2025年沪科版选修3物理上册月考试卷含答案

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A.微粒做匀加速直线运动B.微粒的动量减小C.微粒的电势能增加D.微粒的机械能增加2、如图所示，a、b、c三盏灯都能发光，且在电路变化时，灯不会烧坏．试判断：当滑动变阻器的触头P向下移动时（）A.外电路的总电阻变小B.总电流变小C.a灯变暗D.c灯变亮3、超级电容器又叫双电层电容器，它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点．图示为一款超级电容器，其上标有“2.7V400F”，下列说法正确的是

A.该电容器的输入电压只能是2.7V时才能工作B.该电容器的电容与电容器两极间电势差成反比C.该电容器不充电时的电容为零D.该电容器正常工作电时储存的电荷量为1080C4、如图所示，某人骑共享单车从东往西沿直线以速度v骑行，该处地磁场的水平分量大小为方向由南向北，竖直分量大小为方向竖直向下，共享单车车把为金属材质，且带有绝缘把套，两把手间距为L。只考虑共享单车在地磁场中的电磁感应；下列说法正确的是（）

A.图示位置辐条中A点电势比B点电势高B.图示位置辐条中电流由A点流向B点C.共享单车左把手的电势比右把手的电势高D.该人骑共享单车在十字路口左拐，则共享单车把手间的电势差要降低5、下列有关物理量的方向描述正确的是（）A.电场中某点的电场强度的方向就是电荷在该点受到的电场力方向B.磁场中某点磁感应强度的方向就是正电荷在该点受到的磁场力方向C.闭合电路中电荷定向运动的方向就是电流的方向D.感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化6、四条长直导线垂直纸面固定在如图所示的位置，其中三条导线到导线的距离相等且与导线的连线互成120°角，四条导线均通有电流强度为方向如图的电流，此时导线对导线的安培力为则关于导线所受安培力的合力；下列说法正确的是。

A.大小为方向由指向B.大小为方向由指向C.大小为方向由指向D.大小为方向由指向7、在同一介质中，两列相干波相互叠加，则()A.波峰与波峰叠加的点振动最强，波谷与波谷叠加的点振动最弱B.波峰与波峰叠加的点在经过半个周期后将是波谷与波谷在该点相遇，振动始终最强C.振动最强的点经过四分之一周期后刚好经平衡位置时，它的振动最弱D.如果两相干波源振幅不等，则振动最弱的点将不会出现8、如图所示，真空中，垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界)，两圆的半径分别为R、3R，圆心为O．一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为120°．若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，则v1：v2至少为。

A.B.C.D.2评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、现有一定质量的理想气体，让其从状态a开始，经历过程ab、bc、cd、da回到原状态a，其图像如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列说法正确的是（）

A.气体从a到b再到c的过程中压强先减小后增大B.状态a与状态c相比较，气体分子在状态a单位时间内攮击器壁单位面积上的次数较少C.气体在状态a时的内能等于它在状态c时的内能D.在过程cd中，气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功10、下列说法正确的是（）A.一定质量的某种理想气体，当温度降低时，其内能减小B.晶体熔化时吸收热量，温度不变，内能不变C.气体温度趋近于绝对零度时，其体积趋近于零E.能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性E.能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性11、下列关于物理现象的解释正确的是（）A.荷叶上面的小水珠呈球形的主要原因是液体有表面张力B.土壤里有很多毛细管，若要防止把地下的水分沿着它们引到地表，可将地面的土壤锄松C.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动E.汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝E.汽车尾气中各类有害气体排入大气后严重污染了空气，想办法使它们自发地分离，既清洁了空气，又变废为宝12、如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处有另一带电小球B，现给B一个垂直于AB方向的速度v0；则下列说法中正确的是（）

A.B球可能做直线运动B.B球的电势能可能增加C.A球对B球的库仑力可能对B球不做功D.B球可能从电势较高处向电势较低处运动13、下列说法正确的是_____________．A.红光由空气进入水中，波长变短，颜色不变B.光纤通信是利用了光的全反射原理C.白光通过三棱镜在屏上出现彩色光带，是光的干涉现象E.用同一装置做双缝干涉实验，在干涉图样中，紫光的条纹间距比红光宽E.用同一装置做双缝干涉实验，在干涉图样中，紫光的条纹间距比红光宽14、如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动。现给cd一水平向右的初速度v0；则（）

A.两棒最终以相同的速度做匀速直线运动B.最终通过两棒的电量为C.ab棒最终的速度为D.从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为15、在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0射击质量为M的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块在加速运动中的位移为s，则以下说法正确的是（）

