…………○…………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年滬科版必修3物理下冊月考試卷619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8題，共16分)1、關于能量轉化的說法中錯誤的是（）A.舉重運動員把重物舉起來，體內的一部分化學能轉化為重力勢能B.核電站是把內能轉化成了電能C.內燃機做功的過程是內能轉化為機械能的過程D.做功的過程是能量轉化的過程，做了10J功，就有10J能量發(fā)生轉化2、真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉電場，M為熒光屏．今有質子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉電場；最后打在熒光屏上．已知質子；氘核和α粒子的質量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是()

A.三種粒子從B板運動到熒光屏經歷的時間相同B.三種粒子打到熒光屏上的位置相同C.偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2D.偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶43、在豎直向上的勻強電場中，有兩個帶電粒子（不計重力）a和b，它們的電量相等，a帶正電，b帶負電，質量不同，在同一點以水平向右、大小不等的速度同時進入電場，當它們的水平位移相等時，它們的速度和水平方向的夾角都是45o，不考慮粒子間的相互作用，則下列說法正確的是（）A.a粒子的動能增加，b粒子的動能減小B.兩個粒子的水平位移相同時，質量大的粒子豎直位移小C.兩個粒子的初速度和它們的質量成反比D.從進入電場到水平位移相同，質量小的粒子用時較短4、關于黑體及黑體輻射，下列說法正確的是（）A.黑體是真實存在的B.普朗克引入能量子的概念，得出黑體輻射的強度按波長分布的公式，與實驗符合得非常好，并由此開創(chuàng)了物理學的新紀元C.隨著溫度升高，黑體輻射的各波長的強度有些會增強，有些會減弱D.黑體輻射無任何實驗依據5、兩個阻值分別為R12和R24的定值電阻并聯(lián)，若并聯(lián)電路兩端電壓U4V，則通過該并聯(lián)電路的總電流為（）A.AB.1AC.2AD.3A6、如圖甲，Q1、Q2為兩個固定著的點電荷，a、b是它們連線的延長線上的兩點．現有一點電荷，只在電場力作用下，以一定的初速度沿直線從a點開始經b點向遠處運動，其υ-t圖像如圖乙，電荷經過a、b兩點的速度分別為υa、υb；則（）

A.Q1一定帶正電B.Q1的電量一定小于Q2的電量C.b點的電場強度一定為0D.電子的電勢能先增大后減小7、如圖所示，A和B為豎直放置的平行金屬板，在兩極板間用絕緣線懸掛一帶電小球，開始時開關S閉合，滑動變阻器的滑動頭P在a處；此時絕緣線向右偏離豎直方向（電源的內阻不能忽略），下列判斷正確的是。

A.小球帶負電B.當滑動頭從a向b滑動時，細線的偏角變小C.當滑動頭從a向b滑動時，電流計中有電流，方向從下向上D.當滑動頭從a向b滑動時，電源的總功率一定變小8、如圖是機場的安檢人員用手持金屬探測器檢查乘客的情境。當探測線圈靠近金屬物體時；在金屬物體中就會產生電流，如果能檢測出這種變化，就可以判定探測線圈附近有金屬物體了。下列四個圖中能反映出金屬探測器工作原理的是（）

A.①②兩個圖B.②③兩個圖C.③④兩個圖D.①④兩個圖評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)9、如圖甲所示，大量的電子（質量為m、電荷量為e）不間斷的由靜止開始經電壓為的電場加速后，從上極板的邊緣沿平行極板方向進入偏轉電場，偏轉電場兩極板間的電壓隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。已知偏轉電場的極板間的距離為d，板長為L，不計電子的重力及電子間的相互作用，電子通過偏轉電場所用的時間極短，可認為此過程中偏轉電壓不變，當偏轉電壓為時，粒子剛好從距上極板的P點射出；下列說法正確的是（）

