…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙科版選修3物理上冊階段測試試卷115考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、如圖所示；圖中由基本門電路組成的電路中能使蜂鳴器發出聲音的是（）

A.甲B.乙C.丙D.甲乙丙2、某興趣小組制作了一個簡易的“轉動裝置”；如圖甲所示，在干電池的負極吸上兩塊圓柱形強磁鐵，然后將一金屬導線折成頂端有一支點；底端開口的導線框，并使導線框的支點與電源正極、底端與磁鐵均良好接觸但不固定，圖乙是該裝置的示意圖．若線框逆時針轉動(俯視)，下列說法正確的是。

A.線框轉動是因為發生了電磁感應B.磁鐵導電且與電池負極接觸的一端是S極C.若將磁鐵的兩極對調，則線框轉動方向不變D.線框轉動穩定時的電流比開始轉動時的大3、如圖，邊長為a的正方形閉合線圈沿光滑的水平面上以速度v0進入寬度為L的勻強磁場，a1：Q2為（）

A.1:1B.2:1C.3:1D.4:1：4、兩個固定聲源發出的聲波1和聲波2在空氣中傳播．已知聲波1的頻率是聲波2的3倍，則()A.聲波1的波長是聲波2的3倍B.聲波1的傳播速度是聲波2的3倍C.兩列波相遇會產生穩定的干涉現象D.遠離這兩個聲源的觀察者，聽到的這兩列波的頻率均比聲源發出的頻率低5、如圖所示為氫原子的四個能級，其中為基態．若氫原子A處于激發態氫原子B處于激發態則下列說法中正確的是（）

A.原子A可能輻射出3種頻率的光子B.原子B可能輻射出3種頻率的光子C.原子A能夠吸收原子B發出的光子并躍遷到能級D.原子B能夠吸收原子A發出的光子并躍遷到能級評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、電動勢為E.內阻為r的電源與定值電阻R1、R2及滑動變阻器R連接成如圖所示的電路；當滑動變阻器的觸頭由中點滑向a端時，下列說法正確的是（?）

A.定值電阻R2電功率增大B.電壓表和電流表讀數都減小C.通過滑動變阻器R中的電流增大D.電壓表的示數增大，電流表的示數減小7、對于下列實驗；說法正確的有（）。

A.甲圖是用油膜法測分子直徑的示意圖。實驗中為油膜厚度近似等于油酸分子直徑B.乙圖是溴蒸氣的擴散實驗。若溫度升高，則擴散的速度加快C.丁圖是蜂蠟涂在單層云母片上受熱融化的實驗。說明云母的導熱性能具有各向同性E.戊圖是把毛細管插入水銀中的實驗現象。說明水銀對玻璃是浸潤液體E.戊圖是把毛細管插入水銀中的實驗現象。說明水銀對玻璃是浸潤液體8、關于分子動理論，下列說法正確的是（）A.布朗運動不是液體或者氣體分子的無規則運動B.分子勢能隨著分子間的距離增大可能先增大后減小C.分子間相互作用的引力和斥力均隨分子間的距離增大而減小E.熱量既能從高溫物體傳遞到低溫物體，也能從低溫物體傳遞到高溫物體E.熱量既能從高溫物體傳遞到低溫物體，也能從低溫物體傳遞到高溫物體9、關于熱現象，下列說法正確的是（）A.在“用油膜法估測分子的大小”的實驗中，油酸分子的直徑(也就是單層油酸分子組成的油膜的厚度)等于一小滴溶液中純油酸的體積與它在水面上攤開的面積之比B.兩個鄰近的分子之間同時存在著引力和斥力，它們都隨距離的增大而減小，當兩個分子的距離為r0時，引力與斥力大小相等，分子勢能最小C.物質是晶體還是非晶體，比較可靠的方法是從各向異性或各向同性來判斷E.如果沒有漏氣沒有摩擦，也沒有機體熱量的損失，這樣的熱機的效率可以達到100%E.如果沒有漏氣沒有摩擦，也沒有機體熱量的損失，這樣的熱機的效率可以達到100%10、某同學自制的簡易電動機示意圖如圖所示。矩形線圈由一根漆包線繞制而成；漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出，并作為線圈的轉軸。將線圈架在兩個金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內，永磁鐵置于線圈下方。為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續轉動起來，該同學應將。

