2024年中图版选修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年中图版选修3物理下册阶段测试试卷768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6题，共12分)1、下列说法正确的有（）A.温度升高，布朗运动显著，说明悬浮颗粒的分子运动剧烈B.液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离比较大，分子力表现为引力，故液体表面存在张力，其方向指向液体内部C.物体的内能等于物体的势能和动能的总和D.干湿泡湿度计湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水分子蒸发吸热的结果2、如图所示；汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，汽缸和活塞导热良好，汽缸水平固定不动，一条细线左端连接在活塞上，另一端跨过定滑轮后吊着一个重物，开始时活塞静止。某时刻起发现重物缓慢上升，一段时间后活塞再次静止，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，下列说法正确的是（）

A.汽缸内气体的压强增大B.汽缸内气体对外做正功C.汽缸内气体的内能减小D.汽缸内气体的分子平均动能变大3、如图所示，光滑斜面PMNQ的倾角为30°，斜面上放有矩形导体线框abcd，其中ab边的长度为L1＝0.2m，bc边的长度为L2＝0.1m，线框的质量为0.1kg，电阻为1Ω。有界匀强磁场的磁感应强度为1T，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef∥MN。现用1N大小的拉力F使线框从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行。已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列说法正确的是（）

A.线框进入磁场时的速度大小为10m/sB.线框进入磁场前的加速度大小为10m/s2C.线框进入磁场过程中产生的总热量为0.05JD.线框刚开始运动时，ab与ef间的距离为15m4、如图所示，在磁极和圆柱状铁芯间形成的两部分磁场区域的圆心角均为磁感应强度B均沿半径方向，单匝矩形线圈abcd的宽长线圈中轴以角速度匀速转动时对外电阻R供电，若线圈电阻为r，电流表内阻不计，则下列说正确的是

A.线圈转动时将产生正弦式交流电B.从图示位置开始转过角时，电流方向将发生改变C.线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的变化率不变D.电流表的示数为5、质点做简谐振动的位移x随时间t变化的规律如图所示，该质点在t1与t2时刻。

A.位移相同B.速度相同C.加速度相同D.回复力相同6、在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，各电表都看做理想表．闭合开关，滑动变阻器滑片P向右移动，若以分别表示电压表V1、V2、V3和电流表A的示数变化的大小，则下述结论正确的是（）

A.电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变大、变大、变小、变大B.电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变大、变小、变大、变小C.均变小D.评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA＝AB；则（）

A.粒子1与粒子2的速度之比为1：2B.粒子1与粒子2的速度之比为1：4C.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：1D.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1：28、如图所示，电源的电动势E和内阻r不变，将滑动变阻器R的滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是

A.电压表的示数变小B.电流表的示数变大C.电源的输出功率一定增大D.电源的效率一定减小9、下列说法正确的是（）A.水由液态变为气态，分子势能增加B.在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变C.已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以计算出阿伏加德罗常数D.当分子力表现为引力时，分子力和分子势能都是随分子间距离的增大而增大10、一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V−T图像如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强；下列判断正确的是（）

A.过程a到b中气体一定吸热B.C.过程b到c气体吸收热量E.过程c到a中气体吸收的热量大于对外做的功E.过程c到a中气体吸收的热量大于对外做的功11、下列关于物体的内能及其变化的描述正确的是（）A.热量可以从低温物体传递到高温物体B.气体温度升高，气体内每个分子的动能一定增大C.一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能E.两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大E.两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大12、如图所示；将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到灵敏电流计上，把线圈A放进线圈B的里面．下面几种情况灵敏电流计指针可能有偏转的是。

A.闭合开关瞬间B.开关闭合且电路稳定后C.开关闭合，拔出线圈A的过程中D.开关闭合，将滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中13、一定量的理想气体从状态M出发，经状态N、P、Q回到状态M，完成一个循环。从M到N、从P到Q是等温过程；从N到P、从Q到M是等容过程；其体积-温度图像（V-T图）如图所示。下列说法正确的是（）

