…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教A版必修3物理上冊階段測試試卷893考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、如圖所示，圖甲中MN為足夠大的不帶電薄金屬板，在金屬板的右側，距離為d的位置上放入一個電荷量為＋q的點電荷O，由于靜電感應產生了如圖甲所示的電場分布．P是金屬板上的一點，P點與點電荷O之間的距離為r，幾位同學想求出P點的電場強度大小，但發現問題很難．幾位同學經過仔細研究，從圖乙所示的電場得到了一些啟示，經過查閱資料他們知道：圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側的電場分布是一樣的．圖乙中兩異種點電荷電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，虛線是兩點電荷連線的中垂線．由此他們分別對P點的電場強度方向和大小做出以下判斷；其中正確的是()

A.方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為B.方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為C.方向垂直于金屬板向左，大小為D.方向垂直于金屬板向左，大小為2、如圖所示，R1和R2是材料相同、厚度相同、表面均為正方形的導體，R1邊長為2L，R2邊長為L，若R1的阻值為8Ω，則R2的阻值為（）

A.4ΩB.8ΩC.16ΩD.64Ω3、用帶正電的導體球去接觸不帶電的驗電器，驗電器的金屬箔片會張開，是因為驗電器（）A.失去質子而帶負電B.失去電子而帶正電C.得到電子而帶負電D.得到質子而帶正電4、直空中有兩個點電荷，帶電量的大小分別是q1和q2，兩電荷相距r時相互間庫侖力的大小是F。如果兩電荷的電量都增大為原來的2倍，距離減小到原來的一半，則這時兩電荷相互間的庫侖力的大小是（）A.16FB.8FC.4FD.F5、如圖所示；銅絲編織的管線包裹著兩個銅導線，能夠實現高保真信號傳輸，銅絲編織的管線作用是（）

A.參與信號傳輸B.減少信號衰減C.屏蔽外部干擾D.提高絕緣效果6、如圖所示；接地的空心金屬球殼B右側有一原來不帶電的枕形導體C，現將帶正電的小球A，置于空心金屬球殼B的內部，則下列說法中正確的是（）

A.球殼B帶負電，枕形導體C的左端帶負電B.球殼B帶負電，枕形導體C的左端帶正電C.球殼B帶負電，枕形導體C的左端不帶電D.球殼B不帶電，枕形導體C的左端不帶電7、如圖所示是電源路端電壓和電流的關系圖像；由圖可得電源電動勢和電源內阻為（）

A.3V2ΩB.2V3ΩC.3VΩD.2VΩ8、如圖所示的電路中，電源的電動勢為E、內阻為r，R1為滑動變阻器，R2為定值電阻。電路中燈泡A和燈泡B原來都是正常發光的。下列分析正確的是（）

A.將R1的滑動觸頭向左移動，則A燈變亮、B燈變暗B.將R1的滑動觸頭向右移動，則A燈變暗、B燈變亮C.若A燈、B燈均變暗，則可能R1斷路D.若A燈變暗、B燈變亮，則可能R2斷路9、如圖所示；線圈M和線圈P繞在同一個鐵芯上。下列操作后的現象判斷正確的是（）

A.閉合開關S瞬間，線圈P里沒有感應電流B.斷開開關S瞬間，線圈P里有感應電流，且流經電表的電流方向為a→bC.閉合開關S瞬間，線圈P里有感應電流，且流經電表的電流方向為a→bD.閉合開關S，待線圈M中電流穩定時，線圈P里有感應電流評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)10、下列關于電源電動勢的說法正確的是A.電源是通過靜電力把其它形式的能轉化為電能的裝置B.電動勢在數值上等于非靜電力把1C的正電荷在電源內從負極移送到正極所做的功C.電源電動勢反映了電源內部非靜電力做功的本領D.把同一電源接在不同的電路中，電源的電動勢將變化11、如圖，電路中定值電阻R大于電源內阻r。將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表V1、V2、V3示數變化量的絕對值分別為△U1、△U2、△U3，理想電流表A示數變化量絕對值為△I；則。

