2025年湘教新版必修3物理下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年湘教新版必修3物理下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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6题，共12分)1、如图所示，图中边长为O的正三角形ABC的三个顶点A、B、C分别固定有三个点电荷－q、－q、＋q，则该三角形中心O点处的场强为（）

A.方向由C指向OB.方向由O指向CC.方向由C指向OD.方向由O指向C2、两个阻值分别为R12和R24的定值电阻并联，若并联电路两端电压U4V，则通过该并联电路的总电流为（）A.AB.1AC.2AD.3A3、一带负电粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移x的变化关系如图所示，则粒子在从x1向运动的过程中；下列说法中正确的是（）

A.在x1处粒子速度最大B.在x1处粒子加速度最大C.处电势比x1大D.x2处动能最大4、大一新生张三在大学物理课程上打了会儿瞌睡，醒来后发现物理书上的点电荷电场的电势公式已经模糊不清了，于是他立即在书本的空白处把公式补全了，并且说到：“还好这几个物理量的单位没有忘记。”那么，点电荷电场的电势公式最有可能是（）A.B.C.D.5、额定电压均为110V，额定功率PA=100W，PB=40W的A、B两盏灯泡，若接在电压为220V的电路上，使两盏灯泡均能正常发光，且消耗功率最小的电路是（）A.B.C.D.6、如图所示的电路，电表均为理想电表，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时；下列说法正确的是（）

A.电流表读数变小，电压表读数变大B.小灯泡L变暗C.电源的总功率变小D.电容器C上电荷量减小评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、始终连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板间的距离增加时，下列结论正确的是（）A.电容器的电容变小B.电容器的带电量变小C.电容器两极板间的电势差变小D.电容器两极板间的电场强度变小8、在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R2和R3均为定值电阻，R1为滑动变阻器．已知R1的总阻值大于R2，R2=R3=r。合上开关S，V示数为U，和A1、A2示数分别为I1、I2，现将R1的滑动触点由最左端向右端移动的过程中；则下列判断正确的是（）

A.U一直减小，I1一直增大B.U先减小后增大，I2先减小后增大C.U先增大后减小，I1一直增大D.U与I2的乘积先减小后增大9、下列有关静电的说法正确的是（）A.复印机是利用静电吸附作用工作的B.为了美观，最好把避雷针顶端设计成球形C.电工穿用铜丝编织的高压作业服是因为该衣服不容易被扯破D.飞机的机轮上装有搭地线或用导电橡胶做轮胎都是为了防止静电危害10、一块长木板abc长为2L，沿与水平面成θ角倾斜放置，它的ab部分表面光滑，bc部分表面粗糙，两部分长度相等。木板下端口处有一与木板垂直的挡板，挡板上固定一段劲度系数为k的轻弹簧，弹簧长度为0.5L。将一质量为m的物块在木板的顶端c由静止释放，物块将沿木板下滑。已知重力加速度大小为g；物块与弹簧碰撞为弹性碰撞。下列表述正确的是（）

A.物块最终会在ab之间做往复运动B.物块运动过程中克服摩擦力做的功最多为mgLsinθC.物块每一次下滑过程达到最大速度的位置是不一样的D.物块每一次下滑过程中弹簧具有的弹性势能的最大值都相等11、如图所示，光滑绝缘水平桌面上有A、B两个带电小球(可以看成点电荷)，A球带电量为＋3q，B球带电量为－q，由静止同时释放后A球加速度大小为B球的两倍．现在A、B中点固定一个带正电C球(也可看成点电荷)，再由静止同时释放A、B两球，结果两球加速度大小相等．则C球带电量可能为()

A.B.C.D.12、如图所示，一半径为r的圆环上均匀分布着正电荷，电量为+Q，x轴垂直于环面且过圆心O．在x轴上距圆心O距离s处有一点P；则。

A.O点的电场强度为零，电势最低B.从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小C.P点的场强大小D.P点的场强大小13、如图所示，A，B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔；则可行的方法是（）

A.保持S闭合，将A板适当上移B.保持S闭合，将B板适当下移C.先断开S，再将B板适当上移D.先断开S，再将B板适当下移14、如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为，平行板电容器的电容为实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是

A.保持d不变，减小S，则C变小，变大B.保持d不变，减小S，则C变大，变大C.保持S不变，增大d，则C变小，变大D.保持S不变，增大d，则C变大，变大评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、电源和电阻R组成闭合电路，它们的U—I关系图线如图所示。该电源的内阻为________，电源消耗的总功率为________W。