A.子弹动能的亏损大于系统动能的亏损B.子弹动量的减少量等于木块动量的增加量C.摩擦力对M的做的功一定等于摩擦力对m的做的功D.位移s一定大于深度d评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、（1）用游标卡尺测量某钢管的外径，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图1所示，其读数为_____cm。

（2）如图2所示，螺旋测微器测出的某物件的宽度是_____mm。

17、电子电路中的信号可以分为___________信号和___________信号。数字信号的两个工作状态可以用“___________”和“___________”来表示。在数字电路中分别代表___________电压和___________电压。18、毛细现象：浸润液体在细管中______的现象，以及不浸润液体在细管中______的现象．19、回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50K，某台设备工作时，一定量的氦气（可视为理想气体）缓慢经历如图所示的四个过程：从状态到和到是等温过程；从状态到和到是等容过程，体积分别为和则图中___（填“>”“<”或者“=”）；整个循环过程氦气系统是______的（填“吸热”“放热”或者“绝热”）。

20、一太阳能电池板，直接用理想电压表测得它两极的开路电压为0.8V，理想电流表测出的短路电流为0.04A，此电源内阻为________Ω．若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则流过电阻的电流为________A．21、如下左图所示，楔形木块A固定在水平放置压力传感器上，A的斜面是光滑的．某同学将质量不同的小钢球从斜面顶端静止释放，记录小钢珠在斜面上运动时压力传感器的示数．重力加速度g="9.8"m/s2.记录实验数据后；根据数据做出F-m图像，如下右图．

（1）由图像知，木块A的质量M=____kg（保留小数点后一位）

（2）若斜面倾角为θ，由图像知，_____（保留小数点后两位）

（3）不同质量的小钢珠在斜面上运动的时间______________（填“相同”或“不相同”）

评卷人得分四、作图题(共3题，共12分)22、如图所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．

23、示波管的内部结构如图所示．如果在偏转电极XX/、YY/之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX/之间和YY/之间分别加上如图所示的电压，请画出荧光屏上出现的完整扫描波形图．

24、图中表示某一时刻的波形图，已知波速为0.5m/s，波沿着x轴的正方向传播；画出经过7s后的波形曲线。

评卷人得分五、实验题(共3题，共21分)25、如图1所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”．实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次．M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图2所示．

（1）在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足m1____m2（选填“>”或“<”）；除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是___________．

A．秒表BB．天平CCD．刻度尺

D_______．打点计时器

（2）下列说法中正确的是

．A

．如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的B．重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误C

．用半径尽量小的圆把10C个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置OPD

．仅调节斜槽上固定位置，它的位置越低，线段m的长度越大m（3）在某次实验中，测量出两个小球的质量M1、N2OP．记录的落点平均位置O、OM几乎与OP在同一条直线上，测量出三个落点位置与ON点距离________________、OP、____________的长度．在实验误差允许范围内，若满足关系式

，则可以认为两球碰撞前后在方向上的总动量守恒；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足关系式OP．（用测量的量表示）OM（4ON）在、、____________这三个长度中，与实验所用小球B质量无关的是______________，与实验所用小球质量

B有关的是M．P（5N）某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置、、M，如图N3OP所示．他发现OP和______________偏离了

方向．这位同学猜想两小球碰撞前后在26、某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验．先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端静止放置，让a球仍从原固定点由静止开始滚下和b球相碰后；两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．

（1）本实验必须测量的物理量有()

A.斜槽轨道末端的水平地面的高度H

B.小球a、b的质量

C.小球a、b的半径r

D.小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t

E.记录纸上0点到A；B、C各点的距离OA、OB、OC

F.a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h

（2）根据实验要求，_________（填“大于”；“小于”或“等于”）；

（3）放上被碰小球后，两小球碰后是否同时落地？如果不是同时落地，对实验结果有没有影响________？（不必作分析）

（4）为测定未放小球b时，小球a落点的平均位置，把刻度尺的零刻度线跟记录纸上的0点对齐，下图给出小球a落点附近的情况，由图可得OB距离应为_______cm．

（5）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是___________________．27、（1）某同学根据如图右所示的装置测量某电源的电动势和内阻，两次实验测得电压表的读数为时电阻箱的读数为当电压表的读数为时电阻箱的读数为则电源的电动势E=_______．

