2025年人教A版高二物理下冊月考試卷含答案

…………○…………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版高二物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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5題，共10分)1、一節(jié)干電池的電動勢為1.5V，表示該電池（）A.一定有1.5J的化學能轉變成電能B.在工作狀態(tài)下兩極間的電壓恒定為1.5VC.比電動勢為1.2V的電池存儲的電能多D.將1C電量由負極輸送到正極過程中，非靜電力做了1.5J的功2、如圖所示，可以將電壓升高供給家用電燈的變壓器是：()A.B.C.D.3、一列簡諧橫波沿某一直線傳播，A、B是該直線上相距1.2m的兩點，從波到達其中一點開始計時，4s內A完成8次全振動，B完成10次全振動，則該波的傳播方向及波速分別為（）A.方向由A向B，v=0.3m/sB.方向由B向A，v=0.3m/sC.方向由B向A，v=1.5m/sD.方向由A向B，v=1.5m/s4、電流的磁效應揭示了電與磁的關系。下面四幅圖中描述磁場方向與電流方向之間的關系，其中磁感線分布正確的是（）A.B.C.D.5、如圖所示；帶負電的金屬環(huán)繞OO′以角速度ω旋轉，在環(huán)左側軸線上的小磁針最后靜止時（）

A.N極豎直向上B.N極豎直向下C.N極沿軸線向左D.N極沿軸線向右評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、模塊機器人具有三個部分，它們分別是____器，控制器和執(zhí)行器，如果模塊機器人有2種傳感器，3種控制方式，4種執(zhí)行器，那么從理論上可以有____種組合方式．7、面積S=0.5m2的閉合金屬圓環(huán)處于磁感應強度B=0.4T的勻強磁場中，當磁場與環(huán)面垂直時，穿過環(huán)面的磁通量是____；當磁場與環(huán)面平行時，穿過環(huán)面的磁通量是____；當金屬圓環(huán)轉過180°與環(huán)面又垂直時，穿過環(huán)面的磁通量大小是____，相對于初位置，磁通量變化量的大小為____．8、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；在以下操作步驟中，靜電計指針的張角分別是怎樣變化的？請將答案填在相應的橫線上．

①甲圖中將B板上移，靜電計的指針張角將____.（填“增大”或“減小”或“不變”）

②乙圖中將B板左移，靜電計的指針張角將____.（填“增大”或“減小”或“不變”）

③丙圖中將電介質插入兩板之間，靜電計的指針張角將____.（填“增大”或“減小”或“不變”）

④本實驗的研究方法是____．9、如圖所示，ab

是勻強電場中相距0.4m

的兩點，ab

間的電勢差為4.0隆脕102V

則勻強電場的場強大小為________V/m

把一正電荷從a

點移到b

點；該電荷的電勢能將________(

選填“變大”“變小”或“不變”)

．

10、永動機：第一類永動機是不可能制成的，因為它違反了________;

第二類永動機也是不可能制成的，因為它違反了________．11、用打點計時器做測定勻變速直線運動的加速度實驗中，打點計時器使用的交流的頻率是50Hz，得到一條紙帶(一部分)如圖所示，從0開始，取1、2、3、4、5為五個計數點，紙帶旁放了一把刻度尺．（1）由圖可知，記數點2到0點的距離是________．（2）可以計算出小車的加速度的大小是________；方向是________．12、某電器元件上標有“220V300婁脤F

”，這個電器元件是______.300婁脤F=

______F=

______pF

．13、右圖展示了等量異種點電荷的電場線和等勢面，從圖中我們可以看出，A、B兩點的場強______、電勢______，C、D兩點的場強______、電勢______（以上四空均填“相同”或“不同”），一電子從A運動到B，電場力做______功（填“正”或“負”）。14、近年來我國建立了許多風力發(fā)電廠．某臺風力發(fā)電機的輸出功率為P，輸出電壓為U，則輸電線上的電流為______．風輪機葉片旋轉所掃過的面積為風力發(fā)電機可接受風能的面積．某臺風力發(fā)電機風輪機葉片的長度為r，設空氣的密度為ρ，氣流速度為v，則在時間t內風輪機可以接受到的最大風能為______．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)15、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）16、如圖所示為某示波管內的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

17、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）18、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

19、如圖所示為某示波管內的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、證明題(共2題，共6分)20、如圖，兩根勁度系數分別為K1、K2的輕質彈簧與小球相連結，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。21、如圖，兩根勁度系數分別為K1、K2的輕質彈簧與小球相連結，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。評卷人得分五、作圖題(共3題，共15分)22、如圖所示，在圖(1)

中，G

為指針在中央的靈敏電流表，連接在直流電路中時的偏轉情況.

