2025年沪科版高三物理下册阶段测试试卷

…………○…………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年沪科版高三物理下册阶段测试试卷127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7题，共14分)1、如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻；当照射光强度增大时（）

A.电压表的示数减小B.R2中电流减小C.小灯泡的功率减小D.电路的路端电压增大2、如图所示；一物体从竖直平面内圆环的最高点A处由静止开始沿光滑弦轨道AB下滑至B点，那么（）

A.只要知道弦长；就能求出运动时间。

B.只要知道圆半径；就能求出运动时间。

C.只要知道倾角θ；就能求出运动时间。

D.只要知道弦长和倾角就能求出运动时间。

3、【题文】如下图a所示，一根水平张紧弹性长绳上有等间距的O、P、Q质点，相邻两质点间距离为l.0m。t＝0时刻O质点从平衡位置开始沿y轴方向振动，并产生沿x轴正方向传播的波，O质点振动图像如下图b所示；当O质点第一次达到正方向最大位移时刻，P质点刚开始振动，则下列说法正确的是。

A.O、P两质点之间的距离为半个波长B.绳中所有的质点都沿x轴匀速移动C.这列波传播的速度为1.0m/sD.在一个周期内，O质点通过的路程为4.0m4、功率为10w的发光二极管（LED灯）的亮度与功率为60W的白炽灯相当。根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰。假设每户家庭有2只60W的白炽灯，均用10W的LED灯替代。估算出全国一年节省的电能最接近（）A.8×108KW·hB.8×1010KW·hC.8×1011KW·hD.8×1013KW·h5、在排球比赛中，二传手将排球向上托起，主攻手腾空扣球，如图所示。为了简化问题，现假设某次进攻过程中二传手是将排球竖直向上托起的，已知空气阻力大小与速率成正比，则在排球离开二传的手到主攻手击球的这段时间内，排球的速度(v)鈭�

时间(t)

图象可能正确的是(

)

A.B.C.D.6、关于电磁场的理论，下列说法正确的是（）A.变化的电场周围产生的磁场一定是变化的B.均匀变化的磁场周围产生的电场也是均匀变化的C.变化的电场周围产生的磁场一定是稳定的D.周期性变化的电场周围产生的磁场也是周期性变化的7、A、B两种放射性元素，原来都静止在同一匀强磁场，磁场方向如图所示，其中一个放出α粒子，另一个放出β粒子，α与β粒子的运动方向跟磁场方向垂直，图中a、b、c、d分别表示α粒子，β粒子以及两个剩余核的运动轨迹（）A.a为α粒子轨迹，c为β粒子轨迹B.b为α粒子轨迹，d为β粒子轨迹C.b为α粒子轨迹，c为β粒子轨迹D.a为α粒子轨迹，d为β粒子轨迹评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、竖直向上抛出一小球，3s末落回到抛出点，则小球经____s上升至最高点，小球在第二秒内的位移是____m（g=10m/s2，不计空气阻力）9、在x轴上做直线运动的质点的坐标x随时间t的变化关系为x=3t2-2t，则其加速度a=____m/s2，t=1s时，速度为____m/s．（x的单位是m，t的单位是s）10、甲、乙两个物体之间万有引力的大小为F，若保持甲物体的质量不变，使乙物体的质量减为原来的一半，同时让甲、乙两个物体间的距离变为原来的一半，则甲、乙两个物体间的万有引力将变为____．11、一物体从静止开始做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2，则此物体在4s末的速度为____m/s；4s初的速度为____m/s．12、（2013春•湖州月考）如图所示，S为波源，M、N为两块挡板，其中M板固定，N板可上下移动，两板中间有一狭缝，此时测得A点没有振动，为了使A点能发生振动，可采用的方法是____（填“增大”或“减小”）波源的频率，也可以将N板____（填“向上”或“向下”）移动一些．13、一艘渔船停泊在岸边，如果海浪的两个相邻波峰的距离是6m，海浪的速度是15m/s，则渔船晃动的周期是____s．14、（2013•河北一模）如图所示，图中给出了氢原子最低的四个能级，一群氢原子在这些能级之间跃迁，所辐射的光子的频率有____种，其中最大的频率等于____Hz．（结果保留两位有效数字，电子电荷量e=l.6×10-16C，普朗克常量h=6.6X10-34J•s）15、（2012春•工农区校级期末）P；Q是一列简谐横波中的质点；相距30m，各自的振动图象如图所示．