16、在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx的阻值约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为1Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，结果由公式计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则___________（选填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1___________（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值，测量值Rx2___________（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。

17、如图所示，一个验电器用金属网罩罩住，当加上水平向右的、场强大小为E的匀强电场时，验电器的箔片________（填“张开”或“不张开”），我们把这种现象称之为________．此时，金属网罩的感应电荷在网罩内部空间会激发一个电场，它的场强大小为________，方向为________．

18、小李同学在学习了库仑定律之后，为了研究带电小球在它们之间的相互作用力下的运动，他在绝缘的光滑水平面上放三个质量相等的带电小球a、b、c，它们处在同一直线上，如图以向右为正方向，若释放a球，a球的初始加速度为若释放c球，c球的初始加速度为则根据所学知识可知，释放b球，b球的初始加速度大小为______方向是______。

19、一半径为R的绝缘球壳上均匀地带有电荷量为+Q的电荷，另一电荷量为+q的点电荷放在球心O上，如图所示．现在球壳上挖去半径为r（r<<R）的一个小圆孔，则此时置于球心的点电荷所受电场力的大小为______（已知静电力常量为k），方向____________．

20、（1）如图所示，一块橡皮用细线悬挂于点，用铅笔靠着线的左侧水平向右以速度匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮做__________运动，橡皮运动的速度大小__________。

（2）如图所示，是以为直径的半圆弧上的三点，点为半圆弧的圆心，两个等量异种点电荷分别置于两点，此时点电场强度的大小为若将处的点电荷移至点，则点的场强大小变为__________。

（3）如图所示，等腰三角形处在匀强电场中，电场方向与三角形所在平面平行，一个电荷量的带负电的点电荷由移到的过程中，电势能增加由移到的过程中电场力做功则两点的电势差__________，点的电势__________点的电势，该电场的电场强度大小为__________。21、平行板电容器所带的电荷量为Q=4×10-8C，电容器两板间的电压为U=2V，则该电容器的电容为________；如果将其放电，使其所带电荷量为原来的一半，则两板间的电压为______，两板间电场强度变为原来的_______倍，此时平行板电容器的电容为______．评卷人得分四、作图题(共1题，共9分)22、试画出点电荷、等量异种点电荷、等量同种点电荷及匀强电场的电场线。评卷人得分五、实验题(共2题，共16分)23、某同学采用“半偏法”测量一量程为250μA的微安表G的电阻；将其改装为量程为5mA的电流表，并利用量程为5mA的标准电流表A进行检验。

（1）如图1所示，断开开关K1、K2，将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关K2，调节滑动变阻器RP的阻值使微安表满偏，保持滑动变阻器RP的阻值不变，闭合开关K1并调节电阻箱R的阻值，微安表电流为125μA时，电阻箱R阻值为190.0Ω，则微安表的电阻测量值为_______Ω；要把该微安表改装成量程为5mA的电流表，需要将与微安表并联的电阻箱R的阻值调到________Ω。

（2）如图2，虚线框内为改装后的量程为5mA的电流表，闭合开关K3调节滑动变阻器，当量程为5mA的标准电流表示数达到满偏时，微安表示数为240μA，则微安表的实际内阻为________Ω。（结果保留一位小数）

（3）由（2）知“半偏法”测量微安表的内阻结果偏小了，为减小该系统误差，对图1电路采取的下列措施中可行的是________。

A．更换调节更灵敏的滑动变阻器B．更换调节范围更大的电阻箱。

C．更换电动势更大的电源D．更换内阻更小的电源24、某同学利用如图所示的电路测量多个物理量。实验室提供的器材有：

两个相同的待测电源（内阻r约为1Ω）

电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）

电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω）

电压表V（内阻约为2kΩ）

电流表A（内阻约为2Ω）

灵敏电流计G，两个开关S1、S2

主要实验步骤如下：

①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为0.41A；12.0V、30.0Ω、28.2Ω；

②反复调节电阻箱R1和R2（与①中的电阻值不同）；使电流计G的示数为0，读出电流表A；电压表V的示数分别为0.60A、11.7V。

回答下列问题：

（1）步骤①中：电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势差___________V；A和C两点的电势差______V；A和D两点的电势差___________V；