A.V1、V2、V3示數都增大B.電流表的示數增大C.△U3大于△U2D.△U1與△I比值大于r12、已知通電長直導線周圍空間中某點處產生的磁場的磁感應強度大小為其中k為常量．I為直導線中的電流．r為該點到長直導線的距離．如圖所示，a．b兩根通電長直導線經過圓心為O的圓上同一直徑的兩端，兩根直導線中的電流大小相等，a中電流方向垂直圓所在平面向里，b中電流方向垂直圓所在平面向外，此時圓心O處的磁感應強度大小為B，則（）

A.圓心O處的磁感應強度的方向垂直于ab連線向上B.若在圓心處放置一垂直于紙面向里的通電直導線c，則此時c受到的安培力方向平行于ab指向aC.若只將直導線b沿圓周繞O點順時針轉動120°，其他條件不變，則O處的磁感應強度大小變為B/2D.若只將直導線b沿圓周繞O點順時針轉動90°，其他條件不變，則O處的磁感應強度大小變為B13、一點電荷僅在電場力的作用下運動，其速度-時間圖象如圖所示，其中ta和tb是電荷在電場中a、b兩點運動的時刻；則下列說法中正確的是（）

A.a、b兩點電勢φa＞φbB.a、b兩點電場強度Ea＝EbC.a、b兩點電場強度Ea＞EbD.點電荷從a運動到b的過程中電場力做正功，電勢能減小14、圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V。一電子經過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV。下列說法正確的是（）

A.平面c上的電勢為零B.該電子可能到達不了平面fC.該電子經過平面d時，其電勢能為4eVD.該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍15、電磁波在生產生活中有廣泛應用。關于電磁波，下列說法正確的是（）A.在同一介質中所有電磁波傳播速度都相同B.紫外線有助于人體合成維生素DC.一切物體都在不停地發射紅外線E.醫學上用γ射線透視人體，檢查體內病變等E.醫學上用γ射線透視人體，檢查體內病變等評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)16、如圖所示，真空中有兩個點電荷和分別固定在x坐標軸的和的位置上。則x標軸上的_____處的電場強度為零。x坐標軸上電場強度方向沿x軸正方向區域是__________。

17、如圖所示，為一等邊三角形的三個頂點，某勻強電場的電場線平行于該三角形平面，現將電荷量為的正點電荷從點移到點，電場力做功為則兩點間的電勢差______將另一電荷量為的負點電荷從點移到點，克服電場力做功若邊長為則電場強度大小______

18、一次閃電，流動的電荷量大約為300C，持續的時間大約是0.005s，所形成的平均電流為________A。19、x軸上各點電勢隨x變化的關系如圖所示，其中N點的電勢為零，ND段中C點電勢最高。則同一負電荷在C點的電勢能______在N點的電勢能，N點的電場強度______C點的電場強度（均選填“＞”；“＝”、“＜”）。

20、如圖甲所示電路，電源電壓保持不變。閉合開關S，當滑動變阻器的滑片P從右端滑到左端的過程中，R1、R2的I﹣U關系圖象如圖乙所示。則電源電壓為_______V，R1的阻值是_______Ω。

21、探究感應電流方向的實驗中；要用到靈敏電流計，條形磁鐵，螺線管，已知若電流從正接線柱流入時，指針將偏向正接線柱的一側，則：

（1）甲圖中螺線管的感應電流的磁場方向是______（請填“向上”或“向下”）

（2）乙圖中磁鐵在螺線管中產生的磁場方向是______（請填“向上”或“向下”）

（3）圖丙中螺線管中的磁通量正在______（請填“增大”或“減小”）

（4）圖丁中螺線管的繞向為（從上往下看，按電流流經方向）______（請填“順時針”或“逆時針”）

評卷人得分四、實驗題(共4題，共32分)22、在“測定電源電動勢和內阻”的實驗中；實驗室僅提供下列實驗器材：

A．兩節舊干電池；每節電動勢約1.5V

B．直流電壓表Vl、V2，量程均為0～3V，內阻約

C．電流表，量程0～0.6A，內阻小于1

D．定值電阻R0，阻值2

E．滑動變阻器R，最大阻值15

F．導線和開關若干。

（1）請根據連接的實物圖甲，在圖乙虛線框中畫出對應的電路圖________；

（2）根據圖甲電路進行實驗，測得多組U、I數據，作出U-I圖象，求出電動勢和內阻的值均小于真實值，其產生誤差的原因是_______；

（3）實驗過程中，由于電流表發生了故障，某同學又設計了圖丙所示的電路測定電源的電動勢和內阻，實驗中移動滑動變阻器觸頭，記錄Vl和V2的值如下表所示，用測出的數據在圖丁中繪出U1－U2圖線_____；