（1）此列波的频率f=____Hz．

（2）如果P比Q离波源近，且P与Q间距离小于1个波长，那么波长λ=____m，波速v=____m/s．16、（2012秋•中牟县校级期末）某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示．重物的质量m=50千克，电源的电动势E=220伏特，不计电源内阻及各处的摩擦．当电动机以v=0.80米/秒的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度I=2安培，由此可知电动机的输出功率P=____W，电动机线圈的电阻R=____Ω（g取10m/s2）评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)17、大气压强是由地面上每平方米面积的上方，整个大气压对地面的压力，它等于地面上方的这一大气柱的重力．____．（判断对错）18、晶体的各向异性是由于它的微粒按空间点阵排列．____．（判断对错）19、滑动摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反．____（判断对错）20、作用在物体上的合外力减小时，速度也随之减小．____（判断对错）21、某时刻一个分子的速度的大小和方向是偶然的．____．（判断对错）评卷人得分四、实验探究题(共4题，共40分)22、为了较准确的测定Rx的电阻（约为10Ω）、电池的电动势和内阻（内阻约为2Ω），设计了如图1所示原理图，其中电压表V：量程为2V、内阻较大；电阻箱R1：0-99.99Ω

（1）按照原理图用笔画线代替导线在图2上连接实物电路；

（2）连接好电路后，先测定电阻Rx；

第一步：闭合S1和S3，断开S2，记录电压表示数U1；

第二步：闭合S1和S2，断开S3，调节R1使电压表示数仍为U1，记录此时R1的阻值为R0，则被测电阻Rx=______

（3）闭合S1和S2，断开S3，调节R1改变电路的总电阻，记录电阻箱的阻值R和对应的电压表的示数U，做出随变化的图象，如图3所示，图线的纵轴截距为b、斜率为k，则电池的电动势为______，内阻为______．23、在“利用打点计时器研究速度随时间变化的规律”实验中，打点计时器接在50Hz

低压交流电源上，某同学在打出的纸带上按打点的先后顺序每5

点取一个计数点，共取了A

、B

、C

、D

、E

、F

六个计数点(

每相邻两个计数点间还有四个点).

从A

点开始在每一个计数点处将纸带剪开分成五段(

分别为a

、b

、c

、d

、e

段)

将这五段纸带由长到短紧靠但不重叠地粘在xOy

坐标系中，如图所示．(1)

若把每一段纸带的右上端连接起来，结果得到一条倾斜的直线，如图所示，由图可知纸带做______________运动且直线与鈭�

x

方向夹角越大，说明纸带运动的加速度________(

选填“越大”或“越小”)

．(2)

从第一个计数点A

开始计时，为求出0.25s

时刻纸带的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？答：______________(

选填“a

”“b

”“c

”“d

”“e

”)

．(3)

若测得a

段纸带的长度为10.0cm

e

段纸带的长度为2.0cm

则可求出加速度的大小为________m/s2

．24、用如图所示的电路测定一节铅蓄电池的电动势和内阻.

因蓄电池的内阻较小；为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中用了一个保护电阻R0.

除蓄电池；开关、导线外，可供使用的实验器材还有：

A.电流表A1

量程为0.6A

B.电流表A2

量程为3A

C.电压表V1

量程为3V

D.电压表V2

量程为15V

E.定值电阻R0(

阻值2.0娄赂

额定功率5W)

F.滑动变阻器R1(

阻值范围0隆芦10娄赂

额定电流2A)

G.滑动变阻器R2(

阻值范围0隆芦200娄赂

额定电流1A)

(1)

电流表应选用______；电压表应选用______，滑动变阻器应选用______.(

填写器材前的字母代号)

根据图a

测量电路，在图b

中将实验电路补充连线．

(2)

实验中调节滑动变阻器共测得五组电流；电压的数据；如表．

。电流表示数I/A0.160.340.420.520.58电压表示数U/V1.901.791.751.691.66请作出蓄电池路端电压U

随电流I

变化的U鈭�I

图象(

如图c)

并根据图象得出：蓄电池的电动势为______V

内阻为______娄赂.

