2025年青島版六三制新必修3物理上冊階段測試試卷

…………○…………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年青島版六三制新必修3物理上冊階段測試試卷589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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、如圖所示，四邊形abcd的四條邊邊長相等，∠a=60°，對角線交點為O，在頂點a、b、c各放一個電性相同電量相等的點電荷，則O點和d點的電場強度大小之比為（）

A.1B.C.D.22、如圖所示，在方向豎直向下，磁感應強度大小為B的勻強磁場中，等邊三角形abc的a、b兩點分別放置一長直導線，導線中通有大小相等、方向垂直紙面向里的恒定電流，測得c點的磁感應強度大小為2B，若將b處電流反向，則此時c處的磁感應強度大小為（）

A.2BB.BC.BD.B3、下列屬于防范靜電危害的是（）A.靜電式空氣凈化器B.使用避雷針C.靜電復印D.靜電噴涂4、關于元電荷的理解，下列說法正確的是（）A.元電荷就是電子B.元電荷就是質子C.元電荷就是原子D.物體所帶的電荷量只能是元電荷的整數倍5、如圖所示，在光滑的絕緣水平面上，有兩個質量相等、相距為r、帶電荷量分別為和的小球甲、乙，在水平恒力F作用下做勻加速直線運動。靜電力常量為k，則水平恒力F的大小為（）

A.B.C.D.6、如圖所示，用伏安法測電阻，若電流表內阻1Ω，電壓表內阻5000Ω，Rx約為10Ω；則下圖中哪個測量結果較為準確？測量值比真實值偏大還是偏?。ǎ?/p>

A.甲電路，偏大B.甲電路，偏小C.乙電路，偏大D.乙電路，偏小7、如圖所示；圖中直線①表示某電源的路端電壓與電流的關系圖線，圖中曲線②表示該電源的輸出功率與電流的關系圖線，則下列說法正確的是（）

A.電源的電動勢為30VB.電源的內阻為C.電流為2.5A時，外電路的電阻為15ΩD.輸出功率為120W時，路端電壓是50V評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)8、在如圖所示電路中，閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，四個理想電表的示數都發(fā)生變化，電表的示數分別用I、和表示，電表示數變化量的絕對值分別用和表示，下列說法正確的是

A.變小，變大，變小，I變大B.變大，變小，變大，I變大C.不變，變小，變小D.不變，不變，不變9、如圖所示電路，電源電動勢為E，內阻為r，C為兩塊彼此靠近而又絕緣的平行金屬板，兩金屬板中一帶電液滴P處于靜止狀態(tài)，R1、R2和R3為定值電阻，電流表、電壓表均為理想電表，當滑動變阻器R4的滑片由圖中位置向a端移動過程中；下列判斷正確的是（）

A.電源總功率逐漸增大B.帶電液滴P將向上運動C.R2上消耗的功率減小D.電流表讀數減小，電壓表讀數增大10、如圖所示，一電荷量為的小球鑲嵌在傾角為的光滑絕緣斜劈中，小球和斜劈總質量為m。將該斜劈置于光滑水平地面上，質量為km的絕緣小球，通過輕繩與斜劈頂端相連，輕繩與斜面平行，輕繩的最大承受力為2kmg，重力加速度為g。若在水平地面上方存在水平向右；電場強度大小由0逐漸增大的勻強電場；小球在運動過程中，始終與斜劈保持相對靜止。下列說法正確的是（）

A.絕緣小球對斜劈的壓力逐漸增大B.輕繩對絕緣小球的拉力逐漸增大C.若則電場強度的最大值為D.若則電場強度的最大值為11、如圖所示，電容器由平行金屬板M、N和電介質D構成．電容器通過開關S及電阻及與電源E相連接。則（）

A.M上移電容器的電容變大B.將D從電容器抽出，電容變小C.斷開開關S，M上移，MN間電壓將增大D.閉合開關S，M上移，流過電阻R的電流方向從B到A12、如圖所示，R0為熱敏電阻（溫度降低電阻增大），R為滑動變阻器，D為理想二極管（正向電阻為零，反向電阻無窮大），真空中水平放置的平行板電容器，上下極板Y和Y′相距d，A為兩極板左側中點，AB線段與兩極板等長，到兩板距離相等。在開關S閉合后，質量為m、帶電荷量為+q的粒子（不計重力），以初速度v0沿水平方向射入電場且能穿出電場，偏轉位移為y。則（）

