2024年沪科版选修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2024年沪科版选修3物理下册阶段测试试卷203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8题，共16分)1、气体的压强的产生和液体不相同：固体液体的压强产生是由于重力而产生的；而气体的压强产生是由于气体分子持续的碰撞容器壁，导致产生了持续的压力。单位面积上的压力就是气体的压强。如图，外界大气压为固定于水平地面的气缸开口向右，用光滑轻活塞将一定质量的气体封闭在气缸内（汽缸中间位置有小挡板）。开始时，活塞紧压于小挡板右侧。缓慢升高封闭气体温度T，封闭气体压强p随T变化图象可能正确的是（）

A.B.C.D.2、一个电流表的满偏电流Ig=1mA.内阻为300Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A.串联一个10000Ω的电阻B.并联一个10000Ω的电阻C.串联一个9700Ω的电阻D.并联一个9700Ω的电阻3、如图所示，有A、B、C、D四个电阻，它们的I—U关系如图所示；其中电阻最小的是()

A.AB.BC.CD.D4、一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示．如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为()

A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B.从上向下看顺时针转动并远离螺线管C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管D.从上向下看逆时针转动并靠近螺线管5、一个单摆做受迫振动，其共振曲线振幅A与驱动力的频率f的关系如图所示，则

A.此单摆的固有周期约为B.此单摆的摆长约为1mC.若摆长减小，单摆的固有频率减小D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动6、一九二三年美国物理学家迈克耳逊用旋转棱镜法较准确的测出了光速,其过程大致如下,选择两个距离已经精确测量过的山峰(距离为L),在第一个山峰上装一个强光源S,由它发出的光经过狭缝射在八面镜的镜面1上,被反射到放在第二个山峰的凹面镜B上,再由凹面镜B反射回第一个山峰,如果八面镜静止不动,反射回来的光就在八面镜的另外一个面3上再次反射,经过望远镜,进入观测者的眼中.(如图所示)如果八面镜在电动机带动下从静止开始由慢到快转动,当八面镜的转速为ω时,就可以在望远镜里重新看到光源的像,那么光速等于。

A.B.C.D.7、甲、乙两物体分别在恒力的作用下，沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图所示，设甲在时间内所受的冲量为乙在时间内所受的冲量为则的大小关系是

A.B.C.D.8、不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论是()A.原子中心有一个很小的原子核B.原子核是由质子和中子组成的C.原子质量几乎全部集中在原子核内D.原子的正电荷全部集中在原子核内评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，阻值均大于r，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器的滑动触头P自a端向b端滑动的过程中。

A.电压表示数变大B.电流表示数变小C.电容器C所带电荷量增多D.电源的输出功率变大10、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.电压表的示数减少B.R2中电流减小C.小灯泡的功率增大D.电路的路端电压降低11、如图所示的电路，电源电动势为E，内阻为r；闭合开关S，滑动变阻器滑片P向左移动，下列结论正确的是（）

A.小灯泡L变亮B.电流表读数减小，电压表读数增大C.电容器C上电荷量增大D.电源的总功率变大12、如图所示是氧气分子在不同温度（和）下的速率分布曲线；由图可得信息（）

A.同一温度下，氧气分子速率呈现出“中间多、两头少”的分布规律B.随着温度升高，每一个氧气分子的速率都增大C.随着温度升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例增加D.随着温度升高，氧气分子的平均动能一定增大13、下列有关热现象和内能的说法中正确的是（）A.把物体缓慢举高，其机械能增加，内能不变B.盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大C.电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的D.分子间引力和斥力相等时，分子势能最大14、下列说法正确的是（）A.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大B.只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的内能全部转化为机械能C.吹满气的气球打开气口后气体会快速喷出说明气体分子间有斥力E.单晶体和多晶体均存在固定的熔点E.单晶体和多晶体均存在固定的熔点15、____的桌面有垂直桌面向下的匀强磁场B；一L×2L的线圈一半在桌面上，AB（长L）边和桌边平行，以AB边为轴旋转线圈，关于线圈的说法正确的有（）

A.线圈没有旋转时的磁通量等于BL2B.线圈旋转600时的磁通量等于BL2C.线圈从开始到旋转1200的过程中磁通量没有变化D.线圈从开始到旋转1800的过程中磁通量的变化等于3BL216、静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图像如图所示；则下列说法中正确的是（）

