南京市高二物理寒假作业含答案 20.docx

南京市高二物理寒假作业含答案 20.docx

《南京市高二物理寒假作业含答案 20.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《南京市高二物理寒假作业含答案 20.docx（18页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

南京市高二物理寒假作业含答案20

南京市高二物理寒假作业20

一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）

1.某同学在操场沿400m跑道绕跑一周，用时80s，则在此过程中（）

A.位移是400mB.路程是400m

C.平均速度是

D.最大瞬时速度是

2.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。

在以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的是（　　）

A.伽利略应用“斜面实验“的结论，得出了牛顿第一定律

B.法拉第不仅提出了场的概念，而且采用电场线来直观地描绘了电场

C.开普勒将天体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出了万有引力定律

D.牛顿对能量守恒定律的建立作出了突出贡献

3.

在如图所示的加速行驶的汽车上，有一只木箱A相对于车箱保持静止。

关于木箱A受到的摩擦力，下列说法中正确的是（　　）

A.因为木箱A在运动，所以不受摩擦力作用

B.因为木箱A向右所以受到的摩擦力方向向右

C.因为木箱A向右运动，所以受到的摩擦力方向向左

D.若某一瞬间，汽车突然改做匀速运动，则木箱A受摩擦力方向向左

4.

如图所示是“研究影响平行板电容器电容大小的因素的实验示意图，在A、B两板间插入介质而保持其它条件不变的情况下，下列说法正确的是（　　）

A.图中静电计的作用是显示电容器电容的大小

B.插入介质过程，电容器的电容逐渐变小

C.插入介质过程，静电计指针偏角逐渐变大

D.插入介质过程，静电计指针偏角逐渐变小

5.

2018年12月12日，“嫦娥四号”探测器经过约110h奔月飞行，到达月球附近，成功实施近月制动，顺利完成太空刹车”，被月球捕获，进入了近月点100千米，远月点400千米的环月椭园轨道。

关于“嫦娥四号”在此环月轨道上运行时的说法正确的是（　　）

A.线速度不变B.角速度不变

C.向心加速变不变D.运行周期不变

6.

如图，一个阴极射线管两端加上高电压后，在其荧光屏上出现一条直的绿色亮线现在在阴极射线管的正下方垂直地放一根通电螺线管，通入的电流方向如图中箭头所示则荧光屏上，我们可以观察到的现象是（　　）

A.亮线向上弯曲B.亮线向下弯曲C.亮线几乎消失D.亮线仍直线

7.在平直公路上有A、B两辆汽车，它们的v-t图象分别如图中a、b所示，下列说法正确的是（　　）

A.A车的加速度比B车的小

B.B车的加速度大小1.5m/s2

C.0～1.5s内A车的平均速度大小为4m/s

D.0～4s内B车的位移大小为14m

8.

如图，是一对相互啮合的锥形齿轮，小齿轮绕轴O1O2转动，齿数为23，大齿轮在小齿轮的带动下绕O3O4转动，齿数为46，设大、小齿轮的角速度大小分别为ω1、ω2，两齿轮边缘处的线速度大小分别为v1、v2，则（　　）

A.ω1：

ω2=1：

2

B.v1：

v2=2：

1

C.若沿O1O2方向看，小齿轮逆时针转，则沿O3O4方向看，大齿轮逆时针转

D.若沿O3O4方向看，大齿轮顺时针转，则沿O1O2方向看，小齿轮顺时针转

9.如图为一款纯电动汽车的铭牌，假设该车在额定功率下以100km/h匀速行驶，则该车充满一次电后的最大行程约为（　　）

A.50kmB.100kmC.150kmD.200km

10.在杭州湾入海口，有亚洲第一座大型海上风电场--东海大桥海上风电场，该风电场有58台风机，风机叶轮直径91m，总装机容量约200兆瓦，所生产的绿色电能，相当于为海减少了20万辆小轿车产生的碳污染。

已知空气密度为1.29kg/m3，假设风能转成电能的效率为50%，则杭州湾海域的平均风速约为（　　）

A.1m/sB.4m/sC.7m/sD.10m/s

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

11.