（2）利用步骤①中的测量数据可以求得电压表V的内阻______Ω；电流表A的内阻RA=_______Ω；

（3）结合步骤①步骤②的测量数据，电源的电动势E=___________V，内阻r=_________Ω。评卷人得分六、解答题(共3题，共24分)25、如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，质量m=1kg的带正电的小球与长L=2m的绝缘细线相连，细线的上端固定于O点，O点距地面的高度为3m，小球的电荷量q＝0.01C，细线能承受的最大拉力T=36N，现将细线拉直并从细线与竖直方向成θ=角处由静止释放小球，当细线转到竖直方向OA时，细线恰好断裂，最后小球落到地面上，已知重力加速度g=10m/s2；小球可视为质点，不计空气阻力，求：

(1)电场强度的大小；

(2)小球落地时与OA的水平距离。

26、M、N是两块水平放置的平行金属极板，如图甲所示，板的长度为L=30cm，板的宽度足够长，两板间距为d=20cm，板右端到荧光屏的距离为D=60cm，O’O为垂直于屏的中心轴线。以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。一电荷量为q=1.6×10-5C，质量为m=3.2×10-11kg的带正电粒子从O'点以速度v0=5×104m/s射入极板，速度方向平行于板面且与O’O夹角ɑ=53°，如图乙所示，最终带电粒子打到荧光屏上而发光。若两极板间的电场为匀强电场，所加偏转电压UMN=1000V；不计带电粒子的重力，取cos53°=0.6，sin53°=0.8。求∶

（1）带电粒子从射人到打到屏上运动的时间t；

（2）带电粒子打到屏上的位置坐标。

27、A、B两平行金属板间的匀强电场的场强方向如图。电场中两点相距连线与电场线成角，点距A板点距B板求。

（1）电势差

（2）用外力把电荷量为的正电荷（不计重力）由点匀速移动到点，那么外力做的功是多少?如果点为零电势，该正电荷在点具有的电势能是多少？

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为

三个电荷在O处产生的场强大小均为

根据对称性和几何知识得知，两个-q在0处产生的合场强为

再与+q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为

方向由C指向O；故ABD错误，C正确。

故选C。2、D【分析】【详解】

两电阻并联之后的总电阻为

通过该并联电路的总电流为

故选D。3、C【分析】【详解】

AD．带负电粒子只在电场力作用下运动，所以动能与势能之和是恒定的。则粒子在从x1向x3运动的过程中，在x3处的电势能最小；动能最大，选项AD错误；

B．根据电场力做功与电势能的关系

从而解得

即图像中的斜率表示电场力大小，在x3处图像的斜率最大；所以粒子加速度最大，选项B错误；

C．负电荷在电势低的地方电势能大，在电势高的地方电势能小，在x3处的电势能最小，所以电势最高，处电势比x1大；选项C正确；

故选C。4、A【分析】【分析】

【详解】

根据库仑定律可知，是电场力；根据电场强度概念可知是电场强度；因k是常数，不可能有平方，则点电荷电场的电势公式最有可能是

故选A。5、C【分析】【详解】

判断灯泡能否正常发光，就要判断实际电压是不是额定电压或实际电流是不是额定电流，对灯泡有

可知RA<RB。

对于A电路，由于RA<RB，所以UB>UA，又UB＋UA=220V

则UB>110V，B灯被烧毁，UA<110V；A灯不能正常发光；

对于B电路，由于RB>RA，A灯与滑动变阻器并联，并联电阻小于RB，所以UB>U并，则UB>110V；B灯被烧毁，A灯不能正常发光；

对于C电路，B灯与滑动变阻器并联，并联电阻可能等于RA，所以可能UA=UB=110V

两灯可以正常发光；

对于D电路，若滑动变阻器的有效电阻等于A灯、B灯的并联电阻，则UA=UB=110V

两灯可以正常发光。

比较C、D两个电路，当灯A、B均正常发光时，由于C电路中滑动变阻器功率为PC=（IA-IB）×110V

而D电路中滑动变阻器功率为PD=（IA＋IB）×110V

所以C电路消耗电功率最小。

故选C。6、D【分析】【详解】

AB．由图可知，电路采用串联结构，电容器并联在滑动变阻器两端；当滑片P右移时；滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故电流表示数增大，灯泡亮度变亮，因内压增大，故电压表示数减小，故AB错误；

