2025年中图版选修3物理下册阶段测试试卷含答案

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①在b和d时刻；电路中电流最大。

②在a→b时间内；电场能转变为磁场能。

③a和c时刻；磁场能为零。

④在O→a和c→d时间内，电容器被充电A.只有①和③B.只有②和④C.只有④D.只有①②和③3、如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、C、D三点电势分别为1.0V；3.0V、5.0V；正六边形所在平面与电场线平行.则()

A.电场强度的大小为V/mB.UEF与UBC相同C.电场强度的大小为V/mD.E点的电势与C点的电势相等4、分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质。下列说法正确的是（）A.分子间距离减小，分子间的引力和斥力都增大B.液体分子的无规则运动称为布朗运动C.分子间距离增大，分子势能一定减小D.物体对外做功，物体内能一定减小5、在物理学中常用比值法定义物理量．选出不是用比值法定义的物理量A.用E=定义电场强度B.用定义磁感应强度C.用定义电流D.用定义电容器的电容6、关于磁感应强度B，下列说法中正确的是()A.由定义式B=可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B.一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C.一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零D.磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同7、如图所示，导热的气缸固定在平地面上，一个可自由移动的活塞把气体封闭在气缸中，气缸的内壁光滑．现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，保持气缸内气体温度不变，则对于封闭气体（）

A.外界对气体做功B.气体分子平均动能不变C.气体压强保持不变D.单位体积内气体分子个数增加8、某质点的振动图像如图所示；下列说法正确的是。

A.1s和3s时刻,质点的速度相同B.1s到2s时间内,速度与加速度方向相同C.简谐运动的表达式为y＝2sin(0.5πt+1.5π)cmD.简谐运动的表达式为y＝2sin(0.5πt+0.5π)cm评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、A、B、C为三块水平放置的金属板，与电路连接如图所示，三块板正中央各有一小孔，A板接地，电源内阻为r，三个定值电阻电路中电表均为理想电表，滑片P开始置于R2中点，现有一质量为m、电量为+q的液滴从A板小孔正上方距离为h的D点静止释放；恰好能到达C板，不计空气阻力和极板外电场，下列说法中正确的是。

A.滑片P由R2中点往左移动，则B板电势降低B.滑片P由R2中点往左移动,则电流表A1的示数减小，A2的示数增大C.滑片P由R2中点往左移动，仍将该液滴从D点由静止释放，则带电液滴不能到达C板D.滑片P由R2中点往左移动，则不变，的值变小(U为电压表V示数，I2为电流表A2，为电流表A2示数的改变量)10、如图所示；在空间由一坐标系xOy，直线OP与轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域I和II，直线OP上方区域I中磁场的磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为q的质子（不计重力）以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域I，质子先后通过强磁场区域I和II后，恰好垂直打在x轴上的Q点（图中未画出），则。

A.粒子在第一象限中运动的时间为B.粒子在第一象限中运动的时间为C.Q点的横坐标为D.Q点的横坐标为11、下列关于热平衡定律的理解，正确的是（）A.两系统的温度相同时，才能达到热平衡B.A、B两系统分别与C系统达到热平衡，则A、B两系统达到热平衡C.甲、乙、丙物体温度不相等，先把甲、乙接触，最终达到热平衡，再将丙与乙接触最终也达到热平衡，则甲、丙是处于热平衡的D.热平衡时，两系统的温度相同，压强、体积也一定相同12、如图所示，在斯特林循环的p－V图象中，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d后再回到状态a；整个过程由两个等温和两个等容过程组成.下列说法正确的是()

A.从a到b，气体的温度一直升高B.从b到c，气体与外界无热量交换C.从c到d，气体对外放热E.从b到c气体吸收的热量与从d到a气体放出的热量相同E.从b到c气体吸收的热量与从d到a气体放出的热量相同13、下列说法中正确的是____。A.液晶的光学性质具有各向异性的特点B.只要知道某种晶体的密度，摩尔质量和阿伏伽德罗常数，就可以算出该晶体分子的体积C.不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功E.白天感觉干燥，是因为空气中水蒸气的分气压与同温度下的饱和汽压差距大E.白天感觉干燥，是因为空气中水蒸气的分气压与同温度下的饱和汽压差距大14、如图所示，E为电源电动势，r为电源内阻，R1为定值电阻（R1＞r），R2为可变电阻；以下说法中正确的是（）