如图所示，理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=220匝，交流电源的电压u=220

sin100πt（V），电阻R=44Ω，电表均为理想交流电表。

则下列说法中正确的是（　　）

A.交流电的频率为50HzB.电流表A1的示数为0.20A

C.变压器的输入功率为88WD.电压表的示数为44V

12.关于静电现象的防止与应用，下列说法中正确的是（　　）

A.在自助加油站给汽车加油时，应禁止梳头或穿脱衣服

B.高压输电线上方的两条导线与大地相连，可以把高压输电线屏蔽起来，免遭雷击

C.处于静电平衡状态的导体上的感应电荷在其内部形成的电场强度为零

D.避雷针的作用是通过尖端放电，中和大气中的电荷，降低云层与大地的电势差

13.如图所示的实线表示某静电场的等势中仅受电场力作用，由M运动到N，其运动轨迹如图中虚线（　　）

A.粒子必定带正电荷

B.粒子在M点速度大于N点速度

C.粒子在M点的电势能大于它在N点的电势能

D.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度

14.

如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。

线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135°．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。

关于导线abed所受到的磁场的作用力的合力，下列说法正确的是（　　）

A.方向沿纸面垂直bc向上，大小为（

+1）ILB

B.方向沿纸面垂直bc向下，大小为（

+1）ILB

C.若在纸面内将abcd逆时针旋转30°，力的大小不变

D.若在纸面内将abcd逆时针旋转60°，力的大小减半

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

15.在探究“功和速度变化的关系“的实验中，某同学用如图所示装置，尝试通过测得细绳拉力（近似等于悬挂重物的重力）做的功和小车获得的速度进行探究。

（1）对于本实验方案，下列说法正确的是______（填序号）

A．不需要平衡摩擦力

B．需要重物质量远小于小车质量

C．操作时细线应该与木板平行

D．必须测量小车的质量

（2）除了图中所给的仪器，还需要下列哪些仪______（填序号）

A，秒表B．学生电源C．天平D．刻度尺

16.某同学想测量一段导体的阻值。

（1）他先用多用电表进行初步测量，主要的操作过程分以下几个步骤，请将第④步操作填写完整：

①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“-”插孔；选择电阻挡“×10”；

②将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指向“0”；

③将红、黑表笔分别与导体的两端相接，发现指针示数接近“0”；

④选择电阻挡______（选填“×100”或“×1”），将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮调零后；重新将红、黑表笔分别与导体的两端相接，读取导体的阻值。

（2）采用上述的操作步骤后，多用电表的指针位置如图1所示。

则该段导体的电阻测量值为______Ω。

（3）为了比较精确地测量这个导体的电阻值，他采用伏安法继续进行实验测量，现有实验器材如下：

A．电源E（电动势4.0V，内阻约0.5Ω）；

B．电压表（0～3V，内阻3kΩ）；

C．电压表（0～15V，内阻15kΩ）；

D．电流表（0～0.6A，内阻0.1Ω）

E．电流表（0～3A，内阻0.02Ω）；

F．滑动变阻器R1（0～50Ω，1.5A）；

G．滑动变阻器R2（0～2000Ω，0.3A）；

H．开关S和导线若干。

为了调节方便，测量准确，在实验中，滑动变阻器应选用______（选填序号字母）。

连接电路时，电压表应选______（选填序号字母）、电流表应选______（选填序号字母）。

实验电路应采用图中的______（选填“甲”或“乙”）。

（4）若在上问中选用甲电路，产生误差的主要原因是______。

（选填选项前的字母）

A．电流表测量值小于流经Rx的电流值

B．电流表测量值大于流经Rx的电流值

C．电压表测量值小于Rx两端的电压值

D．电压表测量值大于Rx两端的电压值。

四、计算题（本大题共4小题，共36.0分）

17.