（2）为减小电压表读数带来的实验误差，该同学结合实验室的器材对原电路稍作了改进如下图：请根据电路图将下列器材连接成电路________．

（3）闭合电键后，调节电阻箱接入电路的阻值．得到多组电阻箱接入电路的阻值R和对应的电压表的示数U，为了比较准确地得出实验结论．该同学准备用直线图象来处理实验数据，根据测得的多组电阻箱的阻值R和记录的对应电压表的读数U，作出图象如下图所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为和定值电阻的阻值R0=4.5Ω．则可得该电源的电动势为_____，内阻为________．

评卷人得分六、解答题(共1题，共7分)28、一自感线圈，电流从最大值减小到零的时间为0.05s，产生的感应电动势为180V，如果电流在0.03s内减小到零，则线圈两端可得到多大感应电动势？参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

对带电粒子进行受力分析；受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，再根据各力的做功情况，即可判断．

【详解】

AB；微粒受到重力、电场力和洛伦兹力作用；微粒做直线运动，其合力方向与速度方向共线，根据做直线运动的条件可知微粒的受力情况如图所示：

所以微粒一定带负电；微粒一定做匀速直线运动；否则速度变化，洛伦兹力变化，微粒做曲线运动，因此微粒的动量保持不变，故AB错误；

C、微粒由a沿直线运动到b的过场中；电场力做正功，电势能一定减小，故C错误；

D；重力做负功；重力势能增加，而动能不变，则微粒的机械能一定增加，故D正确．

故选D．

【点睛】

带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．2、A【分析】【详解】

A．据图可知；当滑动变阻器滑片向下滑动时，相当于滑动变阻器被短接部分变大，未短接部分减小，则滑动变阻器阻值减小，外电路总电阻与其中之一电阻的变化一致，所以外电阻总电阻变小，A选项正确；

B．据

总电流变大；B选项错误；

C．a灯接在干路，总电流变大，则a灯变亮；C错误；

D．据“串反并同”c灯与滑动变阻器并联，c灯电流、电压变化与滑动变阻器阻值变化一致，则c灯变暗；D错误．

故选A。3、D【分析】【详解】

A、电容器的额定电压为2.7V，说明工作电压要不超过2.7V，可以小于2.7V，故A错误；

B、电容器的电容由电容器本身来决定，跟电容器两极间的电势差无关，故B错误；

C、电容是描述电容器容纳电荷的本领，不充电是电容仍然存在，与充电与否无关，故C错误；

D、该电容器最大容纳电荷量：Q＝CU＝400F×2.7V＝1080C，故D正确．4、C【分析】【分析】

【详解】

A．共享单车从东往西行驶时，辐条切割地磁场水平分量的磁感线，由右手定则可判断，题图所示位置辐条中A点电势比B点电势低；选项A错误；

B．辐条不在闭合回路中；故辐条中无电流，选项B错误；

C．共享单车车把切割地磁场竖直分量的磁感线，由右手定则及电磁感应定律知，左把手的电势比右把手的电势高选项C正确；

D．该人骑共享单车在十字路口左拐；共享单车车把仍切割地磁场竖直分量的磁感线，且有效切割长度不变，则共享单车把手间的电势差大小不变，选项D错误。

故选C。5、D【分析】A；电场中某点的电场强度的方向就是正电荷在电场中某点受力的方向；故A错误；

B；磁场中任一点；小磁针北极受力方向，就是该点的磁场方向，故B错误；

C；电荷的定向移动形成电流；正电荷的定向移动方向是电流的方向，故C错误；

D；楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律；即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故D正确。

点睛：本题考查了电场、磁场、电流以及感应电流的方向，注意教材中对这些方向的规定。6、D【分析】【分析】

根据题图可知；考查了通电导线之间的安培力的计算；导线的电流方向相同二者相互吸引，电流方向相反二者相互排斥，由此进行分析．

【详解】

导线的电流方向相同二者相互吸引；电流方向相反二者相互排斥，则d导线的受力情况如图所示：

根据力的平行四边形法则可知；d导线所受安培力的合力大小为2F，方向沿dc方向．

故D正确；ABC错误．

【点睛】

掌握电流之间相互作用的情况是解题的关键．7、B【分析】【详解】

A.波峰和波峰叠加；为振动加强点，且始终振动加强；波谷与波谷叠加，振动也始终加强，而波谷与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱．故A错误．

B.波峰与波峰叠加的点在经过半个周期后将是波谷与波谷在该点相遇；且振动始终最强．故B正确．

C.振动最强的点经过四分之一周期后刚好经过平衡位置；它们的振动仍然相同，因此也是振动加强．故C错误．

D.如果两相干波源振幅不相等，则振动最弱的点仍将出现．故D错误．8、B【分析】【详解】

粒子在磁场中做圆周运动；如图：

由几何知识得：洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得：当该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时，若粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时，即粒子轨道半径则不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，此时洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得：则：故B正确，ACD错误．二、多选题(共7题，共14分)9、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．根据气体状态方程。