今使它與一線圈串聯(lián)進行電磁感應實驗，則圖(2)

中的條形磁鐵的運動方向是______；圖(3)

中電流計的指針將向______偏轉；圖(4)

中的條形磁鐵上端為______極．23、如圖所示為三個有界勻強磁場；磁感應強度大小均為B，方向分別垂直紙面向外；向里和向外，磁場寬度均為L，在磁場區(qū)域的左側邊界處有一邊長為L的正方形導體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直．現用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定外力F向右為正．畫出外力F隨時間變化規(guī)律的圖象。

24、如圖1所示，在直導線上方放一小磁針．當導線中通入電流時，發(fā)現小磁針的S極轉向讀者，請畫出導線中電流的方向．如圖2所示，通電導線由于受到磁場力而向左運動，畫出條形磁鐵的N、S極．

評卷人得分六、實驗探究題(共3題，共15分)25、某同學在一次實驗中測量結果如圖；請讀出兩個測量結果。

（1）______mm（2）______cm．26、在描繪小燈泡的伏安特性曲線的實驗中；實驗室備有下列器材供選擇：

A．待測小燈泡“3V；2W”

B．電流表A1（量程3A；內阻約為1Ω）

C．電流表A2（量程0.6A；內阻約為5Ω）

D．電壓表V1（量程3V；內阻約為10kΩ）

E．電壓表V2（量程15V；內阻約為50kΩ）

F．滑動變阻器風（最大阻值為100n；額定電流50mA）

G．滑動變阻器（最大阻值為10n；額定電流1A）

H．電源（電動勢為4V；內阻不計）

I．電鍵及導線等。

（1）電流表應選用______；電壓表應選______；滑動變阻器應選用______（填器材前面的字母）

（2）在圖甲實物圖中；有部分線已連好，要求小燈泡的電壓從零開始測量，請連成符合要求的完整的電路圖-

（3）開關閉合之前，圖中滑動變阻器的滑片應該置于______（選填“A端”；端”或'“AB中間”）

（4）某同學實驗后作出的I-U圖象如圖乙所示，則當燈泡兩端的電壓為2.4V時，燈泡的實際功率是______W（結果保留兩位有效數字）27、如圖為研究電磁感應現象的實驗裝置；部分導線已連接．

(1)

用筆畫線代替導線將圖中未完成的電路連接好．

(2)

如果在閉合開關時發(fā)現靈敏電流計的指針向右偏了一下；那么閉合開關后，將原線圈迅速插入副線圈的過程中，電流計的指針將______偏轉；原線圈放在副線圈不動時，指針將______偏轉.(

填“向左”或“向右”或“不”)

(3)

某同學第一次將滑動變阻器的滑片從變阻器的右端快速滑到左端，第二次將滑動變阻器的滑片從變阻器的右端慢慢滑到左端，發(fā)現電流計的指針擺動的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度______(

填“大”或“小”)

原因是線圈中的______(

填“磁通量”或“磁通量的變化”或“磁通量的變化率”)

第一次比第二次的______.(

填“大”或“小”)

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】解：A；D、電源電動勢的大小表征了電源把其它形式的能轉化為電能的本領大??；電動勢在數值上等于將1C電量的正電荷從電源的負極移到正極過程中非靜電力做的功，即一節(jié)干電池的電動勢為1.5V，表示該電池能將1C電量的正電荷由負極移送到正極的過程中，非靜電力做了1.5J的功，故D正確，A錯誤；

B；工作狀態(tài)時兩極間的電壓為路端電壓；小于電源的電動勢；故B錯誤；

C；電動勢大的說明電源把其它形式的能轉化為電能的本領大；但電動勢大的存儲的電能不一定多，故C錯誤．

故選：D．

電源是一種把其它形式的能轉化為電能的裝置，電動勢E的大小等于非靜電力做的功與電量的比值，即E=其大小表示電源把其它形式的能轉化為電能本領大小，而與轉化能量多少無關．

