2025年外研版三年级起点选修3物理下册阶段测试试卷含答案

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A.二者都是光的衍射现象B.二者都是光的干涉现象C.甲是光的干涉现象，乙是光的衍射现象D.甲是光的衍射现象，乙是光的干涉现象2、如图所示的交流电压u=220sin100πtV，接在阻值R=220Ω的电阻两端；则（）

A.该交流电的频率为100HzB.电压表的读数为311VC.电流表读数为1AD.2s内电阻的焦耳热是880J3、带电荷量为+q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是（）A.只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B.如果把+q改为﹣q，且速度反向大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D.粒子只受到洛伦兹力作用下运动的动能、动量均不变（动量的是矢量）4、如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变．闭合开关S，滑动变阻器的滑片P处于某一位置时，小灯泡L能发光．将滑片P从该位置向b端滑动；则（）

A.小灯泡L变亮，电流表的示数变小B.小灯泡L变亮，电流表的示数增大C.小灯泡L变暗，电流表的示数变小D.小灯泡L变暗，电流表的示数增大5、如右图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E＝1.5V，G为电流表，满偏电流为200μA。当调好零后，在两表笔间接一被测电阻Rx时，电流表G的指针示数为50μA，那么Rx的值是()A.7.5kΩB.22.5kΩC.15kΩD.30kΩ6、如图所示；某课外活动小组的同学，把一根大约10m长的导线的两端用导线连接在一个灵敏电流表的两个接线柱上。有两名同学站在东西方向摇动导线做“摇绳发电”实验，要使实验现象更明显，你认为下列改进措施可行的是。

A.减缓摇绳的速度B.站在南北方向摇动导线C.增加被摇动导线的长度D.把灵敏电流表改为伏特表7、如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是（）

A.板与静电计的指针带的是异种电荷B.甲图中将板上移，静电计的指针偏角减小C.乙图中将板左移，静电计的指针偏角不变D.8、简谐横波某时刻的波形图线如图所示；由此图可知（）

A.若质点a向下运动，则波是从左向右传播的B.若质点b向上运动，则波是从左向右传播的C.若波从右向左传播，则质点c向下运动D.若波从右向左传播，则质点d向下运动9、如图所示为自左向右逐渐增强的磁场,一不计重力的带电粒子垂直射入其中；由于周围气体的阻碍作用,其运动轨迹恰为一段圆弧PQ(粒子电量保持不变)，则可判断。

A.粒子从P点射入B.粒子所受洛伦兹力逐渐增大C.粒子带负电D.粒子的动能逐渐增大评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、在如图所示的电路中，灯L1、L2的电阻分别为R1、R2，滑动变阻器的最大阻值为R0，若有电流通过，灯就发光，假设灯的电阻不变，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端移动时，灯L1、L2的亮度变化情况是()

A.当时，灯L1变暗，灯L2变亮B.当时，灯L1先变暗后变亮，灯L2先变亮后变暗C.当时，灯L1先变暗后变亮，灯L2不断变暗D.当时，灯L1先变暗后变亮，灯L2不断变亮11、如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，电压表读数为U，电流表读数为I，当滑动变阻器R的触头向上移动时，下列论述正确的是（）

A.灯泡L—定变亮B.电流表的示数变小C.电压表的示数变小D.保持不变12、在外力作用下两分子间的距离达到不能再靠近时，固定甲分子不动，乙分子可自由移动，去掉外力后，当乙分子运动到很远时，速度为v，则在乙分子的运动过程中（乙分子的质量为m）（）A.乙分子的动能变化量为mv2B.分子力表现为引力时比表现为斥力时多做的功为mv2C.分子力表现为斥力时比表现为引力时多做的功为mv2D.乙分子克服分子力做的功为mv213、关于热机的效率，下列说法正确的是()A.有可能达80%B.有可能达100%C.有可能超过80%D.有可能超过100%14、如图所示，直线A为电源的U-I图线，电源电动势为E，内阻为r，曲线B为灯泡的U-I图线，现将该小灯泡接在该电源两端，此时灯泡电阻为R，则以下说法正确的是（）

A.E=3V，r=2ΩB.R=1ΩC.电源的输出功率为4WD.若增大灯泡两端的电压，则灯泡的电阻增大15、如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，OCA导轨的形状满足方程y=1.0sin（x/3）（单位：m）．O、C处分别接有短电阻丝（图中用粗线表示）R1=3.0R2=6.0（导轨其它部分的电阻不计）．在xOy平面内存在有B=0.2T的匀强磁场，方向如图，现有一长为l（l>1.0m）的金属棒在水平外力作用下以速度v=5.0m/s水平向右匀速运动；设棒与导轨始终接触良好，不计棒的电阻，则在金属棒从左向右运动的过程中。

