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440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7题，共14分)1、如图所示；现闭合开关，将滑动变阻器的滑片向左移动，下列说法中正确的是()

A.灯泡B都变亮B.灯泡B都变暗C.灯泡A变亮，灯泡B变暗D.灯泡A变暗，灯泡B变亮2、电动自行车是一种应用广泛的交通工具；其速度控制是通过转动右把手实现的，这种转动把手称为“霍尔转把”，属于传感器非接触控制.转把内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图甲开启电源时，在霍尔器件的上；下面之间加一定的电压，形成电流，如图乙.随着转把的转动，其内部的永久磁铁也跟着转动，霍尔器件能输出控制车速的电压，已知电压与车速关系如图丙.以下关于“霍尔转把”叙述正确的是（）

A.为提高控制的灵敏度，永久磁铁的上、下端分别为N、S极B.按图甲顺时针转动电动车的右把手，车速将变快C.图乙中从霍尔器件的左、右侧面输出控制车速的霍尔电压D.若霍尔器件的上、下面之间所加电压正负极性对调，将影响车速控制3、如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C为等压过程，D→A为等容过程。关于该循环过程中；下列说法正确的是（）

A.A→B过程中，气体密度减小B.B→C过程中，气体分子的平均动能减小C.C→D过程中，气体分子间平均距离增大D.D→A过程中，气体分子的热运动更剧烈4、某同学在探究磁场对电流作用的实验中，将直导线换成一块厚度为d的金属导体板，使匀强磁场垂直于板的上、下面，如图所示。当有电流I垂直于磁场方向通过导体板时，在板的前、后侧面之间存在电压Uab。进一步实验结果如下表：

。电流。

磁感应强度。

电压Uab

I

B

U

I

2B

2U

I

3B

3U

2I

B

2U

3I

B

3U

由表中结果可知电压UabA.与电流I无关B.与磁感应强度B无关C.与电流I可能成正比D.与磁感应强度B可能成反比5、如图，空间某区域有一个正三角形ABC，其三个顶点处分别固定有三个等量正点电荷，D点为正三角形的中心，E、G、H点分别为正三角形三边的中点，F点为E关于C点的对称点。取无限远处的电势为0；下列说法中正确的是。

A.E、G、H三点的电场强度均相同B.E、G、H三点的电势均相同C.D点的场强最大D.根据对称性，E.、F两点的电场强度等大反向6、初速度为零的某质点的加速度随时间变化的规律如图所示；则下列说法正确的是（）

A.质点做匀加速直线运动B.第1s内与第3s内质点动量变化量之比为1：3C.第1s内与第3s内质点动量变化率之比为1：3D.第1s内与第3s内质点通过的位移之比为1：37、如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R；将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则下列选项正确的是（）

A.A不能到达B圆槽的左侧最高点B.A运动到圆槽的最低点速度为C.B向右匀速运动D.B向右运动的最大位移大小为评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、图示空间有一静电场，y轴上各点的场强方向沿y轴正方向竖直向下，两小球P、Q用长为L的绝缘细线连接，静止在轴上A、B两点．两球质量均为m，Q球带负电，电荷量为-q，A点距坐标原点O的距离为L，y轴上静电场场强大小E=，剪断细线后，Q球运动到达的最低点C与B点的距离为h，不计两球间的静电力作用．则

A.P球带正电B.P球所带电荷量为-4qC.两点间电势差为D.剪断细线后，Q球与O点相距3L时速度最大9、下列关于热力学温度的说法中，正确的是（）A.热力学温度的零度是B.热力学温度的每一度的大小和摄氏度是相同的C.绝对零度是低温的极限，永远达不到D.就是1K10、奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐（内有液态丙烷）稳压装置和燃烧器三部分组成。当稳压阀打开以后，燃气以气态形式从气罐里出米，经过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧，以下说法中正确的是（）A.燃气由液态变为气态的过程中要对外做功B.燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能减少C.燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量不可能被回收再利用D.若将两个丙烷气体分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大、后变小再变大11、在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三只相同规格的小灯泡，L2、L3并联，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示；当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时（）

A.L2的电阻小于4ΩB.L1消耗的电功率为0.75WC.L1上的电压为L2上电压的4倍D.L1、L2消耗的电功率的比值大于4:112、某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示；则下列说法中正确的是()

A.该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态下的电阻B.加5V电压时，导体的电阻约是5ΩC.由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小D.由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小13、如图甲所示，电动势为E、内阻为r的电源与R=8Ω的定值电阻、滑动变阻器Rp、开关S组成串联回路，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示．下列说法正确的是。

