2025年教科新版选修3物理上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年教科新版选修3物理上册阶段测试试卷782考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、每个光子的能量取决于光的（）A.振幅B.波长C.频率D.速度2、下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是()A.B.C.D.3、如图所示为一定质量的理想气体状态的两段变化过程，一个从c到b，另一个是从a到b，其中c与a的温度相同；比较两段变化过程，则（）

A.c到b过程气体放出热量较多B.a到b过程气体放出热量较多C.c到b过程内能减少较多D.a到b过程内能减少较多4、一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场；粒子的一段轨迹如图所示，轨迹上的每一小段都可近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电荷量不变），则从图中情况可以确定（）

A.粒子从a到b，带正电B.粒子从a到b，带负电C.粒子从b到a，带正电D.粒子从b到a，带负电5、如图a，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，与副线圈相连的两个灯泡完全相同、电表都为理想电表，原线圈接上如图b所示的正弦交流电；电路正常工作，闭合开关后()

A.电压表示数增大B.电流表示数增大C.变压器的输入功率增大D.经过灯泡的电流频率为25Hz6、如图所示，A1、A2为电流表，V为电压表，C为电容器，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r．现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向右移动过程中；下列结论正确的是。

A.电压表V示数变小B.电流表A1示数变小C.电流表A2示数变大D.电容器C上电荷量增大7、关于波长,下列说法中正确的是（ ）A.横波的两个波峰之间的距离等于一个波长B.一个周期内介质质点通过的路程是一个波长C.横波上相邻的波峰和波谷间的距离等于一个波长D.波源开始振动后，在振动的一个周期里波传播的距离等于一个波长8、放射性元素U的衰变途径有多种可能，其中一种途径为下列关于该种衰变途径的说法正确的是A.衰变式中的X=234，Y=235B.h衰变的实质是核内的一个中子转化成了一个质子C.衰变的实质是核内的一个中子转化成了一个质子D.衰变过程中电荷数和质量数守恒，但能量不守恒评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若滑动变阻器的触头P向下滑动时，则()

A.小灯泡的功率增大B.电压表的示数增大C.电容器上的电荷量增加D.两表示数变化量的比值不变10、一定质量的理想气体由状态变化的图像如图所示．下列说法正确的是（）

A.过程中气体的内能不断增大B.过程中气体向外界放热C.过程中气体与外界始终没有热交换D.过程中气体分子的平均动能保持不变11、关于热学相关规律，下列说法正确的是（）A.当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距的减小而减小B.气体压强由气体分子碰撞器壁产生，大小由气体分子数密度和温度决定C.单晶体具有规则的几何外形是由于它内部的微粒按一定规律排列E.未来科技进步了，人类就可以将散失在空气中的内能全部重新收集起来加以利用E.未来科技进步了，人类就可以将散失在空气中的内能全部重新收集起来加以利用12、绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量m、带电荷量为-q（q>0）的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0（v0>0）方向与斜面底边MN平行；如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN．则下列判断正确的是（）

A.小球在斜面做变加速曲线运动B.小球到达底边MN的时间C.匀强磁场磁感应强度的取值范围为D.匀强磁场磁感应强度的取值范围为13、随着我国人民生活水平的不断提高，家庭中使用的电器越来越多．下列电器中主要应用电流热效应的是（）A.电风扇B.电饭煲C.电暖器D.电视机评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、上午教室内的温度是空气的相对湿度是60%，已知时饱和汽压是则绝对湿度为___________如果教室内绝对湿度不变，下午温度升高到则相对湿度________________（选填“变大”或“不变”或“变小”）。15、图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的组等势面，已知平面b上的电势为2V．一电子经过a平面时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV．则电势为零的等势面是_____，电子经过c平面时的动能为_____eV．

16、A、B、C、D、E、F分别是正六边形的六个顶点，各顶点到正六边形中心O的距离为a，现只在F处放一电量为-Q的点电荷，则中心O处的电场强度的大小为____；若再在A、B、C、D、E处各放一电量为+Q的点电荷，则中心O处的电场强度的大小变为____。

