2025年牛津译林版选修3物理下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年牛津译林版选修3物理下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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、如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸的活塞，使气缸悬空而静止。设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动，缸壁导热性良好使缸内气体的温度保持与外界大气温度相同，则下列结论中正确的是（）

A.若外界大气压增大，则弹簧将压缩一些B.若外界大气压增大，则气缸的上底面距地面的高度将增大C.若气温升高，则活塞距地面的高度将减小D.若气温升高，则气缸的上底面距地面的高度将增大2、如图甲所示的“火灾报警系统”电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为10:1，原线圈接入图乙所示的电压，电压表和电流表均为理想电表，R0为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R1为滑动变阻器．当通过报警器的电流超过某值时，报警器将报警．下列说法正确的是()

A.电压表V的示数为20VB.R0处出现火警时，电流表A的示数减小C.R0处出现火警时，变压器的输入功率增大D.要使报警器的临界温度升高，可将R1的滑片P适当向下移动3、描述物体的运动时往往需要选定合适的参考系，物理学中对某些物理量的判断时，也具有相对性，下列物理量没有相对性的是（）A.重力势能B.电势C.电场强度D.电势能4、如图所示，地面上固定有一半径为R的半圆形凹槽，O为圆心、AB为水平直径，现将小球（可视为质点）从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点，若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点，C、D两点等高，OC与水平方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）

A.v1：v2＝l：4B.小球从开始运动到落到凹槽上的过程中，其两次的动量变化量相同C.小球落在凹槽上时，其两次的重力的瞬时功率不同D.小球落到C点时，速度方向可能与该处凹槽切面垂直5、下列有关近代物理的说法正确的是（）A.卢瑟福的a粒子散射实验使人们认识到原子是可以再分的B.电子的发现使人们认识到原子具有核式结构C.玻尔理论能成功解释所有原子光谱的实验规律D.天然放射现象说明了原子核内部是有结构的评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、如图所示；在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，一带电金属块沿斜面滑下，已知金属块在滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是。

A.金属块的机械能增加32JB.金属块的电势能增加4JC.金属块带正电荷D.金属块克服电场力做功8J7、一定质量理想气体的状态经历了如图所示的A→B；B→C、C→D、D→A四个过程；其中AB的延长线通过原点，BC与竖直轴平行，DA与水平轴平行，AB与CD平行，则（）

A.A→B过程中气体体积不变，内能增大，气体从外界吸收热量B.B→C过程中气体体积减小，内能不变，气体从外界吸收热量C.C→D过程中气体体积不变，内能减少，气体向外界放出热量D.D→A过程中气体体积增大，内能增加，气体从外界吸收热量8、下列说法正确的是＿＿A.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的B.高原地区的沸水温度较低，这是高原地区温度较低的缘故C.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零E.即使消除热机的漏气、摩擦和热量损耗，热机效率仍不能达到100%E.即使消除热机的漏气、摩擦和热量损耗，热机效率仍不能达到100%9、矩形线框在磁场中做如图所示的各种运动，运动到图示位置时，其中有感应电流产生的是()A.B.C.D.10、如图所示，abcd是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体MN有电阻，可在ad边及bc边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处于垂直纸面向里的匀强磁场中．当MN由靠ab边外向cd边匀速移动的过程中，以下说法正确的是

A.MN中电流先增大后减小B.MN两端电压先增大后减小C.MN上拉力的功率先减小后增大D.矩形线框中消耗的电功率先减小后增大11、如图所示的输电线路中，升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器，电压表V1、V2分别接在T1和T2副线圈两端．已知T2原、副线圈匝数比为k，输电线的总电阻为r，T1原线圈接在电压有效值恒定的交流电源上，电压表和电流表均为理想电表．由于用户的负载变化，电流表A2的示数增加ΔI；则。