A.粒子飛出電場時，速度方向的反向延長線一定交于AB線段中點B.只將變阻器R的滑動觸頭P向上移動，則偏轉位移y將減小C.只將上極板Y向上稍微移動，粒子穿過電場過程中，電場力做功不變D.只將熱敏電阻R0升溫，粒子穿過電場過程中，粒子的動量變化量不變評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)13、電磁波譜的排列是：無線電波、微波、_______________、可見光、紫外線、X射線、γ射線；可用來滅菌消毒的電磁波是____________；在探月工程中，從地球向“月兔號”月球車發(fā)指令，電磁波信號經過__________s到達月球車。（已知地月表面距離約為3.84×108m）14、在如圖所示的電路中，電源內電阻為r，R1、R3分別為兩個定值電阻．閉合電鍵S，當變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時，伏特表V1的示數逐漸________________（選填“增大”、“減小”、“不變”）．若移動P的過程中，電流表示數變化量的大小為ΔI，則伏特表V2示數變化量的大小ΔU2＝________________．

15、靜電場中某電場線如圖所示．把點電荷從電場中的A點移到B點，其電勢能增加1.2×10-7J，則該點電荷帶_____電（選填：“正”或“負”）；在此過程中電場力做功為____J．

16、如圖所示直線a為某電源的路端電壓隨電流的變化圖線，直線b為電阻R兩端的電壓隨電流的變化圖線，用該電源和該電阻組成的閉合電路，電源的輸出功率為___________W，內阻為___________Ω。

17、某學校開展“搖繩發(fā)電”的比賽活動。如圖所示；在操場上，將一根長為20m的銅芯導線兩端與電流傳感器的兩個接線柱連接，構成閉合回路；兩同學面對面站立搖動這條導線。（忽略地球磁偏角的影響）

（1）若增大搖繩的頻率，則電流傳感器的最大示數將_______（選填“增大”；“減小”、“不變”）；

（2）為了獲得較大電流，兩同學應該________站立搖繩。（選填“東西”、“南北”）評卷人得分四、作圖題(共2題，共14分)18、在如圖所示的四幅圖中；分別給出了導線中的電流方向或磁場中某處小磁針靜止時N極的指向或磁感線方向。請畫出對應的磁感線（標上方向）或電流方向。

19、試畫出點電荷、等量異種點電荷、等量同種點電荷及勻強電場的電場線。評卷人得分五、實驗題(共4題，共32分)20、如圖是一個多量程多用電表的簡化電路圖，測量電流、電壓和電阻各有兩個量程。當轉換開關S旋到位置3時，可用來測量_______；當S旋到位置_______時，可用來測量電流，其中S旋到位置_______時量程較大。

21、如圖所示為“研究影響平行板電容器電容的因素”的實驗裝置。

（1）以下說法不正確的是______

A．A板與靜電計的指針的電勢相等。

B．甲圖中將B板上移；靜電計的指針偏角增大。

C．乙圖中將B板左移；靜電計的指針偏角不變。

D．丙圖中將電介質插入兩板之間；靜電計的指針偏角減小。

（2）下列關于實驗中使用靜電計的說法正確的是有______

A；使用靜電計的目的是觀察電容器電壓的變化情況。

B；使用靜電計的目的是測量電容器電量的變化情況。

C；靜電計可以用電壓表替代。

D、靜電計可以用電流表替代22、某同學用如圖甲所示的電路測量電源的電動勢和內阻。可提供的實驗器材有：

A.待測的一節(jié)干電池。

B.一段粗細均勻、電阻率為的電阻絲

C.螺旋測微器。

D.電阻箱R（最大阻值為最小改變值為）

E.電壓表V（量程為內阻約為）

F.毫米刻度尺。

G.開關及導線若干。

主要實驗步驟如下；請完成下列填空：

（1）用螺旋測微器在電阻絲上的三個不同位置測量其直徑，算出直徑的平均值為D。某次螺旋測微器測量的示數如圖丙所示，則該示數為______mm；

（2）根據如圖甲所示的電路，用筆畫線代替導線將圖乙中的實物連接成測量電路______；

（3）正確連接好電路后，在開關S斷開的情況下，調節(jié)電阻絲上的導電夾P的位置，用毫米刻度尺測量并記錄P到電阻絲右端b的長度x；閉合開關S，調節(jié)電阻箱的阻值使電壓表的示數為U，記錄電阻箱對應的阻值R；

