2025年外研衔接版选修3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年外研衔接版选修3物理下册阶段测试试卷86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5题，共10分)1、关于电源的电动势，下列表述正确的是：A.电源的电动势由其体积决定；B.电源的电动势都是1.5伏；C.不接外电路时，电源两极的电压等于电动势；D.电源把电能转化为其他能．2、在如图所示的复合电路中；A；B、C为门电路的输入端，现欲使Y输出“0”，如果C输入端为“0”，则A、B两端分别输入（）

A.00B.01C.10D.113、下列关于分子动理论和热力学定律的表述，错误的是（）

A.若已知阿伏伽德罗常数和物质的摩尔质量，就一定能算出该物质的分子质量B.如图为布朗运动实验中的某次观察记录，图中的折线虽不是固体颗粒的运动轨迹，但是它能间接反映液体（或气体）分子的无规则运动C.效率为100%的热机是不可能制成的，即使它并不违反能量守恒定律D.一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，因此宏观过程只能向着无序度更大的方向发展4、电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用．如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ；在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ（电阻率的倒数）；泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U（内阻不计）的电源上，则（）

A.增大磁感应强度可获得更大的抽液高度B.通过泵体的电流I＝UL1／σC.泵体上表面应接电源负极D.增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度5、如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷分别固定在A、两点，为连线的中点，为的垂直平分线。在之间的点由静止释放一个带负电的小球（可视为质点）；若不计空气阻力，则（）

A.小球从点沿直线向端运动，先做匀加速运动，后做匀减速运动B.小球从点运动至距离该点最远位置的过程中，其所经过各点的电势先降低后升高C.小球从点运动至距离该点最远位置的过程中，其电势能先减小后增大D.若在小球运动过程中，两个点电荷所带电荷量同时等量地缓慢增大，则小球往复运动过程中的振幅将不断增大评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、下列说法正确的是（）A.只要是具有各向异性的物体必定是单晶体B.只要是不显示各向异性的物体必定是非晶体C.只要是具有固定熔点的物体必定是晶体D.只要是不具有固定熔点的物体必定是非晶体7、如图所示，两个完全相同的绝热活塞A、B把竖直放置的绝热气缸分成体积相等的三部分，在气缸顶部和处有固定卡环，分别限制活塞A向上、B向下运动。初始状态下，甲，乙两部分气体的压强均为大气压强p0的1.2倍；温度均为27°C，活塞与气缸壁间的摩擦不计，现用电热丝对甲部分气体缓慢加热，升高一定的温度，下列说法正确的是（）

A.乙气体的温度有可能不变B.甲气体的温度为75°C时，活塞A已经上升C.当甲气体的温度达到75°C时，电热丝产生的热量仅等于甲气体增加的内能D.甲气体的温度为425°C时，乙气体的内能大于初始状态的内能8、一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向,线圈中的箭头所指方向为电流I的正方向。线圈及线圈中感应电流I随时间变化的图线如图所示，则磁感应强度B随时间变化的图线可能是图中的（）

A.B.C.D.9、某横波在介质中沿轴传播，图甲是时的波形图，图乙是介质中处质点的振动图象，则下说法正确的是____

A.波沿轴正向传播，波速为1m/sB.＝2s时，＝2m处质点的振动方向为y轴负向C.＝lm处质点和＝2m处质点振动步调总相同E.在＝ls到＝2s的时间内，＝0.5m处的质点运动速度先增大后减小E.在＝ls到＝2s的时间内，＝0.5m处的质点运动速度先增大后减小10、空间存在平面直角坐标系xoy，在x<0区域内有沿x轴正向的匀强电场，在x>0区域内有垂直平面向外的匀强磁场，在第二象限内有矩形OACD，OA=h，OD=2h．一个质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力）从A点沿y轴正方向以某速度射入第二象限，经t0时间后由D点进入磁场，又经一段时间射出磁场又回到A点，现只改变粒子自A点出射速度大小至v，粒子经过一段时间运动可经过C点，则（）

A.匀强电场的场强大小为B.匀强磁场的磁感应强度大小为C.能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度v=D.能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度v>评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)11、如图所示，甲木块的质量为m1=2kg，以v=4m/s的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2=3kg的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．则甲木块与弹簧接触后弹簧获得的最大弹性势能为___J，乙木块受到的冲量I=___________