（4）由圖線可得被測電池組的電動勢E=______V，內阻r=_______Ω。（結果保留兩位有效數字）23、某同學利用圖甲所示電路測量一量程為3mA的直流電流表的內阻RA(約為110Ω)。提供的實驗器材有：

A.直流電源(電動勢為1V；內阻不計)；

B.電阻箱(0~999.9Ω)；

C.滑動變阻器(0~5Ω.額定電流為3A)；

D.滑動變阻器(0~50Ω.額定電流為1A)。

(1)為了盡可能減小測量誤差，滑動變阻器R應選用__________(選填“C”或“D”)。

(2)根據圖甲所示電路，在圖乙中用筆畫線代替導線，將實物間的連線補充完整___。

(3)主要實驗步驟如下：

I.將電阻箱R0的阻值調為零，滑動變阻器R的滑片P移到右端；

II.閉合開關S，調節滑動變阻器R的滑片P；使電流表的示數為3mA；

I.調節電阻箱R0，使電流表的示數為1mA，讀出此時電阻箱的阻值R1；

IV.斷開開關S；整理好儀器。

(4)已知R1=208.8Ω，則電流表內阻的測量值為_________Ω，由于系統誤差，電流表內阻的測量值_____(選填“大于”“等于”或“小于”)真實值。24、某興趣小組要將一塊量程Ig為1mA、內阻約為100Ω的電流表G改裝成量程為3V的電壓表．首先要測量該電流表的內阻現有如下器材。A．待測電流表G(量程1mA、阻值約100Ω)B．滑動變阻器(總阻值5000Ω、額定電流1A)C．滑動變阻器(總阻值500Ω、額定電流1A)D．電阻箱R2(總阻值999.9Ω)E．電源(電動勢為1.5V，內阻很小)F．電源(電動勢為3V，內阻很小)G．開關、導線若千

(1)該小組如果選擇如圖甲所示的電路來測量待測電流表G的內阻，則滑動變阻器R1應選擇________(填器材前代碼序號)；電源應選擇_______(填器材前代碼序號)．

(2)實驗時，先斷開開關S2，閉合開關S1，調節滑動變阻器R1，使得G的示數為Ig；保證R1的阻值不變，再閉合S2；調節電阻箱R2，使得G的示數為此時電阻箱R2的示數如圖乙所示；則G的內阻為________Ω

(3)該實驗中，G的內阻測量值_______真實值(填“大于”或“小于”)25、某研究小組的同學們準備測量15°C自來水的電阻率；以判斷該自來水是否符合國際標準（國標規定自來水在15°C時電阻率應大于13Ω·m）。他們先在一根均勻的長玻璃管兩端各裝了一個電極，電極間裝滿密封的待測自來水，同學們設計了實驗方案并分工進行了以下測量：

(1)同學們用游標卡尺測量玻璃管的內徑d；向玻璃管內注滿自來水，并用刻度尺測量水柱長度L；用多用電表的電阻“×100”擋，按正確的操作步驟測量此水柱體的電阻R，表盤的示數如圖所示；由圖所示可知玻璃管的內徑d=______mm，水柱體的電阻R=_______Ω；

(2)該小組同學想用伏安法更精確地測量其電阻R；現有的器材及其代號和規格如下：

電壓表V（量程15V，內阻約30kΩ）；電流表A（量程5mA，內阻約50Ω）；滑動變阻器R0（0~100Ω，允許最大電流1A）；電池組E（電動勢E=12V，內阻r=6Ω）；開關一個；導線若干。請根據情況補全電路原理圖（并不是所有的接線點都要連接）；

()