17、已知热力学温标与摄氏温标之间的关系为：T＝t＋273.15K。回答下列问题：

（1）冰的熔点为即为______K。

（2）如果物体的温度升高那么，物体的温度将升高______K。18、判断下列说法的正误：

（1）一定质量的某种气体，在压强不变时，若温度升高，则体积减小。（____）

（2）“拔火罐”时，火罐冷却，罐内气体的压强小于大气的压强，火罐就被“吸”在皮肤上。（____）

（3）一定质量的气体，等容变化时，气体的压强和温度不一定成正比。（____）

（4）查理定律的数学表达式＝C，其中C是一个与气体的质量、压强、温度、体积均无关的恒量。（____）19、在北方寒冷的冬天，有时会出现“多个太阳”的“幻日”奇观，这时由于空气中的水蒸气在大气里凝结成了小冰晶，太阳通过冰晶折射的缘故。如图所示为太阳光照射到六角冰晶上折射的光路图，a、b是太阳光中的两种单色光，由此可以判断，冰晶对单色光a的折射率_________（填“大于”或“小于”）冰晶对单色光b的折射率，单色光a在冰晶中的传播速度比单色光b在冰晶中的传播速度_________（填“大”或“小”）

20、如图所示的电路中，E、r、R1已知，可变电阻R2的最大值

（1）当R2=______时，R1的电功率P1有最大值，最大值为______；

（2）当R2=______时，R2的电功率P2有最大值，最大值为______；

（3）当R2=______时，电源功率PE有最大值，最大值为______；

（4）当R2=______时，电源内部消耗的功率有最小值，最小值为______

（5）当R2=______时，电源输出功率P出有最大值，最大值为______21、小涵站在平面镜前0.5m处观察自己在镜中的像，像到平面镜的距离是______m，她向后退的过程中，像的大小______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。评卷人得分四、作图题(共3题，共27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2题，共6分)25、用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻；被测电源是两节干电池串联成的电池组．可供选择的实验器材如下：

A．电流表；量程0.6A，内阻约为0.5Ω

B．电流表；量程100mA，内阻约为5Ω

C．电压表；量程3V，内阻约为3kΩ

D．电压表；量程15V，内阻约为5kΩ

E．滑动变阻器；0～1000Ω，0.1A

F．滑动变阻器；0～10Ω，2A

开关一个；导线若干。

(1)为了尽量得到较准确的实验结果，电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________（填器材前面的选项字母）．

(2)有(甲)、(乙)两个可供选择的电路如图所示，为减小实验误差，应选___________电路进行实验．

（3）如图是根据实验记录数据画出的U－I图象，则由图可求出该电源电动势为___________V，该电源内阻为______Ω（结果保留2位有效数字）．

26、某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中；先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.0cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为99.9s．则。

(1)该摆摆长为_______cm．

(2)如果他测得的g值偏小，可能的原因是()

A.测摆线长时摆线拉得过紧。

B.摆线上端未牢固地系于悬点；振动中出现松动，使摆线长度增加了。

C.开始计时；秒表过迟按下。

D.实验中误将49次全振动数为50次。

(3)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，再以L为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线（如图），并求得该直线的斜率K．则重力加速度g=_______（用k表示），若某同学不小心每次都把小球直径当作半径代入来计算摆长，则用此表达式计算得到的g值会_______（选填“偏大”；“偏小”或“不变”）．

评卷人得分六、解答题(共4题，共24分)27、如图所示，空间存在方向与平面垂直、范围足够大的匀强磁场。在区域，磁感应强度大小为方向向里；区域，磁感应强度大小为方向向外。某时刻，一个质量为电荷量为的带电粒子从轴上点以速度垂直于轴射入第一象限磁场；不计粒子的重力。求：