A.电源的电动势E=V，内阻r=2ΩB.图乙中Rx=25ΩC.滑动变阻器的滑片向左移动时，R上消耗的功率先增加后减小D.调整滑动变阻器Rp的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1.28W14、如图甲所示，一光滑的平行金属导轨ABCD竖直放置．AB、CD相距L，在A、C之间接一个阻值为R的电阻；在两导轨间的abcd矩形区域内有垂直导轨平面向外、高度为5h的有界匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m电阻为r长度也为L的导体棒放在磁场下边界ab上（与ab边重合）．现用一个竖直向上的力F拉导体棒，使它由静止开始向上运动，导体棒刚要离开磁场时恰好做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图乙所示；下列判断正确的是（）

A.导体棒离开磁场时速度大小为B.离开磁场时导体棒两端电压为C.导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为D.导体棒经过磁场的过程中，电阻R产生焦耳热为-15、一重球从高处下落到b点时和弹簧接触，压缩弹簧至最低点c点后又被弹簧弹起，则重球从b至c的运动过程中。

A.速度逐渐减小B.加速度先减小后增大C.克服弹力做的功等于重力做的功D.重球在c点的加速度大于重力加速度g评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、如图所示电路，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，安培表A的示数如何变化？小明同学的分析思路如下：

试写出以下步骤的物理原理：

②______________________________________。

④______________________________________。17、一逻辑电路图如下图所示，其真值表见下表，此逻辑电路为________门电路，在真值表中X处的逻辑值为________。

输入输出ABY00001010X11118、一定质量的非理想气体（分子间的作用力不可忽略），从外界吸收了4.2×105J的热量，同时气体对外做了6×105J的功；则：

（1）气体的内能______（选填“增加”或“减少”），其变化量的大小为______J。

（2）气体的分子势能______（选填“增加”或“减少”）。19、一定量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p－T图象如图所示。___（选填“a”“b”或“c”）状态分子的平均动能最小，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数_____（选填“相同”或“不同”），ca过程外界对气体做的功___（选填“大于”、“小于”或“等于”）气体放岀的热量。20、如图所示的电路，水平放置的上下可移动的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，若保持电容器两极板间的距离不变，将滑动变阻器的滑片P向左移动，液滴将___________（填“向上运动”、“向下运动”或“不动”）；若保持变阻器的滑片P的位置不变，减小电容器两极板间的距离，液滴将_________（填“向上运动”；“向下运动”或“不动”）。

21、质量为m,电荷量为q的带电粒子由静止开始，在电压为U的电场中仅在电场力作用下加速后的速度为___________评卷人得分四、作图题(共3题，共30分)22、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．

23、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．

24、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12分)25、现有下列可供选用的器材及导线若干，要求尽可能精确地测量出待测电流表的满偏电流．

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

B．电流表(量程为0.6A，内阻为RA=0.1Ω)

C．电压表(量程为3V，内阻为RV=3kΩ)

D．滑动变阻器R(最大阻值为200Ω)

E．电源E(电动势为3V，内阻约为1.5Ω)

F．开关S一个

(1)根据你的测量需要，“B．电流表”与“C．电压表”中应选择____________．(只需填写电表前的字母序号)

(2)某同学设计的实验电路图如下，你认为正确的是()

(3)某次测量中测得电流表的指针偏转了n格，读出另一个电表的示数U(或I)，可算出满偏电流IAmax＝__________________．（用题中所给符号表示）26、某同学利用有一定内阻的毫安表（量程0~3mA）测定一节干电池的电动势E和内阻r．使用的器材还包括两个电阻箱R和R0，两个定值电阻R1=15.0Ω和R2=4.5Ω；开关两个，导线若干．实验原理图如图甲所示．

（1）在图乙的实物图中；已正确连接了部分电路，请用笔画线代替导线完成余下电路的连接．

（2）请完成下列主要实验步骤：

①调节电阻箱R到最大值，闭合开关S1和S2，调节电阻箱R使毫安表的示数大约为2mA；

②调节电阻箱R，直至在反复断开、闭合开关S2时，毫安表的指针始终停在某一示数处，读得此时电阻箱R0的电阻为3.0Ω，则毫安表的内阻RA=___________Ω；