12、等压变化：一定质量的某种气体，在______不变时，体积随温度变化的过程。13、一瓶600mL的啤酒被喝光之后，用塞子封住瓶内气体，已知空气的摩尔质量M=2.9×10-3kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.0×1023mol-1，按标准状况计算，瓶中空气的质量是___________kg，瓶中约有___________个气体分子（计算结果均保留两位有效数字）现使塞子缓慢向下移动，若瓶内气体压强减小，体积减少，气体一定__________（填“放”或“吸”）热。14、一物体沿x轴做简谐运动，振幅12cm，周期2s．当t=0时，位移为6cm，且向x轴正方向运动；

（1）物体做简谐运动的表达式（用正弦函数表示）为_________________；

（2）t=10.5s时物体的位置为________cm15、为一列简谐横波在t=0时的波形图，P是平衡位置在x=0.5m处的质点，Q是平衡位置在x=2.0m处的质点；图（b）为质点Q的振动图象．下列说法正确的是()

A．这列简谐波沿x轴正方向传播。

B．这列简谐波沿x轴负方向传播。

C．波的传播速度为20m/s

D．从t=0到t=0.25s；波传播的距离为50cm

E．在t=0.10s时，质点Q的加速度方向与y轴正方向相同评卷人得分四、作图题(共3题，共24分)16、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．

17、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．

18、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)19、在“测定金属的电阻率”实验中；所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm．

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为______mm（该值接近多次测量的平均值）．

（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx．实验所用器材为：电池组（电动势为3V；内阻约1Ω）；电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0~20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下表：

由右表数据可知，他们测量Rx是采用图2中的_________图（选填“甲”或“乙”）．

（3）图3是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据第（2）问所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏______．

（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已标出了测量数据对应的4个坐标点．请在图4中标出第2、4、6次测量数据坐标点，并描绘出U─I图线，由图线得到金属丝的阻值Rx=___________Ω（保留两位有效数字）．

（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为___________（填选项前的符号）．

A．1×10-2ΩmB．1×10-3ΩmC．1×10-6ΩmD．1×10-8Ωm20、两个学习小组分别用下面两种方案测量电源电动势和内阻．

方案（1）用内阻为3kΩ、量程为1V的电压表，保护电阻R0，电阻箱R1，开关S测量一节干电池的电动势和内阻．

①由于干电池电动势为1.5V，需要把量程为1V的电压表扩大量程．若定值电阻R1可供选择的阻值有1kΩ、1.5kΩ、2kΩ，其中最合适的是__________．

②请在虚线框内画出测量电源电动势和内阻的电路原理图__________，并完成图（a）中剩余的连线__________．

方案（2）按照图（b）的电路测量电源电动势和内阻，已知电流表内阻为RA，R1=RA，保护电阻的阻值为R0，若电流表读数为I，则通过电源的电流为_______．根据测得的数据作出图像，图线的斜率为k，纵截距为b，则电源电动势E=_________，内阻r=______________．

21、(1)在“用单摆测重力加速度”的实验中，下列措施中可以提高实验精度的是________．

A．选细线作为摆线。

B．单摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内。

C．拴好摆球后；令其自然下垂时测量摆长。

D．计时起止时刻；选在最大摆角处。

(2)如果测得的g值偏小，可能的原因是________.

A．测摆线长时摆线拉得过紧。

B．摆线上端悬点未固定；振动中出现松动，使摆线长度增加了。

C．开始计时时；秒表过迟按下。

D．实验中误将49次全振动记为50次。

(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝________(用k表示)．

22、如图1是用来测量未知电阻的实验电路图，阻值约为几千欧；E是电池组，电动势为6V，内阻不计；V是电压表，盘程为3V，内阻R是电阻箱，阻值范围0~9999Ω；是滑动变阻器，和是单刀单掷开关。主要的实验步骤如下：