A.0～4s内物体的位移为零B.0～4s内拉力对物体做功为零C.4s末物体的动量为零D.0～4s内拉力对物体的冲量为零评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B，若在圆心处静止的原子核中释放一个质量为m，电量为q的粒子，粒子的初速度垂直于B，则粒子的初速度必须满足条件________时，粒子才能从磁场中穿出，粒子穿过磁场需要的最长时间为_____________18、如图所示，R1＝2Ω，R2＝3Ω，滑动变阻器最大值R3＝5Ω，则当滑动触头从a滑到b的过程中，电流表示数的变化情况是______________________________．

19、一定量的理想气体从状态开始，经历等温或等压过程回到原状态，其图像如图所示。其中对角线的延长线过原点气体从状态变化到状态的过程，气体对外做的功___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）气体从外界吸收的热量。气体在状态的体积___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）气体在状态的体积。气体从状态变化到状态外界对气体做的功___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）气体从状态变化到状态气体对外界做的功。

20、一定质量的理想气体，由状态A沿直线变化到状态C，再由状态C沿直线变化到状态B，最后由状态B沿直线回到状态A，如图所示。已知气体在状态A的温度TA=300K，气体由状态A沿直线变化到状态C的过程中的最高温度为____________K；完成一个循环过程，气体吸收的热量为_________J。

21、如图所示，导线圈A水平放置，条形磁铁从其正上方向下移近(未插入)导线圈的过程中，导线圈A对水平面的压力将________．导线圈的面积有______趋势．（填“增大”,“不变”或“减小”）

22、一定质量的理想气体，其压强p随体积V变化的图线如图所示．已知在状态A时气体的温度为300K．则在状态C时气体温度Tc=_____K；如果由状态A经B到C的过程中，气体对外做了400J的功，则这个过程气体_____(填“吸收”或“放出”)____J的热量．

23、一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p－V的图描述，图中p1、p2、V1、V2和V3为已知量．

(1)气体状态从A到B是______过程(填“等容”；“等压”或“等温”)；

(2)状态从B到C的变化过程中；气体的温度______(填“升高”；“不变”或“降低”)；

(3)状态从C到D的变化过程中；气体______(填“吸热”或“放热”)；

(4)状态从A→B→C→D的变化过程中，气体对外界所做的总功为________．24、水平地面上，质量为1kg的滑块A以4m/s的速度碰上静止的物体B，碰后A的速度立刻减到零，B在地面上运动2s后静止，已知B与地面间的动摩擦因数为0.1，则B的质量为_____kg，碰撞过程中A、B系统损失的机械能为_____J。25、(1)某组同学用图（a）实验装置探究“加速度a与物体质量m的关系”．A为小车；B为电火花计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板．

①图（b）为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50Hz．小车的加速度大小为________m/s2．（结果保留三位有效数字）

②改变小车质量m，分别记录小车加速度a与其质量m的数据．在分析处理时，该组同学产生分歧；甲同学认为应该根据实验中测得的数据作出小车加速度a与其质量m的图象，乙同学认为应该作出小车加速度a与其质量倒数的图象．两位同学都按照自己的方案将实验数据在坐标系中进行了标注，但尚未完成图象（如下图所示）．你认为同学______________（填“甲”；“乙”）的方案更合理．并帮助该同学作出坐标中的图象。

(2)某同学用如图所示的电路测量出待测电流表的满偏电流；有以下的可供选用的器材：

A．待测电流表A0：满偏电流约为700～800μA、内阻约100Ω，表盘刻度均匀、总格数为N

B．电流表A：量程0.6A、内阻Rg＝0.1Ω

C．电压表V：量程3V、内阻RV＝3kΩ

D．滑动变阻器R：最大阻值20Ω

E．电源E：电动势约3V；内阻约1.5Ω

F．开关S一个；导线若干条。

①电路图中的电表x应选当器材中的_______．（填写器材序号）

②测量过程中，测出多组数据，其中一组数据中待测电流表A0的指针偏转了n格，则计算电流表满偏电流的表达式为Imax=_______________，式中除字母N、n外，其他字母符号代表的物理量是_______________________________．评卷人得分四、作图题(共3题，共9分)26、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．

