2025年沪教版必修3物理上册月考试卷

…………○…………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年沪教版必修3物理上册月考试卷113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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路．当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时；下列说法中正确的是（）

A.电流表的读数变小B.电流表的读数变大C.电压表的读数变小D.电压表的读数不变2、如图所示，等边三角形三个顶点处分别固定所带电荷量相等的点电荷a、b、c，其中a、b为正电荷，c为负电荷。A、B、C三点分别为三条边的中点，取点A为零电势点，现有一带电荷量为的试探电荷；下列说法正确的是（）

A.试探电荷在A、B、C三点的电势能大小关系为B.A、B、C三点处的电场强度大小关系为C.若试探电荷从A移至B，电势能减少则C点的电势为D.若试探电荷从A移至B，电势能减少则其从B移至C，电势能减少3、一个电子仅在静电力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示；图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，下列判断中正确的是（）

A.如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势低B.如果实线是电场线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能小C.如果实线是等势面，则a点的电势比b点的电势高D.如果实线是等势面，则电子在a点的动能比在b点的动能大4、某同学将密立根油滴实验简化为如图所示的装置，在真空环境下带电油滴从喷雾器大小的喷嘴喷出，落到平行板电容器两极板间，调节两极板间的电压U，恰使某个油滴悬浮在P点。现保持两极板间的电压U不变，已知油滴质量为m，两板间距为d，重力加速度大小为g；电容器的下极板接地。下列说法正确的是（）

A.油滴带负电，电荷量为B.若只增大两极板间距d，该油滴将向上加速运动C.若只将正极板下移一小段距离，油滴的电势能减小D.若只将负极板下移一小段距离，P处的电势降低5、将电量为q的点电荷放在电场中的A点，它受到的电场力为F，产生该电场的场源电荷的电量为Q，则A点的场强大小为：（）A.F/QB.Q/qC.F/qD.Fq6、如图所示，平行板电容器间有一带电油滴正好静止在极板正中间，现将极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变．则在极板移动的过程中（）

A.油滴将向下匀加速运动B.电流计中电流由流向C.极板带的电荷量逐渐减少D.带电油滴的电势能逐渐减小7、在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时()

A.伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小B.安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大C.伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D.伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大8、如图所示的电路中，电源电动势为6V，当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分电压是Uab＝6V，Uad＝0，Ucd＝6V；由此可判定。

A.L1和L2的灯丝都烧断了B.L1的灯丝烧断了C.L2的灯丝烧断了D.变阻器R断路评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、如图所示，甲、乙两个电路都是由一个小量程电流表和一个电阻箱组成的；下列说法正确的是（）

A.甲表是电流表，增大时量程增大B.甲表是电流表，增大时量程减小C.乙表是电压表，增大时量程增大D.乙表是电压表，增大时量程减小10、如图，不计重力的质子和粒子先后从同一位置由静止经同一水平加速电场加速，然后进入同一竖直匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，则在整个运动过程中，质子和粒子相比；质子（）

A.竖直偏移量较小B.所用的时间较小C.动量改变量较小D.动能改变量较小11、M、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图所示的电路；R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图，下列说法正确的是。

A.打开S后，使两极板靠近，则微粒将向上运动B.打开S后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止C.保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，灵敏电流计中有从a向b的电流D.保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，灵敏电流计中有从b向a的电流12、空间中存在着由孤立的带负电的点电荷产生的电场，一带电粒子仅在电场力作用下沿图示曲线运动，M、N为曲线上两点，已知粒子在M、N两点的速度vM>vN，粒子在M、N两点的电势能分别为EpM和EpN；以下说法正确的是（）

A.粒子一定从M运动到NB.EpM<EpNC.粒子一定带正电D.场源电荷对粒子的作用力可能是排斥力13、如图所示，M、N处各放置电荷量为q的正点电荷，O为正方形abcd的中心且与MN连线中点重合，对角线ac与MN垂直；取无穷远处电势为零，则（）

A.b、d两点场强相同，电势相等B.O点电势不为零，场强为零C.将质子沿a→O→c移动，电势能先增加后减少D.将电子沿a→b→c移动，电场力先做负功，再做正功14、如图所示，是正对、水平放置的平行板电容器的两个极板，板接地。为可调电阻，用绝缘细线将质量为且带正电的小球悬于电容器内部。闭合开关小球静止时受到悬线的拉力为下列判断正确的是（）