25、在“伏安法测电阻”的实验中，待测电阻Rx

约为200娄赂

电压表V

的内阻约为2k娄赂

电流表A

的内阻约为1娄赂

测量电路如图甲或图乙所示，电阻测量值由公式Rx=UI

计算得出，式中U

与I

分别为电压表和电流表的示数。若将图甲和图乙电路电阻的测量值分别记为Rx1

和Rx2

则________(

选填“Rx1

”或“Rx2

”)

更接近待测电阻的真实值；该测量值________(

选填“大于”、“等于”或“小于”)

待测电阻的真实值。评卷人得分五、证明题(共4题，共36分)26、如图所示，一列平面波朝着两种介质的界面传播，A1A2是它在介质I中的一个波面，C1和C2位于两种介质的界面上，B1B2是这列平面波进入介质II后的一个波面；A1C1和A2C2是它的两条波线，入射角为θ1，折射角为θ2，波在I、Ⅱ介质中的传播速度分别为v1和v2．

（1）试根据惠更斯原理证明：；

（2）若已知θ1=53°（sin53°=0.8），A1A2的长度为0.6m，介质I和介质II中的波速之比为v1：v2=4：3，则：A1C1B1与A2C2B2的长度相差多少？27、一物体做初速度为v0的匀加速直线运动，加速度为a，经过时间t速度达到vt，试证明物体经过时刻的速度等于这段时间内的平均速度，还等于．28、电磁弹是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明．如图甲所示，虚线MN右侧存在竖直向上的匀强磁场，边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界．t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0+kt（k为大于零的常数）．空气阻力忽略不计．

（1）求t=0时刻；线框中感应电流的功率P；

（2）若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t=0时线框加速度越大．29、船以4m/s′的速度（相对静水）垂直河岸渡河；水流的速度为5m/s．若河宽为120m，试计算：

（1）船能否垂直到达对岸？

（2）船需要多少时间才能到达对岸？

（3）船登陆的地点离出发点的距离是多少？评卷人得分六、综合题(共2题，共20分)30、【题文】如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场。在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q＞0)和初速度v的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在0＜y＜2R的区间内。已知重力加速度大小为g。

（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开；求电场强度和磁感应强度的大小与方向。

（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域；并说明理由。

（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由。31、下列说法正确的是(

)

A.电视机遥控器是利用发出红外线脉冲信号来换频道的。

B.在杨氏双缝干涉实验中；用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距相等的条纹。

C.某人在水面上方观察水底同位置放置的红；黄、绿三盏灯时；看到绿灯距水面最近。

D.照相机镜头前的增透膜；信号在光导纤维内的传播都是利用了光的全反射原理。

E.电磁波与声波由空气进入水中时；电磁波波长变短，声波波长变长。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】由光敏电阻的性质分析电路中电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化．【解析】【解答】解：A、当光照强度增大，故光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故R1两端的电压增大；电压表的示数增大．故A错误；

B、因电路中总电流增大，故内电压增大，路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小；则流过R2的电流减小；故B正确；

C、总电流增大，流过R2的电流减小，由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定增大，故由P=I2R可知；小灯泡消耗的功率增大，故C错误；

D；电源两端的电压为路端电压；由B的分析可知，路端电压减小，故D错误；

故选：B2、B|D【分析】

设半径为R，则物体运动的位移为x=2Rcosθ，物体运动的加速度a==gcosθ，根据x=则t=与θ角无关．而知道弦长和倾角也能算出半径，所以BD正确，AC错误．

故选BD

【解析】【答案】设半径为R，则物体运动的位移为x=2Rcosθ，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据x=求解时间．

3、C【分析】【解析】

试题分析：通过图b可知时O点开始通过平衡位置向上振动，当第一次到达正向最大位移时，运动时间为机械波传播的距离等于此时刚好传播到P点，即OP两个质点之间距离为选项A错。可得波长根据图b可得振动周期所以机械波传播的速度选项C对。一个周期内，质点通过的路程为4倍振幅即选项D错。绳子中所以质点都是在平衡位置附近振动，而不是随波迁移，随波向右传播的是振动形式和能量而不是质点，选项B错。