A.从M到N是吸热过程B.从N到P是吸热过程C.从P到Q气体对外界做功E.从Q到M气体的内能减少E.从Q到M气体的内能减少评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的组等势面，已知平面b上的电势为2V．一电子经过a平面时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV．则电势为零的等势面是_____，电子经过c平面时的动能为_____eV．

15、如图所示；将带有负电的绝缘棒移近两个不带电的导体球，两个导体开始时互相接触且对地绝缘。

（1）为了使两球带上等量异号电荷，应___________。

A．先移走棒；再把两球分开B．先把两球分开，再移走棒。

（2）使棒与甲球瞬时接触，再移走棒，导体甲带___________电；导体乙带________。

（3）先使甲球瞬时接地，再移走棒，导体甲带_________电；导体乙带________电。16、如图，上端带卡环、底部有加热装置的圆柱形气缸竖直放置在水平地面上，质量为m、横截面积为S、厚度不计的活塞到气缸底部的距离为气缸高度的一半，活塞下部封闭有温度为T的理想气体。已知重力加速度为g，外界大气压强恒为忽略一切摩擦。现对封闭气体缓慢加热，则活塞恰好到达气缸上端卡口时气体温度T1=_______；保持封闭气体的温度T1不变，在活塞上表面缓慢倒入沙子，使活塞到气缸底部的距离为气缸高度的三分之一，则倒入沙子的总质量m1=________。

17、（1）一定质量的气体做等容变化，温度为200K时的压强为0.8atm，压强增大到2atm时的温度为________K。

（2）一定质量的气体，在压强不变时，温度为200K，体积为V0，当温度升高100K时，体积变为原来的________倍。18、如图为演示“通电导线之间通过磁场发生相互作用”的实验示意图，接通电源时，发现两导线会相互靠近或远离已知接线柱是按如图所示方式连接的．

(1)请在图中虚线框中标出B导线在A导线周围产生的磁场的方向用“”或“”表示

(2)在图中标出A导线所受安培力的方向_____________．19、如图，竖直放置的均匀等臂U型导热玻璃管两端封闭，管内水银封有A、B两段气柱，右管水银面高于左管水银面，高度差为h，若环境温度降低，稳定后A、B气柱的压强之比pA∶pB与降温前相比将_______（选填“变大”、“变小”或“不变”），右管水银面的高度变化Δh______（选填“＞”、“＝”或“＜”）．

评卷人得分四、作图题(共3题，共21分)20、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．

21、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．

22、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28分)23、某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥；给小车A一定的初速度，使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘成一体，继续做匀速直线运动。他设计的具体装置如图甲所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源的频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力。

（1）若得到打点纸带如图乙所示，并已将测“得各”计数点间距离标在图上。A为运动起始的第一点，则应选________段来计算小车A碰前的速度，应选________段来计算小车A和小车B碰后的共同速度（以上两空选填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”）。

（2）测得小车A的质量mA＝0.40kg，小车B的质量mB＝0.20kg，由以上测量结果可得：碰前mAvA＋mBvB＝________kg·m/s；碰后mAvA′＋mBvB′＝________kg·m/s。24、某学习小组为测量一铜芯电线的电阻率；他们截取了一段电线，用米尺测出其长度为L，用螺旋测微器测得其直径为D，用多用电表测得其电阻值约为5Ω，为提高测量的精确度，该小组的人员从下列器材中挑选了一些元件，设计了一个电路，重新测量这段导线(用Rx表示)的电阻．

A．电源(提供的电压U0为3.0V)

B．电压表V1(量程为0～3.0V；内阻约为2kΩ)

C．电压表V2(量程为0～15.0V；内阻约为6kΩ)

D．电流表A1(量程为0～0.6A；内阻约为1Ω)

E．电流表A2(量程为0～3.0A；内阻约为0.1Ω)

