2025年沪科版选修3物理上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年沪科版选修3物理上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9题，共18分)1、一金属板暴露在波长λ=400nm的可见光中，观测到有电子从该金属板表面逸出。在靠近金属板的空间加一方向垂直于板面、大小为E=15V/m的匀强电场（金属板与电场间隙可忽略），电子能运动到距板面的最大距离为10cm．已知光速c与普朗克常量h的乘积为1.24×10－6eV·m．能使金属板发生光电效应的入射光的波长最大值约为()A.450nmB.477nmC.500nmD.775nm2、如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直．在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落；经电场和磁场到达水平地面．若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是。

A.小球做匀变速曲线运动B.小球的电势能一定减少C.洛伦兹力对小球做负功D.小球的动能增量等于其重力势能的减少量3、对于热学现象的相关认识，下列说法正确的是（）A.在较暗的房间里，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动是布朗运动B.气体分子速率呈现出“中间少、两头多”的分布规律C.定量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能变大D.在分子力表现为斥力时，随分子间距离的减小，分子势能增大4、如图，边长为a的正方形闭合线圈沿光滑的水平面上以速度v0进入宽度为L的匀强磁场，a1：Q2为（）

A.1:1B.2:1C.3:1D.4:1：5、如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，v1＝2v2；则在先后两种情况下()

A.线圈中的感应电动势之比为E1∶E2＝1∶2B.线圈中的感应电流之比为I1∶I2＝4∶2C.线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1D.通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝2∶16、如图所示；把电阻R；电感线圈L、电容器C并联，三个支路中分别接有一灯泡。接入交流电源后，三盏灯亮度相同。若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率增大，则以下判断正确的是（）

A.与线圈L连接的灯泡L1将变暗B.与电容器C连接的灯泡L2将变暗C.与电阻R连接的灯泡L3将变暗D.三盏灯泡的亮度都不会改变7、如图所示，电路中的变压器为理想变压器，R为滑动变阻器，U1为加在原线圈两端的交流电压，I1为原线圈中的电流，U2为副线圈两端的交流电压，I2为副线圈中的电流，P2为滑动变阻器上消耗的电功率．若U1保持不变；改变滑动变阻器滑片的位置，下列说法中正确的是。

A.P2保持不变B.U2保持不变C.I1保持不变D.I2保持不变8、如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计针的偏转示电容两极板间的电势差．实验中保持极板上的电荷量不变．设电容两极正对面积为极板间的距离为静电计指针偏角为．下列关于实验现象的描述正确的是（）

A.保持不变，增大则变大B.保持不变，减小则不变C.保持不变，减小则变小D.保持不变，在两板间插入电介质，则变大9、如图所示，一绝热容器被隔板K隔开a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b；最终达到平衡状态．在此过程中()

A.气体对外界做功，内能减少B.气体不做功，内能不变C.气体压强变小，温度降低D.气体压强变小，温度不变评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、如图电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示．下列判断正确的是。

A.U1增大，I增大，不变B.U2减小，I增大，减小C.DU1>DU2D.减小11、如图所示的电路中,电源内阻一定,电压表和电流表均为理想电表．现使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离,测得电压表V1的示数变化大小为ΔU1,电压表V2的示数变化大小为ΔU2,电流表A的示数变化大小为ΔI,对于此过程下列说法正确的是()

A.为一定值B.路端电压的增加量等于ΔU2C.R0两端的电压的变化量大小等于ΔU2-ΔU1D.通过电阻R1的电流变化量大小等于12、下列关于热平衡定律的理解，说法正确的是（）A.两系统的温度相同时，才能达到热平衡B.A、B两系统分别与C系统达到热平衡，则A、B两系统也达到热平衡C.甲、乙、丙物体温度不相等，先把甲、乙接触，最终达到热平衡，再将丙与乙接触最终也达到热平衡，则甲、丙是处于热平衡的E.温度是决定两个系统是否达到热平衡状态的唯一物理量E.温度是决定两个系统是否达到热平衡状态的唯一物理量13、在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势E，内阻为r。设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U。当R5的滑动触点向图中a端移动时（）

A.R1、R3功率变大，R2、R4功率变小B.I变大，U变大C.R1、R3功率变小，R2、R4功率变大D.I变小，U变小14、振源起振方向沿方向，从振源起振时开始计时，经轴上至范围第一次出现图示简谐波，则()

