2025年外研版三年级起点必修三物理下册阶段测试试卷

…………○…………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必修三物理下册阶段测试试卷499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7题，共14分)1、关于磁感线和磁通量的概念，下列说法中正确的是（）A.磁感线是磁场中客观存在、肉眼看不见的曲线，且总是从磁体的N极指向S极B.两个磁场叠加的区域，磁感线就有可能相交C.穿过闭合回路的磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的D.穿过线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零2、某同学用伏安法测一个未知电阻Rx，用甲、乙图所示的电路各测试一次，依图甲测得的数据是U=2.00V，I=1.00mA，依图乙测得数据是U′=1.90V，I′=2.00mA；下列说法正确的是（）

A.选用甲方法更好，因为甲电路测量的误差较小，真实值应小于2000ΩB.选用乙方法更好，因为乙电路测量的误差较小，真实值应小于950ΩC.甲电路的电流I和乙电路的电压U′都是准确值，所以电阻的真实值为1900ΩD.甲测得阻值为2000Ω，乙测得950Ω，所以电阻的真实值应该为1475Ω3、如图所示，由绝缘材料制成的光滑的半圆轨道固定在水平面上，O点为圆心，带电荷量为质量为的a小球固定在半圆轨道底端的A点，带电荷量为质量为的b小球静止于半圆轨道内的B点，此时由于ab两小球的质量变化或电荷量变化使得b小球沿半圆轨道缓慢下滑，恰好静止于C点，此时a，b两小球的质量分别为电荷量分别为已知a、b两小球均可视为带电质点，则下列说法正确的是（）

A.b小球受到的支持力一定大于其重力B.b小球的质量和电荷量至少有一个应发生变化C.可能仅是ab两小球电荷量的乘积减小至D.可能仅是b小球的质量增加至4、空间中有一正四面体棱长为l。在4个顶点都放置一个电荷量为的正点电荷，棱中点分别为e、f、g，中点分别为h、i、j。已知无穷远处电势为0。则下列说法正确的是（）

A.e、f、g三点电势不同，h、i、j三点电势相同B.底面的中心位置点的电场强度为C.该正四面体内、外整个空间中一共有3个场强为0的位置D.若将一个负点电荷从e点沿棱移动到i点，电场力做功为05、如图所示，沿x轴正向的匀强电场E中，有一动点A以O为圆心，r＝OA为半径做逆时针转动一周，O与圆周上的A点的连线OA与x轴正向(E方向)成θ角，则此圆周上各点与A点间最大的电势差为()

A.U＝ErB.U＝Er(sinθ＋1)C.U＝Er(cosθ＋1)D.U＝2Er6、关于电流，下列说法正确的是（）A.金属导体中自由电子定向移动速率增大时，电流变大B.电流既有大小又有方向，所以是矢量C.通过导体横截面积的电荷量越多，导体中电流就越大D.电流的方向就是正电荷定向移动的方向7、下列说法中完全正确的一组是（）

①手机是利用超声波传递信息；

②电视机的彩色画面是由红；黄、蓝三种色光混合而成；

③法拉第发现了电磁感应现象；

④船闸是利用了连通器的原理来工作的；

⑤在上升电梯中的乘客相对电梯是静止的。A.①②③B.①②③④C.③④⑤D.①④⑤评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0；则下列说法中正确的是（）

A.直导线中电流方向垂直纸面向里B.d点的磁感应强度为0C.a点的磁感应强度为2T，方向向右D.b点的磁感应强度为方向斜向下，与B成角9、如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右范围足够大的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电荷量会增加，过B点后电荷量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图象如图乙所示。已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为重力加速度为g。则（）

A.小滑块运动到B点时速度大小为B.小滑块在圆弧轨道上运动时，过小滑块对半圆轨道压力最大处半径与OB夹角的正切值为2C.小滑块从圆弧轨道最高点C离开的同时，保持电场强度大小不变，方向变为水平向左，则从C离开到再次回到水平轨道的运动过程中小滑块一直做曲线运动D.在满足（C）选项的条件下小滑块再次到达水平轨道时，速度大小为10、如图所示的电路中，S闭合，L1、L2、L3三只灯均正常发光，问当可变电阻的滑动触头右移时，对L1、L2、L3三灯亮度变化下列叙述正确的是()

A.L1灯变亮B.L2灯变亮C.L3灯变亮D.三灯均变暗11、图中，考虑两表内阻的影响，用两表示数算出的R测=（）

A.比R的真实值小B.比R的真实值大C.引起误差的原因是U偏大D.引起误差的原因是I偏小12、如图所示，实线是匀强电场的电场线，电场方向水平向右，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，若带电粒子在运动中只受电场力的作用，从a点运动到b点；则由此图可作出正确判断的是。