A.保持不变，缓慢增大时，将减小B.保持不变，缓慢增大时，将变大C.保持不变，仅将板向左平移少许，小球电势能增大D.保持不变，仅将板向右平移少许，将有电流向右通过15、下列关于热辐射和黑体辐射的说法正确的是（）A.一切物体都在辐射电磁波B.一般物体辐射电磁波的强度与温度无关C.随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动D.黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图所示，则电压表的读数为________V，电流表的读数为________A。

17、电功率。

（1）定义：电流在一段电路中所做的功与通电_______之比。

（2）公式：P＝＝_____。

（3）单位：_____，符号为____。

（4）意义：表示电流做功的______。18、匀强磁场：

（1）特点：磁场中各个点的磁感应强度大小_______、方向_______。

（2）匀强磁场的磁感线：用一些间隔_______的_______直线表示。19、试说明下列能源利用的方式中能量转化过程：

（1）水力发电______。

（2）柴油机车牵引列车前进______。

（3）电动水泵抽水______。

（4）核电站发电机发电______。

（5）风力发电机发电______。

（6）火箭发射人造卫星______。20、库仑的实验。

一；实验装置。

库伦扭称（如图所示）

二；实验过程：

（1）改变A和C之间的距离，记录每次悬丝扭转的角度，便可找出力F与_______的关系。

（2）根据两完全相同的金属球接触后所带电荷量_______，改变小球带电荷量，研究静电力F与小球带电荷量q1、q2的关系。

三；实验结论：

（1）力F与距离r的二次方成反比，即_______。

（2）力F与q1和q2的乘积成正比，即_______。由此可得：F＝_______，其中k叫作静电力常量，21、从电势差的角度理解电场强度。

（1）表达式∶

（2）物理意义∶在匀强电场中，电场强度的大小等于两点间的_______与两点沿电场强度方向的距离的比值。也就是说，电场强度在数值上等于沿电场方向______距离上降低的电势。

（3）电场强度的另一个单位∶伏每米，符号V/m，1N/C=1V/m。22、某学生在测量均匀圆柱体的电阻率的实验中，用20分度的游标卡尺测量其长度，由图甲可知其长度为______________cm；用螺旋测微器测量其直径，由图乙可知其直径为_________________mm；用多用电表的电阻“×100”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值约为_____________Ω。

23、电源和电阻R组成闭合电路，它们的U—I关系图线如图所示。该电源的内阻为________，电源消耗的总功率为________W。

24、某同学想应用楞次定律判断线圈缠绕方向；设计的实验装置原理图如图甲所示。选用的器材有：一个磁性很强的条形磁铁，两个发光二极管（电压在1.5V至5V都可发光且保证安全），一只多用电表，导线若干。操作步骤如下：

①用多用电表的欧姆挡测出二极管的正；负极；

②把二极管；线圈按如图甲所示电路用导线连接成实验电路；

③把条形磁铁插入线圈时，二极管B发光；拔出时，二极管A发光；

④根据楞次定律判断出线圈的缠绕方向。

请回答下列问题：

（1）线圈缠绕方向如图乙中的_______（填“A”或“B”）。

（2）条形磁铁运动越快，二极管发光的亮度就越大，这说明感应电动势随_____的增大而增大（填“磁通量”；“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”）。

（3）为进一步研究，该小组又做了以下实验：磁体从靠近线圈的上方静止下落。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流i随时间t的图像应该是图中的____。

A．B．C．D．评卷人得分四、实验题(共2题，共6分)25、课外兴趣小组在一次拆装晶体管收音机的过程中；发现一只发光二极管，同学们决定测绘这只二极管的伏安特性曲线，并测量其正向电压为3.2V时的电阻值。

（1）由于不能准确知道二极管的正负极，同学们用多用电表的欧姆挡对其进行测量，当红表笔接A端、黑表笔接B端时，指针几乎不偏转，反接后有明显偏转，则可以判断二极管的正极是____端。（选填“A”或“B”）