A.B.當時，電子射出偏轉電場時速度的偏轉角為C.當時，電子射出偏轉電場時速度的偏轉角為D.電子會從偏轉電場的極板右側不間斷的射出10、關于導體的電阻，下列說法正確的是A.根據可知R與U成正比，與I成反比B.根據可知R與L成正比，與S成反比C.白熾燈溫度上升電阻變大，是因為燈絲的電阻率變大D.將一圓柱形導體均勻拉長為原來的兩倍，則電阻變?yōu)樵瓉淼?倍11、無限長通電直導線在周圍某一點產生的磁場的磁感應強度的大小與電流大小成正比，與導線到這一點的距離成反比．如圖所示，兩根長直導線電流大小I1>I2；方向如圖所示，且垂直于紙面平行放置，紙面內有M；N、O、P四點，其中M、N在導線橫截面連線的延長線上，〇點在導線橫截面的連線上，P在導線橫截面連線的垂直平分線上．這四點處磁場的磁感應強度不可能為零的是。

A.M點B.N點C.O點D.P點12、在地面附近，存在著一個有界電場，邊界MN將空間分成上下兩個區(qū)域I、II，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域I中離邊界某一高度由靜止釋放一個質量為m的帶電小球，如圖甲所示，小球運動的圖像如圖乙所示；不計空氣阻力，則（）

A.小球受到的重力與電場力之比為3:5B.在t=5s時，小球經過邊界MNC.在小球向下運動的整個過程中，重力做的功大于電場力做的功D.在1s～4s過程中，小球的機械能先減小后增大13、如圖所示為兩電源的U-I圖像；則下列說法正確的是（）

A.電源①的電動勢和內阻均比電源②大B.當外接相同的電阻時，兩電源的輸出功率可能相等C.當外接同樣的電阻時，兩電源的效率可能相等D.不論外接多大的相同電阻，電源①的輸出功率總比電源②的輸出功率大評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)14、如圖所示.電源電動勢E＝10V，內阻r=1Ω.電阻R1＝3Ω，R2＝6Ω，電容C＝30μF.閉合電鍵K，且穩(wěn)定后通過R1的電流大小_________A，然后將開關K斷開，求這以后流過R1總電量_________C

15、真空中，帶電荷量分別為Q1＝＋4.0×10－8C和Q2＝－1.0×10－8C的兩個點電荷，分別固定在x坐標軸x＝0、x＝6cm的位置上，如圖所示。則x軸上電場強度為零的位置是x＝______。

16、靜電吸附：在電場中，帶電粒子在______作用下，向著電極運動，最后被吸附在電極上的現象．17、電磁波可以在______中傳播,電磁波的傳播____需要介質。18、真空中，點電荷Q所產生的電場強度的計算公式是E=________，A、B兩點到點電荷Q的距離分別為R和3R，則A、B兩點的電場強度大小之比為___________。19、平行金屬帶電極板A、B間可看成勻強電場，場強E＝1.2×102V/m，極板間距離d＝5cm，電場中C點和D點分別到A、B兩板的距離均為0.5cm；B板接地。則。

（1）D點的電勢為_____V；

（2）若該金屬板所帶電荷量為6×10﹣8C，將其視為平行板電容器，其電容值為_____F；評卷人得分四、作圖題(共1題，共5分)20、連線題：請將下列電路元器件的實物圖與其符號相連。

評卷人得分五、實驗題(共4題，共8分)21、某同學為定性探究光敏電阻阻值隨光照強度變化的關系，設計了如圖（a）所示的電路。所用器材有：置于暗箱（圖中虛線區(qū)域）中的光敏電阻RG、小燈泡和刻度尺；阻值為R的定值電阻；理想電壓表V；電動勢為E、內阻為r的電源；開關S；導線若干。

實驗時，先按圖（a）連接好電路，然后改變暗箱中光源到光敏電阻的距離d，記錄電壓表的示數U，獲得多組數據如下表。d/cm8.5010.0012.0013.5015.0017.0018.5020.0022.0023.5025.00U/mV271.0220.0180.0156.7114.9114.094.889.578.672.565.0