電動勢E大小表征電源把其它形式能轉化為電能本領大小，而電壓U大小表征電能轉化為其它形式的能的大小，要注意區(qū)分．【解析】【答案】D2、C【分析】略【解析】C

3、C【分析】解：據題；4s內A完成8次全振動，B完成10次全振動，必定是從波到達B點開始計時，波傳播的方向是從B到A。

周期為T===0.4s，波從B傳到A的時間為△t=2T=0.8s，則波速為v==

故選：C。

由題；4s內A完成8次全振動，B完成10次全振動，可知，從波到達B點開始計時，由時間求出一次全振動的時間，即為周期．根據波從B傳到A的時間與距離，求出波速．

本題是突破口是“4s內A完成8次全振動，B完成10次全振動”．質點完成一次全振動的時間即為一個周期．基礎題．【解析】C4、A【分析】解：A；根據安培定則可知；因電流方向向上，導線右側磁場方向垂直向里，而左側則是垂直向外，故A正確；

B；同理；根據安培定則可知，因電流方向從右旋轉到左，則螺線管內部磁場方向由左向右，因此左端是S極，右端是N極，故B錯誤；

C；同理；根據安培定則可知，因環(huán)形電流向里，則環(huán)形導線內部磁場方向垂從右向左，故C錯誤；

D；因電流豎直向下；依據安培定則可知，磁場方向應該是順時針方向，故D錯誤；

故選：A。

根據安培定則（或叫右手螺旋定則）；即可判定直導線，環(huán)形導線，及通電螺線管的磁場方向與電流方向的關系。

本題直接考查了安培定則的應用，比較簡單，要注意和左手定則以及右手定則的區(qū)別。【解析】A5、C【分析】解：帶負電金屬環(huán)；如圖所示的旋轉．則金屬環(huán)的電流方向與旋轉方向相反．再由右手螺旋定則可知磁極的方向：左端N極，右端S極．因此小磁針N極沿軸線向左．故C正確，ABD錯誤；

故選：C

帶負電旋轉；則可知電流方向，再由右手螺旋定則可知磁極的方向，再根據磁極間的相互作用可知小磁針的偏轉方向．

本題考查右手螺旋定則及磁極間的相互作用，要求能熟練準確的應用右手螺旋定則．注意電流的方向與負電荷的運動方向相反．【解析】【答案】C二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】

模塊機器人由傳感器；控制器和執(zhí)行器三個模塊組成；相當于人的感覺器官、大腦和肌肉．

根據數學組合可知；若選擇一個傳感器，一個控制方式，則有四種組合，因此共有24種組合．

故答案為：傳感；24

【解析】【答案】模塊機器人由傳感器；控制器和執(zhí)行器三個模塊組成．

7、略

【分析】

當磁場與環(huán)面垂直時，穿過環(huán)面的磁通量Φ1=BS=0.2Wb；當磁場與環(huán)面平行時，沒有磁感線穿過圓環(huán)，則穿過環(huán)面的磁通量Φ2=0；當金屬圓環(huán)轉過180°與環(huán)面又垂直時，穿過環(huán)面的磁通量大小是Φ3=BS=0.2Wb；金屬圓環(huán)轉過180°與環(huán)面又垂直時，磁通量變化量的大小為△Φ=2BS=0.4Wb．

故答案為：0.2Wb；0；0.2Wb；0.4Wb．

【解析】【答案】在勻強磁場中；當磁場與環(huán)面垂直時，穿過環(huán)面的磁通量Φ=BS；當磁場與環(huán)面平行時，穿過環(huán)面的磁通量Φ=0；金屬圓環(huán)轉過180°與環(huán)面又垂直時，磁通量變化量的大小為△Φ=2BS．

8、增大增大減小控制變量法【分析】【解答】（1）根據C=，C=B板上移，S減小，C減小，Q不變，U增大，張角將增大；（2）B板左移，d增大，C減小，U增大，張角將增大；（3）插入電介質，ε增大，電容C增大，U減?。粡埥菍p?。?）控制變量法．