A.电流表A1的示数增大B.电压表V2的示数减小C.电压表V1的示数增大D.输电线上损失的功率增加12、某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为t的单位为s，则质点()A.第1s末与第5s末的位移相同B.第1s末与第5s末的速度相同C.第1s内速度不断增大D.第2s内加速度不断增大评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、麦克斯韦电磁场理论的两个基本论点是：变化的磁场产生________，变化的电场产生_________，从而预言了__________的存在。14、2022年3月份，广东大部分地区出现“回南天”，空气中水蒸气的压强非常接近饱和水汽压，导致___________（选填“相对湿度”或“绝对湿度”）很大，空气非常潮湿。若此时温度升高，与之相比人们会感觉空气___________（选填“更潮湿”或“更干燥”）。15、一根长为L，横截面积为S的粗细均匀的金属棒，棒内单位体长度自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压U时，棒内产生电流自由电子定向运动的平均速率为v。则金属棒内的电流强度大小为_________16、如图所示，把一根条形磁铁从同样高度插到线圈中同样的位置，第一次快插，第二次慢插，两种情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是E1_____E2．

17、已知质子的质量为m1，中子的质量为m2，碳核（）的质量为m3，则碳核（）的比结合能为_____，碳-14是碳的一种具有放射性的同位素，研究发现外来的宇宙射线与大气作用产生宇宙射线中子，宇宙射线中子和大气中氮核（）起核反应产生碳-14，请写出核反应方程__________．评卷人得分四、作图题(共3题，共6分)18、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．

19、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．

20、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3题，共24分)21、某实验室中有一捆铜电线，实验小组的同学想应用所学的电学知识来测量这捆电线的长度．他们设计了如图甲所示的电路来测量这捆电线的电阻Rx，图中a、b之间连接这捆电线；V1和V2可视为理想电压表：R为阻值范围为0～999.0的电阻箱；E为电源；R0为定值电阻；S为开关．采用如下步骤完成实验：

(1)先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d，如图乙所示，则d=___________mm；

(2)按照图甲所示的实验原理线路图；将实物电路连接好；

(3)将电阻箱R调节到适当的阻值，闭合开关S，记下此时电阻箱的阻值R、电压表V1的示数U1、电压表V2的示数U2，则这捆电线的阻值表达式为Rx=___________(用R、U1、U2表示)；

(4)改变电阻箱的阻值R，记下多组R、U1、U2的示数，计算出每一组的值，作出－图像如图丙所示，利用图像可求得这捆电线的电阻Rx=___________Ω；

(5)已知这捆电线铜材料的电阻率为ρ=2.00×10－8Ω·m，则这捆铜电线的长度为L=___________m(结果保留三位有效数字)．22、某同学利用单摆测定当地的重力加速度．

①实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺．除此之外，还需要的器材有________．

A．长度约为1m的细线

B．长度约为30cm的细线

C．直径约为2cm的钢球

D．直径约为2cm的木球

E．最小刻度为1cm的直尺

F．最小刻度为1mm的直尺

②该同学在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图所示，秒表的读数为________s．

③该同学经测量得到6组摆长L和对应的周期T，画出L-T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图丙所示．则当地重力加速度的表达式g=________．处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样________（选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算．

④该同学做完实验后，为使重力加速度的测量结果更加准确，他认为：

A．在摆球运动的过程中，必须保证悬点固定

B．摆线偏离平衡位置的角度不能太大

C．用精度更高的游标卡尺测量摆球的直径

D．测量周期时应该从摆球运动到最高点时开始计时

其中合理的有_________．23、某物理实验小组设计了如图甲所示的电路图，采用半偏法测量一电流计G的内阻Rg。在该小组测量电流计G内阻Rg的过程中：

（1）请根据图甲所示电路图，在图乙中用笔画线表示导线将相应的实物电路补充完整_______；

（2）正确连接好电路后；小组成员继续进行如下实验步骤：

①闭合开关S1，调节R1，使电流计G的指针指向满偏刻度Ig；

②保持R1不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流计G的指针指向刻度盘中间，读出并记下此时电阻箱的电阻值为R2；