（2）选用下列器材设计电路并测绘该二极管的伏安特性曲线：

A.待测二极管D（）

B.电源电动势E（4.5V；内阻较小）

C.电流表A（量程0~40mA；内阻约为0.5Ω）

D.电压表V（量程0~3V；内阻为6000Ω）

E.滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）

F.滑动变阻器R2（最大阻值100Ω）

G.定值电阻R3（1500Ω）

H.开关；导线若干。

①实验过程中滑动变阻器应选________（填写器材前字母序号）

②图乙方框中画出了部分电路图，请根据实验器材补充完整电路图________；

③某同学以电压表的示数U为横坐标，电流表的示数I为纵坐标，测量出多组数据，描绘的图线如图丙所示，则通过二极管的电流为26mA时，二极管的电阻值为_____Ω。（保留三位有效数字）26、测定电源的电动势和内电阻的实验电路和图像如下；回答下列问题：

(1)如图所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在___________处。

(2)现备有以下器材：

A.干电池1个。

B.滑动变阻器（0~50Ω）

C.滑动变阻器（0~1750Ω）

D.电压表（0~3V）

E.电压表（0~15V）

F.电流表（0~0.6A）

G.电流表（0~3A）

其中滑动变阻器应选___________，电流表应选___________，电压表应选___________。（填字母代号）

(3)如图是根据实验数据画出的图像。由此可知这个干电池的电动势E=___________V，内电阻r=___________评卷人得分五、解答题(共4题，共20分)27、如图所示，在光滑绝缘水平面上，存在两个相邻的相同矩形区域CDMN和NMHG，CD=NM=GH=2d、CN=NG=d。区域CDMN中存在方向竖直向下的匀强磁场B1，区域NMHG中存在方向竖直向上的匀强磁场B2，且大小B1=B2，不可伸长的轻质细线，一端固定于O点，另一端拴有绝缘小球a。拉紧细线使小球a从距离水平面高h的位置由静止释放，当小球a沿圆弧运动至悬点正下方位置时，与静止于该处的带正电小球b发生弹性正碰，碰后小球b从CD边界中点P垂直进入CDMN区域，小球b质量为m，带电量为+q，且始终保持不变；当小球a的质量也为m时，小球b刚好从N点射出磁场。题中只有质量m，高度h，重力加速度g为已知量；其它为未知量，则：

（1）若小球a的质量为m，求碰后小球a上升到最高处离水平面的高度是多少？

（2）若要使小球b恰好从G点射出磁场，求小球a的质量为多少？

（3）若小球a的质量为m，区域CDMN中磁感应强度不变，将区域NMHG中磁场改为匀强电场，电场方向水平且由N指向M，场强大小合适。判断小球b能否由H点离开电场区域，若能请算出小球b由H点离开电场区域时的动能；若不能请说明理由。

28、P、Q为竖直放置的平行金属板，将如图所示电压U加在两板上，且U为正时P板电势高。一质量电量的带正电粒子从时刻开始由静止从P板向Q板运动。已知PQ两板间距则粒子由P板出发后，将以多大的动能撞击Q板。（粒子重力不计）

29、利用电动机提升重物的示意图如下。已知电源电动势电源内阻电动机线圈电阻定值电阻重物质量当电动机匀速提升重物时，理想电压表的示数不计空气阻力和摩擦，取求：

（1）流经电源的电流和电动机两端的电压

（2）电动机的热功率和重物匀速上升时的速度

（3）由于人员使用不当，致使电动机被卡住而无法转动，求此时电动机的热功率

30、某码头用电动势为电源的电路控制电动机（如图2）带动传送带（如图1）向高处传送物品，电路中接有一标有“6V12W”字样的小灯泡L。现将一质量为的小物体（可视为质点）轻放在传送带的点，此后灯泡正常发光，电动机正常工作，其额定电压为6V，电动机带动传送带以的速度匀速运动，传送带长为与水平面之间的夹角为小物体与传送带之间的动摩擦因数在传送带将小物体从点传送到最高点点的过程中，求：

(1)电源内阻

(2)小物体运动至传送带顶端的速度；

(3)为传送小物体；电动机多输出的能量？

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【详解】

当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时；变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流减小，路端电压增大，则电压表的读数变大。图中并联部分电路的电压增大，则电流表的读数变大。

故选B。2、C【分析】【详解】

A.试探电荷从A移至B，电荷a对其不做功，电荷b、c均对其做正功，所以但从B移至C，电荷c对其不做功，由对称性可知，电荷a、b对其做功的代数和为零，所以B、C两点的电势相等，电势能也相等，所以故A错误；