回答下列問題：

（1）光敏電阻阻值RG與電壓表示數U的關系式為RG=___________（用E、r、R、U表示）；

（2）根據數據表中所給的數據點，并作出U-d的非線性曲線_________

（3）依據實驗結果可推斷：光敏電阻的阻值隨著光照強度的減小而___________（填“增大”或“減小”）；

（4）該同學注意到智能手機有自動調節(jié)屏幕亮度的功能，光照強度大時屏幕變亮，反之變暗。他設想利用光敏電阻的特性，實現“有光照射光敏電阻時，小燈泡變亮；反之變暗”的功能，設計了如圖（c）路，則電路中___________（填“R1”或“R2”）為光敏電阻；另一個為定值電阻。

22、某同學利用如圖所示的實驗電路來測量電阻的阻值．其中電流表量程為0.6A；

(1)先按圖示電路連接好，把滑動變阻器R'滑片調至圖中最___（填“左”或“右”）端，將電阻箱接入a、b之間，使其阻值為零，閉合開關S，調節(jié)滑動變阻器R'；使電流表滿偏；

(2)保持滑動變阻器R'阻值不變．改變電阻箱的阻值R，得到一組電流表的示數I與R的數據如下表：

。電阻R/Ω05.010.015.020.030.040.0電流I/A0.600.400.300.240.200.150.12

請根據實驗數據作出I-R關系圖象______(為充分利用坐標紙，在原點縱坐標I可取0.1A)．

(3)用待測電阻R，替換電阻箱，讀得電流表示數為0.36A．利用(2)中測繪的I-R圖象可得Rx=___Ω．

(4)自表格中數據可算出電源電動勢為____V．使用較長時間后，電池的電動勢可認為不變，但內阻增大．若仍用本實驗裝置和測繪的I-R圖象，先完成上述步驟(1)，再測定某一電阻，則測定結果將____（填“偏大”“偏小”或“準確”）．23、在練習使用多用電表的實驗中；

