简谐运动的振动方程为：x=Asin（ωt+φ）；

振幅为12cm，由周期T=2s得频率为f=0.5Hz，故角速度为：ω=2πf=πrad/s；

在t=0时；位移是6cm，故：6=12sinφ

解得：φ=30°=

故振动方程为：x=12sin（πt+）cm；

（2）t=10.5s代入表达式可得x=6cm

故答案为：（1）x=12sin（πt+）cm（2）6

（1）简谐运动的振动方程为：x=Asin（ωt+φ）；代入数据求解初相位和角频率；

（2）t=10.5s代入表达式可求得对应的位置。

本题关键是记住简谐运动的振动方程为x=Asin（ωt+φ），明确各个量的含义，基础问题。【解析】x=12sin（πt+）cm6三、判断题(共7题，共14分)15、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．16、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．17、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．18、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．19、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．20、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．21、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．四、证明题(共2题，共18分)22、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动23、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动五、实验探究题(共4题，共20分)24、略

【分析】解：（1）干电池的电动势约为1.5V，故电压表选择0～3V量程；因内阻较小，为了便于控制，滑动变阻器选择总阻值较小的R1即可；

（2）由于电源内阻与电流表内阻接近；故应采用电流表相对电源的外接法；并且应将开关能控制整个电路，故如图所示；

（3）根据闭合电路欧姆定律可知：U=E-Ir，则可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故E=1.49V，r===0.82Ω

故答案为：（1）0～3V；R1；（2）如图所示；（3）1.49；0.82．

（1）根据实验原理和电源的电动势进行分析；从而选择电压表和滑动变阻器；

（2）根据实验原理分析实验电路图；并注意开关能控制整个电路；

（3）根据闭合电路欧姆定律以及图象进行分析；求解电动势和内电阻．

解决本题的关键掌握伏安法测量电源电动势和内阻的原理，即E=U+Ir，会根据U-I图线求电源的电动势内阻．【解析】0～3V；R1；1.49；0.8225、（1）RB＝(22500B-3000)Ω

（2）磁敏电阻的轴线与磁场不垂直

（3）①ACE

②【分析】【分析】(1)

根据图示图象判断电阻随磁感应强度变化的关系；

(2)

实验时磁场方向应与磁敏电阻的轴向方向相同，由安培定则判断磁场方向与磁敏电阻轴向方向间的关系；(3)

采用伏安法测量电阻，由于待测电阻较大，采用电流表内接法，滑动变阻器采用分压式接法。本题考查了伏安法测电阻、磁感应强度；本题关键是用伏安法测量出磁敏电阻的阻值，然后根据某磁敏电阻在室温下的电阻鈭�

磁感应强度特性曲线查出磁感应强度，同时要能读懂各个图象的物理意义，变化规律。【解答】(1)

图(a)

所示图象可知，在0隆芦0.4T

范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度非均匀变化，在0.6隆芦1.2T

范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度均匀变化，由图可得：RB=(22500B鈭�3000)娄赂