A.左、右轉軸下側的絕緣漆都刮掉B.左、右轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉C.左轉軸上側的絕緣漆刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉D.左轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉11、如圖所示，等腰直角三角形OPQ區域內存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，磁場區域的OP邊在x軸上且長為L，紙面內一邊長為L的單匝閉合正方形導線框（線框電阻為R）的一條邊在x軸上，且線框在外力作用下沿x軸正方向以恒定的速度v穿過磁場區域，在t=0時該線框恰好位于圖中所示的位置；現規定順時針方向為導線框中感應電流的正方向，則下列說法正確的有（）

A.在０～時間內線框中有正向電流，在～時間內線框中有負向電流B.在～時間內流經線框某處橫截面的電量為C.在～時間內線框中最大電流為D.０～時間內線框中電流的平均值不等于有效值12、一定質量的理想氣體自狀態A經狀態C變化到狀態B。這一過程的V－T圖像表示如圖所示；則（）

A.在過程AC中，外界對氣體做功，內能不變B.在過程CB中，外界對氣體做功，內能增加C.在過程AC中，氣體壓強不斷變大D.在過程CB中，氣體壓強不斷減小13、在如圖所示的電路中，燈泡L的電阻大于電源的內阻r；閉合開關S，將滑動變阻器滑片P向右移動一段距離后，下列結論正確的是（）

A.電流表示數變大，電壓表示數變小B.燈泡L變亮C.容器C上電荷量增加D.電源的輸出功率變小14、如圖所示,一列簡諧橫波在介質中向右傳播,O點為波源,在某時刻波剛好傳到圖中B點,則下列說法正確的是()

A.此時刻P點向上運動，B點速度為零B.B兩質點的速度總是相同C.Q點在此時刻具有最大的速度D.若波由O傳播到A點所用為時間t，則波由A點傳播到B點所用時間也為t評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直，具有不同水平速度的帶電粒子射入后發生偏轉的情況不同。若從左側水平射入的帶電粒子，不計重力，穿過這一區域時未發生偏轉，則該粒子的速度大小為________；若只改變該粒子的電性，則粒子穿過這一區域時是否會發生偏轉？________（選填“會”或“不會”）。16、一種海浪發電機的氣室如圖所示。工作時；活塞隨海浪上升或下降，改變氣室中空氣的壓強，從而驅動進氣閥門和出氣閥門打開或關閉。氣室先后經歷吸入；壓縮和排出空氣的過程，推動出氣口處的裝置發電。氣室中的空氣可視為理想氣體。

(1)下列對理想氣體的理解，正確的有_____

A．理想氣體實際上并不存在；只是一種理想模型。

B．只要氣體壓強不是很高就可視為理想氣體。

C．一定質量的某種理想氣體的內能與溫度；體積都有關。

D．在任何溫度；任何壓強下；理想氣體都遵循氣體實驗定律。

(2)壓縮過程中，兩個閥門均關閉。若此過程中，氣室中的氣體與外界無熱量交換，內能增加了3.4×104J，則該氣體的分子平均動能_____（選填“增大”“減小”或“不變”），活塞對該氣體所做的功_____（選填“大于”“小于”或“等于”）3.4×104J。

(3)上述過程中，氣體剛被壓縮時的溫度為27℃，體積為0.224m3，壓強為1個標準大氣壓。已知1mol氣體在1個標準大氣壓、0℃時的體積為22.4L，阿伏加德羅常數NA=6.02×1023mol-1，則此時氣室中氣體的分子數為_____。（計算結果保留一位有效數字）17、如圖所示為一彈簧振子的振動圖像；試完成以下問題：

（1）該振子簡諧運動的表達式為____________________；

（2）該振子在第100s時的位移為________cm，該振子在前100s內的路程為________cm．18、如圖所示，一束激光頻率為傳播方向正對衛星飛行方向，已知真空中光速為c，衛星速度為u，則衛星上觀測到激光的傳播速度是______，衛星接收到激光的頻率______（選填“大于”“等于”或“小于”）。