A.此列波的波速约为B.时，轴上处的质点振动方向向下C.波的周期一定是D.波的周期(可取)评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、（1）用游标卡尺测量某钢管的外径，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图1所示，其读数为_____cm。

（2）如图2所示，螺旋测微器测出的某物件的宽度是_____mm。

16、如图所示电路，电源内阻不可忽略。在滑动变阻器触头由a滑向b的过程中，电流表示数________，小灯泡L亮度___________，电源内电压________，电源内电阻消耗功率__________。（选填“减小”；“增加”或“不变”）

17、用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近悬挂的通草球时，通草球被推开，则通草球带______电；反复摩擦后，发现橡胶棒的温度升高，这是通过______的方式改变物体的内能的。18、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图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为t＝27℃，则气体在状态B时的温度为________K，气体从A到C过程对外做了_______J的功，气体在C状态时的温度为________℃。

19、如图所示，电阻Rab=0.1Ω的导体ab沿光滑导线框向右做匀速运动；线框中接有电阻R=0.4Ω，线框放在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，cd间的长度L=0.4m，运动的速度v=5.0m/s，线框的电阻不计．

a.电路abcd中导体棒ab相当于电源,_______（a端或b端）相当于电源的正极。

b.电源的电动势即产生的感应电动势E=_______V，电路abcd中的电流I=_______A

c.导体ab所受安培力的大小F=__________N，方向是__________；20、如图所示，先后以速度和匀速地把同一线圈从同一位置拉出有界匀强磁场的过程中，在先后两种情况下：

(1)线圈中的感应电流之比

(2)线圈中通过的电量之比

(3)拉力做功的功率之比．21、三个原子核X、Y、Z，X核放出一个正电子后变为Y核，Y核与质子发生核反应后生成Z核并放出一个个氦（42He）,则下面说法正确的是。

。A．X核比Z核多一个原子。

B．X核比Z核少一个中子。

C．X核的质量数比Z核质量数大3

D．X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍。

22、如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，普朗克常量h＝6.63×10-34J·s，（直线与横轴的交点坐标4.31，与纵轴交点坐标0.5）由图可知，斜率表示_____________；该金属的极限频率为____________Hz，该金属的逸出功为___________J，（结果保留三位有效数字）若用频率为5.5×1014Hz的光照射该种金属时，则对应的遏止电压应为_____________V

23、光电效应实验中，用波长为的单色光A照射某金属板时，刚好有光电子从金属表面逸出．当波长为的单色光B照射该金属板时，光电子的最大初动能为______，A、B两种光子的动量之比为_____．（已知普朗克常量为h、光速为c）评卷人得分四、作图题(共3题，共24分)24、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．

25、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．

26、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30分)27、在测量电源电动势和内电阻的实验中，已知一节干电池的电动势约为1.5V，内阻约为电压表V（量程为3V，内阻约）；电流表A（量程为0.6A，内阻约为）；滑动变阻器R（2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻。

（1）请在图1方框中画出实验电路图。______

（2）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图2所示的U-I图线，由图可得该电源电动势E=____V，内阻r=______Ω。（结果均保留两位小数）

（3）一位同学对以上实验进行了误差分析。其中正确的是______。A.实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用B.实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用C.实验测出的电动势小于真实值D.实验测出的内阻大于真实值

（4）某小组的同学找到了电阻箱，便设计了如图甲所示的电路进行实验，并且记录了实验中一系列电流表读数I及与之对应的电阻箱阻值R，该小组同学通过巧妙地设置横轴和纵轴，描绘出了如图乙所示的图线，则在图乙中纵轴应表示______；（填I、R或与I、R相关的量），若该图线的斜率为k，横轴上的截距为m，则电动势的测量值=______，内电阻的测量值=______

28、某实验小组要测量两个电压表的内阻；实验室提供的实验器材如下：

A．待测电压表V1（量程为5V）

B．待测电压表V2（量程为3V）

C．滑动变阻器R1（最大阻值为20Ω；额定电流为1A）

D．滑动变阻器R2（最大阻值为500Ω；额定电流为1A）

E．电阻箱R（0—9999Ω）

F．电源（电动势约9V；内阻约1Ω）

G．开关两个；导线若干。

(1)研究小组设计的电路图如图所示，选用的滑动变阻器为_____（填“R1”或“R2”）。

(2)实验步骤如下：

①按电路图连接好电路，两开关均要打开，滑动变阻器的触头要在最_____端（填“右”或“左”）。

②闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器，使两个电压表的示数逐渐增加，当电压表V1示数为4V时，电压表V2示数为2V。