考点：机械振动机械波【解析】【答案】C4、B【分析】【分析】每户家庭功率节省100W，中国人口约为13亿，大概4亿户家庭，每天开灯5小时，则一年全国节省的电能为故选B

【点评】本题难度较小，电功率指的是1s时间内消耗的电能，kwh这个单位是电功的单位，不是电功率，要理解并能应用该单位解题是关键5、D【分析】解：A

排球先上升后下降；速度先正后负，故A错误。

B；由于空气阻力大小与速率成正比；所以排球运动过程中，所受的合力是变化的，加速度也是变化，v鈭�t

图象应是曲线，故B错误。

CD

排球上升过程中；速度减小，空气阻力减小，合力减小，其加速度减小，则v鈭�t

图线切线的斜率不断减小。下降过程中，速度增大，空气阻力增大，合力减小，其加速度减小，则v鈭�t

图线切线的斜率不断减小。故C错误，D正确。

故选：D

排球先上升后下降；运动过程中受到重力和空气阻力，分析空气阻力的变化情况，由牛顿第二定律判断加速度的变化，从而确定v鈭�t

图线切线斜率的变化，即可选择图象。

解决本题的关键要正确分析排球的受力情况，判断合力的变化情况，要注意有空气阻力时竖直上抛运动不再具有对称性。【解析】D

6、D【分析】【分析】麦克斯韦的电磁场理论中变化的磁场一定产生电场，当中的变化有均匀变化与周期性变化之分．【解析】【解答】解：A；非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场；而均匀变化的电场产生稳定的磁场．所以变化的电场周围一定产生磁场，变化的磁场周围一定产生电场，但不一定变化．故A、C错误；

B；均匀变化的磁场一定产生稳定的电场；而非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场．故B错误；

D；周期性变化的电场会产生周期性变化的磁场；同理周期性变化的磁场也会产生周期性变化的电场，故D正确；

故选：D7、C【分析】【分析】放射性元素的原子核，沿垂直于磁场方向放射出一个粒子，均在洛伦兹力的作用下都做匀速圆周运动．放射性元素放出粒子，动量守恒，由半径公式r==，分析α粒子和β粒子与反冲核半径关系，根据洛伦兹力分析运动轨迹是内切圆还是外切圆，判断是哪种衰变．【解析】【解答】解：放射性元素放出α粒子时；α粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆．

而放射性元素放出β粒子时；β粒子与反冲核的速度相反，而电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆．

故右图放出的是β粒子；左图放出的是α粒子；

射性元素放出粒子时，两带电粒子的动量守恒．由半径公式r==，可得轨迹半径与动量成正比，与电量成反比，而α粒子和β粒子的电量比反冲核的电量小，则α粒子和β粒子的半径比反冲核的半径都大，故b为α粒子的运动轨迹；c为β粒子的运动轨迹；

故选：C．二、填空题(共9题，共18分)8、1.50【分析】【分析】根据竖直上抛运动的对称性求出小球上升到最高点的时间，根据位移时间公式求出小球在第2s内的位移．【解析】【解答】解：竖直上抛运动上升过程和下降过程具有对称性；可知小球经过1.5s上升到最高点，小球在1.5s末上升到最高点，采用逆向思维，知第1s末的速度大小为：

v1=gt′=10×0.5m/s=5m/s；

则小球在第2s内的位移为：

．

故答案为：1.5；0．9、64【分析】【分析】根据匀变速直线运动的公式去分析加速度和初速度，再根据v=v0+at求解1s末的速度．【解析】【解答】解：根据及x=3t2-2t，可知，a=6m/s2．v0=-2m/s．

则1s末的速度v=v0+at=-2+1×6=4m/s

故答案为：6，410、2F【分析】【分析】根据万有引力定律的公式F=G列式判断即可．【解析】【解答】解：甲、乙两物体之间的万有引力的大小为F，故：F=G①

若保持乙物体的质量不变，而使甲物体的质量减小到原来的；同时使它们之间的距离也减小一半，则：

F′=G②

联立①②解得：F′=2F．

即甲；乙两个物体间的万有引力将变为2F．

故答案为：2F．11、21.5【分析】【分析】物体做匀加速直线运动，根据速度时间关系公式列式求解即可．【解析】【解答】解：物体由静止开始做匀加速直线运动；第4秒末的速度为：

v4=v0+at4=0+0.5×4=2m/s

第4秒初是第3秒末；速度为：

v3=v0+at3=0+0.5×3=1.5m/s

故答案为：2，1.5．12、减小向上【分析】【分析】根据波的明显衍射条件：阻碍的尺寸比波长小，或相差不大．并由相同波速，频率与波长成反比．【解析】【解答】解：由题意可知；当减小波源的频率，从而使波长增大；或移动N使狭缝的距离减小，即将N极向上移动一些，都可以使衍射现象更加明显．