（1）粒子在两个磁场中运动轨迹的半径；

（2）粒子离开点后经过多长时间第二次到达轴。

28、当把它立即放入40℃的水中时，你又看到什么现象？为什么？29、如图所示，空间充满了磁感应强度为B的匀强磁场其方向垂直纸面向里．在平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L的刚性等边三角形框架△DEF，DE边中点S处有一带正电的粒子，电量为q，质量为m，现给粒子一个垂直于DE边向下的速度，若粒子每一次与三角形框架的碰撞时速度方向垂直于被碰的边，且碰撞均为弹性碰撞，当速度的大小取某些特殊数值时可使由S点发出的粒子最终又回到S点．求：

（1）若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S点；粒子的速度大小．

（2）若S点不在DE边的中点，而是距D点的距离DS＝L/4，仍然使粒子能回到S点，求满足条件的粒子的速度大小．30、一束初速度不计的电子流在经U＝5000V的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d＝1.0cm，板长＝5.0cm，电子电量e＝C；那么。

（1）电子经过加速电场加速后的动能为多少?

（2）要使电子能从平行板间飞出；两个极板上最多能加多大的电压?

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

根据可判断出光子的能量只与与光子的频率因素有关，与振幅、波长和速度均无关．2、B【分析】【详解】

带电粒子在磁场中运动时；所受洛伦兹力方向由左手定则进行判断．

根据左手定则可知：

A．图中洛伦兹力方向应该向上；错误。

B．图中电荷的速度方向；磁场方向和电荷的受力方向之间的关系符合左手定则；正确。

CD．图中电荷运动方向与磁场方向在一条线上；不受洛伦兹力；错误。

【点睛】

本题考查判断洛伦兹力的方向，容易题．注意带电粒子在磁场中的运动受洛伦兹力的条件及安培定则的应用．3、B【分析】【详解】

CD．到过程与到过程理想气体的温度降低相同；所以内能减少相同，故CD错误；

AB．到过程压强不变，气体温度降低，气体体积减小，外界对气体做功，到过程气体体积不变，外界对气体不做功，根据热力学第一定律

可知到过程气体放出热量较多；故B正确，A错误。

故选B。4、C【分析】【详解】

由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，故C正确,ABD错误。

故选C。5、C【分析】【详解】

AB．原线圈输入电压不变；线圈匝数不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，灯泡电阻不变，则电流表示数不变，故AB错误；

C．当K接通后；两个灯泡并联，增加一个负载，则副线圈功率增大，所以变压器的输入功率增大，故C正确；

D．根据b图可知，周期为T=0.02s

则频率为

故D错误。

故选C。6、A【分析】【分析】

局部电阻的变小；会引起全电路电阻的变小，根据闭合电路欧姆定律，可得到干路电流的变化情况，路端电压的变化情况；根据串并联电流电压的特点，可以判断各支路电表示数的变化情况．

【详解】

ABC、将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向右移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，导致路端总电阻变小，根据可知，干路电流增大，即电流表A1示数变大；又因为则路端电压减小，则电压表V的示数变小；R2为定值电阻，故流过R2的电流减小，即电流表A2示数变小；故A正确；BC错误；

D、因电容器跟电阻R2并联，故电容器两端的电压为U，因可知，电容器上的带电量减小，故D错误．

故选A．

【点睛】

熟练掌握闭合电路欧姆定律及其变形表达式，清楚串并联电路电流电压的关系，是解决问题的关键．7、D【分析】【详解】

横波的两个波峰之间的距离等于若干个波长，只有相邻两个波峰之间的距离等于一个波长，故A错误；质点只在自由的平衡位置附近做简谐运动，通过一个周期内介质质点通过的路程是四个振幅，与波长没有关系，故B错误；横波上相邻的波峰和波谷间的距离等于半个波长，故C错误；波源开始振动后，在振动的一个周期里波传播的距离等于一个波长，故D正确。所以D正确，ABC错误。8、C【分析】【详解】

A项：由质量数，电荷数守恒可得：故A错误；

B项：衰变的实质是产生了粒子；故B错误；

C项：衰变的实质是核内的一个中子转化成了一个质子；故C正确；

D项：衰变过程中电荷数与质量数守恒；能量也守恒，故D错误．

故选C．二、多选题(共5题，共10分)9、A:B:D【分析】【分析】

分析电路结构，当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电阻R2减小；分析电路中总电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可分析电路中电流及电压的变化，从而判断电容器电量的变化．根据欧姆定律分析两表示数变化量的比值．