（4）重復步驟（3），調節(jié)電阻絲上的導電夾P的位置，調節(jié)電阻箱的阻值，使電壓表的示數仍為U，得到x、R的多組數據；

（5）根據x、R的多組數據，作出圖像如圖丁所示，若圖線的斜率為k，圖線在縱軸上的截距為不考慮電壓表的內阻對電路的影響，則該電池的電動勢為______，內阻______。（均選用D、U、k、b表示）23、如圖所示為某興趣小組測量電池組的電動勢和內阻的實驗原理圖；已知電池組的電動勢約3V，內阻約2Ω。現提供的器材如下：

A．電池組。

B．電壓表V1(量程0～10V；內阻約10000Ω)

C．電壓表V2(量程0～3V；內阻約3000Ω)

D．電阻箱R(0～99.9Ω)

E．定值電阻R1＝20Ω

F．定值電阻R2＝1000Ω

G．開關和導線若干。

(1)如果要準確測量電源的電動勢和內阻，電壓表V應選擇______(選填“B”或“C”)；定值電阻R0應選擇______(選填“E”或“F”)。

(2)改變電阻箱的阻值R，記錄對應電壓表的讀數U，作出的圖像如圖所示，圖線與橫、縱坐標軸的截距分別為－b、a，定值電阻的阻值用R0表示，則可得該電池組的電動勢為_______，內阻為_______(用字母表示)。

(3)該實驗測得的電動勢與真實值相比_______(選填“偏大”“偏小”或“不變”)，內阻的測量值與真實值相比________(選填“偏大”“偏小”或“不變”)。評卷人得分六、解答題(共4題，共16分)24、如圖所示，在區(qū)域Ⅰ（0≤x≤L）和區(qū)域Ⅱ內分別存在勻強電場，電場強度大小均為E，但方向不同。在區(qū)域Ⅰ內場強方向沿y軸正方向，區(qū)域Ⅱ內場強方向未標明，都處在xOy平面內，一質量為m，電量為q的正粒子從坐標原點O以某一初速度沿x軸正方向射入電場區(qū)域Ⅰ，從P點進入電場區(qū)域Ⅱ，到達Ⅱ區(qū)域右邊界Q處時速度恰好為零。P點的坐標為（L，0.5L）。不計粒子所受重力；求：

(1)帶電粒子射入電場區(qū)域Ⅰ時的初速度；

(2)帶電粒子在電場區(qū)域Ⅱ中從P到Q的運動時間。

25、如圖；真空中兩個帶電量均為+Q的點電荷固定在A；B亮點，它們之間的距離為8d，O點是它們連線的中點。C、D是連線中垂線MN上關于O點對稱的兩點。AC與MN的夾角是53°，空間中還有一勻強電場。將一試探負電荷放置在C點時恰能保持靜止。已知靜電力常量為k、試探電荷的比荷為μ。（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，不考慮電荷的重力）

（1）求勻強電場的電場強度E的大小及方向。

（2）給該試探電荷某一初速度，使其從C點沿MN恰能運動到D點，求初速度的大小。26、如圖所示，電源電動勢恒為E=34V，內阻r=2Ω，電燈上標有6V，12W字樣，直流電動機線圈電阻R=2Ω。若電燈恰能正常發(fā)光；且電機能正常運轉，求：

（1）流過電燈的電流是多大？

（2）電動機兩端的電壓是多大？

（3）電動機輸出功率是多少？

27、在綠色植物的光合作用中，每放出一個氧分子要吸收的光能。若綠色植物在光合作用中每放出1mol的氧氣；自身即可貯存469kJ的能量。試問：

（1）綠色植物在光合作用中是什么形式的能之間的轉化？

（2）綠色植物的能量轉換效率約為多少？

（3）若太陽光照射到地面的輻射強度為則每增加的綠地，在陽光下每小時可貯存多少能量？參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【詳解】