故答案为：减小，向上．13、0.4【分析】【分析】由题确定波长的大小，已知了波速的大小，根据v=求出周期的大小．【解析】【解答】解：据题可得；该波的波长为λ=6m

已知波速为v=15m/s，则v=得。

T==s=0.4s

故答案为：0.4．14、63.1×1015【分析】【分析】任意两个能级间产生一次跃迁，发出一种频率的光子，氢原子在这些能级之间跃迁所辐射的光子的频率最多共产生种频率不同的光子．根据玻尔理论△E=Em-En（m＞n）分析，哪种跃迁所发出的光子能量最大，频率就最大，从而即可求解．【解析】【解答】解：（1）从n=4跃迁最多有=6种。

（2）最大频率时应△E最大。

即为hγ=△E

γ==

代入数据得：γ=3.1×1015HZ；

故答案为：6，3.1×101515、0.254010【分析】【分析】（1）由图象读出周期T，由f=求解频率．

（2）P质点距波源近，P先振动，从而确定波从P到Q的波形个数，结合P与Q间距离小于1个波长，求出波长，再求解波速．【解析】【解答】解：（1）由图象读出此波的周期T=4s，频率为f==Hz=0.25Hz．

（2）据题P比Q离波源近，且P与Q间距离小于1个波长，则得：=30m

解得：λ=40m

波速为v===10m/s

故答案为：（1）0.25；（2）40，1016、40010【分析】【分析】（1）电动机的输出功率等于牵引力的功率；根据牵引力的功率求出电动机的输出功率．

（2）电动机的输入功率等于输出功率和线圈电阻产生的热功率之和．根据能量守恒，结合焦耳定律求出电动机线圈的电阻．【解析】【解答】解：（1）电动机的输出功率P2=mgv=500×0.8W=400W．

（2）电动机的输入功率P1=EI=220×2W=440W．

根据能量守恒定律得，

则线圈内阻r===10A．

故答案为：400；10三、判断题(共5题，共10分)17、√【分析】【分析】气体压强的微观解释：气体的压强是气体分子频繁撞击容器壁产生的；从宏观上看，一定质量的气体，温度越高，体积越小，气体产生的压强越大．

从宏观上看，这个压强就是地面上每平方米面积的上方整个大气柱对地面的压力，它等于地面上方的这一大气柱的重力．【解析】【解答】解：气压是由于气体分子对杯壁的密集的；激烈的碰撞的效应．

从宏观效果上看；对于地面所受到的大气压强，就是地面上每平方米面积的上方整个大气柱对地面的压力，它等于地面上方的这一大气柱的重力。

故该说法是正确的．

故答案为：√18、√【分析】【分析】同时晶体内部排列有规则，而非晶体则没有，但形状不一定有规则．晶体分为单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性．【解析】【解答】解：晶体分为单晶体和多晶体．根据晶体的结构的特点可知；单晶体由于内部原子按空间点阵排列，排列规律相同，所以具有各向异性．故该说法是正确的．

故答案为：√19、×【分析】【分析】滑动摩擦力与物体相对运动的方向相反．【解析】【解答】解：滑动摩擦力阻碍相对运动；与物体相对运动的方向相反．有时会和物体的运动方向相同，故与物体的运动方向相反说法错误．

故答案为：×20、×【分析】【分析】加速度是反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动．【解析】【解答】解：加速度是反映速度变化快慢的物理量．根据牛顿第二定律可知；加速度的方向与物体受到的合外力的方向相同；