③保持滑动变阻器的位置不变，断开开关S2，调整电阻箱，当电阻箱的阻值为R=3kΩ时，电压表V2的示数变为1V，则电压表V1的内阻为________kΩ。

(3)电压表V2内阻的测量值________（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。29、为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：待测电阻R（阻值约100Ω）、滑动变阻器R1(0～100Ω）、滑动变阻器R2（0～10Ω）、电阻箱R0(0～9999.9Ω）、理想电流表A（量程50mA）、直流电源E（3V；内阻忽略）；导线若干、开关若干．

(1)甲同学设计如上图（a）所示的电路进行实验．

①请在图（b）中用笔画线代替导线；完成实物电路的连接_________．

②滑动变阻器应选________（选填字母代号即可）．

③实验操作时，先将滑动变阻器的滑动触头移到最________（选填“左”或“右”）端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下电流I1.

④断开S1，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱R0阻值在100Ω左右，再闭合S2，调节R0阻值使得电流表读数为________时，R0的读数即为电阻的阻值．

(2)乙同学利用电路（c）进行实验，改变电阻箱R0的值，读出电流表相应的电流I，由测得的数据作出图线如图（d）所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则电阻的阻值为________(用m、k表示）．

(3)若电源内阻是不可忽略的，则上述电路（a）和（c），哪种方案测电阻更好________？原因是____________.评卷人得分六、解答题(共2题，共14分)30、用一根长L=0.8m的轻绳，吊一质量为m=1g的带电小球，放在磁感应强度B=1T，方向如图所示的匀强磁场中，将小球拉到与悬点等高处由图示位置静止释放，小球便在垂直于磁场的竖直面内摆动，当球第一次摆到低点时，悬线的张力恰好为零（重力加速度g=10m/s2）小球第二次经过最低点时；悬线对小球的拉力多大？

31、如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有两个固定卡口M和N，卡口N距缸底的高度H，卡口M距缸底的高度2H．横截面积为S、质量为的活塞下方密封有一定质量的理想气体．开始时活塞处于卡口N处静止，汽缸内气体温度为压强为．活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，大气压强为．现用电阻为R的电热丝缓慢加热汽缸中的气体，电热丝中的电流为I．重力加速度为g．求：

（1）活塞开始上升时气体的温度

（2）活塞恰好上升到卡口M时气体的温度

（3）气体的温度升为的过程持续了时间t，不计电热丝由于温度升高而吸收的热量，试计算气体增加的内能．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

由光电效应方程可得根据动能定理得联立以上三式并代入数据得故D正确，ABC错误；故选D2、B【分析】【分析】

小球重力不可忽略；进入混合场后，受重力；电场力、洛伦兹力共同作用，重力与电场力恒定，但洛伦兹力时刻变化，运动过程前两力做功而洛伦兹力不做功，从而即可求解．

【详解】

A；小球进入混合场后；受重力、电场力、洛伦兹力共同作用，初速度竖直向下，电场力水平向右，洛伦兹力水平向右，因此，合力必不沿竖直方向，故粒子做曲线运动，运动过程中洛伦兹力时刻变化，故合力将会改变，小球做变速曲线运动，故A错误；

B；下落过程中；电场力将做正功，由功能关系得，电势能减小，故B正确；

CD；小球从静止开始下落到水平地面过程中；洛伦兹力不做功，由动能定理得，小球落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的减少量总和，故CD错误；

故选B．

【点睛】

全面分析粒子的受力，明确各力的做功特点，依据功能关系、动能定理及曲线运动条件和牛顿运动定律认真分析．3、D【分析】【分析】

【详解】

A．在较暗的房间里；看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动，布朗运动肉眼是看不到的，所以A错误；

B．气体分子速率呈现出“中间多；两头少”的分布规律；所以B错误；

C．定量的理想气体发生绝热膨胀时，根据热力学第一定律可知，绝热膨胀时外界对气体做负功，则内能变小，所以C错误；

D．在分子力表现为斥力时；随分子间距离的减小，分子力做负功，则分子势能增大，所以D正确；

故选D。4、C【分析】【详解】

进入磁场的过程中，由动量定理得：﹣∑FA•△t＝mv1﹣mv0，即mv1﹣mv0，整理得，1，同理，出磁场的过程有：解得根据能量守恒得，进入磁场过程产生的热量出磁场过程产生的热量则Q1：Q2＝3：1，故C正确，A、B、D错误．5、C【分析】【详解】