A.当R2=R1+r时，R2上获得最大功率B.当R1=R2+r时，R1上获得最大功率C.当R2=0时，电源的效率最大D.当R2=0时，电源的输出功率最大15、已知滑动变阻器接入电路的电阻与其接入电路的长度成正比。如图所示，电路中R3为滑动变阻器，R1、R2为定值电阻；A；V为理想电表，C为电容器，电路接稳恒电压U。当滑动变阻器的滑片P向下移动时，关于各物理量的变化，下列说法中正确的是。

A.电压表的示数变大B.电流表的示数变小C.电容器C两极板所带的电荷量增多D.R2消耗的功率变小评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、如图所示，用波长为λ的光照射逸出功为W的极板，则发生光电效应的光电子最大动能为_______，已知普朗克常量为h，光速为c；若将此入射光的频率增大，则极板逸出功________（选填“增大”；“减小”或“不变”）．

17、某实验爱好者设计了模拟路灯光控电路，利用光敏电阻作为光传感器，配合使用斯密特触发器来控制电路，他设计的电路如图，他所使用的斯密特触发器的输入端信号____（“可以”或“不可以”）连续变化，为了更加节能，让天色更暗时，路灯点亮，应将R1___一些（“增大”或“减小”）。18、数字电路中基本的逻辑门电路是___________门、___________门和___________门。19、如图，上端带卡环、底部有加热装置的圆柱形气缸竖直放置在水平地面上，质量为m、横截面积为S、厚度不计的活塞到气缸底部的距离为气缸高度的一半，活塞下部封闭有温度为T的理想气体。已知重力加速度为g，外界大气压强恒为忽略一切摩擦。现对封闭气体缓慢加热，则活塞恰好到达气缸上端卡口时气体温度T1=_______；保持封闭气体的温度T1不变，在活塞上表面缓慢倒入沙子，使活塞到气缸底部的距离为气缸高度的三分之一，则倒入沙子的总质量m1=________。

20、恒温环境中，在导热性能良好的注射器内，用活塞封闭了一定质量的空气（视为理想气体）。用力缓慢向里压活塞，该过程中封闭气体的压强_________（选填“增大”或“减小”）；气体_________（选填“吸收”或“放出”）热量。21、某同学把两块大小不同的木块用细线连接；中间夹一被压缩了的弹簧，如图所示．将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察物体的运动情况，进行必要的测量，验证物体间相互作用时动量守恒．

（1）该同学还必须有的器材是_____；

（2）需要直接测量的数据是_____；

（3）用所得数据验证动量守恒的关系式是_____．评卷人得分四、作图题(共3题，共15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4题，共12分)25、某同学用伏安法测某定值电阻的阻值；所用电压表内阻约1000Ω，所用电流表内阻约20Ω，电流表的量程为3mA，由于被测电阻的阻值大小未知他先后采用了如图甲和乙所示的电路分别进行测量，每次实验通过调节滑动变阻器，记录测得的多组电压表和电流表的读数，作出U-I图象，如图丙和丁．

(1)根据电路图甲测得的数据作出的U-Ⅰ图象应是________(填“丙”或“丁”)图．

(2)由测量结果判定电路图________(填“甲”或“乙”)图测量结果较为准确，根据该电路得到电阻的测量值Rx=________Ω(保留两位有效数字)Rx的测量值________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值．