C．由P=EI可知，I变大；则电源的总功率变大，故C错误；

D．因电容器并联在滑动变阻器两端．总电流变大，灯泡及内阻分压增大，则滑动变阻器分压减小，故电容器C两端的电压减小，故C上的电量减小，故D正确．二、多选题(共8题，共16分)7、A:B:D【分析】【详解】

始终连接在电池两极上的平行板电容器，则两板电势差U一定，当两极板间的距离d增加时，根据

可知，电容C减小；根据Q=CU

可知，电容器带电量减小；根据

可知电容器两极板间的电场强度变小；则选项ABD正确，C错误。

故选ABD。8、C:D【分析】【详解】

已知R1的总阻值大于R2，R2的滑动触点由最左端向右端移动的过程中，外电路的总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，内电压先减小后增大，路端电压先增大后减小，即电压表示数U先增大后减小，I2先减小后增大。R1与R2并联的电压先增大后减小。并联电压增大时，滑动触点右端电阻减小，则I1增大。当并联电压减小时，通过的R2的电流减小，而总电流增大，所以I1增大，因此I1一直增大。U与I2的乘积等于电源的输出功率。由于R2=R3=r，外电阻总电阻大于r，且大于外电路的总电阻先增大后减小，所以U与I2的乘积先减小后增大；故AB错误，CD正确。

故选CD。9、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．复印机是利用静电吸附作用工作的；故A正确；

B．避雷针是利用尖端放电的原理来避雷；故避雷针必须设计成针状，不能设计成球形，故B错误；

C．当电工直接处于高压电场中时；很容易因静电感应而被电到，但若穿着用铜丝编织的作业服，当达到静电平衡时，作业服的屏蔽作用使作业服内电场强度保持为零，对电工起保护作用，故C错误；

D．飞机的机轮上装有搭地线或用导电橡胶做轮胎都是为了及时将产生的静电导走；防止静电危害，故D正确。

故选AD。10、A:B【分析】【详解】

A．物块从c到最低点的运动中，物块的势能转化为摩擦生热和弹簧的势能，从最低点返回后弹性势能转化为摩擦生热和物块的重力势能，物块会在木板上做往返运动，每次经过bc面都有能量损失，直至最后的弹性势能只能转化为物块到达b点的重力势能，物块只在ab之间做往复运动；故A正确；

B．从物块开始下滑到最终只上滑到b点，由动能定理得

解得Wf=mgLsinθ

故B正确；

C．物块每次下滑；接触弹簧之前，合力向下，物体加速；接触弹簧之后，开始弹力小于重力分力，合力向下，物块还是加速；当弹力等于重力分力时，合力为0，此时速度最大，之后物体减速。由于合力为0的位置确定，则物块每一次下滑过程达到最大速度的位置是一样的。故C错误；

D．物块上滑能够过b点以前，每次下滑都会摩擦生热，损耗能量，则物块下滑过程中弹簧具有的弹性势能的最大值不相等；物块上滑不过b点以后；每次下滑物块机械能转化为弹簧的弹性势能，则物块下滑过程中弹簧具有的弹性势能的最大值相等；故D错误。

故选AB。11、A:B【分析】【详解】

由静止开始释放，A球加速度的大小为B球的2倍．根据牛顿第二定律可知，A、B两个带电小球的质量之比为1：2；当在AB中点固定一个带正电小球C，由静止释放A、B两球，释放瞬间两球加速度大小相等，若两球加速度方向相反，则根据库仑定律与牛顿第二定律，则对A来说，

对B来说

综上解得QC=q；

若两球加速度方向相同，则根据库仑定律与牛顿第二定律，且有：对B来说，

对A来说，

综上解得QC=q；

A．与结论相符，选项A正确；

B．与结论相符，选项B正确；

C．与结论不相符，选项C错误；

D．与结论不相符，选项D错误；

故选AB．

【点睛】

解决本题的关键抓住库仑定律中库仑力与电量的乘积成正比，与距离的平方成反比，同时根据牛顿第二定律求出加速度．注意加速度方向的两种可能的情况.12、B:D【分析】【详解】

A．圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强相互抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高．故A错误．

B．O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向；场强应先增大后减小．故B正确．

CD．设圆环上足够小的圆弧上的电量为q′的电荷，在x轴上P点产生的沿x轴上的场强为：其中根据数学知识求和可得P点的场强大小：

故C错误，D正确．13、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．设质点距离A板的高度h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电量为q，由题质点到达b孔时速度恰为零；根据动能定理得。