A.感应电动势：所以A错误。

B.感应电流：所以B错误。

C.产生焦耳热：所以焦耳热之比为C正确。

D.通过界面电量：两次电量一样，所以q1∶q2＝1∶1，D错误6、A【分析】当交变电流的频率增大时，对R无影响，亮度不变，电感线圈感抗增大，变暗，电容器容抗减小，则灯泡亮度增加，故A正确．7、B【分析】【详解】

B、保持U1不变，根据输出电压是由输入电压和匝数比决定可知输出电压U2不变，B选项正确；D、使滑片P滑动时，R变化，而电压U2不变，所以副线圈电流I2变化，故D错误；C、由知I2变化，则I1变化，故C错误；A、由知P2发生变化；故A错误；故选B．

【点睛】根据输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可．8、A【分析】【详解】

A：平行板电容器的电容电容器电压与电容的关系为电量不变，保持不变，增大电容减小，电压增大，变大；故A项正确．

B：电量不变，保持不变，减小电容增大，电压减小，变小；故B项错误．

C：电量不变，保持不变，减小电容减小，电压增大，变大；故C项错误．

D：电量不变，保持不变，在两板间插入电介质，电容增大，电压变小，变小；故D项错误．

所以选A．

点睛：①平行板电容器充电后，若保持其始终与直流电源相连，则板间电压不变．当电容器电容的影响因素发生变化后，据来判断各量如何变化．

②平行板电容器充电后与电源断开，由于电荷不能移动，电容器的带电量不变．当电容器电容的影响因素发生变化后，据来判断各量如何变化．9、B:D【分析】试题分析：因b内为真空，所以抽开隔板后，a内气体可以“自发”进入b；气体不做功．又因容器绝热，不与外界发生热量传递，根据热力学第一定律可以判断其内能不变，温度不变．由理想气体状态方程可知：气体体积增大，温度不变，压强必然变小，综上可判断B；D项正确．

A；绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递；Q=0，因而A错误；

B；稀薄气体向真空扩散没有做功；W=0，因而B正确；

C；根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变；则温度不变，因而C错误；

D；稀薄气体扩散体积增大；压强必然减小，D正确；

故选BD．

考点：本题考查了热力学第一定律的应用。

点评：热力学第一定律的应用及运用理想气体状态方程对气体的温度、压强和体积的判断是解决此题的关键．二、多选题(共5题，共10分)10、A:D【分析】【详解】

AB、当滑动变阻器的滑动触头向上滑动，其阻值变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知干路上的电流增大，根据可知路端电压减小，通过的电流减小，根据并联分压可知电流表示数增大，根据欧姆定律可知的两端电压增大，根据串联分压可知两端的电压减小，根据欧姆定律得知所以不变；根据闭合电路欧姆定律得则有所以不变；故选项A正确，B错误；

CD、根据电路可知路端电压减小，则有由于所以的增加量小于的减小量故选项D正确，C错误．11、A:C:D【分析】【详解】

A、根据电路结构可知：V1测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知：故A对；

B、滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，回路电流变小，路端电压增大，即与滑动变阻器的电压增大，但电阻上的电压是减小的，所以ΔU2与ΔU1不相等；故B错；

C、路端电压即为与滑动变阻器的电压之和，所以R0两端的电压的变化量大小等于ΔU2-ΔU1；故C对；

D、两端的电压即为路端电压，路端电压的变化引起了电阻R1上电流的变化，所以通过电阻R1的电流变化量大小等于故D对；

故选ACD

【点睛】

根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化,由闭合电路欧姆定律可以知道电路电流的变化,则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化12、A:B:E【分析】【分析】

【详解】

AE．温度是决定两个系统是否达到热平衡状态的物理量；两个达到热平衡的系统具有相同的温度，故AE正确；

BC．由热平衡定律知；故B正确，C错误；

D．两个系统达到热平衡的标志是它们的温度相同；但压强；体积不一定相同，故D错误。

故选ABE。13、A:D【分析】【详解】

BD．当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流I总变大，路端电压变小，U变小。电路中并联部分电压变小，则I变小；B错误，D正确；