A.金属棒相当于电源的作用，R1、R2电阻并联在电源两端B.通过金属棒的电流最大值为0.5AC.金属棒通过导轨（从O到C）的时间为0.6sD.整个过程中电路产生的焦耳热为0.3J16、如图所示，光滑大圆环静止在水平面上，一质量为m可视为质点的小环套在大环上，已知大环半径为R，质量为M=3m，小环由圆心等高处无初速度释放，滑到最低点时

A.小环的速度大小为B.小环的速度大小为C.大环移动的水平距离为D.大环移动的水平距离为17、一个铍原子核（）俘获一个核外电子（通常是最靠近原子核的K壳层的电子）后发生衰变，生成一个锂核（），并放出一个不带电的质量接近零的中微子νe，人们把这种衰变称为“K俘获”．静止的铍核发生零“K俘获”，其核反应方程为已知铍原子的质量为MBe=7.016929u，锂原子的质量为MLi=7.016004u，1u相当于9.31×102MeV．下列说法正确的是A.中微子的质量数和电荷数均为零B.锂核（）获得的动能约为0.86MeVC.中微子与锂核（）的动量之和等于反应前电子的动量D.中微子与锂核（）的能量之和等于反应前电子的能量评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)18、一定量的理想气体从状态开始，经历等温或等压过程回到原状态，其图像如图所示。其中对角线的延长线过原点气体从状态变化到状态的过程，气体对外做的功___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）气体从外界吸收的热量。气体在状态的体积___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）气体在状态的体积。气体从状态变化到状态外界对气体做的功___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）气体从状态变化到状态气体对外界做的功。

19、一般情况下，水底的温度要比水面的温度低，一气泡（视为理想气体）从水底缓慢上升到水面的过程中，气泡内气体的压强__________（填“增大”、“减小”或“不变”），气泡内气体对外界________（填“做正功”、“做负功”或“不做功”）。20、封闭汽缸内一定质量的理想气体由状态A经状态B再变化到状态C，其体积V随热力学温度T变化的关系图象如图所示，气体在状态B时的温度T2＝________K。气体在从状态A变化到状态B的过程中吸收热量Q1＝240J，对外做功为W＝100J．则气体由状态B变化到状态C的过程中，气体向外传递的热量Q2＝________J。

21、汽车内燃机气缸内汽油燃烧时，气体体积膨胀推动活塞对外做功。已知在某次对外做功的冲程中，汽油燃烧释放的化学能为1×103J，因尾气排放、气缸发热等对外散失的热量为8×102J。该内燃机的效率为________。随着科技的进步，可设法减少热量的损失，则内燃机的效率能不断提高，其效率________(选填“有可能”或“仍不可能”)达到100%.22、将长为1m的导线ac从中点b折成如图所示的形状，放入B＝0.08T的匀强磁场中，abc平面与磁场垂直．若在导线abc中通入25A的直流电，则整个导线所受安培力大小为______N．23、如图所示，平行板电容器板间距离d=10cm，与一个直流电源相连，电源电压为10V，N板接地，取大地电势为零，两板间有一点P，P点距M板5cm，把开关闭合给电容器充电，然后再断开，P点场强大小为________，电势为____________，若把N板向下移动10cm，则P点场强大小为________，电势为_________。

24、某同学用伏安法测量阻值Rx约为5Ω的电阻，用图________测得的Rx的误差较小，测量值________真实值（小于、大于、等于），造成误差的原因是_____________________________________________

25、某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为____cm和____mm

评卷人得分四、作图题(共3题，共24分)26、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．

27、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．

28、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30分)29、如图1所示，为“验证碰撞中动量守恒”的实验装置，小球1和小球2的半径相同，质量分别为m1和m2，且m1＞m2．实验时先让小球1从斜槽上某一固定位置S由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹，重复上连操作10次，得到10个落点痕迹，再把小球2放在水平轨道末端，让小球1仍从位置S由静止滚下，小球1和小球2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，O点是水平轨道来端在记录纸上的竖直投影点；如图2所示．

（1）关于本实验，下列说法正确的是_____

A．斜槽轨道必须光滑。

B．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。

C．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。

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

（2）本实验除了要测量OP、OM，ON的值以外，还必须要测量的物理量有_____

A．小球1的质量m1和小球2的质量m2

B．小球1开始释放的高度h

C．抛出点距地面的高度H

D．小球平抛运动的飞行时间。

（3）若所测物理量满足表达式_____（用上问中所测的物理量表示）时；则说明两球的碰撞遵守动量守恒定律．

（4）若改变小球1和小球2的材质（两球半径仍相同），两球碰撞时不仅得到（3）的结论即碰撞遵守动量守恒定律而且满足机械能守恒定律，则根据上述信息可以推断_____．