27、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．

28、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2题，共6分)29、在“利用单摆测重力加速度”的实验中；

（1）以下做法正确的是__________

A.测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度作为摆长L

B.测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为

C.摆动中出现了轻微的椭圆摆情形；王同学认为对实验结果没有影响而放弃了再次实验的机会。

D.释放单摆时；应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°

（2）黄同学先测得摆线长为97.92cm，后用游标卡尺测得摆球直径（如图），读数为_________cm；再测得单摆的周期为2s，最后算出当地的重力加速度g的值为_________m/s2．（取9.86；结果保留两位小数）

（3）实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，刘同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径．具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度的表达式为g＝_____________．30、某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小；实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接．

(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接__________：

(2)某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为___________A；

(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将___________只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V、内阻为1Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为___________W（保留小数点后两位）.评卷人得分六、解答题(共4题，共12分)31、一定质量理想气体图像如图所示，其中为等容过程，为等压变化，为等温过程。已知气体在状态时的温度在状态的体积求：

（1）气体在状态时的温度

（2）气体在状态时的体积

32、如图所示，一固定水平汽缸，由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中由一细管（容积及长度可忽略）连通，两筒中各有一个活塞，大活塞横截面积S1=60cm2，小活塞横截面积S2=20cm2；两活塞用细绳连接。绳长L=20cm，汽缸外大气的压强为p0=1.00×105Pa，温度T=350K，初始时两活塞均静止在与汽缸底部等距离处，绳刚好伸直。两活塞间封装气体温度为T=200K；忽略两活塞与汽缸间摩擦，不漏气。现使汽缸内气体温度缓慢升高，求：

①当温度上升至280K时，缸内气体体积V；

②当与外界达到热平衡时，绳拉力T的大小．

33、如图所示，带有小孔的平行极板A、B间存在匀强电场，AB板间电势差大小为U，极板间距离为L．其右侧有与A、B垂直的平行极板C、D极板长度为L，C、D板间加恒定的电压，现有一质量为m、带电荷量为e的电子(重力不计)，从A板处由静止释放，经电场加速后通过B板的小孔飞出；经过C、D板间的电场偏转后从电场的右侧边界M点飞出电场区域；速度方向与边界夹角为60°，求：

（1）电子在A、B间的运动时间；

（2）C、D间匀强电场的电场强度．

34、如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30º的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1=0.1kg，电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg，电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10m/s2．求：

（1）cd下滑的过程中，cd受力的示意图及ab中电流的方向；

（2）ab刚要向上滑动时，cd的动量；

（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m，此过程中ab上产生的热量．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

【详解】

当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强p与热力学温度T成正比，图线是过原点的倾斜直线；当缸内气体的压强等于外界的大气压后，气体发生等压膨胀，图线是平行于T轴的直线；故C正确，ABD错误。

故选C。2、C【分析】【详解】

试题分析：改装电压表需要串联一个电阻进行分压；所以BD错误；

根据欧姆定律可得：即解得

故选C；

考点：考查了电压表的改装原理。

点评：电流表串联电阻起分压作用为电压表，电压表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻．总电阻=量程除以满偏电流．3、A【分析】【详解】

由图可知；当电流相同时，D两端的电压最大，C两端的电压次之，B两端的电压再次之，A两端的电压最小；

由欧姆定律公式可知：

电流相同时；电压与电阻成正比，所以四个电阻中，D阻值最大，A阻值最小。

故应选A．

点晴：在I-U图象中，横轴表示电压，纵轴表示电流，找出相同电流的对应的电压值，根据欧姆定律可知：电压小的，电阻就小．4、D【分析】试题分析：通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力；因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况．当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况．

解：通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，导体应为逆时针转动；当导体转过90°时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动．即为a端转向纸外，b端转向纸里；且靠近通电螺线管，故D正确，ABC错误；

故选D

【点评】解决本题的关键（1）清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性的特殊位置求解．5、B【分析】【详解】