(3)该同学为了减小系统误差；设计了如图戊所示的电路测上述电流表(图中A)的内阻，实验室提供的器材有：

A.电流表量程0~6mA

B.电流表量程0~4mA

C.滑动变阻器0~10Ω

D.滑动变阻器0~1000Ω

E.定值电阻阻值R=20Ω

F.电源；开关、导线若干。

电流表A1应选________(选填“A”或“B")；滑动变阻器应选________(选填“C”或“D”)．

若某次测量得到电流表A的示数为2.0mA，电流表A1的示数为3.9mA，则此次测量得到电流表的内阻为________Ω(两位有效数字)．26、利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．

（1）应该选择的实验电路是下图中的________（选填“甲”或“乙”）；

（2）现有电流表（0～0.6A）；开关和导线若干；以及以下器材：

A．电压表（0～15V）B．电压表（0～3V）

C．滑动变阻器（0～50Ω）D．滑动变阻器（0～500Ω）

实验中电压表应选用________，滑动变阻器应选用________；（选填相应器材前的字母）

（3）另一同学从实验室只借到一个开关、一个电阻箱（最大阻值为999.9Ω，可当标准电阻用）、一只电流表（量程Ig＝0.6A，内阻rg＝0.2Ω）和若干导线．

①根据测定电动势E和内电阻r的要求，设计实验电路图并画在虚线框内______；

②闭合开关，逐次改变电阻箱的阻值R，读出与R对应的电流表的示数I，并作记录；计算出每个电流值I的倒数并作出图象；若得到的图象斜率为k，R轴上截距绝对值为b，则该电池的电动势E＝________，内电阻r＝________．27、（1）如图所示的四个图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是____（用符号表示）．

（2）该同学做完实验后，发现自己所测的分子直径d明显偏大．出现这种情况的原因可能是_______．

A.将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算。

B.油酸酒精溶液长时间放置；酒精挥发使溶液的浓度发生了变化。

C.计算油膜面积时；只数了完整的方格数。

D.求每滴溶液中纯油酸的体积时；1mL溶液的滴数多记了10滴。

（3）用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要直到油滴的________．

A.摩尔质量B.摩尔体积C.质量D.体积28、（1）在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图1、2所示．测量方法正确的是_________.(填“图1”或“图2”)．图3的读数是______cm．

(2)下列做法有利于减小实验误差的是______

A.适当加长摆线

B.质量相同；体积不同的摆球，应选用体积较大的。

C.单摆偏离平衡位置的角度不能太大。

D.当单摆经过平衡位置时开始计时；经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期。

(3)北京时间2005年5月22日上午10点05分，中国女子登山队首次登上珠穆朗玛峰顶峰，五星红旗再一次在珠峰峰顶飘扬．若登山队员利用单摆来确定珠峰的高度，测得该单摆在海平面处的周期是T0在峰顶的周期是T，则珠峰顶峰的海拔高度h=_____(地球可看作质量均匀分布的半径为R的球体)．评卷人得分六、解答题(共1题，共3分)29、如图，A、B两个内壁光滑、导热良好的气缸用细管连接，A气缸中活塞M截面积为500cm2，装有一个大气压强的理想气体50L．B气缸中活塞N截面积为250cm2，装有两个大气压强的理想气体25L．现给活塞M施加一水平推力，使其缓慢向右移动，此过程中气缸均不动，周围环境温度不变，大气压强为105pa．求：

(i)当推力F=5×103N时；活塞M向右移动的距离；

(ii)气缸B中能达到的最大压强．

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【详解】

当房间失火时，房间会有烟雾，将烟雾信号转换成电信号，从而发出警报，所以该传感器是烟雾传感器实现报警的，故选项A正确，B、C、D错误。2、D【分析】①、在b；d两时刻；电量为零，故电场能为零，电流最大；磁场能最大，①正确；