A．不可能超过2

B．可能超过3

C．MN与OP大小关系不确定。

D．MN与OP大小关系确定，且MN＝OP30、恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关，两物体碰撞后的恢复系数为其中和分别为质量为m1和m2的物体碰推前后的速度某同学利用如图所示的实验装置测定质量为m1和m2的物体碰摘后的恢复系数．

实验步骤如下：

①将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中质量为m1和m2的两球与木条的撞击点；

②将木条竖直放在轨道末端右侧并与轨道接触，让质量为m1的入射球从斜轨上A点由静止释放；摘击点为B′；

③将木条向右平移到图中所示位置，质量为m1的入射球仍从斜轨上的A点由静止释放；确定撞击点；

④质量为m2的球静止放置在水平槽的末端，将质量为m1的入射球再从斜轨上A点由静止释放；确定两球相撞后的撞击点；

⑤目测得B′与撞击点N、P、M的高度差分别为h1、h2、h3．

(1)两小球的质量关系为m1_____m2(填“>”“=”或“<”)

(2)利用实验中测量的数据表示两小球碰撞后的恢复系数为e=_______．

(3)若再利用天平测量出两小球的质量为m1、m2，则满足_____________________表示两小球碰撞前后动量守恒；若满足_____________________表示两小球碰撞前后机械能守恒．31、某探究小组采用如图甲所示的电路测定一节干电池的电动势和内阻时，发现量程为3V的电压表出现故障不能正常使用，实验台上有一个量程为内阻灵敏电流计和一个电阻箱R（）．

（1）为了把灵敏电流计改装成量程为2V的电压表继续实验，电阻箱R应调整至______．

（2）探究小组中一个同学用灵敏电流计和电阻箱设计了如图乙所示的实验电路；同样测出了干电池的电动势和内阻．

①多次调节电阻箱，记录灵敏电流计的示数I和电阻箱的阻值R，电源的电动势和内阻分别用E和r表示，则和R的关系式为_____________．

②然后以为纵坐标，以R为横坐标，做出图线为一直线，如图丙所示，测得直线在纵轴上的截距b=134，直线的斜率则该电池的电动势E=______V，内阻r=______．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】太阳光照射下肥皂膜呈现彩色，属于薄膜干涉现象，针尖障碍物的影的轮廓出现明暗相间的条纹是光波发生衍射引起的，故C正确．2、C【分析】【详解】

A．该交流电的频率

故A错误；

B．电压表的示数为交流电的有效值，故其示数为

故B错误；

C．电流表的读数为

故C正确；

D．2s内电阻产生的电热

故D错误。

故选C。3、B【分析】【详解】

A．粒子速度大小相同；由f=qvBsinθ可知，如果速度v与磁场B的夹角不同，洛伦兹力大小不同，即使洛伦兹力大小相同，速度方向不同，洛伦兹力方向不同，洛伦兹力不同，故A错误；

B．如果把+q改为-q；且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小；方向均不变，故B正确；

C．洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直；磁场方向与电荷运动方向不一定垂直，故C错误；

D．洛伦兹力对粒子不做功，粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变，速度大小不变，但速度方向发生变化，速度变化，动量变化，故D错误．4、A【分析】【分析】

根据滑片P的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化；然后根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，从而知道电流表的示数如何变化．根据路端电压的变化分析小灯泡亮度的变化．

【详解】

将滑片P从该位置向b端滑动；滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I变小，则电流表示数变小．

总电流变小；电源的内电压变小，则路端电压变大，小灯泡的电压变大，则小灯泡L变亮，故A正确，BCD错误．

故选A．

【点睛】

本题是一道闭合电路的动态分析题，要分析清楚电路结构，熟练应用欧姆定律即可分析．5、B【分析】【详解】

试题分析:由满偏电流求欧姆表的内阻：R内＝=7500Ω

连入电阻后，由I=解得RX=22.5KΩ；故选B

考点：用多用电表测电阻．6、C【分析】根据E=BLv可知；减缓摇绳的速度，则电动势减小，实验现象越不明显，选项A错误；由于地球的周围存在磁场，且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极，所以当两个同学站在南北方向摇动导线，产生的感应电动势较小，实验不明显，选项B错误；根据E=BLv可知，增加被摇动导线的长度，则电动势变大，实验现象越明显，选项C正确；伏特表的内阻较大，则把灵敏电流表改为伏特表，指针偏转更加不明显，选项D错误；故选C.