（1）某同學使用多用電表的歐姆檔粗略測量一定值電阻的阻值Rx；先把選擇開關旋到“×10”擋位，測量時指針偏轉如圖所示。以下是接下來的測量過程：

a．將兩表筆短接；調節(jié)歐姆檔調零旋鈕，使指針對準刻度盤上歐姆檔的零刻度，然后斷開兩表筆。

b．旋轉選擇開關至交流電壓最大量程處（或“OFF”檔）；并拔出兩表筆。

c．將選擇開關旋到“×1”擋。

d．將選擇開關旋到“×100”擋。

e．將選擇開關旋到“×1k”擋。

f．將兩表筆分別連接到被測電阻的兩端，讀出阻值Rx；斷開兩表筆。

以上實驗步驟中的正確順序是________（填寫步驟前的字母）。

（2）重新測量后，指針位于如圖所示位置，被測電阻的測量值為____Ω。

（3）如圖所示為歐姆表表頭，已知電流計的量程為Ig=100μA，電池電動勢為E=1.5V，則該歐姆表的表盤上30μA刻度線對應的電阻值是____kΩ。

（4）為了較精確地測量另一定值電阻的阻值Ry，采用如圖所示的電路。電源電壓U恒定；電阻箱接入電路的阻值可調且能直接讀出。

①用多用電表測電路中的電流，則與a點相連的是多用電表的____（選填“紅”或“黑”）表筆。

②閉合電鍵，多次改變電阻箱阻值R，記錄相應的R和多用電表讀數I，得到的關系如圖所示。不計此時多用電表的內阻。則Ry＝___Ω，電源電壓U＝___V。

24、為了測量一節(jié)干電池的電動勢和內阻；某實驗小組設計了如圖甲所示的電路，實驗室準備了下列器材供選用：

A.待測干電池一節(jié)。

B.直流電流表A1（量程0~0.6A；內阻約為0.01Ω）

C.直流電流表A2（量程0~3A；內阻約為0.02Ω）

D.直流電壓表V1（量程0~3V；內阻約為5kΩ）

E.直流電壓表V2（量程0~15V；內阻約為25kΩ）

F.滑動變阻器R1（阻值范圍為0~15Ω；允許最大電流為1A）

G.滑動變阻器R2（阻值范圍為0~1000Ω；允許最大電流為2A）

H.開關。

I.導線若干。

（1）實驗中電壓表應選用________；電流表應選用________；滑動變阻器應選用________。（填字母代號）

（2）實驗小組在進行實驗時，開始滑片P在最右端，但由于滑動變阻器某處發(fā)生斷路，合上開關S后發(fā)現滑片P向左滑過一段距離x后電流表才有讀數，于是該組同學分別作出了電壓表讀數U與x、電流表讀數I與x的關系圖，如圖乙所示，則根據圖像可知，電池的電動勢為________V，內阻為________Ω。評卷人得分六、解答題(共2題，共14分)25、如圖所示，長為的平行板電容器上極板帶正電，從上極板的端點點以水平初速度向右射入一個質量為帶電荷量為的粒子，當它的水平速度與豎直速度的大小之比為時，恰好從下端點射出；粒子重力不計。求：

（1）平行板電容器兩極板間的距離

（2）兩極板間的電場強度的大小。

26、如圖所示的電路，電阻R3＝4Ω；電流表A和電壓表V均為理想電表。閉合開關S后，電流表示數為0.75A，電壓表示數2.0V。由于某種原因，電路有一只電阻發(fā)生斷路現象，使電流表示數變?yōu)?.8A，電壓表示數變化了1.2V。試回答下列問題：

(1)判斷哪只電阻發(fā)生斷路；并說明理由。

(2)求電阻R1、R2的值。

(3)求電源的電動勢E和內電阻r。

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A．舉重運動員把重物舉起來；運動員要對重物做功，消耗體內的化學能，使得體內的一部分化學能轉化為杠鈴的重力勢能故A正確；

B．核電站是把核能轉化成了電能；故B錯誤；

C．內燃機做功的過程是內能轉化為機械能的過程；故C正確；

D．做功過程是能量轉化過程；功是能量轉化的量度，某過程做了10J的功，一定有10J能量發(fā)生了轉化，故D正確。

本題選錯誤的，故選B。2、B【分析】【詳解】

A．粒子加速過程。

qU1＝mv2從B至M用時。

t＝得。

t∝所以。

t1∶t2∶t3＝1∶∶故A錯誤；

B．偏轉位移。

所以三種粒子打到熒光屏上的位置相同；故B正確；

CD．電場力做功。

W＝qEy得。

W1∶W2∶W3＝q1∶q2∶q3＝1∶1∶2故CD錯誤。

故選B。3、D【分析】【詳解】

A．在水平方向上；兩粒子做勻速直線運動，豎直方向上，兩粒子在電場力的作用均做勻加速直線運動，故兩粒子的動能均增加，故A錯誤；

B．當兩粒子的水平位移相等時，它們的速度和水平方向的夾角都是此時對合速度進行分解得

同時有水平位移相等可知相等，則豎直位移為

故豎直位移也相等；B錯誤；

C．運動時間為

則水平位移為

由此可知；兩個粒子的初速度的平方和它們的質量成反比，故C錯誤；

D．從進入電場到水平位移相同；因為兩個粒子的初速度的平方和它們的質量成反比，故質量小的粒子的初速度大，故運動時間短，D正確；

故選D。4、B【分析】【詳解】

A．黑體并不是真實存在的；A錯誤；

B．普朗克引入能量子的概念；得出黑體輻射的強度按波長分布的公式，與實驗符合得非常好，并由此開創(chuàng)了物理學的新紀元，B正確；

C．隨著溫度的升高；各種波長的輻射強度都有增加，C錯誤；

D．黑體輻射是有實驗依據的；D錯誤。

故選B。5、D【分析】【詳解】

兩電阻并聯(lián)之后的總電阻為

通過該并聯(lián)電路的總電流為

故選D。6、C【分析】A；由于點電荷電性未知；根據其運動情況無法判斷Q1的電性，A錯誤；

BC、從速度圖象乙上看出,可見電子從a到b做加速度減小的加速運動,在b點時粒子運動的加速度為零,則電場力為零,所以該點場強為零，Q1的電量一定大于Q2的電量；B錯誤；C正確；