19、一顆手榴彈以v0=10m/s的水平速度在空中飛行．設它爆炸后炸裂為兩塊，小塊質量為0.2kg，沿原方向以250m/s的速度飛去，那么，質量為0.4kg的大塊在爆炸后速度大小為______，方向是______（填與v0同向或反向）評卷人得分四、作圖題(共3題，共15分)20、如圖所示，甲、乙是直線電流的磁場，丙、丁是環形電流的磁場，戊、己是通電螺線管的磁場，試在各圖中補畫出電流方向或磁感線方向．

21、示波管的內部結構如圖所示．如果在偏轉電極XX/、YY/之間都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏中心．如果在偏轉電極XX/之間和YY/之間分別加上如圖所示的電壓，請畫出熒光屏上出現的完整掃描波形圖．

22、圖中表示某一時刻的波形圖，已知波速為0.5m/s，波沿著x軸的正方向傳播；畫出經過7s后的波形曲線。

評卷人得分五、實驗題(共4題，共32分)23、在“測定金屬的電阻率”的實驗中：

（1）用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，其示數如圖1所示，則金屬絲的直徑為_____．

（2）某同學設計了如圖所示的電路測量該金屬絲的電阻（阻值約）

可選用的器材規格如下：

電源E（電動勢內阻不計）；

電流表A（內阻約）；

電流表G（內阻為）；

滑動變阻器（阻值額定電流）；

滑動變阻器（阻值額定電流）；

定值電阻

定值電阻

開關S和導線若干．

①為了便于操作，并使測量盡量精確，定值電阻應選______，滑動變阻器R應選______．

②某次測量時電流表G的讀數為安培表示數為計算的準確值為______（計算結果保留3為有效數字）24、在測量電源電動勢和內電阻的實驗中，已知一節干電池的電動勢約為1.5V，內阻約為電壓表V（量程為3V，內阻約）；電流表A（量程為0.6A，內阻約為）；滑動變阻器R（2A）。為了更準確地測出電源電動勢和內阻。

（1）請在圖1方框中畫出實驗電路圖。______

（2）在實驗中測得多組電壓和電流值，得到如圖2所示的U-I圖線，由圖可得該電源電動勢E=____V，內阻r=______Ω。（結果均保留兩位小數）

（3）一位同學對以上實驗進行了誤差分析。其中正確的是______。A.實驗產生的系統誤差，主要是由于電壓表的分流作用B.實驗產生的系統誤差，主要是由于電流表的分壓作用C.實驗測出的電動勢小于真實值D.實驗測出的內阻大于真實值

（4）某小組的同學找到了電阻箱，便設計了如圖甲所示的電路進行實驗，并且記錄了實驗中一系列電流表讀數I及與之對應的電阻箱阻值R，該小組同學通過巧妙地設置橫軸和縱軸，描繪出了如圖乙所示的圖線，則在圖乙中縱軸應表示______；（填I、R或與I、R相關的量），若該圖線的斜率為k，橫軸上的截距為m，則電動勢的測量值=______，內電阻的測量值=______

25、某同學測定電源電動勢和內阻，所使用的器材有：待測干電池一節(內阻很小)、電流表A(量程0.6A，內阻RA小于1Ω)、電流表A1(量程0.6A，內阻未知)、電阻箱R1(0～99.99Ω)、滑動變阻器R2(0～10Ω)、單刀雙擲開關S、單刀單擲開關K各一個，導線若干．

(1)該同學按圖甲所示電路連接進行實驗操作．請在答題卡相應位置的虛線框內補全與圖甲對應的電路圖_______．

(2)測電流表A的內阻：

閉合開關K，將開關S與C接通，通過調節電阻箱R1和滑動變阻器R2，讀取電流表A的示數為0.20A、電流表A1的示數為0.60A、電阻箱R1的示數為0.10Ω，則電流表A的內阻RA＝________Ω．

(3)測電源的電動勢和內阻：

斷開開關K，調節電阻箱R1，將開關S接__________(填“C”或“D”)，記錄電阻箱R1的阻值和電流表A的示數；斷開開關K，開關S所接位置不變，多次調節電阻箱R1重新實驗，并記錄多組電阻箱R1的阻值R和電流表A的示數I．

(4)數據處理：

圖乙是由實驗數據繪出的－R圖象，由此求出干電池的電動勢E＝__________V、內阻r＝__________Ω．(計算結果保留二位有效數字)