(3)如果測出水柱的長度L。玻璃管的內徑d和水柱的電阻R，則自來水電阻率的表達_______。（用符號表示）評卷人得分五、解答題(共1題，共4分)26、如圖所示，在勻強電場中有A、B、C三點，已知A、B兩點間的距離為AB=5m，A、C兩點間的距離為AC=8m，∠BAC=37°，且勻強電場方向平行AB、AC直線所在的平面?，F把一個帶電荷量q=8×10-9C的正點電荷放在勻強電場中，當點電荷q由A點移到B點時電場力做功W1=8×10-8J，當點電荷q由A點移到C點時電場力做功W2=1.6×10-7J，若取A點電勢為零；（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

（1）AB和AC兩點間電勢差各為多少？

（2）B、C兩點電勢各為多少？

（3）勻強電場的電場強度大小和方向。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【詳解】

根據P點的電場線方向可以得P點的電場強度方向是垂直于金屬板向左，兩異號點電荷電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，P點與點電荷O之間的距離為r，根據點電荷的場強公式P點的電場是由兩異號點電荷分別產生的場強疊加產生的．根據場強的疊加法則和幾何關系得：大小為．故選C．

【點睛】

常見電場的電場線分布及等勢面的分布要求我們能熟練掌握，并要注意沿電場線的方向電勢是降低的，同時注意等量異號電荷形成電場的對稱性．2、B【分析】【分析】

【詳解】

由公式。

長度比為2：1，橫截面積比為2：1，所以兩電阻比為1：1，則R2的阻值為8Ω；故B正確。

故選B。3、B【分析】【分析】

【詳解】

帶正電的導體球缺少電子；接觸不帶電的驗電器時，金屬箔片上的一部分電子轉移到帶正電的物體上來，使金屬箔片缺少電子，從而帶上正電，ACD錯誤，B正確。

故選B。4、A【分析】【詳解】

根據庫侖定律的公式可知F=兩電荷的電量都增大為原來的2倍，則力會增大為原來的4倍，而距離又減小到原來的一半，所以力又要增大為原來的4倍，所以庫侖力變為原來的16倍，故選A。5、C【分析】【詳解】

銅絲編織的管線起到靜電屏蔽的作用；能夠屏蔽外部干擾，從而實現高保真信號傳輸。

故選C。6、C【分析】A置于球心后，球內部感應出負電荷，由于接地，球外部不帶電，故枕形導體C的左端不帶電，C正確．7、C【分析】【詳解】

根據閉合電路歐姆定律公式

則圖像表達式為

結合圖像可知，縱軸截距為

斜率絕對值為

故選C。8、D【分析】【詳解】

AB．將R1的滑動觸頭向左移動，則R1阻值減小，總電阻減小，總電流變大，路端電壓減小，則A燈、B燈兩端電壓都減小，則兩燈都變暗；同理可判斷，將R1的滑動觸頭向右移動；則兩燈都變亮，選項AB錯誤；

C．若R1斷路，等效為R1的滑動觸頭向右移動電阻變大；則A燈；B燈均變亮，選項C錯誤；

D．若R2斷路，則等效為R2變大，則總電阻變大，總電流減小，路端電壓變大，通過R1的電流變大；則通過上面支路的電流減小，即通過A燈的電流減小，則此時A燈變暗，A燈兩端的電壓減小，則B燈兩端電壓變大，則B燈變亮，則選項D正確。

故選D。9、B【分析】【分析】

【詳解】

A．閉合開關S瞬間；電流從無到有，所以感應磁場也是從無到有，磁場增強，根據楞次定律增反減同可知，線圈P里有感應電流，故A錯誤；

B．斷開開關S瞬間，電流從有到無，所以感應磁場也時從有到無，磁場減弱，根據楞次定律增反減同可知，線圈P里有感應出向左的磁場，線圈P里有感應電流，且流經電表的電流方向為a→b；故B正確；

C．閉合開關S瞬間，電流從無到有，所以感應磁場也是從無到有，磁場增強，根據楞次定律增反減同可知，線圈P里有感應出向右的磁場，線圈P里有感應電流，且流經電表的電流方向為b→a；故C錯誤；