点睛：解决本题的关键掌握产生感应电流的条件以及地磁场的方向，然后根据切割磁感线确定摇绳的方向．7、D【分析】【详解】

A.静电计指针与A板连为一个导体；带电性质相同，选项A不符合题意；

B.根据B板上移，S减小，C减小，Q不变，U增大；选项B不符合题意；

C.B板左移，d增大，C减小，U增大；选项B不符合题意；

D.根据插入电介质，增大，电容C增大，U减小，选项D符合题意；8、B【分析】【详解】

A．若质点a向下运动；波形向左平移，则波是从右向左传播的。A错误。

B．若质点b向上运动；波形向右平移，则波是从左向右传播的。B正确。

C．若波从右向左传播；根据平移法，波形向左平移，则质点c向上运动。C错误。

D．若波从右向左传播，根据平移法，波形向左平移，则质点d向上运动。D错误9、A【分析】【详解】

粒子做圆周运动，半径不变，由由于粒子的速度减小，则B也是减小的，则粒子从P点射入；选项A正确；由左手定则可知，粒子带正电，选项C错误；由f=qvB可知，粒子所受的洛伦兹力减小，选项B错误；粒子的速度减小，动能减小，选项D错误.二、多选题(共8题，共16分)10、A:D【分析】【详解】

AB.当时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻一定大于右部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，电路总电阻增大，总电流减小，所以通过灯L1的电流减小，灯L1变暗，通过灯L2的电流变大，灯L2变亮；故A项符合题意，B项不合题意；

CD.当时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，则当滑动变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻先增大，后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L1的电流先减小后增大，故灯L1先变暗后变亮，而通过L2的电流一直变大，灯L2不断变亮，故C项不合题意，D项符合题意．11、C:D【分析】【详解】

AC．当R的滑动触点向上滑移动时，R变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，电源的内电压变大，则路端电压变小，因此电压表读数变小，灯泡L的电压变小，则灯L一定变暗；故A错误，C正确；

B．电路中并联部分电压变小，通过L的电流变小；而总电流变大，则电流表的读数变大，故B错误；

D．由闭合电路欧姆定律知

得

故D正确。

故选CD。12、A:C【分析】【详解】

A．当甲、乙两分子间距离最小时，两者都处于静止状态，当乙分子运动到分子力的作用范围之外时，乙分子不再受力，此时速度为v，故在此过程中乙分子的动能变化量为mv2；故A正确；

BC.在此过程中，分子斥力做正功，分子引力做负功，即W合=W斥-W引=△Ek

由动能定理得W斥-W引=mv2

故分子力表现为斥力时比表现为引力时多做的功为mv2；故B错误，C正确；

D.分子力对乙分子做的功等于乙分子动能的变化量，即W=mv2

故D错误。

故选AC。13、A:C【分析】【分析】

【详解】

热机在工作时；废气会带走一部分热量；燃料不可能完全燃烧、克服部件之间的摩擦会消耗能量等，所以热机的效率不可能达到100%，即总是小于1，故AC正确、BD错误．故选AC．

【点睛】

此题关键是掌握热力学第二定律，知道热机的效率是指用来做有用功的能量与燃料完全燃烧产生的能量之比．由于不可避免地产生热量的损耗，所以热机的效率不可能达到100%．14、B:C:D【分析】【详解】

A．根据闭合电路欧姆定律有

所以图线A纵截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示内阻，则

故A错误；

BC．两图线交点为灯泡的工作点，所以此时灯泡电阻为

电源的输出功率等于灯泡此时消耗的电功率，为P=UI=4W

故BC正确；

D．灯泡U-I图线上点与原点连线的斜率表示灯泡电阻，由图线B可知；若增大灯泡两端的电压，则灯泡的电阻增大，故D正确。

故选BCD。15、A:B:C【分析】【详解】

A项：金属棒相当于电源的作用，由并联电路的特点可知，R1、R2电阻并联在电源两端；故A正确；

B项：当金属棒滑至A位置时，有效的切割长度最大，产生的感应电流最大，为

而总电阻为

则代入解得Im=0.5A；故B正确；

C项：由题意可知，当棒运动到C点时有：y=0，代入解得：故C正确；

D项：电路中电流的有效值为所以产生的热量为故D错误．

点晴：本题中导线的有效切割长度随时间作正弦规律变化，产生正弦式交变电流，提供了一种产生正弦式交变电流的一种方式．16、B:D【分析】【详解】

A、B、小环滑至最低点时的速度为v1，大环的速度为v2，两物体的系统满足机械能守恒有:且两物体的系统满足水平方向动量守恒有：联立解得：故A错误，B正确；C、D、设小环和大环水平方向发生的位移为x1和x2，两物体的系统满足水平方向反冲原理，结合人船模型的结论可知且解得故C错误，D正确；故选BD.