a.连好电路如图1，合上开关和调节滑动变阻器的滑片，使得电压表的示数为3.0V。

b.保持闭合，断开开关保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使得电压表的示数为1.5V。

c.读出电阻箱的阻值，并计算求得未知电阻的大小。

d.实验后整理仪器。

（1）供选择的滑动变阻器有：

A．最大阻值100Ω；额定电流0.5A

B．最大阻值20Ω；定电流1.5A

为了使实验测量值尽可能地准确，根据实验电路图可知，实验应选用的滑动变阻器是___________（填实验器材前的字母）。

（2）电压表示数为1.5V时，电阻箱的旋钮位置如图2所示，它的读数是___________Ω。

（3）未知电阻___________Ω。

（4）的测量值与其真实值相比___________（填“偏大”、“相等”或“偏小”）。评卷人得分六、解答题(共4题，共24分)23、肺活量是在标准大气压p0=1atm下人一次尽力呼出空气的体积。某实验小组设计了“吹气球法”的小实验来粗测肺活量。如图，某同学通过气球口用力一口气向气球内吹气（吹气前气球内部的空气可忽略不计），气球没有被吹爆，此时气球可近似看成球形，半径为r=10cm，球内空气的压强p1=1.5atm，空气可看作理想气体，设整个过程温度保持不变，球体体积计算公式为人体正常温度为37℃。

（1）求该同学的肺活量是多少？

（2）已知在标准状况下，即0℃，1atm下，空气的摩尔体积为22.4L/mol，阿伏加德罗常数NA=6.0×1023mol-1；则该同学一次能呼出的空气分子数为多少？（第2小题计算结果保留两位有效数字）

24、如图所示是一定质量的气体从状态A经状态B、C到状态D的图像，已知气体在状态B时的体积是8L，求和并画出此过程的图像。

25、质谱仪是一种分析同位素的重要仪器，它的构造原理如图所示．从粒子源S处射出速度大小不计的正离子，经加速电场加速后，从狭缝S1处垂直进入一个匀强磁场后到达照相底片P上．已知离子的质量为m、电荷量为q，加速电场的电压为U，匀强磁场的磁感应强度大小为B．

（1）求离子在磁场中运动的速度v的大小．

（2）求离子在磁场中运动的时间t．

（3）假如离子源能放出氕（）、氘（）、氚（）三种离子的混合物，请判断该质谱仪能否将三种离子分离，并说明理由．26、如图甲所示；建立Oxy坐标系，两平行极板P；Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0~3t时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）．

已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、l0；B为已知量．（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）

（1）求电压U的大小．

（2）求时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径．

（3）何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

【详解】

电源的电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领；与其体积大小无关，选项AD错误；并非电源的电动势都是1.5伏，例如蓄电池的电动势为2V，选项B错误；不接外电路时，电源两极的电压等于电动势，选项C正确；故选C.

【点睛】

电动势是表征电源将其他形式的能转化为电能的本领大小，由电源本身特性决定．2、A【分析】【详解】

当C端输入“0”；“非”门输出“1”，输出端Y输出“0”时，可知“或”门的输出端必须为“0”，则A；B端的输入分别为0，0

故选A。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．已知阿伏伽德罗常数和物质的摩尔质量；根据。

一定能算出该物质的分子质量；故A正确；

B．布朗运动是固体小颗粒的运动；图中的折线是每隔一段时间悬浮颗粒的位置，但是它能间接反映液体（或气体）分子的无规则运动，故B正确；

C．效率为100%的热机是不可能制成的；违反了热力学第二定律，并不违反能量守恒定律，故C正确；

D．在任何自然过程中；一个孤立系统的总熵不会减小，所以一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，而熵值越大代表着越无序，一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，故D错误。