D．閉合開關S；待線圈M中電流穩定時，磁場穩定，沒有磁通量變化，即沒有感應電流，故D錯誤。

故選B。二、多選題(共6題，共12分)10、B:C【分析】【分析】

電動勢是表示電源把其它形式的能轉化為電能的本領大小的物理量．電動勢由電源本身的特性決定；與外電路的結構無關．

【詳解】

電源是把其他形式的能（非靜電力）轉化為電能的裝置，電源電動勢反映了電源內部非靜電力做功的本領，A錯誤C正確；根據可得電動勢在數值上等于非靜電力把1C的正電荷在電源內從負極移送到正極所做的功，B正確；電動勢由電源本身的特性決定，與外電路的結構無關，D錯誤．11、B:C:D【分析】【詳解】

分析電路圖；滑動變阻器和定值電阻串聯，將滑動變阻器滑片向下滑動，接入電路阻值變小，電路總阻值變小，干路電流變大。

A．V1測R兩端電壓，由于電流變大，示數變大；V2測路端電壓，由于電流增大，內阻分壓變大，所以示數變?。籚3測滑動變阻器兩端電壓，是V2示數減去V1示數；示數減小，A錯誤；

B．電流表測干路電流；示數增大，B正確；

C．由A分析知，V3測滑動變阻器兩端電壓，是V2示數減去V1示數，所以

所以C正確；

D．電路中定值電阻R大于電源內阻r，

D正確；

故選BCD。12、B:C【分析】【詳解】

A．由兩直導線中電流大小相等,到圓心O的距離相等,又由安培定則可知,兩直導線中電流在O點處產生的磁感應強度大小相等．方向相同,設其中一根直導線在O點處產生的磁感應強度大小為B0,則B=2B0，方向垂直于ab連線向下；故A錯誤；

B．根據左手定則，通電直導線c受到的安培力方向平行于ab指向a；故B正確；

C．將直導線b順時針旋轉120°后，由安培定則可知,a．b兩直導線中電流在O點處產生的磁感應強度大小相等，夾角為120°，合磁場磁感應強度大小B0，等于B/2；故C正確；

D．將直導線b沿圓周繞O點順時針轉動90°，兩根直導線中電流產生的兩個磁場方向相互垂直,所以B′=B0=B；故D錯誤。

故選BC。13、C:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．圖像是速度-時間圖像，圖像斜率代表加速度，可判斷出ta時刻的加速度大于tb時刻加速度，由可判斷出ta時刻的電場強度大；故B錯誤，C正確；

D．根據動能定理可判斷出從a點運動到b點電場力做正功；所以電勢能減小，故D正確；

A．因為不知道點電荷的電性，無法判斷出a、b兩點電勢高低；故A錯誤。

故選CD。14、A:B【分析】【詳解】

A．虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，一電子經過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV，動能減小了6eV，電勢能增加了6eV，因此a、b、c、d、f相鄰兩個等勢面間的電勢差為2V，因平面b上的電勢為2V，由于電子的電勢能增加，等勢面電勢由a到f是降低的，因此平面c上的電勢為零；故A正確；

B．由上分析可知，當電子由a向f方向運動，則電子到達平面f的動能為2eV，由于題目中沒有說明電子如何運動，因此也可能電子在勻強電場中做拋體運動，則可能不會到達平面f；故B正確；