F．滑动变阻器R1(最大阻值10Ω；额定电流2.0A)

G．滑动变阻器R2(最大阻值1kΩ；额定电流1.0A)

H．开关S一个；导线若干。

(1)为提高实验的精确度；请你为该实验小组设计电路图，并画在下面的方框中．

(2)实验时电压表选________；电流表选________，滑动变阻器选________(只填代号)．

(3)某次测量时；电压表示数为U，电流表示数为I，则该铜芯线材料的电阻率的表达式。

为ρ＝________.25、某物理实验小组为了探究在压强不变的情况下气体的体积与热力学温度的关系；选用了如图（a）所示的实验装置，图中压强计的指针可指示出管内气柱的压强，刻度可指示出气柱的体积，整个装置安装在固定架上，实验中气柱质量不变。

（1）将下列实验步骤补充完整；

①在烧杯中放入冰水混合物，使其浸没气柱，压强计示数稳定后，记下冰水混合物的热力学温度T、气柱的体积V和压强

②改变烧杯内的水温，使水浸没气柱，经过一段时间后，缓慢调节活塞位置改变气柱的体积，使压强计的示数_______；记下气柱体积和水的热力学温度；

③多次改变水温；重复步骤②；

（2）下表为某次实验记录的数据：。1234567273283300313325333347

10.010.411.011.412.012.2

12.7

（3）根据表格中的数据在图（b）给出的坐标系中补齐数据点，并作出图线；_____

（4）根据作出的图线可知，一定质量的气体在压强不变的情况下，体积V与热力学温度T成_______关系。26、某同学利用下图研究电磁感应现象中感应电流方向；实验中所用器材的示意图。试回答下列问题：

（1）请按实验要求在实物上连线_______。

（2）在实验出现的电磁感应现象中，A、B两个线圈哪个相当于电源？_____（选填“A”或“B”）评卷人得分六、解答题(共2题，共14分)27、如图所示，上端开口的绝热汽缸内有两个质量均为m=1kg的绝热活塞（厚度不计）A、B，活塞A、B之间为真空并压缩一劲度系数k=500N/m的轻质弹簧。活塞A、B与汽缸无摩擦，活塞B下方封闭有温度为27℃的理想气体，稳定时，活塞A、B将汽缸等分成三等分。已知活塞的横截面积均为S=20cm2，L=0.6m，大气压强重力加速度g取10m/s2.

(1)现通过加热丝对下部分气体缓慢加热；当活塞A刚好上升到气缸的顶部时，求封闭气体的温度；

(2)在保持第(1)问的温度不变的条件下，在活塞A上施加一竖直向下的力F，稳定后活塞B回到加热前的位置，求稳定后力F的大小和活塞A；B间的距离。

28、显像管是旧式电视机的主要部件，显像管的简要工作原理是阴极K发射的电子束经电场加速后，进入放置在其颈部的偏转线圈形成的偏转磁场，发生偏转后的电子轰击荧光屏，使荧光粉受激发而发光，图13(a)为电视机显像管结构简图．显像管的工作原理图可简化为图13(b)．其中加速电场方向；矩形偏转磁场区域边界MN和PQ均与OO’平行；荧光屏与OO’垂直．磁场可简化为有界的匀强磁场，MN=4d，MP=2d，方向垂直纸面向里，其右边界NQ到屏的距离为L．若阴极K逸出的电子（其初速度可忽略不计），质量为m，电荷量为e，从O点进入电压为U的电场，经加速后再从MP的中点射入磁场，恰好从Q点飞出，最终打在荧光屏上．