B.电荷c在A点的电场强度大小与电荷b在B点的电场强度大小相等，但电荷a、b在A点的合电场强度为零，而电荷a、c在B点的电场强度合成后不为零，所以B点的合电场强度一定大于A点的电场强度，由对称性可知，B点和C点的电场强度大小相等，故而，故B错误；

CD.由对称性可知，若试探电荷从A移至B，电势能减少试探电荷从A移至C，电势能也减少

可得C点的电势为

试探电荷从B移至C；电场力对其不做功，电势能不变，故C正确，D错误。

故选C。3、B【分析】【详解】

AB．粒子做曲线运动时，受力方向为运动轨迹内侧，如果实线是电场线，则电场力竖直向上，电场方向竖直向下，因此b点电势低，电子在b点的电势能比在a点的电势能大；故A错误，B正确；

CD．粒子做曲线运动时，受力方向为运动轨迹内侧，如果实线是等势面线，则电场力水平向右，电场方向为水平向左，则b点电势高，电子在b点的电势能比在a点的电势能小，由a到b，电场力做正功，动能增加，即电子在b点的动能比在a点的动能大；故CD错误。

故选B。4、C【分析】【详解】

A．根据图形可知，上极板带正电，下极板带负电，电场方向向下，由于油滴悬浮在P点平衡，可知电场力方向向上，电场力方向与电场方向相反，可知，油滴带负电，且有

解得

A错误；

B．极板间的电压U不变，根据

若只增大两极板间距d；则极板间电场强度减小，电场力小于重力，则该油滴将向下加速运动，B错误；

C．若只将正极板下移一小段距离，即极板间间距减小，根据上述可知，极板间电场强度增大，令P点到下极板间距为油滴电荷量大小为q，P点与下极板电势差为

根据

若只将正极板下移一小段距离，极板之间的间距减小，电场强度增大，P点电势增大；由于油滴带负电，可知，此时油滴的电势能减小，C正确；

D．由于保持两极板间的电压U不变，电容器的下极板接地，即上极板电势大小为U，令上极板与P点的电势差为上极板与P点的距离为则有

则有

若只将负极板下移一小段距离，极板间间距增大，根据上述可知电场强度减小，可知，若只将负极板下移一小段距离，P处的电势升高；D错误。

故选C。5、C【分析】【详解】

根据电场强度定义得r处的场强大小为根据点电荷的场强公式得Q为场源电荷的电量，但间距不知，故C正确，ABD错误；故选C．6、C【分析】【详解】

A．由题意知将B极板匀速向下运动时，两极板的距离d增大，由于电容器和电源相连，电势差U不变，则根据

可知极板间的电场强度减小，根据

油滴所受的电场力减小；油滴向下加速；由于电场力是变力，油滴的合力是变力，所以油滴做的是变加速运动，故A错误；

BC．电容器板间距离增大，根据

可知电容减小，而板间电压U不变，电容器所带电荷量减小，开始放电，因为上极板带正电，则知电流计中电流由a流向b；故B错误，C正确；

D．由A选项分析可知油滴向下加速；由于油滴所受电场力向上，故运动过程中电场力做负功，带电油滴的电势能增加，故D错误。

故选C。7、D【分析】【分析】

本题考查的是电路动态变化分析问题；通常按照“部分整体部分”的顺序进行分析，也可根据结论分析变阻器中电流的变化：只要变阻器接入电路的电阻减小，通过其电流必定增大。

当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时；先分析变阻器电阻的变化，得到总电阻的变化，分析总电流的变化，判断出路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化再根据并联部分电压的变化和总电流的变化，分析电流表读数的变化。

【详解】

当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时；变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，则路端电压减小，所以伏特表V的读数减小。

根据串联电路分压特点可知；电路中并联部分分压减小，通过的电流减小，而总电流增大，所以通过电流表的电流增大，即安培表A的读数增大。

由于并联部分电压减小，电容器板间电压减小，由可知；电容C的电荷量在减小，故ABC错误，D正确。

故选D。8、C【分析】【详解】

串联电路中两灯均不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，Ucd=6V，说明从a到d的电路和b到c的电路是连接良好的，故L1的灯丝和滑动变阻器都良好，L2的灯丝烧断了。