原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目。

已知质量m=60kg的运动员原地摸高为2.05米，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5米，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.85米的高度。

假设运动员起跳过程为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10m/s2．求：

（1）该运动员离开地面时的速度大小为多少；

（2）起跳过程中运动员对地面的压力；

（3）从开始起跳到双脚落地需要多少时间？

18.如图所示，竖直平面内半径R=045m的光滑半圆形轨道BCD，与倾角为37°的斜面在B点处圆滑连接。

A、D两点等高，在A处固定一弹射器。

质量m=0.2kg的小物块（可看作质点）从弹射器弹出后，沿动摩擦因数μ=0.5的斜面下滑，到达B端时速度为

m/s，然后通过半圆形轨道从D点水平飞出，求：

（1）小物块被弹射器弹出过程中，弹射器释放的弹性势能；

（2）小物块在D点时对轨道的作用力；

（3）小物块从D点飞出后落在斜面上离B点的距离。

19.如图所示的坐标平面内，在y轴的左侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小B1=0.20T的匀强磁场，在y轴的右侧存在垂直纸面向里、宽度d=0.125m的匀强磁场B2．某时刻一质量m=2.0×10-8kg、电量q=+4.0×10-4C的带电微粒（重力可忽略不计），从x轴上坐标为（-0.25m，0）的P点以速度v=2.0×103 m/s沿y轴正方向运动．试求：

（1）微粒在y轴的左侧磁场中运动的轨道半径；

（2）微粒第一次经过y轴时速度方向与y轴正方向的夹角；

（3）要使微粒不能从右侧磁场边界飞出，B2应满足的条件．

20.如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨MN、PQ间距d=1m，倾角θ=37°，轨道顶端连有一阻值为R=2Ω的定值电阻，整个空间存在着垂直轨道平面向下的磁场，磁感应强度B的变化规律如图乙所示现用力将质量m=0.4kg，电阻产r=2Ω的导体棒ab从0时刻开始固定于离轨道顶端l=2m处，在4s时刻撤去外力，之后导

体棒下滑距离x0=1.5m后达到最大速度，导体棒与导轨接触良好。

求：

（1）0-4s内通过导体棒ab的电流大小和方向；

（2）导体棒ab的最大速度vm；

（3）撤去外力后，导体棒ab下滑2m的过程中，在ab棒上产生的焦耳热Q。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】【分析】