请写出步骤①中存在的不足之处：___________；

（3）按修改后步骤完成实验，可知电流计G的内阻测量值为Rg=___________；

（4）由于存在系统误差，按上述实验步骤测出的电流计G的内阻R测与电流计G内阻的真实值Rg相比较，R测___________Rg（选填“>”或“<”或“=”）；

（5）另一实验小组，为了消除（4）中提到的系统误差，在原电路的基础上进行修改，在原电路中增加了一个电流计Go，Go的量程稍大于G，电路如图丙。重复操作步骤①后，步骤②改为：闭合S2，同时调节R1和R2，使得___________，同时G的示数为读出并记下此时R2的电阻值，即可消除（4）中提到的系统误差。评卷人得分六、解答题(共3题，共15分)24、如图所示的正方形盒子开有a、b、c三个微孔，盒内有垂直纸面向里的匀强磁场。一束速率不同的带电粒子（质量、电量均相同，不计重力）从a孔沿垂直磁感线方向射入盒中，发现从c孔和b孔有粒子射出；试分析下列问题：

（1）判断粒子的电性；

（2）从b孔和c孔射出的粒子速率之比v1：v2；

（3）它们在盒内运动时间之比为t1：t2。

25、两个相同的薄壁型气缸A和B，活塞的质量都为m，横截面积都为S，气缸的质量都为M，M/m＝2/3，气缸B的筒口处有卡环可以防止活塞离开气缸．将气缸B的活塞跟气缸A的气缸筒底用细线相连后，跨过定滑轮，气缸B放在倾角为30O光滑斜面上，气缸A倒扣在水平地面上，气缸A和B内装有相同质量的同种气体，体积都为V0；温度都为27℃，如图所示，此时气缸A的气缸筒恰好对地面没有压力．设气缸内气体的质量远小于活塞的质量，大气对活塞的压力等于活塞重的1.5倍．

①若使气缸A的活塞对地面的压力为0；气缸A内气体的温度是多少度？

②若使气缸B中的气体体积变为气缸B内的气体的温度是多少度？26、如图所示，一质量m＝0.20kg的滑块（可视为质点）从固定的粗糙斜面的顶端由静止开始下滑，滑到斜面底端时速度大小v＝4.0m/s．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面长度L＝4.0m，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，若空气阻力可忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2．求：

（1）滑块沿斜面下滑的加速度大小；

（2）滑块与斜面间的动摩擦因数；

（3）在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

A．以气缸与活塞组成的系统为研究对象；系统受重力与弹簧弹力作用，外界大气压增大，大气温度不变时，系统所受重力不变，由平衡条件可知，弹簧弹力不变，弹簧的压缩量不变，A错误；

B．选择气缸为研究对象，竖直向下受重力和大气压力pS，向上受到缸内气体向上的压力p1S，物体受三力平衡G＋pS=p1S

若外界大气压p增大，p1一定增大，根据理想气体的等温变化pV=C（常数）；当压强增大时，体积一定减小，所以气缸的上底面距地面的高度将减小，B错误；

C．以气缸与活塞组成的系统为研究对象；系统受重力与弹簧弹力作用，系统所受重力不变，由平衡条件可知，弹簧弹力不变，所以活塞距离地面高度不变，C错误；

D．若大气温度升高，气体温度T升高，外界大气压不变，气体压强p不变，由盖吕萨克定律

可知；气体体积增大，活塞不动，所以气缸向上运动，即气缸的上底面距地面的高度将增大，D正确。

故选D。2、C【分析】【详解】

设此电压的最大值为Um，电压的有效值为U．代入数据得图乙中电压的有效值为110V．变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是10：l，所以电压表的示数为11V，故A错误．R0处出现火警时，电阻减小，则次级电流变大，变压器输出功率变大，则变压器的输入功率增大，电流表示数变大，选项C正确，B错误；R1的滑片P适当向下移动，R1电阻变大，则次级电流变大，R0上电压变大；则报警器两端电压减小，则报警器的临界温度就降低了，故选项D错误；故选C.