【详解】

由图可知,L和R2串联后和C并联，再与R1串联；电容器在电路稳定时相当于断路；

A.当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电阻R2减小；电路的总电阻减小，总电流I增大，流过小灯泡的电流增大，则小灯泡的功率增大，故A正确；

B.由欧姆定律知；电压表的示数增大，故B正确；

C.电容器板间电压UC=E−I(R1+r)，I增大，则UC减小；电容器上的电荷量减少，故C错误；

D.|△U/△I|=R1；保持不变，故D正确．

故选ABD10、A:B【分析】【详解】

A．过程气体做等压变化，体积变大，根据

可知温度升高；则内能增大，A正确；

B．过程中，根据理想气体状态方程

可知气体温度降低；内能减少，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知气体向外界放热，B正确；

C．过程中根据理想气体状态方程

可知气体温度先升高后降低，两点温度相等；内能相等，外界对气体做正功，可知气体放热，C错误；

D．过程中根据理想气体状态方程

可知气体温度先升高后降低；气体分子的平均动能先增大后减小，D错误。

故选AB。11、B:C:D【分析】【详解】

A．当分子间作用力表现为斥力时；分子间距离减小，分子力做负功，分子势能增大，则A错误；

B．气体压强由气体分子碰撞器壁产生；大小由气体分子数密度和温度决定，则B正确；

C．晶体内部微粒排列的空间结构决定着晶体的物理性质；正是由于它内部的微粒按一定规律排列，才使单晶体具有规则的几何形状，则C正确；

D．温度是分子平均动能的标志；温度较高的物体分子的平均动能就一定比温度低的物体大，则D正确；

E．能量转化过程中；存在能量散失，不能使散失在环境中的内能全部重新收集起来加以利用，故E错误。

故选BCD。12、B:D【分析】【详解】

试题分析：小球在斜面上运动时；一定受到竖直向下的重力和垂直斜面向上的洛伦兹力，可能受到垂直斜面向上弹力；小球能够沿斜面到达底边MN，说明垂直斜面的合力为0，洛伦兹力小于重力垂直斜面的分力．

小球合力是重力沿斜面向下的分力；因此小球合力恒定，故小球做匀变速曲线运动，故A错误；

小球做类平抛运动；沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动；

则小球的加速度再由运动学公式可得所以球到达底边MN的时间。

故B正确；带电荷量带负电，由左手定则，根据左手定则可知，小球受到的洛伦兹力的方向垂直于斜面向上；尽管小球做匀变速曲线运动，但垂直磁场的方向速度不变，故洛伦兹力小于重力垂直于斜面向下的分力mgcosθ；也就是解得磁感应强度的取值范围为故C错误；D正确．本题选BD

点睛：本题的关键是小球沿光滑斜面运动，合力为重力沿斜面的分力，是恒力；其次洛伦兹力也是恒力，因为尽管小球的速度在变，但垂直磁场方向的速度没有变．13、B:C【分析】试题分析：应用电流热效应工作；即用电流产生的热为主要用途的，电风扇主要是利用电能转化为机械能工作的，电饭煲和电暖气都是利用电能转化为热能工作的，电视机是利用电能转化为光信号工作的，故BC正确；

考点：考查了电流的热效应。

【名师点睛】电流流过导体时，导体要发热，这种现象是电流的热效应．产生电流的热效应时，电能转化为内能三、填空题(共8题，共16分)14、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]．24.11℃时饱和汽压3.0kPa；相对湿度是60%，绝对湿度为。

P=3.0×0.6=1.8kPa[2]．因为绝对湿度=相对湿度×饱和气压，则绝对湿度不变时，温度升高，则饱和气压变大，相对湿度变小。【解析】1.8变小15、略

【分析】【分析】

根据只有电场力做功；动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可求解．

【详解】

虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此a、d的电势差为6V；等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零；在平面b上电势为2V；则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面c时，其电势能为0，动能为6eV；