得。

V-T图象的斜率。

acO连线的斜率大于bO连线的斜率，所以气体在状态a、c时的压强小于它在状态b时的压强，气体从a到b再到c的过程中压强先增大后减小；故A错误；

B．温度升高，气体分子的平均动能增加，过原点直线表示等压变化，状态a与状态c相比较，则气体分子在状态a单位时间内撞击单位面积器壁的分子数较少；故B正确；

C．理想气体在状态a的温度大于状态c的温度，理想气体的内能只与温度有关，温度高，内能大，故气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能；故C错误；

D．在过程cd中，等温变化，内能不变，体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律。

可知气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的功；故D正确。

故选BD。10、A:D:E【分析】【分析】

【详解】

A．一定质量的某种理想气体；分子势能为零，当温度降低时，分子平均动能减小，其内能减小，故A正确；

B．晶体熔化时吸收热量；温度不变，内能增大，故B错误；

C．对于理想气体；温度趋近绝对零度，体积趋近零，但是对于实际气体，温度过低，气体已经液化或凝固，故C错误；

D．不可能违背热力学第二定律；故无法制造出效率是100%的热机，故D正确；

E．由热力学第二定律可知自然界的宏观过程具有方向性；能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性，故E正确。

故选ADE。11、A:B:D【分析】【分析】

【详解】

A．液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势；荷叶上面的小水珠呈球形的主要原因是液体有表面张力，故A正确；

B．将地面的土壤锄松；破坏了毛管，可以减小土地下的水分蒸发，故B正确；

C．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动；故C错误；

D．液晶像液体一样具有流动性；而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故D正确；

E．通过物理方法使汽车尾气中各类有害气体只是分离而不吸收的话并不能清洁空气；变废为宝，只能通过化学方法将有害气体转化为无害的物质，这样才能清洁空气，变废为宝，故E错误。

故选ABD。12、B:C:D【分析】【详解】

A.由题看出，小球B受到的静电力与速度不在同一直线上，则B球不可能做直线运动；故A错误；

B.若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好小于时；B球会远离A球，引力做负功，电势能增加，故B正确；

C.若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好等于时；B球做匀速圆周运动，A球对B球的库仑力不做功，故C正确；

D.由于两球电性未知；B球可能受斥力会远离A球，也可能受到引力靠近A球，所以B球可能从电势较高处向电势较低处运动，故D正确．

【名师点睛】

由小球B受到的静电力与速度不在同一直线上可知，B球不可能做直线运动．若小球A、B带异种电荷小球B做匀速圆周运动，库仑力不做功，若小球B所受的引力小于所需要的向心力，小球B做离心运动时，B球的电势能可能增加，B球不一定从电势较高处向电势较低处运动．13、A:B:D【分析】【详解】

A项：光从一种介质进入另一种介质时的频率不变；根据红光由空气进入水中，波长变短，但颜色不变，故A正确；

B项：光纤通信和医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理；当内芯的折射率比外套的大时，光传播时在内芯与外套的界面上才能发生全反射，故B正确；

C项：白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的一种折射现象；故C错误；

D项：根据发生明显衍射的条件可知；对同一障碍物波长越长的光越容易衍射，故D正确；

E项：由公式可知，用同一装置做双缝干涉实验，在干涉图样中，波长较小的紫光的条纹间距比红光窄，故E错误．14、B:C【分析】【分析】

【详解】

AC．cd获得速度后，电路中产生感应电流，根据左手定则得cd棒减速，ab棒加速，当

电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，分别对两棒列动量定理得

两式合并得

联立解得

A错误；C正确；

B．对ab棒列动量定理得

解得

B正确；

D．从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为

解得

D错误。

故选BC。15、A:B【分析】【详解】

A；子弹射穿木块的过程中；子弹损失的动能转化为木块的动能和系统的内能，故子弹减少的动能大于木块增加的动能，故A正确；

B；水平面光滑；则系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量减少量等于木块动量增加量，故B正确；

C；子弹击中木块的过程中；子弹克服阻力做的功，一方面转化为木块的动能，另一方面转化为系统内能；根据动能定理可知摩擦力对木块做的功等于木块的动能的增加量，因此摩擦力对木块做的功一定小于摩擦力对子弹的做的功，故C错误；