A.L1和L2的灯丝都烧断了；与分析结论不符，故A错误。

B.L1的灯丝烧断了；与分析结论不符，故B错误。

C.L2的灯丝烧断了；与分析结论相符，故C正确。

D.变阻器R断路，与分析结论不符，故D错误。二、多选题(共7题，共14分)9、B:C【分析】【分析】

【详解】

AB．由并联分流规律可得，甲表为电流表，增大R阻值，甲图中满偏时，R所在支路电流减小；则总电流减小，量程减小，故A错误，B正确；

CD．由串联分压规律可得，乙表为电压表，增大R阻值；乙图中满偏时，电路总阻值增大，由欧姆定律可得，总电压增大，量程增大，故C正确，D错误。

故选BC。10、B:C:D【分析】【分析】

【详解】

B．粒子经过电场加速后

所以进入竖直匀强电场时的速度

粒子在竖直匀强电场中做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，则运动时间为

质子的比荷（）大；所用的时间较小，故B错误；

A．粒子竖直偏移量为

偏移量与比荷无关；所以竖直偏移量相等；

C．整个过程中，由动能定理可知

所以

竖直偏移量y相同；mq乘积小的动量小，故质子动量改变量较小，故C正确；

D.动能

电荷量小的；动能改变量较小，故D正确；

故选择：BCD。11、B:C【分析】【详解】

AB、打开S之前，由于带电的油滴处于悬浮状态，则有打开S后，电容器的两极板所带电量保持不变，根据可得使两极板靠近，电容器的两极板间的电场强度不变，所以带电的油滴仍保持静止，故选项B正确，A错误；

CD、电容器两极板间的电压当将滑动变阻器的滑片向上滑动时，增大，增大，电容器的电量增加，处于充电状态，灵敏电流计中有电流，由于电容器上板带正电，则灵敏电流计中有从向的电流，故选项C正确，D错误．12、B:D【分析】【详解】

A．由于带电粒子的电性和场源电荷的位置均未知；故不能判断带电粒子的运动方向，故A错误；

B．粒子只在电场力作用下运动，故只有动能和电势能相互转化，由能量守恒定律得

又因为

故EpM<EpN

故B正确；

C．根据运动与力的关系仅能判断粒子受电场力方向指向轨迹的凹侧；由于不知道场源电荷的位置，故无法判断粒子的电性，故C错误；

D．当粒子带负电且场源电荷在轨迹凸侧时作用力即为排斥力；故D正确。

故选BD。13、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．等量同种电荷等势面对称性可知，b点与d点的电势相等；电场强度大小相等，方向相反，故A错误；

B．根据对称性，O点场强为零，取无穷远处电势为零，O点的电势大于0；故B正确；

C．根据等量同种电荷电场线的分布，aOc上电场的方向是：O到a和O到c，所以质子从a到c；电场力先做负功，后做正功，则电势能先增大后减小，故C正确；

D．根据等量同种电荷电场线的分布与等势面分布情况，b点的电势高于ac两点的电势，所以电子沿路径a→b→c；电势能先减小后增加，电场力先做正功，后做负功，故D错误。

故选BC。14、B:D【分析】【详解】

A．电容器稳定时，与电容器串联的电路电流为零，电阻两端电势差为0，故R1变化不会影响小球受力；A错误；

B．电容器两端间的电压与R3两端的电压相等，R3增大，其两端的电压增大，电容器电压增大，根据

知电场强度增大，

拉力增大；B正确；

C．保持R2，R3不变，仅将N板向左平移少许，因电容器两端电压U一直稳定；小球所在位置的电势和小球的电荷量不变，所以电势能不变，C错误；

D．保持R2，R3不变，仅将N板向右平移少许，电容减小，面积S减小，根据

可知电容减小，根据

因电压不变，所以带电量减小，故电容放电，电流向右通过R1；D正确。

故选BD。15、A:C:D【分析】【详解】

AB.我们周围的一切物体都在辐射电磁波；这种辐射与物体的温度有关，所以叫做热辐射，故A正确，B错误；

C．随着温度的升高；黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故C正确；

D．如果某种物体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射；这种物体就是绝对黑体，简称黑体，故D正确。

故选ACD。三、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]电压表精确度为0.1V，其读数为2.60V；电流表精确度为0.02A，其读数为0.52A。【解析】2.600.5217、略