【点睛】

考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键．【解析】C616、略

【分析】【分析】

根据电场强度的叠加原理和点电荷场强公式求解。

【详解】

[1]根据点电荷场强公式得：只在F处放一电量为-Q的点电荷，则中心O处的电场强度的大小

[2]若再在A、B、C、D、E处各放一电量为+Q的点电荷，根据电场强度的叠加原理得B和E的叠加后场强为零，A和D的叠加后场强为零，所以中心O处的电场强度的大小等于F和C的场强叠加，即

【点睛】

本题运用电场强度的叠加，及几何图形的对称性来结合求解。【解析】17、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）根据。

冰的熔点为即为273.15K

（2）根据。

所以当t由增加到时，T就由。

增加到。

显然物体的温度升高了温度升高了1K【解析】273.15118、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】错误正确正确错误19、略

【分析】【详解】

[1]单色光a的偏向角小于单色光b的偏向角，所以冰晶对单色光a的折射率小于冰晶对单色光b的折射率；

[2]由。

解得。

【解析】小于大20、略

【分析】【详解】

（1）[1][2]当

时，R1的电功率有最大值，为

（2）[3][4]当

时，有

（3）[5][6]当

时，有

（4）[7][8]当

时，有

（5）[9][10]当

时，有

【点睛】

本题考查电路中的定值电阻电功率、可变电阻电功率、电源内阻电功率、电源输出功率的计算，注意各种电功率的处理方法。【解析】00R2max21、略

【分析】【详解】

小涵站在平面镜前0.5m；小涵在平面镜中成像，小涵的像和小涵到平面镜的距离相等，所以小涵的像到平面镜的距离也是0.5m。小涵后退远离平面镜，小涵像的大小跟小涵的大小有关，跟到平面镜的距离无关，所以小涵的像大小不变。

【点睛】

物体在平面镜中成像，像的大小只跟物体大小有关，跟平面镜大小，跟物体到平面镜的距离无关。但是我们远离平面镜时，看到自己在平面镜中的像变小，是因为眼睛看像的视角变小，产生了错觉，像的实际大小是没有发生变化的。【解析】0.5；不变；四、作图题(共3题，共27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2题，共6分)25、略

【分析】【分析】

（1）根据二节干电池的电压约为3V；则根据电压值及实验中的基本要求可以选取电流表及电压表；

（2）甲图误差来源于电流表的分压作用；乙图误差来源与电压表的分流作用，相比较，电流表分压作用引起的误差更大；

（3）U-I图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势；根据斜率表示内电阻求解电源内阻．

【详解】

（1）因二节干电池的电动势约为3V，故电压表的测量量程不能太大，由题意可知，电压表只能选3V量程的C；通过电源的电流不能太大，故量程0～3A的电流表太大，无法准确测量，故电流表应选量程为0.6A的A；滑动变阻器选择F即可；

（2）甲图误差来源于电流表的分压作用，可以将电流表的内阻归结到电源中，故电动势测量值不变，内电阻测量值变大；乙图中误差来源与电压表的分流作用，由于电压表内电阻达到几千欧姆，误差较小，故选择乙方案；

（3）U-I图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势，故电动势为3.0V；根据斜率表示内电阻求解电源内阻，故内电阻为．

【点睛】

中学实验中选择仪表是常见的一种题型，要求学生能按照安全性和准确性的要求进行分析，先确定出必须用到的器材，再去根据题目中给出的条件去判断电流表和电压表．一定要注意判断图象与横轴的交点的横坐标是不是短路电流．【解析】A；C；F；乙；3.0；1.0；26、略

【分析】【分析】

（1）摆长的大小等于摆线的长度加上摆球的半径．

（2）根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式；从而确定重力加速度偏小的原因．

（3）根据单摆的周期公式求出T2-L的关系式；结合图线斜率求出重力加速度，抓住图线斜率不变，分析g值的变化．

【详解】