D、设子弹与木块之间的相互作用力为子弹和木块达到的共同速度大小为由动能定理得：对子弹：对木块：又据动量守恒定律得：联立方程解得：因为所以故D错误；

故选AB．

【点睛】

关键是子弹击中木块过程系统动量守恒，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律，动能定理即可正确解题．三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】【分析】

解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读。

【详解】

（1）[1]游标卡尺的主尺读数为5.4cm，游标尺上第4个刻度与主尺刻度对齐，则游标尺读数为

所以最终读数为

（2）[2]螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为

所以最终读数为

【点睛】

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同。【解析】5.445.69517、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]电子电路中的信号可以分为数字信号和模拟信号。

[3][4]数字信号的两个工作状态可以用“0”和“1”来表示。

[5][6]在数字电路中分别代表低电压和高电压。【解析】数字模拟01低高18、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】上升下降19、略

【分析】【详解】

[1]从状态B到C，由查理定律得

由于所以

[2]A-B过程外界对系统做正功，C-D过程外界对系统做负功，p-V图象与横轴围成的面积表示做的功，所以

所以整个循环过程外界对系统做正功。整个循环过程

所以

整个循环过程A-B-C-D-A氦气系统要放热。【解析】>放热20、略

【分析】【分析】

根据开路电压可求得电源的电动势；再根据短路电流由闭合电路欧姆定律可求得内阻大小；再对接入20Ω的电阻进行分析，由闭合电路欧姆定律求出电流大小；

【详解】

开路电压为则电源的电动势短路电流为

则内阻

若与20Ω的电阻串联时，电流．

【点睛】

本题考查闭合电路欧姆定律的正确应用，要注意明确开路电压为电源的电动势，当外电阻为零时的电流为短路电流．【解析】200.0221、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）当m=0时，传感器的示数即为木块A的重力，则有：Mg=4.80N，解得：

（2）对小球受力分析；根据平衡条件可知，A对小球的支持力N=mgcosθ；

根据牛顿第三定律可知；小球对A的压力为mgcosθ；

对A受力分析可知；传感器对A的支持力F=Mg+mgcosθcosθ；

则传感器的示数为F=Mg+mgcos2θ

则F-m图象的斜率k=gcos2θ；

则有：

解得：cos2θ=0.82

（3）根据牛顿第二定律得小球下滑的加速度为：a＝gsinθ；则不同质量的小钢珠在斜面上运动情况完全相同，所以运动的时间也相同．

考点：研究加速度与物体质量；受力的关系.

【名师点睛】

本题考查研究加速度与物体质量、受力的关系实验；解题的关键是搞清实验的原理及分别对小球和A受力分析，求出传感器的示数F与m的表达式，注意F-m图象斜率和截距所表示的含义，难度适中．【解析】0.50.80（0.77~0.83）相同四、作图题(共3题，共12分)22、略

【分析】【详解】

利用右手螺旋定则；已知电流的方向可判定磁场方向，也可以通过磁场方向来确定电流的方向；

图甲；已知磁场方向，顺时针方向，则电流垂直纸面向里；

图乙；电流右侧的磁场的方向向里，左侧的磁场的方向向外，则电流的方向向上；

图丙；已知磁场方向，则可知电流方向，逆时针方向；

图丁；环形电流从左侧流入，从右侧流出，所以磁场的方向向下；

图戊；根据螺线管中电流方向，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向左；

图已；根据螺线管中上边的电流方向向外，下边的电流的方向向里，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向右．如图所示：

【解析】23、略

【分析】试题分析：A图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为2T，即在2T的时间内才能完成一次水平方向的扫描，而竖直方向（y方向）的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向由2个周期性的变化；y方向的电压变化为正弦式的变化，由于电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以A图中的扫描图形如图；

要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接入锯齿形电压；即扫描电压．

B图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为T，即在一个周期T的时间内完成一次水平方向的扫描，同时竖直方向的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向也完成一个周期性的变化；y方向的电压大小不变，方向每半个周期变化一次，结合电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以B图中的扫描图形如图．

考点：考查了示波器的工作原理。

【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象【解析】24、略

【分析】【分析】

【详解】

7s波向前传播的距离为

7s后，故x=3.5m位置的原图中x=0位置的振动情况相同；因此作出以下图形。

【解析】五、实验题(共3题，共21分)25、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据碰撞的特点可知，两小球质量应满足该实验需要测量两球质量和平抛运动中的水平距离，故需要天平和刻度尺，故BC正确；

(2)由于