A；当此单摆的固有频率与驱动力的频率f相等时；得到共振，振幅最大，由图可知，单摆的固有频率为0.5Hz，所以此单摆的固有周期T=2s，故A错误．

B、由单摆的周期公式T=2T=2s，可求得L1m；故B正确．

C；若摆长减小；单摆的固有周期T减小，固有频率增大，故C错误．

D；若摆长增大；单摆的固有周期T增大，固有频率减少，共振曲线的峰将向左移动，故D错误．

故选B6、D【分析】【分析】

我们要看到光源；只要八面型棱镜的镜面在光反射回来时位置与图上所示重合，根据v=s/t可得．

【详解】

周期我们要看到光源，只要八面型棱镜的镜面在光反射回来时位置与图上所示重合，即转过了也就是经历了八分之一的n倍的时间．而光速过大，试验条件只可能让我们做到在八分之一周期的时间内看到光返回．那么根据v=s/t可得，光速D正确．故选D．7、A【分析】【详解】

由图象可知，甲乙两物体动量变化量的大小相等，根据动量定理知，冲量的大小相等，即根据知，冲量的大小相等，作用时间长的力较小，可知故A正确，BCD错误。故选A。

【点睛】

根据图象，结合初末状态的动量比较动量变化量的大小，从而结合动量定理得出冲量的大小关系以及力的大小关系．8、B【分析】【详解】

试题分析：正确理解卢瑟福的原子核式结构模型：在原子的中心有一个很小的核；叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转．

解：当α粒子穿过原子时；电子对α粒子影响很小，影响α粒子运动的主要是原子核，离核远则α粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小．只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进，因此为了解释α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子核式结构模型：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，但不能得到原子核内的组成，故B不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论，ACD可以．

本题选择不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论的；故选B．

点评：本题比较简单考查了卢瑟福的原子核式结构模型，要了解该模型提出的历史背景，知道该模型的具体内容．二、多选题(共8题，共16分)9、A:D【分析】【分析】

在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据Q=CU可知所带电荷量的变化；根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化．a点的电势等于R2两端的电压．根据外电路电阻与内阻的关系；判断电源的输出功率的变化。

【详解】

A.在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，并联电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大；则电压表示数变大，故A正确；

B.根据闭合电路欧姆定律，内电压增大，R1两端电压增大，可知并联部分电压减小，流过R2的电流减小。由于干路电流I增大，所以流过R3的电流增大；电流表示数增大，故B错误；

C.电容器与电阻R2并联；电压相等，根据Q=CU，电容器C所带电荷量减小，故C错误；

D.当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，外电路电阻越接近内阻，电源的输出功率越大。由于R1、R2阻值均大于r；外电路电阻大于内阻，现外电路总电阻减小，电源的输出功率增大，故D正确。

故选：AD。10、B:C:D【分析】【分析】

当照射光强度增大时，变小；分析电路中总电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，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．

【详解】

当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，变小，外电路总电阻减小，则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，故两端的电压增大，即电压表的示数增大，故A错误；因电路中总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，流过的电流减小；由于干路电流变大，流过的电流减小；可知流过灯泡的电流一定增大，小灯泡的功率变大，故BCD正确．

【点睛】

闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．11、B:C【分析】【详解】

A．滑动变阻器滑片P向左移动；总电阻增大，电动势不变，则总电流减小，电流表的示数变小，内电压减小。而电动势不变，则外电压增大，所以电压表示数变大，通过灯泡的电流减小，则小灯泡变暗，故A错误，B正确；

C．外电压增大，通过灯泡的电流减小，则灯泡两端的电压减小，所以滑动变阻器两端的电压增大，根据知；电容器上电荷量增大，故C正确；

D．根据知；电流减小，则电源的总功率减小，故D错误。

故选BC。

【点睛】

本题考查电路的动态分析，关键抓住电源的电动势和内阻不变，运用“局部→整体→局部”的思路进行分析。12、A:D【分析】【分析】

温度是分子平均动能的标志；温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同．

【详解】

A．由图可知；同一温度下，氧气分子速率都呈现“中间多，两头少”的分布特点，故A正确；

B．温度是分子热运动平均动能的标志；是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以温度越高，平均动能越大，平均速率越大，但不是每一个分子运动速率都增大，故B错误；