設每個點電荷的帶電量為q，四邊形的邊長為L，因為ac兩處的電荷在O點的場強等大反向，則O點的電場強度大小

因為ac兩處的電荷在d點的場強等大且互成120°，則d點的電場強度大小

則

故選D。2、A【分析】【分析】

考查磁場的疊加。

【詳解】

根據右手螺旋定則判斷如圖：

設a、b兩點處的導線在c點產生的磁場磁感應強度大小為則有：

解得將b處電流反向；則：

則此時c處的磁感應強度大小為A正確，BCD錯誤。

故選A。3、B【分析】【詳解】

A．靜電式空氣凈化器除灰塵；利用的是帶電體具有吸引輕小物體的性質，屬于靜電應用，故A不符合題意；

B．下雨天；云層帶電打雷，往往在屋頂安裝避雷針，是導走靜電，防止觸電，屬于防范靜電危害，故B符合題意；

C．復印機復印文件資料；就是利用靜電墨粉成在鼓上，屬于靜電利用，故C不符合題意；

D．靜電噴涂是利用異種電荷間的吸引力來工作的；屬于靜電利用，故D不符合題意。

故選B。4、D【分析】【分析】

【詳解】

ABC．元電荷是與電子的電荷量數值相等的電荷量；但不是電子，故ABC錯誤；

D．元電荷是自然界最小的電荷量；物體所帶的電荷量只能是元電荷的整數倍，故D正確。

故選D。5、C【分析】【詳解】

選甲，乙整體為研究對象，加速度

選乙為研究對象，列牛頓第二定律方程有

聯(lián)立得

故選C。6、B【分析】【詳解】

根據題中數據可計算。

則

故應采用電流表外接法；故選甲電路；

由于電壓表分流使電流表示數偏大流表；則由歐姆定律可知，測量值比真實值小。

故選B。

【點睛】

本題考查伏安法測電阻的實驗，要注意明確實驗中內外接法的選擇，并能根據電表內阻分析誤差原因及結果。7、C【分析】【分析】

先根據根據閉合電路歐姆定律推導出電源輸出電壓與電流的關系圖象的表達式；然后對照圖象求解電動勢和內電阻；可以從圖象讀出不同電流對應的電壓和輸出功率，根據歐姆定律求解電阻。

【詳解】

A．根據閉合電路的歐姆定律，電壓的輸出電壓

對照U-I圖象，當I=0時，故A錯誤；

B．U-I圖象斜率的絕對值表示內電阻，故

故B錯誤；

C．電流為2.5A時，對照U-I圖象，電壓為37.5V，故外電路電阻

故C正確；

D．輸出功率為120W時，對照P-I圖象，電流為4A，再對照U-I圖象；輸出電壓為30V，故D錯誤；

故選C。

【點睛】二、多選題(共5題，共10分)8、C:D【分析】【詳解】

AB.閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，滑動變阻器的電阻R2減小，由于和串聯(lián)，則總電阻減小，由閉合電路的歐姆定律得總電流為：