③保持开关S1和S2闭合，且保持电阻箱R0的阻值不变，不断调节电阻箱R，读出其阻值R和对应的毫安表的示数I；

④根据实验数据描点，绘出的图象如图丙所示，则该电池的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω．27、在氢原子光谱中．电子从较高能级跃迁到n=2能级发出的谱线属于巴耳末线系．若一群氢原子自发跃迁时发出的谱线中只有2条属于巴耳末线系，则这群氢原子自发跃迁时最多可发出_____________条不同频率的谱线．评卷人得分六、解答题(共1题，共10分)28、如图所示，在xOy平面内，以O1(0，R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直平面向里的匀强磁场B1，x轴下方有一直线ab，ab与x轴相距为d，x轴与直线ab间区域有平行于y轴的匀强电场E，在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，ab与MN间区域有垂直于纸平面向外的匀强磁场B2.在0≤y≤2R的区域内，质量为m的电子从圆形区域左侧的任何位置沿x轴正方向以速度v0射入圆形区域，经过磁场B1偏转后都经过O点，然后进入x轴下方．已知x轴与直线ab间匀强电场场强大小ab与MN间磁场磁感应强度不计电子重力．

(1)求圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小？

(2)若要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上，MN与ab板间的最小距离h1是多大？

(3)若要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上，MN与ab板间的最大距离h2是多大？当MN与ab板间的距离最大时，电子从O点到MN板，运动时间最长是多少？参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】闭合开关，将滑动变阻器的滑片向左移动时，电阻R3减小，电路的总电阻减小，总电流变大，路端电压减小；则上部分支路的电流减小，通过A、B两灯的电流均减小，则A、B两灯均变暗，故选B.2、B【分析】【详解】

A．由于在霍尔器件的上、下面之间加一定的电压，形成电流，当永久磁铁的上、下端分别为N、S极时；磁场方向与电子的移动方向平行，则电子不受洛伦兹力作用，霍尔器件不能输出控制车速的霍尔电压，故A错误；

B．当按图甲顺时针转动电动车的右把手；霍尔器件周围的磁场增强，则霍尔器件输出控制车速的霍尔电压增大，因此车速将变快，故B正确；

C．根据题意，结合图乙的示意图，永久磁铁的N、S极可能在左；右侧面或在前、后表面；因此从霍尔器件输出控制车速的霍尔电压不一定在霍尔器件的左、右侧面，也可能在前、后面，故C错误；

D．当霍尔器件的上；下面之间所加电压正负极性对调；从霍尔器件输出控制车速的霍尔电压正负号相反，由图丙可知，不会影响车速控制，故D错误。

故选B。3、C【分析】【详解】

A．A→B过程中；气体体积减小，质量不变，所以密度增大，故A错误；

B．B→C过程中；气体经历等压过程，体积增大，根据盖—吕萨克定律可知气体温度升高，分子的平均动能增大，故B错误；

C．C→D过程中；气体体积增大，分子间平均距离增大，故C正确；

D．D→A过程中；气体经历等容过程，压强减小，根据查理定律可知气体温度降低，分子的热运动更平和，故D错误。

故选C。4、C【分析】AC：对比第一、四、五组数据，可得：电压Uab与电流I可能成正比。故A项错误；C项正确。

BD：对比第一、二、三组数据，可得：电压Uab与磁感应强度B可能成正比。故BD两项均错误。5、B【分析】【详解】

A.由对称性可知，E、G、H三点的电场强度大小相等；但电场强度的方向不同，故A错误；

B.由对称性可知，E.G、H三点的电势均相等；故B正确；

C.由于D点为正三角形的中心，即到三个点电荷的距离相等，故任意两点电荷在D点产生的合场强与第三个点电荷在D点产生的电场强度大小等大反向，故D点的电场强度为零；故C错误；

D.由C点电荷在E、F两点产生的电场强度等大反向，但A、B两个点电荷在E、F两点产生的电场强度却不相等；故D错误；

故选：B6、D【分析】【详解】

A．根据图像可知；物体加速度随时间发生变化不是定值，因此不是匀变速运动，A错误。

B．第1s内与第3s内质点合外力冲量相等；所以动量变化量之比为1：1，B错误。

C．第1s内与第3s内质点动量变化率等于各自的合外力；且两个时间间隔内合外力相等，所以动量变化率之比为1：1，C错误。

D．前3s物体先做初速度为0的匀加速直线，再做匀速直线，接着做匀加速直线，将中间的匀速去掉，可知第1s与第3s组成一个连续的匀加速直线运动，且初速度为0，通过计算可知第1s内与第3s内质点通过的位移之比为1：3，D正确7、D【分析】【分析】