(5)如果電流表A的電阻未知，本實驗__________(填“能”或“不能”)測出該電源的電動勢．26、用伏安法測量電阻R的阻值，并求出電阻率ρ.給定電壓表(內阻約為50kΩ)、電流表(內阻約為40Ω)、滑動變阻器、電源、電鍵、待測電阻R(約為250Ω)及導線若干．

(1)畫出測量R的電路圖____________．

(2)上圖中的6個點表示實驗中測得的6組電流I、電壓U的值，試寫出根據此圖求R值的步驟：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________；

求出的電阻值R＝__________(保留3位有效數字)．

(3)待測電阻是一均勻材料制成的圓柱體，用游標為50分度的卡尺測量其長度與直徑，結果分別如圖甲、圖乙所示，由圖可知其長度為__________，直徑為________．

(4)由以上數據可以求出ρ＝________(保留一位有效數字)．評卷人得分六、解答題(共4題，共8分)27、如圖所示，正方形abcd區域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，甲、乙兩帶電粒子均從a點沿與ab成30°角的方向垂直射入磁場，甲粒子垂直于bc邊離開磁場，乙粒子從ad邊的中點離開磁場，已知甲粒子的速度大小為v；甲；乙兩帶電粒子的電荷量之比為1:2，質量之比為1:2，不計粒子重力，求：

（1）乙粒子的速度大小；

（2）甲；乙兩粒子在磁場中運動的時間之比。

28、如圖所示，一對平行光滑軌道放置在水平面上，兩軌道間距l=0.20m，導軌間接有電阻R=1.0有一導體桿靜止地放在軌道上；與兩軌道垂直，桿及軌道的電阻均可忽略不計，整個裝置處于磁感應強度B=0.50T的勻強磁場中，磁場方向垂直軌道平面向下．現用一大小為0.02N的恒力F拉桿，使之沿軌道向右運動起來，求。

(1)當導體桿速度為v=1.0m/s時；電阻R兩端的電壓；

(2)導體桿最終的最大速度vm．29、如圖所示，豎直線MN左側存在水平向右的勻強電場，右側存在垂直紙面向外的勻強磁場，其磁感應強度大小B=π×10-2T，在P點豎直下方、d=處有一垂直于MN的足夠大的擋板．現將一重力不計、比荷=1×106C／kg的正電荷從P點由靜止釋放，經過△t=1×10-4s，電荷以v0=1×104m／s的速度通過MN進入磁場．求：

(1)P點到MN的距離及勻強電場的電場強度E的大小；

(2)電荷打到擋板的位置到MN的距離；

(3)電荷從P點出發至運動到擋板所用的時間．30、如圖所示，在xOy平面上，直線OM與x軸正方向夾角為直線OM左側存在平行y軸的勻強電場，方向沿y軸負方向直線OM右側存在垂直xOy平面向里的磁感應強度為B的勻強磁場一帶電量為q，質量為m帶正電的粒子忽略重力從原點O沿x軸正方向以速度射入磁場此后，粒子穿過磁場與電場的邊界三次，恰好從電場中回到原點粒子通過邊界時，其運動不受邊界的影響求：

（1）粒子第一次在磁場中做圓周運動的半徑和周期；

（2）勻強電場的強度；

（3）粒子從O點射出至回到O點的時間．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

由甲圖可知；與門的輸入端為1；0，則輸出為0，蜂鳴器不發出聲音；圖乙為或門電路，輸入端為1、0，則輸出為1，蜂鳴器發出聲音；圖丙為非門電路，輸入端為1，則輸出為0，蜂鳴器不發出聲音。

故選B。2、B【分析】【分析】

【詳解】

ABC．對線框的下端平臺側面分析；若扁圓柱形磁鐵上端為S極，下端為N極，周圍磁感線由上往下斜穿入線框內部，在垂直于紙面向外的徑向上，磁感應線有垂直于紙面向里的分量，在此徑向上的負電荷由下往上運動，由左手定則知：此負電荷受到垂直于徑向沿紙面向右的洛倫茲力，即在徑向的左垂線方向；同理，其他任一徑向上的電荷均受到左垂線方向的洛倫茲力（中心原點除外），所以，由上往下看（俯視），線框沿逆時針轉動，若扁圓柱形磁鐵上端為N極，下端為S極，則轉動方向相反，所以該裝置的原理是電流在磁場中的受力，不是電磁感應．故AC錯誤，B正確；