结合速度与加速度的关系可知；当加速度方向与速度方向相同，加速度减小，速度增大．当物体的加速度方向与速度方向相反，速度减小．

所以作用在物体上的合外力减小时；速度可能随之减小，也可能随之增大．所以以上说法是错误的．

故答案为：×21、√【分析】【分析】分子在永不停息的做无规则热运动，物体内部个别分子的速度具有怎样的数值和方向完全是偶然的，但就大量分子的整体来看，在一定的条件下，物体分子的速度分布也遵从一定的统计规律．【解析】【解答】解：对于大量分子；其运动有一定的统计规律，但对于个别分子，其运动的速度完全是偶然的；

故答案为：√四、实验探究题(共4题，共40分)22、略

【分析】解：（1）根据原理图可得出对应的实物图；

（2）闭合S1和S3，断开S2，Rx直接接在电源两端，电压表测量Rx两端的电压，闭合S1和S2，断开S3，R1直接接在电源两端，电压表测量R1两端的电压，两次实验电压值相等，则Rx的电阻值与R0的阻值相等，即Rx=R0；

（3）根据闭合电路欧姆定律得：

E=U+r

解得：U=

整理得：=+

所以-的图象的斜率k=直线与纵轴的截距b=

解得：E=r=

故答案为：（2）R0；（2）

（1）根据原理图连接实物图；

（2）分析闭合S1和S3，断开S2和闭合S1和S2，断开S3时的电路结构，根据闭合电路欧姆定律求解Rx的电阻值；

（3）根据闭合电路欧姆定律求出-的关系式；结合图象的斜率和截距求出电动势和内阻．

本题考查测量电动势和内电阻实验、测量电阻实验的数据的处理，要求能正确分析误差的来源，并能用图象法求出电势和内电阻，难度适中．【解析】R0；23、(1)匀减速直线越大(2)c(3)2.0【分析】(1)

纸带剪接后，水平方向每条宽度相同，正好与时间对应，竖直长度为相邻相等时间内的位移，由于娄陇

x

=

aT

2

纸带长度差相等，变化规律恰好与速度一样.

图线可看作v

鈭�

t

图象，即速度均匀减小，纸带做匀减速运动，图象斜率越大，加速度越大．(2)

求0.25s

时的速度，即求0.2隆芦0.3s

内的平均速度，0.2隆芦0.3s

内的位移恰好是纸带c

段对应的长度．(3)(3)

利用娄陇

x

=

aT

2

即xm

鈭�

xn

=(

m

鈭�

n

)

aT

2

有a

=xa鈭�xe4T2=鈭�2.0m/s2

所以加速度的大小为2.0m/s2

．【解析】(1)

匀减速直线越大(2)

c

(3)2.0

24、略

【分析】解：(1)

一节铅蓄电池的电动势约为2V

为了多次几组实验数据，电路电流变化量应大一些，因此保护电阻阻值不能太大，保护电阻应选定值电阻：E.

定值电阻R01(

阻值2.0娄赂

额定功率5W)

电动势约为2V

故电压表应选择C

保护电阻阻值为2.0娄赂

则电路最大电流不超过1A

为减小电流表的读数误差，电流表应选A.

电流表A1

量程为0.6A

为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选：F.

滑动变阻器R1(

阻值范围0隆芦10娄赂

额定电流2A).

根据原理图得出对应的实物图如图所示；

(2)

根据表中实验数据在坐标系中描出对应的点；然后根据描出的点作出U鈭�I

图象如图所示；由U鈭�I

图象可知，蓄电池的电动势为：

E=1.98V

内阻为：r=鈻�U鈻�I=1.98鈭�1.600.68隆脰0.56娄赂

故答案为：(1)ACF

如下图所示；

(2)

如下图；1.980.56

(1)

保护电阻既能保护电路；阻值又不能太大；根据电路最大电流选择电流表；在保证电路安全的情况下，滑动变阻器最大阻值应小些.