物体A和B组成的系统在水平方向上动量守恒；当A到达左侧的最高点时，水平方向上的速度相等，竖直方向上的速度为零，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出A上升的最大高度以及到达最低点的速度。当A运动到左侧最高点时，B向右的位移最大，根据动量守恒定律求出最大位移的大小。

【详解】

A．设A到达左侧最高点的速度为v；根据动量守恒定律知，由于初动量为零，则末总动量为零，即v=0，根据能量守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点，故A错误；

B．设A到达最低点时的速度为v，根据动量守恒定律得0=mv-2mv′

解得

根据能量守恒定律得

解得

故B错误。

C．因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒；当A在水平方向上的速度向左时，B的速度向右，当A在水平方向上的速度向右时，则B的速度向左，故C错误。

因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的D．位移最大，设B向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得m（2R-x)=2mx

解得

故D正确。

故选D。

【点睛】

本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，知道A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A到达左侧的最高点时，B向右的位移最大。二、多选题(共8题，共16分)8、B:C:D【分析】【分析】

选取AB组成的整体为研究的对象；写出平衡方程，即可求得A的电量；剪断细线后，B球的先向下做加速运动，B球受到的重力与电场力相等时，速度最大，由平衡条件求解A球或B球到O点的距离，根据功能关系分析电势能的变化．

【详解】

A．选取AB组成的整体为研究的对象，由平衡可知，其中所以方向向上，故P带负电，故A错误；

B．由解得：且为负电；故B正确；

C．对Q从B到C由动能定理可得：解得：故C正确；

D．速度最即加速度为零，即有：解得：故D正确．

故选BCD．

【点睛】

本题主要是考查带电粒子在复合场中的运动，两个小球受到的力是变力，要根据它们受力变化的规律，正确分析得出它们运动的规律，然后才能做出正确的结论．9、A:B:C【分析】【分析】

【详解】

AC．热力学温度的零度是所能无限接近的绝对零度，此温度不可达到，为AC正确；

B．摄氏温度与热力学温度的差别为所选的零值的起点不同；单位不同，但每一度表示的冷热差别是相同的。

B正确；

D．在数值上。

所以对应274.15K；D错误。

故选ABC。10、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．燃气由液态变为气态的过程中体积增大对外做功；故A正确；

B．燃气由液态变为气态的过程中吸收热量而温度不变；吸收的热量转化为分子势能，所以分子势能增大，故B错误；

C．燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量变为品质低的大气内能；能量耗散了，很难再被利用，但消耗其他能量也可以被回收利用，故C错误；

D．两个丙烷气体分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力从无到有，先变大。当r＞r0时，表现为引力，随分子间距的减小而增大，当r＜r0时；表现为斥力，随分子间距的减小而增大。由以上分析可知D正确。

故选AD。.11、A:B:D【分析】【详解】

B．通过的电流为0.25A，所以其两端的电压3.0V，所以消耗的功率为

B正确；

AC．根据串并联规律可知通过的电流为0.125A，从图中可知当电流为0.125A时其两端的电压小于0.5V，所以电阻小于4Ω，的电压为3.0V，而的电压小于0.5V；故不是4倍关系，A正确C错误；

D．根据可知，消耗的电功率

所以消耗的电功率的比值大于4:1；故D正确；

故选ABD。12、B:C【分析】【详解】

该元件虽然是非线性元件，但仍能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻，故A错误，当U=5V时，由图知电流为I=1.0A，则导体的电阻．故B正确；由图知；随着电压的减小，图象上的点与原点连线的斜率增大，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断减小，故C正确，D错误；故选BC。

【点睛】

本题关键抓住图象上的点与原点连线的斜率等于电阻的倒数，分析电阻的变化，求解电阻的值．13、B:D【分析】【分析】

将R看成电源的内阻，当电源的内外电阻相等时的功率最大，由图读出的功率最大值及对应的阻值，即可求得电源的内阻，根据功率公式求出电源的电动势．根据滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等列式，可求得Rx．当RP=0时电路中电流最大；R消耗的功率最大．根据内外电阻相等时电源的输出功率最大求该电源的最大输出功率．

【详解】

把R等效为电源的内阻，根据图像可知功率最大时解得A错误；滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等，有即解得B正确；当滑片向左滑动时，其接入电路的电阻增加，电流减小，R消耗的功率减小，C错误；当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大．本题中定值电阻R的阻值大于内阻的阻值，故滑动变阻器的阻值为0时，电源的输出功率最大，最大功率为D正确．