A.带电粒子动能增加B.带电粒子带正电荷C.带电粒子电势能增加D.带电粒子受电场力的方向水平向左13、为了测出电源的电动势和内阻，除待测电源、开关和导线以外，配合下列哪组仪器，不能达到实验目的（）A.—个电流表和一个电阻箱B.—个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器C.一个电压表和一个滑动变阻器D.—个电流表和一个滑动变阻器评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、一质量为2kg的物体沿倾角为300的斜面从底端以初速度3m/s沿斜面向上滑去，滑至最高点后又返回，返回到底端时速度是1m/s，取重力加速度g=10m/s2，则物体上滑的最大高度为________m；物体与斜面间的摩擦因数μ为________，上升过程产生的内能为________J；返回低端瞬间的热功率为________W．15、如图所示是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极（XX′和YY′）、荧光屏组成，管内抽成真空，给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点。

（1）电子在________区域是加速的，在________区域是偏转的。

（2）若则电子向________板偏移，若则电子向________板偏移。16、某次实验中两电表示数如图所示，可读出毫安表的示数是___________微安表的示数是___________

17、如图所示的电路中，R1＝10Ω，R2＝20Ω，R3＝30Ω，S断开时，A、B两端的总电阻为________Ω，S闭合后，A、B两端的总电阻为________Ω。

18、如图所示电路图，三个灯的连接方式是______，如果三个灯完全相同，考虑实际电源具有内阻，将此电源只接其中一个相同的灯泡，则该灯泡变______（填“亮”或“暗”或者“不变”）。

评卷人得分四、作图题(共2题，共16分)19、如图，黑箱面板上有三个接线柱1、2和3，黑箱内有一个由四个阻值相同的电阻构成的电路。用欧姆表测得1、2接线柱之间的电阻为2、3接线柱之间的电阻为1、3接线柱之间的电阻为在虚线框中画出黑箱中的电阻连接方式。

20、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4题，共36分)21、某位同学组装一个简单的多用电表，可选用的器材有∶电流表（量程10mA，内阻10Ω）；滑动变阻器R1（最大阻值500Ω）；定值电阻R2（阻值240Ω）；电池；红黑表笔和导线若干。

(1)图甲所示虚线框内为该同学设计的多用表的电路图的一部分，选择开关接1时测量电流，接2时测量电阻，接3时测量电压（能测量1节干电池的电动势），请将电路图补充完整；______

(2)制作完成后，该多用表的表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为中间刻度。当选择开关接3时，电表∶相当于一个量程为______V的电压表；此时指针指在图中所示位置，其读数为______V；

(3)为了测该多用电表欧姆挡的内电阻和表内电源的电动势；该同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验∶

①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R的阻值使电表指针满偏；

②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示，则调零后多用电表欧姆挡的内部总电阻为______Ω；

③计算得到多用电表内电池的电动势为______V（保留2位有效数字）。22、某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：

（1）用刻度尺量出圆柱体长度为L，用螺旋测微器测出其直径d如图所示，则d=_____mm．

（2）(多选)若用多用电表的欧姆挡粗测圆柱体的电阻．机械调零、欧姆调零后，选择“×100”倍率进行测量，发现表针偏转角度很大，正确的判断和做法是_______．

A．被测电阻值很大。

B．被测电阻值很小。

C．为了把电阻值测得更准一些；应换用“×1k”挡，重新欧姆调零后再测量。

D．为了把电阻值测得更准一些；应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量．

（3）现选择多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为R=_______Ω．

（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R；现有的器材及其代号和规格如下：

待测圆柱体电阻R

电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）；电流表A2（量程0～10mA；内阻约30Ω）

电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）；电压表V2（量程0～15V；内阻约25kΩ）

直流电源E（电动势4V；内阻不计）；

滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω；允许通过的最大电流2.0A）

滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ；允许通过的最大电流0.5A）

开关S；导线若干。

为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号________．

（5）根据测得量求出圆柱体材料的电阻率表达式_______(用U、I、L、d等符号表示）．23、“黑厘子”一部分电路装在一个小盒子里，盒子内部由两个定值电阻连接而成，并且跟盒外的三根引出线相连接，如图1所示。将多用电表旋转置于欧姆挡“×10”挡，测量a、b间电阻时，指针位于如图2所示甲位置，则Rab=__________Ω；测量a、c间电阻时，指针位于图中乙位置，则Rac=________Ω；测量b、c间电阻时，指针位于图中丙位置，则Rbc=__________Ω。请在图1中画出小盒子内部的电路结构，并标明每个电阻的阻值_________。