②、在a→b时间内；电荷量减小，电场能转变为磁场能，②正确；

③；a、c时刻；电荷量最大，此时电场能最大，磁场能为零，③正确；

④；在O→a时间内；电荷量在增加，故电容器被充电；而c→d时刻，电荷量在减小，电容器在放电，④错误；

综上分析；ABC错误；D正确；

故选D。3、A【分析】【详解】

D.已知正六边形所在平面与电场线平行,且A.C.D三点电势分别为1.0V、3.0V、5.0V,延长DC且使DC=CG,连接BG,可知UDC=UCG=2.0V，故ABG的电势相等为1.0V；C、F电势相等为3.0V，D、E电势相等为5.0V；故D错误；

B.电势差UEF=5.0−3.0=2.0V,电势差UBC=1.0−3.0=−2.0V；故B错误；

AC.根据U=Ed可知,电场强度E===V/m=V/m；故A正确，C错误；

故选A．4、A【分析】【分析】

【详解】

A．分子间存在相互作用的引力和斥力；引力和斥力都随分子间距离的减小而增加，随分子间距的增大而减小，故A正确；

B．布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动；不是液体分子的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映，故B错误；

C．当分子力表现为引力时；分子力总是随分子间距离的增大而减小，因克服分子力做功，分子势能总是随分子间距离的增大而增大，故C错误；

D．物体对外做功；若气体吸收热量，则其内能不一定减小，故D错误。

故选A。5、C【分析】【详解】

E=、、都是用比值法定义的物理量，是部分电路欧姆定律，故A、B、D错误选，C正确．

故选C6、B【分析】【详解】

A．磁感应强度定义式为当电流I增大时，其安培力F也随之增大，而其比值是不变的，故磁感应强度B与F、IL均无关；选项A错误；

B．一小段通电直导线放在磁感应强度为零的地方，根据F=BIL，当B=0时，F=0；故它所受到的磁场力一定为零，选项B正确；

C．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用；也可能是导线与磁场方向平行，故不能说明则该处的磁感应强度一定为零，选项C错误；

D．磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相互垂直，并不是相同的，选项D错误．7、B【分析】【详解】

A．水平外力作用在活塞上；向右移动，气体的体积增大．此过程中，气体对外界做功，故A错误；

B．温度是气体平均动能的标志；温度升高，气体平均动能增大，反之则降低．由题中“保持气缸内气体温度不变”可知，气体分子平均动能不变，故B正确；

C．由理想气体状态方程可知，当V增大，T不变时，P减小；故C错误；

D．因为体积增大，所以单位体积内气体分子个数减少，故D错误．8、D【分析】【详解】

A项：图象上某点的切线的斜率表示速度；1s和3s时刻；质点的速度大小相等，方向相反，故A错误；

B项：1s到2s时间内；质点做减速运动，故加速度与速度反向，故B错误；

C、D项：振幅为2cm，周期为4s，角速度为故简谐运动的表达式为故C错误，D正确．二、多选题(共7题，共14分)9、A:D【分析】A、滑片P由R2中点往左移动时使并联部分电阻减小从而使整个电路电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，即A2的示数增大，则两端电压增大；即B板电势降低，故选项A正确；

B、滑片P由R2中点往左移动时使并联部分电阻减小从而使整个电路电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，即A2的示数增大，路端电压减小，由于电压增大，则并联部分电压降低，根据并联电路特点可以知道电流表A1的示数增大；故选项B错误；

C、滑片P由R2中点往左移动时，电路总电流增大，则两端电压增大；即电容器AB电压增大，液滴加速运动，路端电压减小，则电容器BC电压减小，液滴减速运动，液滴将穿过C板，故选项C错误；

D、根据闭合电路欧姆定律可知：则为定值，不变，根据欧姆定律可知为本身并联之后与串联的总电阻，即减小；故选项D正确。

点睛：本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，注意电容器两端电压的问题。10、A:C【分析】【详解】

设质子在磁场I和II中做圆周运动的轨道半径分别为和区域II中磁感应强度为B'，由牛顿第二定律①②；粒子在两区域运动的轨迹如图所示；

由带电粒子才磁场中运动的对称性和几何关系可以知道，质子从A点出磁场I时的速度方向与OP的夹角为30°，故质子在磁场I中轨迹的圆心角为θ=60°，如图:则为等边三角形③，在区域II中，质子运动圆周，是粒子在区域II中做圆周运动的圆心，④，由①②③④计算得出区域II中磁感应强度为⑤，粒子在Ⅰ区的运动周期：⑥，粒子在Ⅱ区运动的周期:⑦，粒子在第一象限中运动的时间为⑧，联立⑤⑥⑦⑧计算得出因此选项A正确、选项B错误；Q点坐标代人数据得因此选项C正确，D错误．故选AC.