（1）求电子进入磁场时的速度；

（2）求偏转磁场磁感应强度B的大小以及电子到达荧光屏时偏离中心O’点的距离；

（3）为什么电视机显像管不用电场偏转？请用以下数据计算说明．炽热的金属丝可以发射电子，设电子刚刚离开金属丝时的速度为0．在金属丝和金属板（图中圆环片）之间加电压U1=2500V．电子在真空中加速后，从金属板的小孔穿出．之后进入两个相同的极板Y与Y′之间，极板长度l=6.0cm，相距d=2cm，极板间的电压U2=200V，两板间的电场看做匀强电场．图中极板X与X′之间未加电压．从极板Y与Y′出射的电子最终打在荧光屏上P点（图中未画出）．如果极板Y与Y′之间不加电压，电子打在荧光屏正中心O点．那么要使OP间距y=15cm（大约是21寸彩电高度的一半），则极板Y与Y′末端到荧光屏的距离s等于多少？电子质量m=0.9×10-30kg，电量e=1.6×10-19C．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．布朗运动反应液体分子的无规则运动；温度升高，布朗运动显著，说明液体的分子运动剧烈，故A错误；

B．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离比较大；分子力表现为引力，故液体表面存在张力，其方向平行于液体表面，故B错误；

C．物体的内能等于所有分子的分子动能和分子势能的总和；故C错误；

D．干湿泡温度计下端包有湿纱布；湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以干湿泡湿度计湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，故D正确。

故选D。2、C【分析】【详解】

A．设重物重力为绳的拉力为大气压强为汽缸内气体压强为活塞的面积为由重物受力平衡得

活塞水平方向受力平衡得

得

汽缸内气体的压强不变；A错误；

B．重物缓慢上升；活塞向左移动，气体体积减小，外界对气体做功，B错误；

CD．由盖吕萨克定律得

因为

得

一定质量的理想气体；温度降低，内能减小，汽缸内气体的内能减小，汽缸内气体的分子平均动能变小，C正确，D错误。

故选C。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．导线框进入磁场时产生的感应电动势为E=BL1v

感应电流为

ab边受到的安培力大小为

由于线框匀速进入磁场，受力平衡，则满足F=F安+mgsinθ

联立解得v=12.5m/s

A错误；

B．由牛顿第二定律可得，线框进入磁场前的加速度大小为

B错误；

C．由功能关系可知，线框进入磁场过程中产生的总热量为

C正确；

D．线框刚开始运动时，ab与ef间的距离为

D错误。

故选C。4、D【分析】【详解】

A．bc边向上切割时，感应电流方向为c→b；bc边向下切割时，感应电流方向为b→c；故线圈连续转动，流过电阻R的电流是交流电；但电流的大小不变，故产生的不是正弦交流电，故A错误；

B．从图示位置开始转过900角时；电流方向不发生改变，故B错误；

C．在共同圆心角α均为内；线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的变化率不变，故C错误；

D．一个周期内，通电时间为：R上消耗的电能为：W=t，且有：W=I2(R+r)T，解得线圈上电流的有效值为：故D正确；5、B【分析】【分析】

由振动图象读出两个时刻质点的位移关系，根据回复力、加速度大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反，分析加速度关系；在t1、t2时刻质点的位置关于平衡位置对称；而且同向运动，速度相同；

【详解】

A、由振动图象读出两个时刻质点的位移大小相等，方向相反，位移不同，故A错误；

B、在t1、t2时刻质点的位置关于平衡位置对称，而且都沿负方向运动，所以速度相同，故B正确；

CD、两个时刻质点的位移大小相等，方向相反，由可知回复力大小相同，方向相反；由知加速度也大小相等，方向相反，所以回复力不同，加速度不同，故C、D错误；

故选B．

【点睛】

关键是明确回复力、加速度与位移这三个量大小变化情况是一致的，但速度要注意其方向的不同．6、D【分析】【分析】

当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，电路中的总电流增大，由欧姆定律分析并联部分两端电压的变化和路端电压的变化，再判断R2两端电压的变化；综合分析出两电压表变化量的大小．