24、用电流表和电压表测定电池的电动势E和内电阻r，所用电路如下图(a)所示，一位同学测得的6组数据如下表所示。组别123456电流I/A0.120.200.310.320.500.57电压U/V1.371.321.241.181.101.05

(1)试根据这些数据在图(b)中作出U－I图线______；

(2)根据图线求出电池的电动势E=________V，电池的内电阻r＝________Ω。评卷人得分六、解答题(共4题，共40分)25、如图，一电荷量带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的点。S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角已知两板相距电源电动势内阻电阻取求：

（1）流过电源的电流；

（2）两板间的电场强度的大小；

（3）小球的质量。

26、某物理兴趣小组设计了一个压力报警装置，其工作原理如图所示。ABO为一水平杠杆，OA长120cm，O为支点，AB：OB＝5：1，已知报警器R0的阻值恒为10Ω，压力传感器R固定放置，R的阻值随所受压力F变化的关系如表格所示。电源电压为6V，当水平踏板所受压力增大，电压表示数达到4V时，报警器R0开始发出报警信号，踏板、压杆和杠杆的质量均忽略不计。试求：。F/N051015202530R/Ω5046403325165

（1）水平踏板空载时；电压表的示数为多少V？

（2）当报警器开始报警时；水平踏板设定的最大压力值为多少N？

（3）若要让报警器在踏板原设定的最大压力值上增大60N时报警；在其他条件都不变的情况下，应如何在杠杆上水平调节踏板触点B的位置。试计算说明触点B应向哪个方向移动多少cm？

27、如图所示，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，极板右端到荧光屏的距离为D（），极板的中心轴线O'O与荧光屏垂直交于O点，以O为原点在屏上建立直角坐标系，轴水平，轴竖直。质量为m、电荷量为q的正离子以很大的速度v0沿O'O的方向从O'点射入，当极板间加电场或磁场时，离子均偏转很小的角度后从极板的右侧飞出打在荧光屏上。已知角度很小时，整个系统处于真空中，不计离子重力及相对论效应，忽略离子间的相互作用。

（1）只在极板间加一沿＋y方向、场强为E的匀强电场，求离子打到荧光屏上时偏离O点的距离

（2）只在极板间加一沿＋y方向、磁感应强度为B的匀强磁场，求离子打到屏上时偏离O点的距离

（3）极板间同时存在上述（1）（2）中的电场和磁场时，可用此装置来分离粒子。离子束由电荷量相同、质量不同的两种带正电离子组成，入射离子的速度很大且速度在小范围内变化，当离子束沿O'O的方向从O'点射入时，荧光屏上会出现两条亮线。在两条亮线上取y坐标相同的两个光点分别记为P离子和Q离子，对应的x坐标分别为a和b，求P、Q两种离子质量的比值。

28、如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，在x轴与虚线MN之间有平行于x轴的匀强电场，从y轴上的P点将质量为m，电荷量为+q的小球以初速度v0沿平行于x轴方向抛出，并从MN上的Q点进入电场。已知P点到虚线MN的距离为h，电场沿x轴正方向，且小球在电场中做直线运动，并从x轴上某点（图中未画出）离开电场。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求电场的电场强度大小。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．磁感线是假象的；并不是客观存在的，故A错误；