【点睛】机械能守恒定律和动量守恒定律的结合应用，同时是特殊的反冲模型和人船模型．17、A:C【分析】【详解】

反应方程为根据质量数和电荷数守恒可知中微子的质量数和电荷数均为零，A正确；根据质能方程，质量减少为释放的核能，不是锂核获得的动能，B错误；衰变过程中内力远大于外力，故反应前后动量守恒，故中微子与锂核（）的动量之和等于反应前电子的动量，C正确；由于反应过程中存在质量亏损，所以中微子与锂核（）的能量之和小于反应前电子的能量，D错误．三、填空题(共8题，共16分)18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]气体从状态变化到状态的过程中，温度不变，内能不变；压强减小，根据理想气体状态方程

可知体积增大，对外做功，根据热力学第一定律

可知

即气体从状态a变化到状态b的过程；气体对外做的功等于气体从外界吸收的热量。

[2]由图可知a、c均在过原点的直线上，P-T图像的斜率为体积的倒数，所以气体在状态a的体积等于气体在状态b的体积；

[3]在bc过程中，等压变化，温度降低，内能减小△U＜0

温度降低，体积减小，外界对气体做功，根据

可得

bc过程中外界对气体做功Wbc=p△Vbc=C△Tbc

da过程中，气体对外界做功

所以

在bc过程中外界对气体做的功等于在da过程中气体对外界做的功。【解析】等于等于等于19、略

【分析】【详解】

[1][2]气泡内气体的压强

大气压强恒定，气泡（视为理想气体）从水底缓慢上升到水面的过程中，气泡内气体压强变小，温度变高，根据理想气体状态方程可知体积增大，则气泡内气体对外界做正功。【解析】减小做正功20、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]AB延长线过原点，即AB过程的V与T成正比，故A到B过程为等压过程，对A到B的过程运用盖－吕萨克定律可得

代入图象中的数据可得气体在状态B时的温度

[2]因为气体是一定质量的理想气体，而一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，因为

所以A与C的内能相同，故A到B内能的增加量等于B到C内能的减小量，即

根据热力学第一定律可得

A到B过程气体对外做功，故

又已知

可得

根据热力学第一定律可得

B到C为等容过程，故

所以

故气体向外放出的热量为140J。【解析】60014021、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由热力学第一定律知W=△U-Q=1×103J-8×102J=2×102J

效率

[2]随着科技的进步；不断设法减小热量损失，则内燃机的效率不断提高，效率仍不可能达到100%。

【点睛】

此题考查了热力学第一定律△U=W+Q，注意公式中各个物理量的符号法则；知道热力学第二定律的内容。【解析】不可能22、略

【分析】试题分析：折线abc受力等效于a和c连线受力，由几何知识可知ac＝m，F＝ILBsinθ＝25×0.08××sin90°N＝N；

考点：匀强磁场中的安培力【解析】23、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]根据公式可得

[2]因为P位于两极板间的中点，所以PN之间的电势差为

又知道

所以

[3]因为两极板间的电荷量恒定，根据公式联立可得

故若把N板向下移；两极板间的电场强度不变。

[4]此时P点距离N板15cm，因为N板接地，电势为零，所以P点电势为负，故【解析】24、略

【分析】【分析】

由题意可知考查电流表内接；外接对测量电路的影响；根据电路结构特点分析可得．

【详解】

[1]为了减小实验误差，电流表内接、外接的选择原则：大电阻采用内接法，小电阻采用外接法，Rx约为5Ω；属于小电阻，故采用电流表外接法，选择乙电路图．

[2]因测的电流值大于真实值，由可知计算得到的电阻值小于真实值．

[3]电流表测得电流值大于通过Rx电流值；原因是电压表的分流作用．

【点睛】

电流表内接法，测得是电流表和待测电阻串联以后的电阻，测量值大于真实值，当待测电阻较大时选择内接法．电流表外接法，测得是电压表和待测电阻并联以后的电阻，测量值小于真实值，当待测电阻较小时选择外接法．【解析】乙小于电压表的分流作用25、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）刻度尺在读数的时候要估读一位；所以金属杆的长度为60.10；

（2）游标卡尺的主尺读数为：4mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.02mm=0.20mm，所以最终读数为：4mm+0.20mm=4.20mm=0.420cm=4.20mm．【解析】(1)60.104.20四、作图题(共3题，共24分)26、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】27、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】28、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30分