故选D。4、A【分析】【分析】

当泵体中电流向上时；安培力向右，故液体不能被抽出；

根据电阻定律和欧姆定律列式求解电流表达式分析；根据安培力公式分析安培力大小情况；

【详解】

A；增大磁感应强度B；受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故A正确；

B、根据电阻定律，泵体内液体的电阻：因此流过泵体的电流故B错误；

C；当泵体上表面接电源的负极时；电流从下向上流过泵体，这时受到的磁场力水平向右，不能拉动液体向左运动，故C错误；

D；若增大液体的电阻率；可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误．

【点睛】

本题关键是明确电磁泵的工作原理，要能够结合欧姆定律、电阻定律、安培力公式分析抽液高度的影响因素．5、C【分析】试题分析：在OM上电场的方向从O指向M；且电场强度从O到无穷远，先增大后减小，小球在运动过程中，受电场力变化，加速度变化，所以不会做匀变速运动，故A错误；在ON一侧，电场与OM一侧对称，电场方向从O指向N，从O到无穷远，电场强度先增大后减小，所以带负电小球C点由静止释放，在电场力作用下向O处加速运动，过了O点减速运动，到达关于O点与C对称位置E处速度减为零，在CE之间往复运动，所以从C到E，电势先升高后降低，电场力先做正功，后做负功，故电势先减小后增大，故B错误；C正确；若两个点电荷所带电荷量同时等量地缓慢增大，则各处的电场强度增减增大，电场力做相同的功通过的位移越来越小，所以小球往复运动过程中的振幅将不断减小，故D错误．

考点：本题考查带电体在电场中的运动二、多选题(共5题，共10分)6、A:C:D【分析】【详解】

AB．多晶体和非晶体都具有各向同性；只有单晶体各向异性，则只要是具有各向异性的物体必定是单晶体，只要是不显示各向异性的物体不一定是非晶体，故B错误，A正确；

CD．晶体一定有固定的熔点；而非晶体无固定的熔点，故CD正确。

故选ACD。7、A:C【分析】【分析】

【详解】

B．设活塞质量为m；对活塞A受力分析可知。

mg=0.2P0S活塞B刚想离开卡环时对活塞B受力分析可知；甲部分气体的压强。

P2=1.4P0根据查理定律；有。

得。

T2=350K即甲部分气体的温度升高到时；活寒开始上升。故B错误；

C．达到之前；气体体积不变，做功。

W=0由热力学第一定律。

可知电热丝产生的热量仅等于甲气体增加的内能。故C正确；

D．如果继续升温；直到活塞A刚好到达上端卡环处，对甲部分气体由盖吕萨克定律得。

带入数据；可得。

T3=700K即甲部分气体的温度升高到时；活塞A刚好到达上端卡环处，在此之前，乙部分气体体积一直保持不变。故D错误；

A．甲部分气体的温度升高到之前；乙部分气体。

所以。

由于不确定末状态温度。故A正确。

故选AC。8、C:D【分析】【详解】

A．在内；电流为负，即逆时针方向，则感应电流的磁场方向垂直纸面向外，根据楞次定律，若原磁场均匀增大，则方向向里，为正向增大；若原磁场均匀减小，则原磁场向外，为负向减小，故A错误；

BCD．在内；电流为正，即顺时针方向，则感应电流的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，若原磁场均匀增大，则方向向外，为负向增大；若原磁场均匀减小，则原磁场向里，为正向减小，故B错误，CD正确。

故选CD。9、B:D:E【分析】A、由甲图知，波长λ=2m，由乙图知，质点的振动周期为T=2s，则波速为：由乙图知，t=1s时刻，x=2m处质点向上运动，根据甲图可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；

B；由乙图知；t=2s时，x=2m处质点的振动方向为y轴负向，故B正确；

D、因则在C；x=lm处质点和x=2m处质点相距半个波长，振动步调总相反，故C错误；

1s的时间内；波动图象上任意质点通过的路程都是两个振幅，为10cm，故D正确；

E、在t=1s到t=2s经历的时间为t=1s时刻x=0.5m处的质点位于波峰，则在t=1s到t=2s的时间内该质点的速度先增大后减小，故E正确；

故选BDE．

【点睛】本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向．10、A:D【分析】【详解】

A．设粒子的初速度为从A点进入电场以后做类平抛运动，可得A正确。

B．粒子从A运动到D做类平抛的位移偏转角的正切值为所以速度偏转角的正切值为所以D点速度与y轴正方向成60°，根据几何关系可得，要想粒子回到A点，粒子必须在D点关于x轴对称的点回到电场才可以，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为所以B错误。

CD．因为不改变电场，所以粒子第一次运动到y轴的时间不变，设粒子第一次到达y轴的坐标为（0，y），速度为方向与y轴成x方向的速度为则粒子进入磁场做匀速圆周运动的半径

所以粒子第二次到达y轴的坐标为（0，），第一次和第二次到达y轴的点的间距为与初速度无关，所以根据对称性可知，第一次到达y轴的坐标为（0，3h），第二次到达y轴的坐标为（0，-h），所以能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度v=C错误D正确三、填空题(共5题，共10分)11、略