則總電流增大，由路端電壓公式：

知，減小，由歐姆定律知電阻兩端的電壓為：

則增大，由串并聯(lián)關系知

則減?。还蔄B錯誤；

CD.因不變，則由歐姆定律可得，

保持不變，由數學規(guī)律可知，也保持不變，因滑片向上移動，故的接入電阻減小，故變小，而

故保持不變，因

故比值減小，而

故比值保持不變；故CD正確；

故選CD；9、B:C【分析】【詳解】

A．當滑動變阻器R4的滑片由圖中位置向a端移動過程中，滑動變阻器連入電路的阻值變大，則電路的總電阻變大，由閉合電路歐姆定律可知，干路中的電流變小，由

可知電源總功率逐漸變小；故A錯誤；

BD．由

可知電壓表讀數變小，由

可得，并聯(lián)電路兩端點的電壓U變大，則電容器兩端電壓增大，電容器板間場強增大，質點P所受到的電場力增大，則質點向上運動，根據

可知電流表讀數變大；故B正確，D錯誤；

C．由上述可知，流過兩端的電流增大，由于總電流減小，則流過電流減小，根據

可知R2上消耗的功率減小；故C正確。

故選BC。10、B:C【分析】【詳解】

AB．絕緣小球受到重力、斜劈的支持力與輕繩的拉力作用，對其分析有

根據牛頓第三定律，絕緣小球對斜劈的壓力

解得

對斜劈與絕緣小球整體有

根據上述結果可知；當電場強度大小由0逐漸增大時，加速度逐漸增大，絕緣小球對斜劈的壓力逐漸減小，輕繩對絕緣小球的拉力逐漸增大，A錯誤，B正確；

C．由于輕繩的最大承受力為2kmg，若在電場強度增大到最大值時，絕緣小球與斜面之間彈力恰好為0，對絕緣小球分析有

解得

既有

此時的加速度

對絕緣小球與斜面整體有

解得

C正確；

D．若斜面傾角根據上述在電場強度達到最大值時，絕緣小球與斜面之間的彈力不可能為0，則有

解得

D錯誤。

故選BC。11、B:C【分析】【詳解】

，根據電容的決定式可知，當M向上移時，板間距離d增大，電容器的電容變小；當將D從電容器抽出，介電常數減小，電容器的電容變小，故A錯誤，B正確；斷開開關S，M上移，電量不變，而電容減小，根據電容的定義式可知電容器兩端的電壓增大，故C正確；閉合開關S，電壓不變，M上移時電容減小，則由可知；電量Q減小,電容器放電，流過電阻的電流方向從A到B，故D錯誤．選BC.

【點睛】根據電容的決定式分析電容的變化．電容器的板間電壓不變，根據電容的定義式分析電容器電量的變化，即可判斷電路中電流的方向．12、A:C【分析】【詳解】

A．依題意知，粒子在極板間受到豎直向下恒定的電場力作用，粒子做類平拋運動。根據平拋運動推論可推知該粒子飛出電場時，速度方向的反向延長線一定交于AB線段中點；故A正確；

B．只將變阻器R的滑動觸頭P向上移動，則滑動變阻器接入電路中的阻值變大，根據閉合電路歐姆定律可知，干路電流減小，內電壓及R0兩端電壓減小，所以滑動變阻器兩端電壓增大，由于極板間的電壓等于滑動變阻器兩端電壓，所以極板間電壓變大，電場場強變大，根據類平拋運動規(guī)律可知，粒子飛出極板的時間保持不變，豎直方向加速度變大，根據豎直方向上偏轉位移

可知，y將增大；故B錯誤；

C．只將上極板Y向上稍微移動，則根據

可知電容器電容將減小，根據

由于電容器極板間電壓保持不變，所以Q將減小，即電容器將放電，但由于二極管單向導電，所以電容器上的電荷量將保持不變，根據

又

聯(lián)立可得

可知極板間電場強度保持不變，粒子穿過電場過程中受到的電場力保持不變，由于粒子飛出電場的時間不變，則粒子穿過電場過程中，豎直方向位移y不變；電場力做功不變，故C正確；

D．只將熱敏電阻R0升溫，則R0則阻值變小，根據閉合電路歐姆定律可知，干路電流增大，則滑動變阻器兩端電壓增大，極板間電壓增大，電場強度增大，粒子受到的電場力F變大，由于粒子飛出電場的時間保持不變，根據動量定理

可知粒子的動量變化量將增大；故D錯誤。

故選AC。三、填空題(共5題，共10分)13、略

【分析】【分析】

考查電磁波譜；電磁波的特性，電磁波的傳播。

【詳解】

[1]．電磁波譜根據波長從長波到短波排列順序是：無線電波、微波、紅外線、可見光、紫外線、X射線、γ射線；

[2]．紫外線具有滅菌消毒的作用；

[3]．電磁波在真空中傳播速度為光速所以：【解析】紅外線紫外線1.2814、略

【分析】【詳解】

當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，R2變大，外電路總電阻變大，由歐姆定律，I變小，U1=IR1變小，故V1逐漸減小；因R1、R3為定值電阻，故由歐姆定律U2＝E?I(R1+R3+r)可知，電壓表V2示數的變化量絕對值與電流表A示數的變化量比值等于R1+R3+r，故．【解析】減小ΔI(R3+R1+r)15、略