B．任何两条磁感线都不相交；故B错误；

C．根据磁通量的定义。

Φ=BS磁通量的变化可能是由于磁场变化引起的，也可能是闭合回路的面积S变化产生的；故C错误；

D．根据磁通量的定义。

Φ=BS当线圈平行于磁场时；穿过的磁通量为零，但磁感应强度不为零，故D正确．

故选D．2、A【分析】【详解】

电流相对变化为

电压相对变化为

对比可知电压表分流对实验影响大，所以应选择电流表接法（图甲），被测阻值为

由于电压表的读数大于待测电阻两端电压，则测量值偏大，即真实值应小于故选A。3、D【分析】【详解】

AB．对小球b受力分析；如图所示。

小球b受重力、支持力、库仑力，其中F1为库仑力F和重力mg的合力，根据三力平衡原理可知F1=FN

由图可知，△OAB∽△BFF1，设半球形碗的半径为R，AB之间的距离为L，根据三角形相似可知

所以FN=mbg

又几何关系可得L=2Rsin37°=1.2R

所以

同理可知，当小球b处于C位置时，AC距离为

所以有F′=mb′g

根据库仑定律有

根据以上的分析可知，b小球受到的支持力一定等于其重力。而当b下降的过程中，可能是b的质量发生变化，也可能是a、b电荷量的乘积发生了变化；故AB错误；

C．仅是a、b两小球电荷量的乘积qa'qb'发生变化，由以上可得

故C错误；

D．若只有b的质量发生变化，由以上联立可得

故D正确。

故选D。4、D【分析】【详解】

A．根据对称性；六个棱中点分别到四面体各个顶点距离相等，故每个点电荷在六个棱中点各点的电势都相等，所以每条棱的中点电势都相同，故A错误；

B．底面的中心位置O点的电场强度为4个点电荷形成的电场强度的叠加，底面的点电荷形成的电场强度的矢量和为0，故O点的电场强度为由a点的点电荷产生，大小为

故B错误；

C．根据对称性正四面体体心和无穷远处两个地方电场强度为0；故C错误；

D．e、i电势差为0，故点电荷从e点沿棱移动到i点；电场力做功为0，D正确。

故选D。5、C【分析】【详解】

沿电场线方向距离A点最远的点与A点的电势差最大，则圆周上各点与A点间最大的电势差为故选C.

【点睛】

此题关键是知道U=Ed的物理意义，注意d是电场中的两点沿电场线方向的距离.6、A【分析】【分析】

【详解】

A．根据I=nqvS可知；金属导体中自由电子定向移动速率增大时，电流变大，故A正确；

B．电流有方向；但其运算不符合平行四边形定则，故为标量，故B错误；

C．根据电流的定义可知；故电流大小取决于电量与时间的比值，电量多，但如果用时很长，则电流较小，故C错误；

D．电流的方向与正电荷定向移动的方向相同；与负电荷定向移动的方向相反，故D错误。

故选A。7、C【分析】【分析】

【详解】

①手机是利用电磁波传递信息的；故①错误；

②电视机的彩色画面是由光的三基色红；绿、蓝混合而成；故②错误；

③电磁感应现象是法拉第发现的；故③正确；

④船闸是利用了连通器的原理来工作的；故④正确；

⑤在上升电梯中的乘客相对电梯的位置没有发生变化，所以以电梯为参照物，乘客是静止的，故⑤正确。由上可知C正确，ABD错误。二、多选题(共6题，共12分)8、C:D【分析】【分析】

【详解】

A．根据题意可知点的磁感应强度为0，则直导线在点的磁感应强度水平向左；根据安培定则可知直导线的电流方向垂直纸面向外，故A错误；

B．直导线在点的磁感应强度竖直向上；匀强磁场的磁感应强度水平向右，合磁感应强度不为0，故B错误；

C．直导线在点的磁感应强度水平向右，与匀强磁场的磁感应强度方向相同，结合点的磁感应强度为0可知a点的磁感应强度为2T；方向向右，故C正确；

D．直导线在点的磁感应强度竖直向下，与匀强磁场的合磁感应强度为方向斜向下，与B成角；故D正确。

故选CD。9、B:D【分析】【详解】

A．从A到B由动能定理可得

由图象可得，小滑块从A到B运动过程中，合力做的功为

则小滑块运动到B点时速度大小为

所以A错误；

B．对滑块受力分析，有重力和电场力以及轨道对滑块的支持力，当滑块运动到半圆轨道上时，重力与电场力的合力与轨道对滑块的支持力共线时，滑块对半圆轨道压力最大，所以此处半径与OB夹角的正切值为

由图象可知，在B点时，滑块所受电场力为

其中

则

所以B正确；

C．由B选项分析可知，B点时滑块的电荷量为

从B到C的过程中，由动能定理得

小滑块从圆弧轨道最高点C离开时，先做平抛运动，则

设滑块速度的偏转角为则

从C点出去后，电场方向与水平方向的夹角为则

所以

即滑块再次进入电场时；将做匀加速直线运动，所以C错误；

D．由C选项分析可知，当滑块再次进入电场时的速度为

从再次进入电场到再次到达水平轨道，由动能定理得

其中

得

所以D正确。

故选BD。10、B:C【分析】【分析】

【详解】

当可变电阻的滑动触头右移时，滑动变阻器的阻值减小，电路的总电阻减小，总电流变大，则L3变亮；内阻及L3上的电压变大，则L1和L2并联支路的电压减小，L1变暗；L1电流减小，则L2电流变大，L2灯变亮。

故选BC。11、B:C【分析】【分析】

【详解】

图中采用的电流表内接法，由于电流表的分压作用，导致电压表测量的电压值U比R两端的电压大；由欧姆定律。

可知R的测量值大于R的真实值；故BC正确，AD错误。

故选BC。12、A:D【分析】【分析】

【详解】

根据粒子的运动轨迹可知；粒子所受的电场力水平向左，因电场向右，则粒子带负电，电场力对粒子做正功，动能增加，电势能减小，故AD正确，BC错误.