D．穩定時，因導線切割磁感應線，則線框中電流比剛開始轉動時的小，故D錯誤．3、C【分析】【詳解】

進入磁場的過程中，由動量定理得：﹣∑FA?△t＝mv1﹣mv0，即mv1﹣mv0，整理得，1，同理，出磁場的過程有：解得根據能量守恒得，進入磁場過程產生的熱量出磁場過程產生的熱量則Q1：Q2＝3：1，故C正確，A、B、D錯誤．4、D【分析】【詳解】

兩列聲波在同一空間的空氣中沿同一方向傳播，波速相同，故B錯誤；根據可知聲波1的波長是聲波2的故A錯誤；根據題意可知聲波1的頻率是聲波2的3倍，據兩列波發生干涉的必要條件是頻率相同，所以在這兩列波傳播的方向上，不會產生穩定的干涉現象，故C錯誤；由于多普勒效應，遠離這兩個聲源的觀察者，聽到的這兩列波的頻率均比聲源發出的頻率低，故D正確．5、B【分析】【詳解】

A、原子A從激發態躍遷到只有一種頻率光子，故A錯誤；

B、一群處于激發態的氫原子B躍遷到基態的過程中可能從躍遷到從躍遷到從躍遷到可能有三種頻率光子，故B正確；

C、由原子能級躍遷理論可知，A原子可能吸收原子B由躍遷到時放出的光子并躍遷到但不能躍遷到故C錯誤；

D、A原子發出的光子能量大于故不可能使原子B吸收原子A發出的光子并躍遷到能級故D錯誤．二、多選題(共9題，共18分)6、B:C【分析】【分析】

由圖可知R2與R并聯后與R1串聯，電壓表測路端電壓，電流表測量流過R2的電流；滑片向a端移動時；滑動變阻器接入電阻減小，則由閉合電路的歐姆定律可知電路中干路電流的變化及路端電壓的變化；再分析并聯電路可得出電流表示數的變化．

【詳解】

當滑片向a滑動時，R接入電阻減小，總電阻減小，由閉合電路的歐姆定律可知電路中總電流I增加，干路電流增加，內電壓增加，由U=E-Ir可知路端電壓減小，即電壓表示數減小；因路端電壓減小，R1兩端的電壓增加，故并聯部分電壓減小，由歐姆定律可知電流表示數減小；由公式可知，定值電阻R2電功率減小；

由上述分析可知；故應選：BC．

【點睛】

本題中R1也可直接作為內電阻處理，可直接由閉合電路歐姆定律得出并聯部分的電壓增大，流過R2的電流增大．7、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．甲圖是用油膜法測分子直徑的示意圖。實驗中將油膜看成單分子層；所以油膜厚度近似等于油酸分子直徑，故A正確；

B．乙圖是溴蒸氣的擴散實驗。若溫度升高；分子熱運動越劇烈，則擴散的速度加快，故B正確；

C．丁圖是蜂蠟涂在單層云母片上受熱融化的實驗。圖像各方向融化距離不同；說明云母的導熱性能具有各向異性，故C錯誤；

D．丙圖是模擬氣體壓強產生的機理。說明氣體壓強是由氣體分子對器壁碰撞產生的；故D正確；

E．戊圖是把毛細管插入水銀中的實驗現象。水銀下降；說明水銀對玻璃是不浸潤液體，故E錯誤。

故選ABD。8、A:C:E【分析】【詳解】

A．布朗運動是懸浮在液體或氣體中的固體小顆粒的無規則運動；反映了液體或氣體分子的無規則運動，故A正確；

B．若分子間距小于平衡距離；則隨著分子間的距離增大，分子力先做正功再做負功，故分子勢能先減小后增大。若分子間距大于平衡距離，則隨著分子間的距離增大，分子力一直做負功，故分子勢能一直增大，故B錯誤；