根据实验原理确定实验实物图；

(2)

根据表中实验数据在坐标系中描点；然后作出U鈭�I

图象；电源的U鈭�I

图象与纵轴的交点是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻；

本题考查了实验器材的选取、作U鈭�I

图象、求蓄电池的电动势与内阻、分析实验误差等；要掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便性原则、经济(

节能)

性原则．【解析】ACF1.980.56

25、略

【分析】【分析】根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后根据实验电路图要与欧姆定律分析实验误差。本题考查了电流表接法的选择，考查了实验误差分析；当待测电阻阻值远大于电流表内阻时电流表应采用内接法，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时电流表应采用外接法。【解答】由题意可知RxRA=2001=200RVRx=2000200=10

则RxRA>RVRx

故电流表应采用内接法，则Rx1

更接近待测电阻的真实值，有意义电流表采用内接法，电压的测量值偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值。故填：Rx1

大于。【解析】RRx1大于五、证明题(共4题，共36分)26、略

【分析】【分析】（1）根据惠更斯原理画出波面C1D1与C2D2；根据几何关系得到入射角正弦和折射角的正弦．结合光传播距离公式s=vt求解．

（2）根据光线在两种介质中的速度之比为入射角和折射角的正弦之比，通过几何关系求出A1C1B1和A2C2B2的长度相差的距离【解析】【解答】解：（1）证明：如图，根据惠更斯原理画出波面C1D1与C2D2．

在RT△C1D1C2和RT△C2D2C1中：∠C2C1D1=θ1，∠C1C2D2=θ2；有：

，

又因为D1C2=v1t，C1D2=v2t

所以联立各式得：得证。

（2）根据，v1：v2=4：3和θ1=53°得：θ2=37°

所以C1C2=1.0m，D1C2=0.8m，C1D2=0.6m

所以A1C1B1与A2C2B2的长度相差：△r=D1C2-C1D2=0.2m

答：（1）证明见上．

（2）A1C1B1与A2C2B2的长度相差0.2m．27、略

【分析】【分析】根据位移时间公式的表达式，结合平均速度的定义式求出平均速度的大小，通过速度时间公式得出中间时刻的瞬时速度，判断是否相等．【解析】【解答】证明：设物体在上述两个T内的总位移为s，则s=v0•2T+a（2T）2

物体在这两个T内的平均速度为==v0+aT=vT

而v0+aT==

故可证物体经过时刻的速度等于这段时间内的平均速度，还等于．28、略

【分析】【分析】（1）先计算出线框中感应电动势；再代入功率的公式计算出线框中感应电流的功率P；

（2）先计算出n匝线框中感应电动势，从而计算出安培力的大小，再由牛顿第二定律算出加速度来证明：载物线框匝数越多，t=0时线框加速度越大．【解析】【解答】解：（1）t=0时刻线框中的感应电动势；由法拉第电磁感应定律得。

功率=；

（2）n匝线框中时刻产生的感应电动势。

线框的总电阻R总=nR

线框中的感应电流

t=0时刻线框受到的安培力F=nB0IL

设线框的加速度为a；根据牛顿第二定律有。

F=（nm+M）a

解得：

可知n越大；a越大。

证得：若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框；如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，载物线框匝数越多，t=0时线框加速度越大．

答：（1）求t=0时刻，线框中感应电流的功率P为；

（2）证明过程见解析．29、略

【分析】【分析】将小船渡河的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向的两个分运动；在两个方向上都做匀速直线运动，因此不能垂直到达对岸；

再根据分运动和合运动具有等时性求出渡河的时间；

结合两方向的位移公式，由矢量合成法则，即可求解登陆的地点离船出发点的距离【解析】【解答】解：（1）船以4m/s垂直河岸的速度渡河；因存在水流的速度为5m/s，则是船不能垂直达到对岸；

（2）因船以4m/s垂直河岸的速度渡河时间最短，根据t==s=30s；则有渡河时间至少为30s；

（3）在渡河时间内，船沿着水流方向的位移为：s=vst=5×30m=150m；

所以船登陆的地点离船出发点的距离是：x==m=30m；

答：（1）船不能垂直达到对岸；

（2）船需要30s时间才能达到对岸；

（3）船登陆的地点离船S发点的距离是30m．六、综合题(共2题，共20分)30、略

【分析】【解析】（1）带电微粒平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力的大小相等，方向相反。设电场强度大小为E，由

可得电场强度大小方向沿y轴正方向。

带电微粒进入磁场后受到重力、电场力和洛伦兹力的作用。由于电场力和重力相互抵消，它将做匀速圆周运动。如图（a）所示，考虑到带电微粒是从C点水平进入磁场，过O点后沿y轴负方向离开磁场，可得圆周运动半径

设磁感