故答案為：增大；增大、減小、控制變量法．

【分析】根據C=，C=聯(lián)合分析求解；研究某量與其他兩之間的關系時，常采用控制變量法．9、略

【分析】【分析】題中已知勻強電場中ab

間的電勢差和距離，根據電勢差與場強的關系式U=Edd

是兩點沿場強方向的距離求解場強；由W=qU

求出電場力做功，即可得到電勢能的變化。解決本題的關鍵是掌握U=Ed

和W=qU

兩個公式，知道d

是兩點沿場強方向的距離?！窘獯稹坑蒛=Ed

則得場強：E=Ud=4隆脕1020.4V/m=1000V/m

把正電荷從a

點移到b

點，電場力對正電荷做正功，則正電荷的電勢能將減小。故填：1000

減小?！窘馕觥?000

減小10、能量守恒定律熱力學第二定律【分析】【分析】本題考查兩類永動機。永動機：第一類永動機是不可能制成的，因為它違反了能量守恒定律；第二類永動機也是不可能制成的，因為它違反了熱力學第二定律。解題的關鍵是知道永動機的缺點。【解答】永動機：第一類永動機是不可能制成的，因為它違反了能量守恒定律；第二類永動機也是不可能制成的，因為它違反了熱力學第二定律。故答案為：能量守恒定律熱力學第二定律【解析】能量守恒定律熱力學第二定律11、略

【分析】【解析】【答案】（1）_____________________；（2）____________________；________。12、略

【分析】解：由儀器單位可知；該電器為電容器；

根據1F=106婁脤F=1012pF

知300婁脤F=3隆脕10鈭?4F=3隆脕108pF

．

故答案為：電容器；3隆脕10鈭?43隆脕108

．

明確元件所標的信息可明確元件類型；再根據1F=106婁脤F=1012pF

即F婁脤FpF

進制為106

進行單位換算．

本題考查電容器的性質和單位換算；要注意解決本題的關鍵知道F婁脤FpF

進制為106

即1F=106婁脤F=1012pF

．【解析】電容器；3隆脕10鈭?43隆脕108

13、相同不同不同相同負【分析】解：由圖看出；A；B兩點處電場線疏密相同，即大小相同，方向相同，則A、B兩點的場強相同。

電場線從A指向B；A點電勢高于B點電勢。

CD是等量異種點電荷的中垂線上的兩點；電勢相同，場強不同，D點場強大于C場強。

一電子從A運動到B；電場力方向與運動方向相反，電場力做負功；

故答案為：相同；不同、不同、相同、負。

根據電場線的疏密判斷場強的大??；根據電場線的方向判斷電勢的高低。順著電場線電勢降低。等量異種點電荷的中垂線是一條等勢線。根據電場力方向與運動方向關系判斷做功正負。

本題首先要抓住電場線的物理意義：電場線的疏密表示場強的相對大小，電場線的方向反映電勢的高低，其次，要了解等量異種點電荷電場線與等勢面分布情況。【解析】相同不同不同相同負14、【分析】解：某臺風力發(fā)電機的輸出功率為P，輸出電壓為U，則輸電線上的電流為：I=

在時間t內通過風輪機的最大空氣質量為m=ρvtπr2．

時間t內風輪機可以接受到的最大風能為E=mv2=?ρvtπr2?v2=

故答案為：．

t時間內，在長度為vt、垂直流向葉片旋轉面積截面積為πr2的范圍內的空氣都能通過風輪機；由m=ρV求出空氣質量，根據能量守恒定律求最大風能．

本題考查能量守恒定律的應用能力，關鍵要建立模型，理清思路，比較簡單．【解析】三、判斷題(共5題，共10分)15、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．16、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據W=qU判斷電場力做功的大小，根據電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?7、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大?。?/p>

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大?。浑妱莶钆c零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質，與試探電荷無關．18、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據公式E=k求出點電荷在A點處產生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．19、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據W=qU判斷電場力做功的大小，根據電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?、證明題(共2題，共6分)20、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側彈簧被拉伸X，右側彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動21、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側彈簧被拉伸X，右側彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動五、作圖題(共3題，共15分)22、向下插入右N【分析】【分析】當電流從電流計的左接線柱流入時，指針向左偏，根據楞次定律，結合感應電流的方向判斷條形磁鐵是向上拔出還是向下插入。本題考查了楞次定律，根據楞次定律結合感應電流的方向判斷條形磁鐵是向上拔出還是向下插入?！窘獯稹?/p>