若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v；由动能定理得。

说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔；A错误；

B．若保持S闭合，将B板适当下移距离由动能定理得。

则v＞0，质点能穿过b孔；B正确；

C．若断开S，再将B板适当上移∆d；根据。

则板间场强不变，根据动能定理，到达B板时。

而。

可知v>0，那么质点能穿过b孔；C正确；

D．若断开S时，将B板适当下移∆d，板间电场强度不变，若质点能到达B板；由动能定理得。

又由。

比较得。

说明质点不能到达b孔；故D错误。

故选BC。14、A:C【分析】【详解】

根据电容的决定式C=得知，当保持d不变，减小S，则C变小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=Q/U分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误．根据电容的决定式C=得知；保持S不变，增大d，则C变小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=Q/U分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C正确，D错误．故选AC．

【点睛】

本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=和定义式C=Q/U．三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】【详解】

[1][2]根据闭合电路欧姆定律得

当时

由图可知电源电动势

内阻等于图像的斜率的绝对值，因此有

代入数据可得

由图可知，此时电流

因此有

代入数据可得【解析】0.5616、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]因为。

可知用电流表内接误差较小，即Rx1更接近待测电阻的真实值；

[2][3]根据。

可知a图中电压表的读数大于待测电阻上的电压，可知测量值Rx1大于真实值；b图中电流表的读数大于待测电阻上的电流值，则测量值Rx2小于真实值。【解析】Rx1大于小于17、略

【分析】【分析】

从静电屏蔽的原理出发即可解题．金属内部由于电子可以自由移动；会产生一个与外加电场相反的电场，来抵消在金属内部的电场，以保证平衡，从而使金属上电荷重新分布；

【详解】

[1][2][3][4]因为在金属内部由于电子可以自由移动，当加上水平向右的、场强大小为E的匀强电场时，金属网罩会产生一个与外加电场相反的电场，来抵消在金属内部的电场，以保证平衡，从而金属上电荷重新分布，就是所谓“静电屏蔽”的原理；此时验电器不会受到影响，故验电器的箔片不张开。【解析】①.不张开②.静电屏蔽③.E④.水平向左18、略

【分析】【详解】

[1][2]对三个小球构成的系统，假设同时释放三个小球，则三个小球构成的系统受到的合力为零，且在释放瞬间，a球的加速度为c球的加速度为b球的加速度为对系统由牛顿第二定律知

即

所以

方向水平向右。【解析】1水平向右19、略

【分析】【详解】

球壳的电荷面密度σ=球壳上挖去半径为r的小圆孔，去掉的电荷量q′=σπr2=关于球心O对称位置相应电荷对球心电荷的电场力大小为F==方向由球心指向小圆孔圆心，其余部分对球心电荷的合力为零．【解析】由球心指向小圆孔圆心20、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1][2]橡皮在水平方向上向左做匀速直线运动，竖直方向向上做匀速直线运动，速度大小均为两个匀速直线运动的合运动为匀速直线运动，橡皮运动的速度大小为

（2）[3]设两个等量异种电荷所带电荷量均为半圆弧的半径为则两个等量异种点电荷分别置于两点时，O点场强大小为

若将处的点电荷移至点，则点的场强大小为

联立解得：

（3）[4][5]由题意可得

解得：

解得：

因此

即点的电势等于点的电势；

[6]由上可得：点的电势等于点的电势，且该电场为匀强电场，因此AB连线为等势线，故电场的方向垂直与AB向上，则有

解得：【解析】①.匀速直线②.③.④.⑤.等于⑥.21、略

【分析】【详解】

[1]根据C=Q/U得，电容器的电容C=＝2×10−8F．

[2]电荷量减半，电容不变，仍然为2×10-8F．则两板间的电压

[3]根据E＝U/d知；电势差减半，两板间的距离不变，则电场强度变为原来的0.5倍；

[4]此时平行板电容器的电容仍为2×10-8F．【解析】2×10-8F1V0.52×10-8F四、作图题(共1题，共9分)22、略

【分析】【详解】

根据电荷属性；点电荷；等量异种点电荷、等量同种点电荷及匀强电场的电场线如下所示。

【解析】五、实验题(共2题，共16分)23、略

【分析】【详解】

（1）[1]闭合开关K2，调节滑动变阻器RP的阻值使微安表满偏，保持滑动变阻器RP的阻值不变，认为电路中电流不变，闭合开关K1并调节电阻箱的阻值，微安表电流为125μA时，电阻箱R的电流125μA