C．分子間相互作用的引力和斥力均隨分子間的距離增大而減小；但斥力減小得更快，故C正確；

D．由于氣體分子的間距遠大于分子直徑；故氣體分子的體積小于氣體的摩爾體積與阿伏伽德羅常數之比，故D錯誤；

E．熱量既能從高溫物體傳遞到低溫物體；也能從低溫物體傳遞到高溫物體，故E正確。

故選ACE。9、A:B:D【分析】【詳解】

A.根據用“油膜法”估測分子大小的實驗原理可知；讓一定體積的純油酸滴在水面上形成單分子油膜，由于油酸分子是緊密排列的，而且形成的油膜為單分子油膜，然后用每滴油酸酒精溶液所含純油酸體積除以油膜面積得出的油膜厚度即為油酸分子直徑，故A正確；

B.當分子間的距離r＜r0時，分子力表現為斥力，減小分子間的距離，分子力做負功，分子勢能增加；當分子間的距離r＞r0時，分子力表現為引力，增大分子間的距離，分子力做負功，分子勢能增加，所以當兩個分子的距離為r0時；引力與斥力大小相等，分子勢能最小，故B正確；

C.單晶體具有各向異性；多晶體與非晶體都具有各向同性，所以不能根據各向異性或各向同性來判斷物質是晶體還是非晶體；晶體具有一定的熔點，而非晶體沒有固定的熔點，比較可靠的方法是通過比較熔點來判斷，故C錯誤；

D.根據熱力學第一定律可知，如果用Q表示物體吸收的能量，用W表示物體對外界所做的功，U表示物體內能的增加，那么熱力學第一定律可以表達為Q=U+W；故D正確；

E.即使沒有漏氣沒有摩擦；也沒有機體熱量的損失，根據熱力學第二定律可知，熱機的效率不可以達到100%．故E錯誤。

故選ABD．10、A:D【分析】為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續轉動起來；將左；右轉軸下側的絕緣漆都刮掉，這樣當線圈在圖示位置時，線圈的上下邊受安培力水平而轉動，轉過一周后再次受到同樣的安培力而使其轉動，選項A正確；若將左、右轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉，則當線圈在圖示位置時，線圈的上下邊受安培力水平而轉動，轉過半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止轉動，選項B正確；左轉軸上側的絕緣漆刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉，電路不能接通，故不能轉起來，選項C錯誤；若將左轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉，這樣當線圈在圖示位置時，線圈的上下邊受安培力水平而轉動，轉過半周后電路不導通，轉過一周后再次受到同樣的安培力而使其轉動，選項D正確；故選AD。

【名師點睛】此題是電動機原理，主要考查學生對物理規律在實際生活中的運用能力；關鍵是通過分析電流方向的變化分析安培力的方向變化情況。11、B:D【分析】【詳解】

A．在時間內線框的磁通量增加，根據楞次定律判斷知線框中有負向電流，在時間內磁通量減小；線框中有正向電流，故A錯誤；

B．在時間內線框中磁通量的減小量為

流經線框某處橫截面的電量為

故B正確；

C．在時間內最大的有效切割長度為最大感應電動勢為

則線框中最大感應是電流為

故C錯誤；

D．在時間內線框中電流沿負向均勻減小，在時間內電流沿正向均勻減小；電流的平均值為0，而線框中產生焦耳熱，所以電流的有效值不為0，故D正確。

故選BD。12、A:C【分析】【詳解】

AC．AC過程中氣體溫度不變，氣體內能不變，氣體體積減小，外界對氣體做功，由理想氣體狀態方程可知；氣體壓強增大，A正確，C正確；

BD．CB過程氣體溫度升高，氣體內能增加，該過程氣體體積不變，外界對氣體不做功，由理想氣體狀態方程可知；氣體壓強增大，B錯誤，D錯誤。

故選AC。

【點睛】

根據圖像所示氣體體積與溫度的變化情況，應用理想氣體狀態方程可以判斷出氣體壓強如何變化，根據氣體溫度的變化，可以判斷出氣體內能的變化。13、A:B【分析】滑動變阻器滑片P向右移動一段距離后；總電阻減小，則總電流增大，內電壓增大，外電壓減小，所以燈泡L的電流增大，燈泡變亮，電流表示數增大，電壓表示數減小．故AB正確．燈泡兩端的電壓變大，外電壓變小，則滑動變阻器兩端的電壓減小，根據Q=CU知，電容器C上的電荷量減小．故C錯誤．因為當外電阻等于內電阻時，電源的輸出功率變大，外電阻大于內電阻，外電阻減小，則輸出功率變大．故D錯誤．故選AB．