由圖11可知，當電流從電流計的左接線柱流入時，指針向左偏，圖22中指針向左偏轉，可知感應電流的方向是順時針，根據楞次定律知，條形磁鐵向下插入，圖33中，當條形磁鐵NN極向下插入時，根據楞次定律可知，感應電流方向逆時針，則指針向右偏，圖44中指針向右偏，則感應電流的方向逆時針，由安培定則可知，感應磁場方向向上，由楞次定律可知，條形磁鐵向上拔出，即磁通量減小，那么下端為SS極，上端為NN極。

故答案為：

向下插入，右，NN

【解析】向下插入右N

23、解：在0～內，只有一條邊切割，產生的電動勢E=BLv，線框所受的安培力方向向左，則外力F=方向向右．

在內，有兩條邊切割，產生的感應電動勢E=2BLv，線框所受的安培力方向向左，則外力F=方向向右．

在內，只有一條邊切割，產生的電動勢E=BLv，線框所受的安培力方向向左，則外力F=方向向右．

F隨t的時間變化規(guī)律如圖所示．

答：外力F隨時間變化規(guī)律的圖象如圖所示．【分析】

根據切割產生的感應電動勢公式求出電動勢的大??；結合歐姆定律和安培力公式求出安培力的大小，從而得出外力F的大小，根據右手定則判斷出感應電流的方向，結合左手定則判斷出安培力的方向，從而確定外力F的方向．

此題電磁感應中圖象的問題，近幾年高考中出現的較為頻繁，解答本題關鍵要掌握法拉第電磁感應定律、歐姆定律、楞次定律、安培力公式等等知識，要知道當線框左右兩邊都切割磁感線時，兩個感應電動勢方向相同，是串聯(lián)關系．【解析】解：在0～內，只有一條邊切割，產生的電動勢E=BLv，線框所受的安培力方向向左，則外力F=方向向右．

在內，有兩條邊切割，產生的感應電動勢E=2BLv，線框所受的安培力方向向左，則外力F=方向向右．

在內，只有一條邊切割，產生的電動勢E=BLv，線框所受的安培力方向向左，則外力F=方向向右．

F隨t的時間變化規(guī)律如圖所示．

答：外力F隨時間變化規(guī)律的圖象如圖所示．24、

【分析】【解答】（1）從圖中可以看出，發(fā)現小磁針的S極轉向讀者，則小磁針的北極向里偏轉，那么，此通電導線上方的磁感線方向垂直紙面向里，即此通電螺線管的N極在紙的里面，根據安培定則，用右手握住螺旋管，讓大拇指指向里面，四指的指向就是導線中的電流方向，是水平向左的．（2）通電導線由于受到磁場力而向左運動，根據左手定則，則有通過導線的磁場方向向上，因此磁鐵下端是S極，上端是N極．

答：如圖所示；

【分析】（1）通電導線周圍存在磁場，其磁場方向可以根據安培定則來判斷，用四指的方向代表電流的方向，那么大拇指所指的一端為通電螺線管的N極．磁場中的小磁針靜止時，北極所指的方向與該點磁感線的方向一致．（2）根據通電導線受到安培力，結合左手定則，即可求解．六、實驗探究題(共3題，共15分)25、略

【分析】解：1；螺旋測微器的固定刻度為1.5mm；可動刻度為38.0×0.01mm=0.380mm，所以最終讀數為1.5mm+0.380mm=1.880mm，由于需要估讀，最后的結果可以在1.879～1.881之間．

2；游標卡尺的主尺讀數為10mm；游標尺上第22個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數為22×0.02mm=0.44mm，所以最終讀數為：10mm+0.44mm=10.44mm=1.044cm．

故答案為：（1）1.879～1.881（2）1.044

解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數的方法；主尺讀數加上游標讀數，不需估讀．螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀．

對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進行有關測量．【解析】1.879～1.881；1.04426、略

【分析】解：（1）燈泡額定電壓為3V，電壓表應選D，燈泡額定電流I===0.66A；若采用3A量程則誤差較大，故只能采用0.6A量程進行測量；本實驗采用分壓接法，為方便實驗操作應選滑動變阻器G．

（2）描繪燈泡伏安特性曲線；電壓與電流應從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法；

電壓表內阻遠大于燈泡電阻；電流表應采用外接法，實物電路圖如圖所示．

（3）由圖可知，測量電路與滑動變阻器左側并聯(lián)