C．由图知；随着温度升高，速率较大的分子数增多，氧气分子中速率小的分子所占的比例减小，故C错误；

D．温度是分子热运动平均动能的标志；随着温度升高，氧气分子的平均动能一定增大，故D正确．

【点睛】

本题主要考查了对氧气分子在不同温度下的速率分布曲线的理解，较为简单．13、A:C【分析】【详解】

A．将一个物体举高后；高度增加，质量不变，速度也不变，因此动能不变；重力势能增加，则机械能增加，而物体的内能与物体的体积、温度和物质的量有关，而体积、温度和物质的量都没有改变，因此内能不变，故A正确；

B．物体的内能与物体的体积；温度和物质的量有关；与宏观的速度无关，故B错误；

C．电流通过通过电阻后电阻发热；内能的增加是通过电流做功的方式实现的，故C正确；

D．当分子间距离等于平衡距离时；分子力合力为零，即分子间引力和斥力相等，分子势能最小，故D错误。

故选AC。14、A:D:E【分析】【分析】

【详解】

A．当分子力表现为斥力时；分子间距离减小时，分子力增大，分子力做负功，分子势能增大。A正确；

B．根据热力学第二定律；内燃机得到的内能不可能全部转化为机械能。B错误；

C．吹满气的气球打开气口后气体会快速喷出说明气球内其他压强大于外界压强。由于气体分子间距离较大；分子力为零。C错误；

D．玻璃细杆顶端被烧熔后变成圆形是由于表面张力引起的。D正确；

E．单晶体和多晶体均存在固定的熔点。E正确。

故选ADE。15、A:B:D【分析】【分析】

根据φ=BScosθ求解磁通量；根据∆φ=φ2-φ1求解磁通量的变化量。

【详解】

根据φ=BS可知，线圈没有旋转时的磁通量等于BL2，选项A正确；线圈旋转600时的磁通量：B∙L∙2Lcos600=BL2，选项B正确；线圈从开始到旋转1200的过程中磁通量变化了：B∙L∙2Lcos600-(-BL2)=2BL2，选项C错误；线圈从开始到旋转1800的过程中磁通量的变化等于B∙L∙2L-(-BL2)=3BL2，选项D正确；故选ABD.16、B:C:D【分析】【分析】

【详解】

由图象可知物体在4s内先做匀加速后做匀减速运动，4s末的速度为零，位移一直增大，故A错误；前2s拉力做正功，后2s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4s末的速度为零，故动量为零；故C正确；根据I=Ft可知：前4s内I合=F×2-F×2=0；故D正确；故选BCD．

【点睛】

本题主要考查了同学们读图的能力，要求同学们能根据受力情况分析物体的运动情况，再根据动量定理进行分析求解．三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】粒子恰好不从磁场中穿出时的轨道半径：

由牛顿第二定律得：解得：

粒子要穿出磁场，速度：

粒子在磁场中做圆周运动的周期：

粒子穿过磁场需要的最长时间：．

点睛：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识求出粒子的最小轨道半径，然后又牛顿第二定律求出粒子的速度，求出粒子的运动时间．【解析】18、略

【分析】【详解】

由电路的组成可知，R1和R3的上半部分串联，R2和R3的下半部分串联，然后再并联．只要求出P由a向b滑动过程中电阻的变化，就可求得电流的变化．设P、a间电阻为Ra；则混联电路的电阻为。

上式中分子里两个因式之和为定值，则当时当时，R＝1.6Ω，I1＝≈3.94A

当时，R＝2.1Ω，I2＝3A

故当滑动触头P从a端滑动到b端的过程中；电流表示数变化：从3.94A减小到2.52A再增大到3A.