【分析】【详解】

[1]当滑块甲、乙的速度相同时，间距最小，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，设向右为正方向，由动量守恒定律有

弹簧的最大弹性势等于滑块甲、乙系统损失的动能

联立并代入数据解得

[2]乙木块受到的冲量

【点睛】

解决本题首先要明确研究的过程，其次把握信隐含的条件：弹簧伸长最长时两木块的速度相同。考查学生应用动量守恒定律和能量守恒定律解决物理问题的能力。【解析】9.6J4.8NS12、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】压强13、略

【分析】【详解】

[1][2]瓶中空气的物质的量为

则瓶中空气的质量

空气分子的个数为

[3]现使塞子缓慢向下移动，外界对气体做功，则

气体温度不变，即

由热力学第一定律

可得

即气体一定放热。【解析】①.②.③.放14、略

【分析】【详解】

（1）振子的周期为T=2s，则角速度为：振幅A=12cm．故x=0.12sin（πt+φ0），当t=0时，位移为6cm，可得：或因为t=0时，速度方向沿x轴正方向，所以取则子简谐运动的表达式为

（2）简谐运动的表达式为．t=10.5s时，有：．【解析】15、略

【分析】【详解】

由b图知，在时刻Q质点向上振动，根据“上下坡法”，知波沿x轴正方向传播，故A正确，B错误；由波动图象知，波长为由振动图象知，振动的周期为波传播的周期与质点的振动周期相等，则波速为故C正确；从到波传播的距离为故D错误；在时，即经过半个周期，质点P在平衡位置下方，加速度的方向沿y轴正方向，故E正确．【解析】ACE;四、作图题(共3题，共24分)16、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】17、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】18、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)19、略

【分析】【详解】

（1）螺旋测微器的读数：测量值（mm）＝固定刻度数（mm）（注意半毫米刻度线是否露出）＋可动刻度数（估读一位）×0.01（mm）；可读出此时的读数0.397．

（2）若用限流法；电流达不到0.02A，故用分压法，故选择甲图．

（3）由电路图连接实物图；实物电路图见答案．

（4）根据坐标系内描出的点作出图像如图所示：

由图像可知，电阻（4.3～4.7都对）

（5）由得：代入数据知C对．

考点：测定金属的电阻率．【解析】0.395~0.399甲4.3~4.7C20、略

【分析】【详解】

（1）①若将电压表改装为量程为1.5V的电压表；则需串联的分压电阻上的电压为0.5V，因电压表内阻为3kΩ，则需串联的电阻为1.5kΩ；

②电路图以及实物连线如图；

（2）若电流表读数为I，因R1=RA，则通过电源的电流为2I；由闭合电路的欧姆定律：即则解得【解析】（1）①1.5kΩ（2）2I2/k21、略

【分析】【详解】

(1)[1]A．为减小空气阻力的影响；应选细线作为摆线；故A正确．

B．由于单摆与圆锥摆的周期不同；所以单摆摆动时必须保持摆线在同一竖直平面内，不能形成圆锥摆；故B正确．

C．由于细线有伸缩性；所以应拴好摆球后，令其自然下垂时测量悬点到球心的距离作为摆长；故C正确．

D．摆球经过平衡位置时；速度最大，相同的距离误差引起的时间误差最小，故应从平衡位置开始计时；故D错误．

故选ABC．

(2)[2]由单摆的周期公式

解得：

A．测摆线长时摆线拉得过紧；则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大．故A错误．

B．摆线上端悬点未固定；振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B正确．

C．开始计时时；秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误．

D．实验中误将49次全振动记为50次；则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故D错误．

故选B．

(3)[3]根据

得：

则图线的斜率表示

解得重力加速度【解析】ABCB22、略

【分析】【详解】

(1)[1]本实验采用半骗法测电阻；为了更加精确，滑动变阻器要选用最大阻值小的，故选B。

(2)[2]由图可知读数为

(3)[3]根据半偏法原理可知

解得

(4)[4]再断开开关S2时，因R接入电路中，变阻器输出部分的电阻增大，输出电压增大，所以R的实际电压大于1.5V，则R的电阻大于