點睛：本題的難點在于確定電源的輸出功率如何變化，可以用數學證明，當內外電阻相等時，電源的輸出功率最大，這是很重要的結論．對于電容器，關鍵確定電壓，記住這個結論很有必要：電容器與與它并聯的電路電壓相等．14、B:D【分析】【分析】

【詳解】

波向右傳播，根據平移規律可知，P點向上振動，B點在平衡位置，速度最大，不是零，故A錯誤；A、B兩質點相差一個波長，振動情況完全相同，則速度總是相同的，故B正確；Q點在波谷位置，速度為零，故C錯誤；波從O傳到A和從A傳到B所需時間都是一個周期，相同，故D正確．所以BD正確，AC錯誤．三、填空題(共5題，共10分)15、略

【分析】帶電粒子未發生偏轉則所以只改變該粒子的電性，粒子所受的電場力和洛倫茲力方向改變，但大小不變以，所以不會發生偏轉【解析】不會16、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]AD．理想氣體是指在任何溫度；任何壓強下都遵守氣體實驗定律的氣體；是為了研究方便而引入的不計本身大小、分子間除碰撞外不計相互作用力，無分子勢能、分子間碰撞為彈性碰撞的理想模型，故AD正確；

B．實際氣體溫度不太低；壓強不太大時可視為理想氣體；故B錯誤；

C．由于理想氣體不計分子勢能；因此其內阻只與溫度有關，故C錯誤。

故選AD。

（2）[2][3]由于壓縮過程中氣體與外界無熱量交換，氣體內能增加，因此溫度升高，氣體的分子平均動能增大，根據熱力學第一定律可知W=ΔU=3.4×104J

（3）[4]設氣體在標準狀況下的體積為V0，上述過程為等壓過程，有=

氣體物質的量為n=

分子數為N=nNA

聯立以上各式并代入數據解得N==5×1024【解析】①.AD②.增大③.等于④.5×102417、略

【分析】【詳解】

（1）彈簧振子的周期為T=4s，則角速度為：振幅A=5cm故該振子簡諧運動的表達式為x=Asinωt=5sintcm．

（2）因而振子在一個周期內通過的路程是4A，所以振子在前100s的總路程是：s=25×4A=100×5cm=500cm；總位移為0.【解析】(cm)050018、略

【分析】【詳解】

[1]根據光速不變原理，衛星上觀測到激光的傳播速度為c；

[2]因為激光和衛星是相向運動，依據多普勒效應可知，衛星接收到激光的頻率大于【解析】C大于19、略

【分析】手榴彈爆炸過程系統動量守恒；以手榴彈的初速度方向為正方向；

根據動量守恒定律得：Mv0=m1v1+m2v2．即：0.6×10=0.2×250+0.4×v2；

解得：v2=-110m/s，負號表示方向，與v0反向．

點睛：本題考查了求手榴彈彈片的速度，知道手榴彈爆炸過程系統動量守恒，應用動量守恒定律即可解題，解題時要注意正方向的選擇．【解析】110m/s與v0反向四、作圖題(共3題，共15分)20、略

【分析】【詳解】

利用右手螺旋定則；已知電流的方向可判定磁場方向，也可以通過磁場方向來確定電流的方向；

圖甲；已知磁場方向，順時針方向，則電流垂直紙面向里；

圖乙；電流右側的磁場的方向向里，左側的磁場的方向向外，則電流的方向向上；

圖丙；已知磁場方向，則可知電流方向，逆時針方向；

圖丁；環形電流從左側流入，從右側流出，所以磁場的方向向下；

圖戊；根據螺線管中電流方向，利用右手螺旋定則可以確定螺線管的磁場的方向向左；

圖已；根據螺線管中上邊的電流方向向外，下邊的電流的方向向里，利用右手螺旋定則可以確定螺線管的磁場的方向向右．如圖所示：

【解析】21、略

【分析】試題分析：A圖中；在XX′偏轉電極所加的電壓的周期為2T，即在2T的時間內才能完成一次水平方向的掃描，而豎直方向（y方向）的周期為T，所以在水平方向的一次水平掃描的過程中，豎直方向由2個周期性的變化；y方向的電壓變化為正弦式的變化，由于電子到達熒光屏的偏轉量與偏轉電壓成正比，所以A圖中的掃描圖形如圖；