故选AD.13、C:D【分析】【详解】

AB．测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律

用电压表测量路端电压U、用电流表测量电流I，利用滑动变阻器调节外电阻，改变路端电压和电流，实现多次测量，即由一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器组合可测量电源的电动势和内阻；或可以在没有电压表的情况下，用一个电流表和一个电阻箱组合测量，电阻箱可以读出阻值，

通过改变电阻箱的阻值；从而改变电流，实现多次测量，能达到实验目的，AB正确；

C．由于滑动变阻器不能读出阻值；不能求出电路中电流，不能达到目的，C错误。

D．由于滑动变阻器不能读出阻值；不能求出路端电压，不能达到目的，D错误。

故选CD。三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【详解】

上升高度h与斜面距离s满足：s==2h①

由动能定理；

上升过程mgh+f×s=②

下滑过程mgh−f×s=③

由①②③联立可知h=0.25m；

摩擦力f=μmgcos30∘；

由此可求得动摩擦因数为μ=

整个过程产生的内能Q=-=8J；所以上升过程产生的内能为4J；

返回低端瞬间的热功率为P=fv2=8w.

【点睛】

分上下两个过程进行分析，上升过程重力和摩擦力做负功，下降过程重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理即可求解上升的高度；进而求出摩擦系数和摩擦力的大小；整个过程产生的内能等于初、末状态减小的动能，上升过程和下滑过程产生的内能相等；返回低端瞬间的热功率等于摩擦力做功的功率．【解析】0.254815、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1][2]根据示波器原理知Ⅰ区域是加速电场区；Ⅱ区域是偏转电场区；

（2）[3][4]在偏转电极YY′加电压，且Y比电势高，电子向高电势运动，故电子向Y板偏移，只在偏转电极XX′上加电压，且X比电势高，电子向高电势运动，故粒子向X板偏移。【解析】①.Ⅰ②.Ⅱ③.Y④.X16、略

【分析】【详解】

[1]由题图可以看出，毫安表的最小分度为按“五分之一估读”法，其示数为

[2]微安表的最小分度为按“十分之一估读”法，其示数为【解析】8.015017、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.30②.2218、略

【分析】【详解】

[1]由图可知；三灯泡采用并联方式连接。

[2]将此电源只接其中一个相同的灯泡，外电路电阻增大，电流减小，路端电压增大，该灯泡变亮。【解析】并联亮四、作图题(共2题，共16分)19、略

【分析】【详解】

因为1；2接线柱之间的电阻与2、3接线柱之间的电阻之和等于1、3接线柱之间的电阻；所以2为中间的结点，又因为2、3接线柱之间的电阻与1、2接线柱之间的电阻的差等于1、2接线柱之间的电阻的一半，故2、3之间有两个电阻井联，后再与第三个电阻串联，每个电阻均为1Ω，连接方式如图所示。

【解析】20、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4题，共36分)21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]电路如图；

(2)[2]当选择开关接3时，电流表与电阻串联，则电表相当于一个量程为

的电压表；此时其读数为1.72V；

(3)[3][4]多用电表指针指在C处时；电流为满偏电流的一半，则电阻箱的电阻等于欧姆表的内阻，则欧姆表的内阻为200Ω；

电池的电动势【解析】2.51.72（1.71~1.74）2002.022、略

【分析】【详解】

(1)螺旋测微器固定刻度读数为5mm；可动刻度读数为31.3×0.01mm，最终读数为5+0.313=5.313mm，由于螺旋测微器可动刻度要估读，所以读数在5.312mm-5.318mm都算正确；

(2)用“×100”挡测量一个电阻的阻值；发现表针偏转角度很大，说明所测电阻较小，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用“×10”挡，换挡后重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值；故AC错误，BD正确；

(3)如果是用×10Ω挡测量电阻；由图示表盘可知，读数为22×10Ω=220Ω；

(4)电源电动势为4V，电压表选V1，待测电阻阻值约为200Ω，电路最大电流约为：电流表选择A2，电压从零开始变化，因此滑动变阻器应采用分压接法，由于电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：

(5)圆柱体电阻电阻率．

点晴：用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表最大刻度线在左侧，0刻度线最最右侧，根据多用电表选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后根据指针位置读出其示数，电压从零调起，滑动变阻器应采用分压