【点睛】

本题正确列出并联电路电阻表达式，再根据数学关系，即可正确解题．【解析】从3.94A减小到2.52A再增大到3A19、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]气体从状态变化到状态的过程中，温度不变，内能不变；压强减小，根据理想气体状态方程

可知体积增大，对外做功，根据热力学第一定律

可知

即气体从状态a变化到状态b的过程；气体对外做的功等于气体从外界吸收的热量。

[2]由图可知a、c均在过原点的直线上，P-T图像的斜率为体积的倒数，所以气体在状态a的体积等于气体在状态b的体积；

[3]在bc过程中，等压变化，温度降低，内能减小△U＜0

温度降低，体积减小，外界对气体做功，根据

可得

bc过程中外界对气体做功Wbc=p△Vbc=C△Tbc

da过程中，气体对外界做功

所以

在bc过程中外界对气体做的功等于在da过程中气体对外界做的功。【解析】等于等于等于20、略

【分析】【详解】

[1]根据理想气体状态方程

可知当的乘积最大时，气体的温度最高，由数学知识可知，当

气体的温度最高，设此时的温度为根据

代入数据解得

[2]完成一个循环的过程中，因为气体的始末状态不变，即内能不变，由热力学第一定律

得

由公式

和定积分的几何意义可知即为图中的面积，由图可知，外界对气体做功为负值，就

解得

可知气体吸收的热量为200J。【解析】400K200J21、略

【分析】【详解】

条形磁铁从其正上方向下移近时；穿过线圈A的磁通量会增加，根据楞次定律知：线圈有向下运动的趋势，所以对地面的压力将增加，由于穿过线圈A的磁通量，根据楞次定律知道，此时线圈A的面积有减小的趋势，用来阻碍磁通量的增加．

综上所述本题答案是：增大；减小【解析】增大减小22、略

【分析】【分析】

找到AC两个状态的状态参量；根据理想气体的状态方程求解C的温度；根据热力学第一定律判断从A到C吸热或放热情况.

【详解】

[1]由图可知：pA=4×104pAVA=1m3TA=300KpC=1×104pAVC=4m3

根据解得:TC=300K；

[2][3]根据热力学第一定律如果由状态A经B到C的过程中，气体对外做了400J的功，而气体的内能不变，则这个过程气体吸收400J的热量。【解析】300；吸收；40023、略

【分析】（1）由题图可知；气体状态从A到B的过程为等压过程．

（2）状态从B到C的过程中；气体发生等容变化，且压强减小，根据p/T=C（常量），则气体的温度降低．

（3）状态从C到D的过程中；气体发生等压变化，且体积减小，外界对气体做功，即W＞0，根据V/T=C（常量），则气体的温度T降低，气体的内能减小，由△U=Q+W，则Q=△U-W＜0，所以气体放热．

（4）状态从A→B→C→D的变化过程中气体对外界所做的总功W=p2（V3-V1）-p1（V3-V2）．

点睛：此题关键是知道p-V图象中的双曲线表示等温线，图线与V轴所围的“面积”等于气体做功的大小，能熟练运用气态方程和热力学第一定律进行研究这类问题．【解析】(1)等压(2)降低(3)放热(4)p2(V3－V1)－p1(V3－V2)24、略

【分析】【详解】

滑块碰上静止的物体根据动量守恒定律可得：碰后在地面上做匀减运动，根据动量定理可得：解得：的质量为：碰撞过程中系统损失的机械能为【解析】2425、略

【分析】【详解】

(1)从纸带上可以看到，每两个计数点之间还有1个点，所以相邻两计数点之间的时间间隔为0.04s，根据匀变速直线运动的推论

可以粗略的得到，小车运动的加速度大小

根据牛顿第二定律可知，在外力F一定的情况下，以a为纵坐标，为横坐标，绘制出的图象，在原理上应该是一条过原点的正比例函数图像，呈现一种很好的线性规律，所以乙同学的说法更为合理；甲同学的图象分析相对复杂；不好寻找规律；

（2）题目所给电流表A的量程太大，无法准确测量待测电流表的满偏电流，而电压表V的满偏电流是1000能符合题目要求，所以电表x处应选C；电压表．

本实验的研究方法：①在闭合开关之前，先将滑动变阻器划片滑到最右端，使得测量电路的电压为零；②闭合开关，移动滑动变阻器划片P，使待测电流表指针在半偏附近，记录此时待测电流表指针所指的格数n和电压表读数U；所以每一格对应的电流故满偏电流．【解析】3.19乙CU为电压表读数，Rv为电压表内阻四、作图题(共3题，共9分)26、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】27、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】28、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2题，共6分)29、略

【分析】【详解】

（1）测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度，再加摆球的半径作为摆长L，选项A错误；测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t；则周期为t/50，选项B正确；摆