D、過b點后點電荷做減速運動,整個過程點電荷的動能先增加后減小，根據能量守恒，電勢能先減小后增大，故D錯誤．

故選C．

【名師點睛】

速度時間圖線上每一點的切線斜率表示瞬時加速度，可見a到b做加速度減小的加速運動，到b點加速度為0．從而知道b點的電場力及電場強度；通過b點的場強可以分析出兩個點電荷電量的大小；通過能量守恒判斷電勢能的變化．7、B【分析】【詳解】

A.由圖，A板帶正電，B帶負電；電容器內電場方向水平向右．細線向右偏，電場力向右，則小球帶正電．故A錯誤；

B.滑動頭向右移動時，R變小，外電路總電阻變小，總電流變大，路端電壓U=E-Ir變??；電容器電壓變小，細線偏角變小，故B正確；

C.滑動頭向右移動時，電容器電壓變小，電容器放電，因A板帶正電；則流過電流表的電流方向向下．故C錯誤；

D.滑動頭向右移動時，R變小，外電路總電阻變小，總電流變大，電源電動勢不變，所以當滑動頭從a向b滑動時，電源的總功率一定變大，故D錯誤．8、B【分析】【分析】

【詳解】

探測器靠近金屬物體時；相當于閉合電路的部分導體在切割磁感線，從而產生了電流；②圖是導體棒切割磁感線，③圖是閉合回路磁通量發(fā)生變化產生感應電流，①和④圖是電流的磁效應。綜上所述，選項B正確。

故選B。二、多選題(共5題，共10分)9、A:C【分析】【詳解】

ABC．電子由靜止開始經電壓為U0的電場加速有

解得

當時，進入偏轉電場加速度

根據平拋運動規(guī)律有

聯(lián)立解得

電子射出偏轉電場時速度的偏轉角為45°，合速度

則時，電子射出偏轉電場時速度的偏轉角小于故AC正確，B錯誤；

D．設電子恰能從極板右側下邊緣射出的偏轉電壓為U，則有

根據平拋運動規(guī)律有

解得

所以當電子進入偏轉電場的電壓小于的電子可以從從極板右側射出，由題圖可知，部分時間內電壓大于故電子不會從偏轉電場的極板右側連續(xù)射出，故D錯誤。

故選AC。10、B:C:D【分析】【詳解】

A．根據電阻定律可知；導體的電阻大小的影響因素：長度；橫截面積、材料。跟電壓、電流都無關，故A錯誤；

B．根據電阻定律可知，導體的電阻R與長度L成正比，與橫截面積S成反比；故B正確；

C．白熾燈溫度升高；電阻率增大，電阻變大，故C正確；

D．將一圓柱形導體均勻拉長為原來的兩倍，則橫截面積減小為原來的一半，根據電阻定律可知，電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，故D正確。11、A:C:D【分析】【詳解】

A．根據安培定則可知兩電流在M點磁感應強度的方向相反，若I1＞I2由于M離I1近，故在M點I1的磁感應強度的大小大于I2的磁感應強度．則M點磁感應強度不可能為0．選項A正確；

B．根據安培定則可知兩電流在N點的磁感應強度的方向相反，若I1＞I2，由于I2離N點近，則N點I1的磁感應強度的大小可能等于I2的磁感應強度；故N點磁感應強度可為0．選項B錯誤；

C．根據安培定則可知兩電流在O點磁感應強度的方向相同；則O點磁感應強度不可能為0．選項C正確；

D．根據安培定則可知兩電流在P點的磁感應強度方向不相反，均存在豎直向下的分量，故P點的磁感應強度不可能為0．選項D正確．12、A:D【分析】【詳解】

小球進入電場前做自由落體運動，進入電場后受到電場力作用而做減速運動，由圖可以看出，小球經過邊界MN的時刻是t=1s時，故B錯誤；由圖象的斜率等于加速度得小球進入電場前的加速度為：進入電場后的加速度大小為：由牛頓第二定律得：mg=ma1，F-mg=ma2，得電場力：可得重力mg與電場力F之比為3：5，故A正確，整個過程中，動能變化量為零，根據動能定理，整個過程中重力做的功與電場力做的功大小相等．故C錯誤；整個過程中，由圖可得，小球在0-2.5s內向下運動，在2.5s-5s內向上運動，在1s～4s過程中，小球的機械能先減小后增大電場力先做負功，后做正功．電勢能先增大，后減小；由于整個的過程中動能、重力勢能和電勢能的總和不變，所以，小球的機械能先減小后增大．故D正確。13、A:D【分析】【詳解】