点睛：带电粒子通过磁场的边界时，如果边界是直线，根据圆的对称性得到，带电粒子入射速度方向与边界的夹角等于出射速度方向与边界的夹角，这在处理有界磁场的问题常常用到．11、A:B【分析】【详解】

AD．根据热平衡的特点可知；两个系统达到热平衡的标志是它们温度相同，但压强；体积不一定相同，故A正确，D错误；

B．根据热平衡定律，A、B两系统分别与C系统达到热平衡，则A、B两系统达到热平衡；故B正确；

C．甲；乙、丙物体温度不相等；先把甲、乙接触，最终达到热平衡，再将丙与乙接触最终也达到热平衡，此时乙、丙与甲的温度不一定相等，所以甲、丙不一定是处于热平衡的，故C错误。

故选AB。12、A:C:D【分析】【详解】

A.从a到b；体积不变，压强增大，温度一直升高，A正确；

B.从b到c；温度不变，内能不变，压强减小，体积增大，气体对外做功，气体从外界吸收热量，B错误；

C.从c到d；体积不变，压强减小，温度降低，内能减小，气体对外放热，C正确；

D.从d到a；温度不变，压强增大，体积减小，单位体积中的气体分子数目增多，D正确；

E.从b到c气体吸收的热量等于气体对外做的功，从d到a气体放出的热量等于外界对气体做的功，两个过程体积变化相同，但压强不同，做的功不同，所以从b到c气体吸收的热量与从d到a气体放出的热量不同，E错误.13、A:B:E【分析】【详解】

A．液晶像液体一样可以流动；又具有某些晶体结构特征的一类物质．所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故A正确；

B．由密度和摩尔质量可得出摩尔体积；再由摩尔体积和阿伏伽德罗常数可求出分子体积，故B正确；

C．根据热力学第二定律可知；不可能从单一热源吸收热量，使之完全用来做功,而不产生其他变化，故C错误；

D．0的水结成0的冰时要放热量；分子势能减小，故D错误；

E．白天感觉干燥；是因为空气中水蒸气的分气压与同温度下的饱和汽压差距大，故E正确。

故选ABE。14、A:D【分析】【详解】

A．将R1等效到电源的内部，上的功率等于电源的输出功率，当外电阻等于内阻时，即时，输出功率最大，即上的功率最大；故A正确；

B．根据

可知当外电阻最小时，即时，电流最大，R1上获得最大功率故B错误；

CD．当外电阻等于内阻时，即时，电源的输出功率最大．但因为所以不可能有所以当时；电源的输出功率最大，故D正确，C错误。

故选AD。15、A:D【分析】A、由题图可知，电压表与R1并联，电流表与R3串联后再与R2并联，两部分串联。在滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，总电流变大，R1两端的电压变大；电压表的示数变大，A正确；

B、并联部分的电压变小，即R2两端的电压变小，R2消耗的功率变小；电容器两端的电压变小，电容器放电，所带电荷量减少；通过R2的电流变小；总电流变大，所以通过电流表的电流变大，故BC错误，D正确。

点睛：本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析。三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】【详解】

逸出功是金属本身的属性，与外界因素无关，故极板的逸出功不变．【解析】不变17、略

【分析】【分析】

光敏电阻的电阻随光照增强而减小；天暗时，电阻比较大，光敏电阻两端的电势差比较大，则输入门电路为高电势，而另一输入端为低电势，最后路灯亮；天亮时，光敏电阻比较小，则光敏电阻两端的电势差比较小，则输入门电路为低电势，而另一输入端为低电势，路灯熄灭。