【分析】【详解】

略【解析】①.时间②.UI③.瓦特④.W⑤.快慢18、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1][2]匀强磁场中各个点的磁感应强度大小相等；方向相同。

（2）[3][4]匀强磁场的磁感线：用一些间隔相等的平行直线表示。【解析】①.相等②.相同③.相等④.平行19、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]机械能转化为电能。

(2)[2]化学能转化为机械能。

(3)[3]电能转化为机械能。

(4)[4]核能转化为电能。

(5)[5]风能转化为电能。

(6)[6]化学能转化为机械能【解析】①.机械能转化为电能②.化学能转化为机械能③.电能转化为机械能④.核能转化为电能⑤.风能转化为电能⑥.化学能转化为机械能20、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.距离r②.相等③.④.⑤.21、略

【分析】【分析】

【详解】

（2）[1][2]物理意义∶在匀强电场中，电场强度的大小等于两点间的电势差与两点沿电场强度方向的距离的比值。也就是说，电场强度在数值上等于沿电场方向每单位距离上降低的电势。【解析】①.电势差②.每单位22、略

【分析】【详解】

[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，故图中所测圆柱体的长度为

[2]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，故图中所测圆柱体的直径为

[3]欧姆表的读数为指针的读数与倍率的乘积，故所测电阻的阻值为【解析】5.0252.7001.9×10323、略

【分析】【详解】

[1][2]根据闭合电路欧姆定律得

当时

由图可知电源电动势

内阻等于图像的斜率的绝对值，因此有

代入数据可得

由图可知，此时电流

因此有

代入数据可得【解析】0.5624、略

【分析】【详解】

（1）[1]把条形磁铁插入线圈时，穿过线圈的磁通量向上，且大小增大，则线圈产生的感应电流的磁场方向向下，由发光二极管B发光，可知流经二极管B的电流方向向下；则线圈缠绕方向如图乙中A所示。

（2）[2]条形磁铁从初始到完全插入；磁通量的变化量相同，磁铁运动速度越快，磁通量变化越快，发光二极管的亮度就越大，说明感应电动势随磁通量的变化率的增大而增大。

（3）[3]磁体从靠近线圈的上方静止下落，当磁体进入线圈的过程，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向下，当磁体离开线圈的过程，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向上，所以磁体进入和穿出线圈时感应电流方向相反；当磁体完全进入线圈时，穿过线圈的磁通量不变，则不会产生感应电流，磁体会加速运动，当到达线圈底部时，磁通量变化率大于磁体刚进入线圈时，依据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知到达底部的感应电流较大，故A正确，B、C、D错误。【解析】A磁通量的变化率A四、实验题(共2题，共6分)25、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]当红表笔接A端、黑表笔接B端时，指针几乎不偏转，则说明测量的是反向电压，而电流是从黑表笔流出的，所以黑表笔接的是二极管的负极，即正极在A端。（2）①[2]因要测量多组数据，所以用分压式电路，则滑动变阻器选小电阻，则选E。②[3]由于电压表的最大量程为3V，所以要与定值电阻串联来扩大量程，且电流表内阻很小，则电流表内接,如下图所示③[4]当二极管的电流为26mA时，由图丙可知，电压表的示数为2.8V，则二极管的两端电压为V则此时二极管的电阻值为Ω【解析】①.A②.E③.④.13526、略

【分析】【详解】

(1)[1]在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在a处；使滑动变阻器的阻值最大。

(2)[2]为了操作方便；滑动变阻器应选B。

[3]干电池的最大电流不宜超过0.6A；故电流表选F。

[4]干电池电压为1.5V左右；电压表应该选择D。

(3)[5]题中图像的纵截距即为电池的电动势；为1.5V。

[6]题中图像的斜率的绝对值即为电池的内阻，大小为【解析】aBFD1.51五、解答题(共4题，共20分)27、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）设小球a碰前的速率为碰后小球a速率为小球b的速率为碰后小球a上升的最大高度为a小球与b小球碰撞前，根据机械能守恒定律可得

解得

a小球与b小球碰撞后，上升的过程机械能守恒，可得

a小球与b小球碰撞时，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得

联立上式解得

（2）当小球a的质量为m，a小球与b小球碰撞时，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得

小球b恰好从N点射出；作出小球的运动轨迹，如下图所示。

由几何关系得R1=d