点睛：根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握．根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．3、C【分析】【详解】

重力势能；电势能、电势的大小都是相对于零势能点来说的；所以在说这些物理量时必须考虑零势点，而电场强度是用来描述场强大小的物理量，且电场线密集的地方电场强度大，电场线稀疏的地方电场强度小，不是相对量，故C对；ABD错。

故选C4、B【分析】【详解】

过C与D分别做AB的垂线，交AB分别与M点与N点；如图：

A．小球从开始运动到下落到凹槽上，高度相同，所以两次的运动时间相同，水平方向的位移为x＝v0t

可得

A错误；

B．球落到C点时，若速度方向与该处凹槽切面垂直则速度方向为OC，O点应为AM的中点；显然不是，故B错误；

C．两次的位移分别为：AD和AC，显然AC≠2AD；所以前后两次的平均速度之比不等于1：2，故C错误；

D．它们速度的变化量：二者运动的时间是相等的，则它们速度的变化量也相等，根据P=mv可知动量变化量相等．故D正确．5、D【分析】【详解】

A；通过a粒子散射实验使人们认识到原子具有核式结构模型,但是不能说明原子是可以再分的；故A错；

B；电子的发现使人们认识到原子是可以分割的；是由更小的微粒构成的，故B错；

C；玻尔理论能成功解释氢原子光谱；但不能解释别的原子的光谱，故C错；

D；天然放射现象中的射线来自原子核,说明原子核内部有复杂结构,故D对；

故选D二、多选题(共7题，共14分)6、B:C【分析】【分析】

金属块滑下的过程中；电场力；重力和摩擦力做功引起动能变化，由动能定理求出电场力对金属块做功．根据电场力和摩擦力做功之和确定机械能的变化量．根据电场力做功，确定电势能的变化，并判断金属块的电性．

【详解】

在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK，解得：W电=-4J；所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J；由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故BC正确，D错误；在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故A错误．故选BC．

【点睛】

解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．7、A:D【分析】【详解】

A→B过程中气体体积不变，温度升高，内能增大，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故A正确；B→C过程中气体体积减小，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，故B错误；C→D过程中气体体积减小，温度降低，内能减少，气体向外界放出热量，故C错误；D→A过程中气体体积增大，温度升高，内能增加，气体从外界吸收热量，故D正确．所以AD正确，BC错误．8、A:D:E【分析】【分析】

【详解】

A．扩散现象是由于分子无规则运动而产生的；故A正确；

B．高原地区由于气压较低；故水的沸点降低，故B错误；

C．气体压强与气体是否受重力无关；它是由于气体分子对容器壁的撞击产生的，故C错误；

D．同种元素由于院子排列不同而构成不同的晶体；比如金刚石和石墨烯都是碳元素构成的，故D正确；

E．由热力学第二定律可知；所有热机的效率不可能达到100%，故E正确；

故选ADE。9、C:D【分析】【详解】

AB两图中；线框在运动过程中，面积不变；磁感应强度不变，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，故AB错误；C图中线框与磁场平行，磁通量为零，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量开始增大，有感应电流产生，故C正确；D图中线框与磁场垂直，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量变小，有感应电流产生，故D正确；故选CD．

【点睛】

本题考查了感应电流产生的条件，分析清楚图示情景、明确磁通量是否发生变化，即可正确解题．10、B:C【分析】【详解】

A．导体棒MN向右运动的过程中，MN相当于电源，产生恒定的感应电动势，其余部分是外电路，外电阻先增大后减小，当MN运动到线框中线时，外电路的电阻最大．根据闭合电路欧姆定律知MN棒中的电流先减小后增大；故A错误；

B．MN两端电压是路端电压，由可知：E、r不变，I先减小后增大，则U先增大后减小；故B正确；

C．MN棒做匀速运动，拉力的功率等于电路中电功率，根据电功率公式得知；拉力的功率先减小后增大．故C正确；

D．根据推论：当外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大，由于外电阻与MN电阻的关系未知；无法判断线框消耗的功率如何变化，故D错误；