【点睛】

解决本题的关键是掌握推论：当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大．对于定值电阻，当电流最大时其消耗的功率最大．对于变阻器的最大功率，可采用等效法研究．14、B:D【分析】【详解】

试题分析：根据安培力与速度的关系式和平衡条件结合求导体棒离开磁场时的速度大小．根据求通过电阻R的电荷量．根据欧姆定律求离开磁场时导体棒两端电压．根据功能关系求出电阻R产生的焦耳热．本题是电磁感应与力学知识的综合应用，对于这类问题一定要正确分析安培力的大小和方向，要掌握安培力经验公式做选择题时直接运用可节省时间．

设导体棒离开磁场时速度大小为v．此时导体棒受到的安培力大小为由平衡条件得由图2知：联立解得A错误；离开磁场时，由得导体棒两端电压为B正确；导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为C错误；导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总焦耳热为Q．根据功能关系可得：而拉力做功为：电阻R产生焦耳热为联立解得：D正确．15、B:D【分析】【详解】

AB.小球与弹簧接触,开始重力大于弹力,加速度方向向下,做加速运动,向下运动的过程中,弹力增大,则加速度减小,加速度减小到零,速度达到最大,然后弹力大于重力,加速度方向向上,做减速运动,向下运动的过程中,弹力增大,则加速度增加,所以速度先增大后减小,加速度先减小后增大.故A错误,B正确.

C.重球从b至c的运动过程中,重力做正功；弹力做负功，而动能减小，根据动能定理可知：克服弹力做功大于重力做的功，故C错；

D.若小球从弹簧处由静止释放,到达最低点,根据运动的对称性,知加速度等于g,方向竖直向上,若从某一高度下降,下降的更低,则加速度大于g；故D对；

故选BD

【点睛】

根据小球的受力得出加速度的方向,根据加速度的方向与速度方向的关系,判断小球的运动情况,从而得出速度和加速度的变化三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】【详解】

②根据闭合电路欧姆定律得：总电流减小，所以路端电压变大；④根据并联电路电流关系：总电流变小，而变大，则一定变小【解析】17、略

【分析】【详解】

[1][2]本题为“与”门电路，由图表中输入或输出的关系，得出X值应为0.

【点睛】

了解三种门电路的特点，在实际问题中要具体问题具体分析，难度不大。【解析】与018、略

【分析】【详解】

（1）[1][2]根据热力学第一定律有ΔU=W＋Q

由于气体从外界吸收热量，同时气体对外做功，则ΔU=-6×105J＋4.2×105J=-1.8×105J

所以气体内能减少了1.8×105J。

（2）[3]因为气体对外做功，体积膨胀，分子间距离增大，分子力做负功，气体的分子势能增加。【解析】减少1.8×105增加19、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由图像可知，a、b和c三个状态中a状态温度最低；分子平均动能最小。

[2]由图像可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中；容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同。

[3]由图像可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W＞0，气体温度降低，内能减少，△U＜0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量【解析】a不同小于20、略

【分析】【详解】

[1]因开始时液滴受力平衡，故液滴受上的电场力等于重力；当滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电阻变大，则电路中电流减小，故R2两端的电压减小；因电容器与R2并联，故电容器两端的电压减小，根据

则电容器内部的场强E减小；液滴受电场力减小，故液滴将向下运动；

[2]当滑片不动时，电容器两端的电压不变，减小极板间的距离，根据

则电容器内部的场强E增大，故受电场力增大，故液滴将向上运动。【解析】向上运动向上运动21、略

【分析】【分析】

带电粒子经加速电场加速后；动能的大小等于电场力做功，求得速度v；

【详解】

设加速后的速度为v，根据动能定理可得：所以．

【点睛】

本题考查带电粒子在电场中的加速，注意动能定理的应用．【解析】四、作图题(共3题，共30分)22、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】23、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】24、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12分)25、略

【分析】【详解】

（1）因为电动势为3V，电路中的最大电流为：Imax≈A=0.03A=30mA，若选择电流表，指针偏角过小误差较大，为了减小误差，使指针有较大偏转，故选择电压表C；

（2）因为要求尽可能精确，故应采用分压式电路，故CD错误；若采用A图所示电路，当电流表有较大偏转时，电压表偏角过小，当电压表有较大偏转时，带测电表会烧坏，两表无法同时有较大偏转，而B图所示电路两表可以同时有较大偏转，