【详解】

当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则电路中的总电流增大，则电流表A的示数变大；根据欧姆定律可知R2的电压增大，电压表V2示数变大；内电压增大，则路端电压减小，电压表V3示数变小．R2的电压增大，路端电压减小，则R1的电压减小，则电压表V1的示数变小，故AB错误．由U1=E-I（R2+r），=R2+r，不变．=R2，不变．由U3=E-Ir，=r，不变．由三个表达式可知：ΔU2+ΔU3=ΔU1；故C错误，D正确．故选D．

【点睛】

本题是电路动态变化分析问题，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析，研究电压与电流变化量之比，常常要写出表达式分析．二、多选题(共7题，共14分)7、A:C【分析】【详解】

AB．粒子进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心，由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2

由于粒子在磁场中做圆周运动的半径

可知；粒子1与粒子2的速度之比为1∶2，故A正确，B错误；

CD．由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为

且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同；因此粒子在磁场中运动的时间相同，故C正确，D错误。

故选AC。8、A:B:D【分析】【分析】

滑动变阻器的滑片向右移动，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，确定路端电压的变化，根据电流表的电流与干路电流和R1电流的关系分析电流表的示数变化；根据变阻器滑片移动的方向；分析电路中总电流和路端电压的变化，即可判断电源的输出功率的变化和效率的变化．

【详解】

假设滑动变阻器的滑片向右移动，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I增大，A中电流增大；内电压增大，路端电压减小，通过灯泡的电流减小，R1电流和电压变大，则R两端电压减小，电压表读数减小，选项AB正确；由于电源的内阻与外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化，选项C错误．电源的效率根据分析可知，路端电压U减小，电动势E不变，所以电源的效率一定减小．故D正确；故选ABD．

【点睛】

本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般思路都是先分析局部电路的电阻变化，再分析整体中电流及电压的变化，最后分析局部电路中的流及电压的变化；在分析局部电路时要注意灵活应用串并联电路的性质．9、A:C【分析】【详解】

A．水由液态变为气态；吸收热量，分子势能增加，选项A正确；

B．在晶体熔化过程中；分子势能会发生改变，内能也会改变，选项B错误；

C．已知水的摩尔质量和水分子的质量；可以计算出阿伏加德罗常数，选项C正确；

D．当分子力表现为引力时；分子势能都是随分子间距离的增大而增大，分子力随分子间距离的增大先增大后减小，选项D错误。

故选AC。10、A:B:D【分析】【详解】

A．由图像可知，a到b过程中气体体积不变而温度升高，气体内能增大，则

气体体积不变，外界对气体不做功，则

由热力学第一定律有

可得

所以气体从外界吸收热量；A正确；

B．由图像可知，b到c过程中V与T成正比，由理想气体状态方程

可知b到c过程中气体的压强不变，即

从c到a过程气体温度不变而体积增大，气体压强减小，即

由以上分析可知

B正确；

C．b到c过程中；温度降低，内能减小；体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体放出热量，C错误；

D．由图像可知，b到c过程中气体温度不断降低；分子平均动能不断减小，又气体压强不变，则单位时间内，与单位面积器壁碰撞的分子数增多，D正确；

E．由图像可知，过程c到a过程中气体温度不变而体积增大，气体内能不变，则

气体体积增大，气体对外做功，则

由热力学第一定律得

则

气体吸收的热量等于对外做的功；E错误。

故选ABD。11、A:C:E【分析】【分析】

【详解】

A．热量不能自发从低温物体传递到高温物体；但借助外界条件可以从低温物体向高温物体传递，故A正确；

B．气体温度升高时；分子的平均动能增大，但气体内每个分子的动能不一定都增大，故B错误；

C.．一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，由于体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律

可知吸收的热量大于增加的内能；故C正确；

D．根据热力学第一定律

可知；系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它做的功的和，故D错误；

E．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中；先是分子斥力做正功，分子势能减小，随后是分子引力做负功，分子势能增大，所以它们的分子势能先减小后增大，故E正确。