【分析】【詳解】

把點電荷從電場中的A點移到B點，其電勢能增加1.2×10-7J，電場力做負功，則該點電荷帶負電；在此過程中電場力做功為-1.2×10-7J.【解析】負16、略

【分析】【詳解】

[1]由交點坐標知工作電壓為U=2V，工作電流為I=2A，則輸出功率為P出=UI=2×2=4W

[2]由縱截距知電源的電動勢為E=3V

由橫截距知電源短路電流為I0=6A

電源的內阻【解析】40.517、略

【分析】【詳解】

（1）[1]若增大搖繩的頻率；則穿過閉合線圈的磁通量變化率增大，電流傳感器的最大示數將增大。

（2）[2]地磁場方向沿南北方向，為使搖繩時線圈中有較大的磁通量變化率，從而產生較大電流，兩同學應該沿東西方向站立搖繩?！窘馕觥吭龃髺|西四、作圖題(共2題，共14分)18、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）在圖（1）中；已知小磁針靜止時N極的指向，由直線電流的安培定則，可知直線中的電流方向向下，如圖所示。

（2）在圖（2）中；已知小磁針靜止時N極的指向，由環(huán)形電流的安培定則，可知環(huán)形電流方向從左向右看是順時針方向，如圖所示。

（3）在圖（3）中；已知螺線管內小磁針靜止時N極的指向，由通電螺線管的右手螺旋定則可知，螺線管中的電流方向從左端導線流入，右端導線流出，如圖所示。

（4）在圖（4）中，已知磁感線的方向，由安培定則可知，環(huán)形電流方向沿逆時針方向，如圖所示。【解析】19、略

【分析】【詳解】

根據電荷屬性；點電荷；等量異種點電荷、等量同種點電荷及勻強電場的電場線如下所示。

【解析】五、實驗題(共4題，共32分)20、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]當轉換開關S旋到位置3時；內部電源被接通，構成歐姆表，可測量電阻。

[2]當S旋到位置1；2時；電流表與電阻并聯(lián)，并聯(lián)電阻起分流作用，可用來測量電流。

[3]S旋到位置1時，并聯(lián)電阻阻值較小，則分流較大，故S旋到位置1時，電流表量程較大?！窘馕觥竣?電阻②.1、2③.121、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）A板與靜電計相連，靜電平衡后電勢相等，A正確；將B板向上平移，兩極板正對面積減小，根據電容的決定式得知，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式分析得到，板間電勢差U增大，則靜電計指針張角增大，B正確；乙圖中將B板左移，板間距離增大，根據電容的決定式得知，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式分析得到，板間電勢差U增大，則靜電計指針張角增大，C錯誤；將電介質插入兩板之間，根據電容的決定式得知，電容C增大，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式分析得到；板間電勢差U減小，則靜電計指針張角減小，D正確；本題選不正確的，故選C．

（2）靜電計是用來測量電容器兩極板的電勢差；從而研究電容器電容隨電容器正對面積；兩板距離、介電常數等因素的變化．如果用電壓表、電流表來替代則構成電容器的放電回路，兩電表都沒有示數，故選A．．

考點：研究平行板電容器．

【名師點睛】

靜電計是測量電勢差的儀器，根據張角可以得出兩板間的電壓高低；根據靜電計的原理可知其使用方法．先根據電容的決定式分析電容的變化，再根據電容的定義式分析板間電勢差的變化，判斷靜電計指針張角的變化．【解析】CA22、略

【分析】【詳解】

（1）[1]根據螺旋測微器的讀數規(guī)律，該讀數為

（2）[2]根據電路圖；連接實物圖，如圖所示。

（5）[3][4]根據閉合電路歐姆定律有

根據部分電路歐姆定律有

由于

可得

結合圖線有

解得【解析】0.300b23、略

【分析】【詳解】

(1)[1]由于電源電動勢約為