A．根據閉合電路歐姆定律得

當I=0時，U=E；即圖線與縱坐標軸的交點數值上等于電源的電動勢大小，圖線的斜率大小等于電源的內阻，由圖看出，電源①的電動勢和內阻均比電源②大。故A正確；

BD．過原點O作出一條傾斜的直線；該直線與圖線①；②的交點就表示該電阻與兩電源連接時的工作狀態(tài)。

由圖看出；直線與圖線①交點的縱；橫坐標的乘積大于直線與圖線②交點的兩坐標的乘積，說明不論外接多大的相同電阻，電源①的輸出功率總比電源②的輸出功率大，故B錯誤，D正確；

C．電源的效率可表示為

當外接同樣的電阻時，由于內阻r不等；電源的效率不可能相等，電源②的效率總大于電源①的效率，故C錯誤。

故選AD。三、填空題(共6題，共12分)14、略

【分析】【詳解】

閉合開關K，據全電路歐姆定律得

閉合開關K，電容器的電壓等于兩端電壓，為：

開關K斷開時，電容器的電壓等于電源的電動勢，為

電容器兩端的電壓變化量

過的總電荷量．【解析】1A；1.2×10-4C；15、略

【分析】【分析】

【詳解】

空間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

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。電場強度為零的點不會在Q1的左邊，因為Q1的電荷大于Q2，也不會在Q1Q2之間，因為它們電荷電性相反，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

解得

所以x坐標軸上

處的電場強度為零【解析】12cm16、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】靜電力17、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]電磁波可以在真空中傳播；

[2]電磁波的傳播不需要介質?！窘馕觥竣?真空②.不18、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]真空中，點電荷Q所產生的電場強度的計算公式是

[2]A、B兩點到點荷Q的距離分別為R和3R，則A、B兩點的電場強度大小之比為【解析】①.②.9：119、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]由于B板接地，所以B的電勢為零，又由于B板是正極板，所以電場線的方向是豎直向上的，則有

則D點的電勢為

（2）[2]兩極板間的電勢差為

根據平行板電容器公式，得其電容值為【解析】①.②.四、作圖題(共1題，共5分)20、略

【分析】【詳解】

實物圖中第一個為電動機；電動機符號為符號圖中的第二個；

實物圖中第二個為電容器；電容器符號為符號圖中的第三個；

實物圖中第三個為電阻；電阻符號為符號圖中的第四個；

實物圖中第四個為燈泡；燈泡符號為符號圖中的第一個。

【解析】五、實驗題(共4題，共8分)21、略

【分析】【詳解】

（1）[1]根據閉合電路歐姆定律，可得

解得

（2）[2]描點；連線如圖所示。

（3）[3]當光源距離光敏電阻越遠時，光照強度越小，電壓表示數越小，根據

可知，光敏電阻的阻值越大。

（4）[4]如果R1為光敏電阻，有光照射光敏電阻時，外電路總電阻變小，路端電壓降低，燈泡變暗；當R2為光敏電阻時，有光照射光敏電阻時，外電路總電阻變小，整個電路電流強度增大，內電壓升高，路端電壓降低，流過R1的電流減小，因此流過燈泡的電流增大，燈泡變亮，因此R2為光敏電阻?！窘馕觥恳娊馕鲈龃驲222、略

【分析】【詳解】

(1)[1]．閉合開關前，應調節(jié)滑動變阻器使電路中的起始電流最小，則滑動變阻器R'滑片應置于最左端；使滑動變阻器接入電路的阻值最大．

(2)[2]．根據實驗數據描點作出I-R關系圖象如下。

(3)[3]．用待測電阻R，替換電阻箱，讀得電流表示數為0.36A．對照I-R關系圖象，可得．

(4)[4][5]．由閉合電路歐姆定律可得

從圖線上選取兩組和線偏離較小的數據代入解得