位移的大小等于首末位置的距离，路程等于运动轨迹的长度。

平均速度等于物体通过的位移与所用时间的比值，平均速率等于物体通过的路程与所用时间的比值。

解决本题的关键知道位移是由初位置指向末位置，是矢量；路程是运动轨迹的长度，是标量。

平均速度等于物体通过的位移与所用时间的比值。

【解答】

AB、某同学沿跑道跑完一周，路程等于跑道的周长，即S=400m，位移等于首末位置的距离，即x=0．故A错误，B正确；

C、此段时间内的位移是0，则平均速度也是0，故C错误；

D、平均速率

m/s，考虑到起跑时的速度较小，所以最大瞬时速度一定大于5m/s。

故D错误

故选：

B。

2.【答案】B

【解析】解：

A、伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，但没有总结牛顿第一定律，故A错误；

B、法拉第不仅提出了场的概念，而且采用电场线来直观地描绘了电场，故B正确；

C、牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，故C错误；

D、牛顿对能量守恒定律的建立没有作出了突出贡献。

故D错误。

故选：

B。

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

3.【答案】B

【解析】解：

ABC、因汽车向前加速运动，木箱与货车间有向后运动的趋势，木箱受到向前的摩擦力，即向右的静摩擦力，故AC错误，B正确。

D、某一瞬间，汽车突然改做匀速运动，因汽车向前匀速运动时，木箱不受摩擦力，故D错误。

故选：

B。

静摩擦力产生的条件是两个相对静止而有相对运动趋势，根据这个条件分析有无静摩擦力，静摩擦力方向与物体相对运动趋势方向相反。

此题是根据静摩擦力产生的条件和方向特点分析静摩擦力的，也可以运用牛顿第二定律分析摩擦力的大小和方向。

4.【答案】D

【解析】解：

A、静电计测定平行板电容器两极间的电压，两者并联，静电计两板间电压等于平行板电容器两极间的电压，故A错误；

B、插入介质过程，依据电容的决定式，C=

，可知，电容器的电容逐渐变大，故B错误；

CD、插入介质过程，因电容变大，由于极板的电量Q不变，根据U=

，则有极板间的电压U减小，因此静电计指针偏角逐渐变小，故C错误，D正确；

故选：

D。

静电计测定平行板电容器两极间的电压，电压越大，指针的偏角θ越大；静电计的电容小，可认为实验过程中近似认为平行板电容器带电量不变，并依据电容的决定式与定义式，即可求解。

考查电容器的电容定义式与决定式的应用，理解解决本题时要明确静电计的作用：

测定电势差，与电压表不同，电压表必须在有电流的条件下才能测量电压。

5.【答案】D

【解析】解：

A、根据开普勒第二定律知，嫦娥四号从远月点向近月点运动时，线速度变大，故A错误；

B、C嫦娥四号从远月点向近月点运动时，线速度变大，半径r变小，根据v=ωr知，角速度变大，根据

知，向心加速度变大，故BC错误；

D、根据开普勒第三定律，嫦娥四号的轨道半长轴大小不变，周期恒定，故D正确；

故选：

D。

根据开普勒第二定律，可判断线速度、角速度、向心加速度大小变化；

根据开普勒第三定律

，可判断周期的变化情况；

本题考查开普勒第二定律和第三定律，定性分析即可判断，特别注意不是匀速圆周运动。

6.【答案】B

【解析】解：

由通电导线的电流方向，根据右手螺旋定则可得电子射线管处于垂直纸面向里的磁场，当电子流方向从左向右，则由左手定则可得粒子向下偏转，故ACD错误，B正确。

故选：

B。

带电粒子在电流的磁场中运动，受到洛伦兹力作用而发生偏转，由左手定则可确定洛伦兹力的方向，再根据运动与力的方向来确定运动轨迹。

电流提供的磁场，让电荷在磁场中静止，则一定没有磁场力，而电荷在磁场中运动，有才可能有洛伦兹力，当正电荷运动，则四指为粒子运动方向，大拇指为洛伦兹力方向，若是负电荷，则大拇指的反方向为洛伦兹力方向。