故选ACE。12、A:C:D【分析】【分析】

穿过闭合回路的磁通量发生变化时；闭合回路中产生感应电流．

【详解】

感应电流产生的条件是闭合回路中通过线框的磁通量发生变化．A选项，闭合开关瞬间有磁通量变化，有感应电流；B选项，开关闭合电路稳定后电流不发生变化，通过线圈B的磁通量无变化，无感应电流；C选项，拔出线圈A，通过线圈B磁通量减小，有感应电流；D选项，滑片p滑动，电阻发生变化，电流发生变化，线圈A产生的磁场发生变化，通过线圈B的磁通量变化，有感应电流；综上所述，ACD正确．13、B:C:E【分析】【详解】

从M到N的过程，体积减小，外界对气体做功，即W>0；温度不变，内能不变，即∆U=0，根据∆U=W+Q，可知Q<0，即气体放热，选项A错误；从N到P的过程，气体体积不变，则W=0，气体温度升高，内能增加，即∆U>0，可知Q>0，即气体吸热，选项B正确；从P到Q气体体积变大，则气体对外界做功，选项C正确；从Q到M气体体积不变，则气体既不对外界做功，外界也不对气体做功，选项D错误；从Q到M气体的温度降低，则气体的内能减少，选项E正确.三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【分析】

根据只有电场力做功；动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可求解．

【详解】

虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此a、d的电势差为6V；等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零；在平面b上电势为2V；则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面c时，其电势能为0，动能为6eV；

【点睛】

考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键．【解析】C615、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]根据静电感应可知；将带有负电的绝缘棒移近两个不带电的导体球时，在两个导体球上分别感应出等量的异号电荷，此时先把两球分开，再移走棒。就会使两球带上等量异号电荷；

(2)[2][3]使棒与甲球瞬时接触；再移走棒，会使两导体球均带上负电荷；

(3)[4][5]先使甲球瞬时接地，会使两球瞬间与大地连为一体，此时导体球上感应出的负电荷会导入大地，再移走棒，两球均带正电荷。【解析】B负负正正16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]对封闭气体缓慢加热；则活塞恰好到达气缸上端卡口，对封闭气体处于等压过程，由盖-吕萨克定律可知。

其中。

解得。

[2]未在活塞上表面缓慢倒入沙子前；对活塞列受力平衡。

保持封闭气体的温度T1不变,对封闭气体处于等温过程；由玻意耳定律可知。

对活塞列受力平衡。

其中。

联立可解。

【解析】2T；4m17、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】50018、略

【分析】【详解】

根据右手安培定则可判断B导线在A导线周围产生的磁场的方向垂直纸面向里，根据左手定则可判断A导线所受安培力的方向水平向右；

【解析】19、略

【分析】【详解】

假设若环境温度降低后，△h不变化，则两部分气体均做等容变化，由查理定律得：对于左边气体：对于右边气体：而由题意知，p1＞p2，故有：△p＞△p′，若温度降低，压强都减小，左边气体压强降的多，则水银柱会向下移动，显然原假设错误，△h将减小．A部分的体积减小，B部分的体积增大．设A部分的气体的物质的量是n1，B部分气体的物质的量是n2，则由克拉伯龙方程得：PAVA=n1RT；PBVB=n2RT，其中的R为克拉伯龙常数．则有：变形得：由于降温后A部分的体积减小，B部分的体积增大，所以稳定后A、B气柱的压强之比pA：pB与降温前相比将变大．由以上的分析可知，虽然水银柱向下运动，但PAVA＞PBVB，所以左侧气体的压强仍然大于右侧的压强，所以稳定后左侧的液面仍然低于右侧的液面，所以△h小于．【解析】变大小于四、作图题(共3题，共21分)20、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】21、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】22、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28分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后。推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段；故选BC计算碰前的速度。

[2]碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度。

(2)[3]碰前系统的动量即