要在熒光屏上得到待測信號在一個周期內的穩定圖象．XX′偏轉電極要接入鋸齒形電壓；即掃描電壓．

B圖中；在XX′偏轉電極所加的電壓的周期為T，即在一個周期T的時間內完成一次水平方向的掃描，同時豎直方向的周期為T，所以在水平方向的一次水平掃描的過程中，豎直方向也完成一個周期性的變化；y方向的電壓大小不變，方向每半個周期變化一次，結合電子到達熒光屏的偏轉量與偏轉電壓成正比，所以B圖中的掃描圖形如圖．

考點：考查了示波器的工作原理。

【名師點睛】本題關鍵要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏轉電壓上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉電極通常接入鋸齒形電壓，即掃描電壓，當信號電壓與掃描電壓周期相同時，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內的穩定圖象【解析】22、略

【分析】【分析】

【詳解】

7s波向前傳播的距離為

7s后，故x=3.5m位置的原圖中x=0位置的振動情況相同；因此作出以下圖形。

【解析】五、實驗題(共4題，共32分)23、略

【分析】【詳解】

（1）固定刻度讀數為則此金屬絲的直徑為．

（2）根據閉合電路歐姆定律電路和電流表最小讀數；可求出電路中需要的最大電阻為：

由于待測電阻電阻為所以滑動變阻器應用

根據串分壓原理，故定值電阻

根據電阻定律，由：．

【點睛】

根據閉合電路歐姆定律電路和電流表最小讀數，可求出電路中需要的最大電阻，根據歐姆定律再進行求解；用伏安法測量電阻，首先要考慮安全，其次準確，最后操作方便．【解析】24、略

【分析】【詳解】

（1）電路直接采用串聯即可；電壓表并聯在電源兩端，采用的是電流表內接法；電路圖如右圖所示；如圖所示。

（2）根據電路圖可知則U-I圖線中縱軸截距等于電源的電動勢E=1.50V

圖像斜率等于電源內阻

（3）AB．由電路圖可知；電流表采用內接法，由于電壓表分流作用，使所測電流小于電路總電流的真實值，造成了實驗誤差，A正確，B錯誤；

C．當外電路短路時，電流的測量值等于真實值，除此之外，由于電壓表的分流作用，電流的測量值小于真實值，電源的U-I圖像如圖所示；由圖像可知，電源電動勢的測量值小于真實值，C正確；

D．作出U-I圖線實際圖線和測量圖線；如圖所示。

由上圖可知電動勢的測量值偏小；內電阻的測量值偏小，D錯誤。

選AC。

（4）由電路圖可知，本實驗采用電流表與電阻箱串聯的方式進行測量，則有

為了得出直線圖像，可將公式變形得

故應使用R為縱坐標，為橫坐標；則圖像中的k表示電源的電動勢；

當R=0時，故r=km

【點睛】

由于電流表的內阻接近電源的內電阻，故若采用電流表外接法，則測得的內阻誤差太大；故應采用電流表內接法。由作出的U-I圖可知，圖像與縱坐標的交點為電源的電動勢；圖像的斜率表示內阻。根據閉合電路歐姆定律進行分析并列式，結合圖像的性質即可明確應采用的坐標系；再根據圖像中斜率和截軸的意義即可求得電動勢和內電阻。【解析】1.50（1.48~1.50均可）1.00（0.96~1.00均可）ACRkkm25、略

【分析】【詳解】

（1）由實物圖連接原理圖；如圖所示：

（2）根據串并聯電路的規律可知，流過電阻箱R1的電流

電壓則電流表內阻為：

（3）S接D；否則外電路短路；

（4）根據（3）中步驟和閉合電路歐姆定律可知

變形可得：

根據圖象可知:解得

（5）由可知：當電流表內阻未知時，能測出電動勢，但不能測出內電阻．【解析】如圖所示：

0.20D1.50.25能26、略

【分析】【詳解】

（1）根據題意可知：故該實驗的測量電路應該選用電流表的外接法，由于該題中滑動變阻器的阻值不明確，因此控制電路采用分壓；限流均可（若滑