7.【答案】D

【解析】解：

A、根据v-t图象斜率表示加速度，低利率绝对值越大，加速度越大，知A车的加速度比B车的大，故A错误。

B、B车的加速度大小为：

aB=

=

=1.25m/s2．故B错误。

C、0～1.5s内A车做匀减速直线运动，平均速度大小为：

=

=

=5.5m/s，故C错误。

D、根据“面积”表示位移，可得，0～4s内B车的位移大小为：

x=

×4m=14m，故D正确。

故选：

D。

根据v-t图象斜率的大小分析加速度的大小。

并求得B车的加速度大小。

根据公式

=

求0～1.5s内A车的平均速度大小。

根据图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内物体通过的位移，来求0～4s内B车的位移。

本题是速度图象问题，关键要知道图象的斜率表示加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移。

要注意公式

=

只适用于匀变速直线运动。

8.【答案】A

【解析】解：

A、B齿轮传动时，大小齿轮边缘线速度相等，根据v=ωr知，线速度一定时，其角速度与半径成反比，故v1=v2，ω1：

ω2=23：

46=1：

2，故A正确，B错误；

C、若沿O1O2方向看，小齿轮逆时针转，则沿O3O4方向看，大齿轮顺时针转，故C错误；

D、若沿O3O4方向看，大齿轮顺时针转，则沿O1O2方向看，小齿轮逆时针转，故D错误；

故选：

A。

齿轮传动时，其边缘线速度相等，齿轮个数的比值为齿轮周长的比值，也是其半径的比值，根据v=ωr可求其边缘角速度的比值；

本题考查齿轮传动时，边缘线速度相同，角速度与半径成反比。

9.【答案】C

【解析】解：

根据功W=Pt=qU

知按额定功率可以工作的时间为：

t=

=

≈15h

该车充满一次电后的最大行程约为100×1.5=150km

故C正确，ABD错误；

故选：

C。

已知电池的充电电压和容量，根据Q=UIt可求出电池存储的电能，根据t=

可求出运行时间，进而求出最大行程。

本题考查电池储存能量、时间的计算以及电功率计算，关键能图中获取有用信息，解题过程中还要注意单位的换算。

10.【答案】C

【解析】解：

以叶片长L为半径的圆面积s=πl2，在时间t内通过的位移x=vt，该体积风的动能为

=

转化效率为η=50%，

功率公式P=

，

该风力发电机发出的电功率P的数学表达式为

，

电能w=pt，

代入数据，得v=7m/s。

故ABD错误，C正确

故选：

C。

通过以叶片长L为半径的圆面积的风的动能再转换为电能，代入数据求值。

考查了风的动能推导，功率、电能，注意效率的应用。

11.【答案】ABD

【解析】解：

A、交流电的周期为：

T=

=0.02s，f=

=50Hz．故A正确。

BD、原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压即电压表的示数为44V，则电流表A2的示数为：

I2=

=1A，电流与匝数成反比，所以电流表A1的示数为：

I1=

×1=0.2A．故BD正确。

C、副线圈的功率P2=I22R=1×44W=44W，所以变压器的输入功率P1=44W，故C错误。

故选：

ABD。

电压表、电流表的示数表示电压电流的有效值，原副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比，原线圈的电压决定副线圈的电压，副线圈的电流决定原线圈的电流。

解决本题的关键知道原副线圈的电压关系和电流关系，以及知道原副线圈的电压、电流和功率的决定关系。

12.【答案】ABD

【解析】解：

A、在自助加油站给汽车加油时，应禁止梳头或穿脱衣服，避免梳头或穿脱衣服产生的静电火花，引起火灾。

故A正确；

B、高压输电线上方的两条导线与大地相连，如果雷电击中线路，架空地线就能有效的将雷电电流分散到相邻的杆塔导入地下，避免输电线路雷击事故的发生。

故B正确；

C、处于静电平衡状态的导体上的感应电荷在其内部形成的电场与原电场的电场大小相等，方向相反，不等于0；所以静电平衡状态的导体其内部电场强度为零。

故C错误；

D、雷电是云层与大地之间或云层之间的放电现象，避雷针的作用是通过尖端放电，中和大气中的电荷，降低云层与大地的电势差。

故D正确。

故选：

ABD。

静电在生活中具有广泛的应用，但要同时注意其带来的危害，并会根据相关物理知识解释生活中的现象。

本题应明确：

1、雷电是云层与大地之间或云层之间的放电现象，在高大的建筑物上安装避雷针，可使云层所带电荷通过避雷针进入大地，从而保护建筑物不受雷击。

2、如果雷电击中线路，架空地线就能有效的将雷电电流分散到相邻的杆塔导入地下，避免输电线路雷击事故的发生。

13.【答案】BD

【解析】解：

AB、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力沿着电场线的反方向，所以电荷为负电荷，粒子做减速运动，故A错误，B正确；