所以BC正确；AD错误．

【点睛】

本题是电磁感应与电路的综合，关键抓住线框的总电阻先增大后减小，根据功率公式、欧姆定律等规律进行分析．11、A:B【分析】【详解】

A.T2原、副线圈匝数比为k，所以所以电流表A1的示数增大A正确．

B.因为电流表A1的示数增大所以输电线上损失电压增加变压器T2原线圈电压减小根据变压器原理得电压表V2的示数减小B正确．

C.因为T1原线圈接在电压有效值恒定的交流电源上，所以电压表V1的示数不变；C错误．

D.因为输电线上电流增大根据功率方程可知，输电线损失功率增加量一定不是D错误．12、A:C:D【分析】【详解】

A．1s末物体的位移5s末物体的位移故A正确；

B．物体做简谐运动的周期因此1s末和5s末差半个周期，速度大小相同方向不同，故B错误；

C．物体在1s时在平衡位置速度最大；而周期为8s，四分之一周期为2s，说明在0-1s内物体向平衡位置运动，因此速度越来越大，故C正确；

D．物体1s在平衡位置，则1-2s物体向最大位移处运动，速度越来越小加速度越来越大，因此D正确．三、填空题(共5题，共10分)13、略

【分析】【详解】

麦克斯韦建立了电磁场理论：变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场；并预言了电磁波的存在，而赫兹用实验证实电磁波存在。【解析】电场磁场电磁波14、略

【分析】【详解】

[1]相对湿度指空气中水汽压与相同温度下饱和水汽压的百分比。广东大部分地区出现“回南天”；空气中水蒸气的压强非常接近饱和水汽压，导致相对湿度很大，空气非常潮湿。

[2]温度越高，饱和汽压越大，若此时温度升高，相对湿度减小，与之相比人们会感觉空气更干燥。【解析】相对湿度更干燥15、略

【分析】【分析】

根据导体中自由电子的定向移动速率可明确t内通过截面的电量；再由电流的定义即可求电流强度的大小．

【详解】

由题意金属棒中的电荷量为q=LSne，由一端运动到另一端所需时间根据得金属棒中电流为．

【点睛】

本题考查了电流微观表达．在求解时要注意明确，t内长度为vt的导线内部电子能全部通过截面，从而可以由电流定义求解．【解析】16、略

【分析】【分析】

两次磁铁的起始和终止位置相同；知磁通量的变化量相同，应用法拉第电磁感应定律比较感应电动势的大小．

【详解】

条形磁铁从同样高度插到线圈中同样的位置处，磁通量的变化量△Φ相同，第一次快插，第二次慢插，△t1＜△t2，由法拉第电磁感应定律：可知，感应电动势：E1＞E2．

【点睛】

知道磁通量的变化量相等、应用法拉第电磁感应定律即可正确解题．【解析】大于17、略

【分析】【详解】

此核反应方程为故碳核（）的结合能为因核子数为12，则比结合能为根据电荷数守恒、质量数守恒，得核反应方程为．

【点睛】本题关键是掌握爱因斯坦质能方程以及比结合能的计算公式，知道核反应过程中，电荷数守恒、质量数守恒；先求出质量亏损．核反应中质量亏损等于反应前后质量之差，再根据爱因斯坦质能方程求结合能，结合能与核子数之比等于比结合能，根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程．【解析】四、作图题(共3题，共6分)18、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】19、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】20、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3题，共24分)21、略

【分析】【详解】

（1）铜电线的直径d为．

（3）通过铜线的电流为．

（4）整理可得．由图象可得斜率．

（5）由电阻定律可得【解析】1.2002.61.47×10222、略

【分析】【详解】

（1）由单摆周期公式T=2π可得，g=L，实验需要测量摆长，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，所以需要毫米刻度尺，实验需要测量周期，则需要秒表，摆线的长度大约1m左右．为减小空气阻力的影响，摆球需要密度较大的摆球，因此摆球应选C，故选用的器材为A、C、F.

（2）秒表表示读数：内圈读数：60s，外圈读数35.1s，总读数为：t=60s+35.1s=95.1s；

（3）由T=2π可得：L=T2，则L-T2图象的斜率等于由数学知识得：

解得：

根据数学知识，在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球