C．在平面b上電勢為2V，則電子的電勢能為-2eV，動能為8eV，電勢能與動能之和為6eV，當電子經過平面d時；動能為4eV，其電勢能為2eV，故C錯誤；

D、電子經過平面b時的動能是平面d的動能2倍，電子經過平面b時的速率是經過d時的倍；故D錯誤。

故選AB。

【點睛】

考查電場力做功與電勢能變化的關系，掌握電勢能與動能之和不變，理解電勢為零處的電勢能為零是解題的關鍵。15、B:C:D【分析】【詳解】

A．一切電磁波在真空中傳播速度相同；在同一介質中，不同電磁波傳播速度不同，A錯誤；

B．紫外線有助于人體合成維生素D；但不宜過量，B正確；

C．紅外線應用在遙感技術中；是利用一切物體都在不停地發射紅外線，C正確；

D．電磁波譜中γ射線的頻率最高；波長最短，D正確；

E．醫學上用X射線透視人體；檢查體內病變等，E錯誤。

故選BCD。三、填空題(共6題，共12分)16、略

【分析】【詳解】

[1]某點的電場強度是正電荷Q1和負電荷Q2在該處產生的電場的疊加，是合場強，根據點電荷的場強公式可知，要使電場強度為零，那么正電荷Q1和負電荷Q2在該處產生的場強大小相等方向相反，不會在Q1的左邊，因為Q1的電荷大于Q2，也不會在Q1Q2之間，因為它們電荷相反，在中間的電場方向都是一樣的，所以，只能在Q2右邊，設該位置據Q2的距離是L，則有

解得

所以x坐標軸上x=12cm處的電場強度為零；

[2]在Q1Q2之間，正電荷Q1和負電荷Q2在該處產生的場強方向沿x軸正方向，所以實際場強也是沿x軸正方向，根據點電荷的場強公式得x坐標軸大于12cm區域電場強度方向沿x軸正方向區域，所以x坐標軸上電場強度方向沿x軸正方向區域是和【解析】12或17、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]正點電荷從A點移到點時，電場力做正功，故A點電勢高于點；可以求得。

[2]同理可判斷A點電勢高于點；可求得：

因此兩點電勢相等；則有：

由于勻強電場中的等勢線是一簇平行直線，因此，為一等勢線，故電場線方向垂直設為的中點，則電場線方向為由A指向直線沿場強方向的距離等于線段的長度；故由勻強電場中電勢差與場強的關系式可得。

【解析】300V10418、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】6×10419、略

【分析】【詳解】

[1]由圖可知，N點電勢低于C點電勢，根據電勢能與電勢的關系可得，對于負電荷，在電勢低的地方電勢能大，在電勢高的地方電勢能小，所以負電荷在C點的電勢能小于在N點的電勢能；

[2]φ-x圖線切線斜率的大小表示電場強度，由圖可知，N點切線的斜率大于C點切線的斜率，所以N點的電場強度大于C點的電場強度。【解析】<>20、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]由電路圖可知與串聯，電壓表測兩端的電壓，測兩端的電壓；電流表測電路中的電流，當滑動變阻器接入電路中的電阻最大時，電路中的電流最?。?/p>

由圖象可知，電路中的最小電流

兩端的電壓

兩端的電壓

因串聯電路中總電壓等于各分壓之和，所以電源電壓

由

可得定值電阻的阻值為【解析】①.18②.2021、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]依題意；若電流從正接線柱流入時，指針將偏向正接線柱的一側，而甲圖中電流從正接線柱流入電流計，根據安培定則，感應電流產生的磁場方向向上；

(2)[2]圖中電流從負接線柱流入電流計；根據安培定則，感應電流產生的磁場方向向下，磁鐵向上運動，穿過線圈的磁通量減小，根據楞次定律則原磁場方向向下；

(3)[3]圖中電流從正接線柱流入電流計；根據安培定則，感應電流的磁場方向向上，原磁場方向向上，根據楞次定律可知，磁通量減??；

(4)[4]磁鐵N極向上運動，穿過線圈的磁通量減小，原磁場方向向下，根據楞次定律，感應磁場向下，而感應電流從正接線柱流入電流計，因此其方向俯視為順時針方向。【解析】向上向下減小順時針四、實驗題(共4題，共32分)22、略

【分析】【詳解】

（1）[1]根據實物圖；畫出電路圖如圖所示。

（2）[2]電流的測量有誤差；是電壓表的分流引起的。

（3）[3]描點畫一條直線；讓點盡可能多的分布于直線上，其他的點均勻分布于直線兩邊。

（4）[4][5]根據閉合電路的歐姆定律可得

整理得

所以圖象的斜率

代入數據得【解析】由圖可知，電流表測的是支路電流，不準確，電壓表分流了。2.8##2.9##3.02.9##3.0##3.123、略

【分析】【詳解】

(1)[1]本實驗為了減小實驗誤差；應滿足滑動變阻器的最大阻值遠小于電流表的內阻，即應選用C

(2)[