【详解】

斯密特触发器的工作原理是：当加在它的输入端A的电压逐渐上升到某个值（1.6V）时；输出端Y会突然从高电平跳到低电平（0.25V），而当输入端A的电压下降到另一个值的时候（0.8V），Y会从低电平突然跳到高电平（3.4V）。天暗时，光敏电阻阻值大，A端的电势升高，当A段的电势升高到一定的值时，经过非门，输出端Y为低电势，LED导通，路灯亮，故斯密特触发器的输入端信号可以连续变化；

R1调大时，天更暗时，光敏电阻变大，才导致分压变大，则A端的电势高，输出端Y为低电势，LED灯亮，故让天色更暗时，路灯点亮，应将R1增大一些。【解析】可以增大18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2][3]数字电路中基本的逻辑门电路是与门、或门和非门。【解析】与或非19、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]对封闭气体缓慢加热；则活塞恰好到达气缸上端卡口，对封闭气体处于等压过程，由盖-吕萨克定律可知。

其中。

解得。

[2]未在活塞上表面缓慢倒入沙子前；对活塞列受力平衡。

保持封闭气体的温度T1不变,对封闭气体处于等温过程；由玻意耳定律可知。

对活塞列受力平衡。

其中。

联立可解。

【解析】2T；4m20、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]下压活塞，气体的体积变小，温度不变，由

可知；压强增大；

[2]外界对气体做正功，气体温度不变故内能不变，由

可知，气体放出热量。【解析】①.增大②.放出21、略

【分析】【详解】

小球离开桌面后做平抛运动，取小球1的初速度方向为正方向，两小球质量和平抛初速度分别为：m1、m2，v1、v2，平抛运动的水平位移分别为s1、s2，平抛运动的时间为t．需要验证的方程：0=m1v1-m2v2，又代入得到m1s1=m2s2，故需要测量两木块的质量m1和m2，两木块落地点到桌面边缘的水平距离s1，s2；需要的器材为刻度尺；天平、重锤线．

（1）需要的实验器材有：天平；直尺、铅锤、木板、白纸、复写纸、图钉、细线等。

（2）需要直接测量的量为：两物块的质量m1．m2及它们对应的平抛射程s1．s2；

（3）需要验证的表达式为：m1s1=m2s2．【解析】刻度尺、天平、铅垂线两木块的质量m1、m2和两木块落地点分别到桌子两。

侧边缘的水平距离s1、s2m1s1＝m2s2四、作图题(共3题，共15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4题，共12分)25、略

【分析】【分析】

（1）电流表内接时测量值偏大；外接时测量值偏小，根据给出的U-I图像的斜率判断电阻的测量值，从而判断电路结构；

（2）比较待测电阻和电压表和电流表的内阻关系；从而判断测量电路；根据U-I图像求解电阻的测量值；

（3）根据电路结构选择测量的仪器；由欧姆定律及电路特点求解电流表内阻.

【详解】

（1）根据两电路的结构可知甲电路中电阻的测量值偏小；则画出的U-I图像的斜率偏小，则根据电路图甲测得的数据作出的U-Ⅰ图象应是丁；

（2）由丁图可知，电阻R的测量值为则R>>RA，可知应该采用电流表内接电路，即乙电路；根据该电路得到的U-I图像是丙图，可得电阻的测量值因测量值中包括电流表的内阻；则Rx的测量值大于真实值．

（3）电流表A1应选量程较大的A；滑动变阻器用分压电路；故应选C．

根据欧姆定律可得

解得电流表的内阻：

【点睛】

此题关键是搞清伏安法测电阻的基本原理；知道电流表内接和外接对测量值的影响，能根据U-I图像求解电阻的阻值．【解析】丁；乙；见解析；A；C；19；26、略

【分析】【详解】

（1）干电池内阻较小；为了减小误差应采用相对电源的电流表外接法，故应选择甲图．

（2）因电