C、由M运动到N，电场力做负功，电势能增加，故N点的电势能大于M点的电势能，故C错误；

D、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，故D正确；

故选：

BD。

电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。

根据物体做曲线运动的条件，掌握住等势面和电场线的特点，并理解某点切线方向即为电场强度的方向，即为正电荷的电场力方向。

14.【答案】AC

【解析】解：

由安培力公式F=BIL，与左手定则，可得ab段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向左。

同理cd段导线的安培力方向垂直于导线与磁感线构成的平面并斜向右。

因此由平行四边形定则对这两个安培力进行分解，可得沿bc段方向的安培力分力正好相互平衡，所以ab段与cd段导线的安培力的合力为

BIL，方向竖直向上；而bc段安培力的大小为BIL，方向是竖直向上。

则导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力大小为（

+1）BIL，方向是竖直向上。

若在纸面内将abcd旋转任何角度，力的大小均不变，故AC正确，BD错误；

故选：

AC。

当磁场方向与电流方向垂直时，由安培力F=BIL，根据电流的大小可求出各段安培力大小，由左手定则判定安培力方向，再根据平行四边形定则，对安培力进行分解即可解得

解决本题的关键掌握安培力的大小公式F=BIL（B与I垂直），同时运用力的平行四边形定则对安培力时行分解。

此处的导线也可以等效成将ad两点连接的导线所受的安培力

15.【答案】BC BD

【解析】解：

（1）由图示实验装置可知，小车受到的拉力等于重物的重力；

A、实验时小车受到的合力等于重物的拉力，因此该方案需要平衡摩擦力，故A错误；

B、只有当重物质量远小于小车质量时，小车所受到的拉力近似等于重物的重力，否则实验误差将很大，因此该方案需要重物的质量远小于小车的质量，故B正确；

C、小车受到的拉力等于重物的重力，该方案操作时细线应该与木板平行，故C正确；

D、在该实验方案中小车做匀加速直线运动，只需要判断重物做的功与小车的速度变化的关系即可，可以不测量小车的质量，故D错误；

故选：

BC。

（2）AB、打点计时器记录时间，所以不需要秒表，但必须要学生电源。

故A错误，B正确；

C、该实验只需要判断速度的平方与做功的大小成正比即可，可以不测量出小车的质量。

故C错误；

D、要计算小车的速度必须要测量出小车得T时间内的位移，所以需要刻度尺。

故D正确。

故选：

BD

故答案为：

（1）BC；

（2）BD

根据图示实验装置与实验原理，由合外力做功与小车速度变化的关系，以及该实验过程中的注意事项分析答题即可。

本题考查了做功与小车的速度变化关系的实验注意事项，知道实验原理、掌握实验的方法是解答的关键。

16.【答案】×1 8.0 F B D 甲 B

【解析】解：

（1）指针读数接近于0，那么，读数过小，故要将欧姆档倍数调小，故选择电阻档“×1”；

（2）由图1得到指针读数为8.0Ω，又有欧姆档倍数：

×1；故电阻测量值为8.0Ω×1=8.0Ω；

（3）为了调节方便，滑动变阻器选用最大阻值和被测电阻相近的，故滑动变阻器选用F；

电压表选用量程和电源电动势接近的，故根据电源电动势为4V，电压表选用B；

根据电压表量程可知：

通过电阻的最大电流

，故电流表选用D；

由待测电子阻值较小，电流表采用外接法，故采用图甲所示电路图；

（4）图甲所示电路，电流表外接，电压表电压为电阻两端电压，电流表电流为通过电阻和电流表的电流之和，故电流表测量值大于通过电阻的电流值，故B正确；

故答案为：

（1）×1；

（2）8.0；（3）F；B；D；甲；（4）B。

（1）根据欧姆表读数特点调整档位；

（2）根据指针读数和档位得到电阻测量值；

（3）根据待测电阻的电阻值选用滑动变阻器，由电源电动势选用电压表，根据电压表和待测电阻阻值选用电流表；再根据待测电阻阻值确定电流表接法；

（4）根据电流表连接方式得到电压、电流变化。

伏安法测电阻实验中，若最大电流大于电流表量程则采用分压式接法，一般采用限流式接法；被测电阻较大，电流表采用内接法；被测电阻较小