AC．R1和R3在干路上，由

知R1和R3功率均变大，R2和R4在并联电路的一条支路上，由

知R2和R4功率变小；A正确，C错误。

故选AD。14、B:C【分析】【详解】

A．因振源起振方向沿方向，经轴上至范围第一次出现图示简谐波，可知此图显示的波形不完整，又因是第一次出现，所以处质点的右边还有个波长的波形图，即波传播到处的质点，所以有

故A错误；

B．波向右传播，由平移法可知在时，轴上处的质点振动方向向下；故B正确；

C．根据波形图可以得知波长波速为根据公式

故C正确；

D．由于第一次出现波形图确定；所以周期是一定的值，不会出现周期的多解，故D错误。

故选BC。三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【分析】

解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读。

【详解】

（1）[1]游标卡尺的主尺读数为5.4cm，游标尺上第4个刻度与主尺刻度对齐，则游标尺读数为

所以最终读数为

（2）[2]螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为

所以最终读数为

【点睛】

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同。【解析】5.445.69516、略

【分析】【详解】

[1]滑片向b端移动时滑动变阻器接入电阻增大；由闭合电路欧姆定律得电路中总电流减小；由E=U+Ir可知，路端电压增大；则流过R的电流增大；故电流表示数增大；

[2]因总电流减小，而流过R的电流增大；由并联电路的分流规律可知；流过灯泡的电流减小，故灯泡亮度减小；

[3]因电流减小，则由可知电源内电压减小；

[4]由功率公式可知，是源内部消耗的功率减小。【解析】增加减小减小减小17、略

【分析】【详解】

[1]毛皮摩擦过的橡胶棒带负电；通草球受到斥力作用，故通草球也带负电；

[2]摩擦橡胶棒时通过做功的方式改变物体内能。【解析】①.负电②.做功18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]A到B过程气体做等压变化，则TA＝27℃＋273K＝300K

解得TB＝750K

[2]从A到B过程气体对外界做功W＝pΔV＝6×105J

从B到C过程体积不变，所以外界对气体不做功，所以气体从A到C过程气体对外界做功为6×105J；

[3]气体在C状态压强为B时的一半，则温度也为B时的一半，即tC＝375K＝102℃【解析】7506×10510219、略

【分析】【分析】

据右手定则判断感应电流的方向；即可确定等效电源的正负极；

根据E=BLv求出感应电动势；由欧姆定律得出电流强度，即可由公式F=BIL求解安培力的大小，由左手定则判断安培力的方向．再根据平衡条件分析外力的大小和方向．

【详解】

a.电路abcd中ab棒切割磁感线；产生感应电动势，相当于电源．由右手定则判断可知相当于电源的正极是a端；

b.感应电动势为：E=BLv=0.1×0.4×5V=0.2V；

感应电流为：

c.ab杆所受的安培力FA=BIL=0.1×0.4×0.4N=0.016N

由右手定则判断可知，ab中感应电流方向从b→a；由左手定则得知，安培力的方向向左．

【点睛】

解答本题的关键要掌握右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、左手定则等电磁感应中常用的规律．【解析】a；0.2V；0.4A；0.016N；向左20、略

【分析】【分析】

感应电流根据求解；热量根据焦耳定律列式求解；在恒力作用下，矩形线圈以不同速度被匀速拉出，拉力与安培力大小相等，拉力做功等于拉力与位移的乘积，而拉力功率等于拉力与速度的乘积感应电荷量由求解．

【详解】

设线圈的长为a，宽为L

（1）线圈中感应电流可知故感应电流之比是1：2．

（2）流过任一横截面感应电荷量可知q与v无关；所以感应电荷量之比为1：1；

（3）由于线圈匀速运动，外力与安培力大小相等，为外力的功率为所以外力的功率之比为1：4．

【点睛】

要对两种情况下物理量进行比较，我们应该先把要比较的物理量表示出来再求解关键要掌握安培力的推导方法和感应电荷量的表达式．【解析】2:12:14:121、C:D【分析】试题分析：设原子核X的质量数为x，电荷数为y，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得原子核Y的质量数为x，电荷数为原子核Z的质量数为电荷数为．由此可得X核的质子（y）比Z核的质子（）多2个，X核的中子比Z核的中子多1个；故AB错误；X核的质量数（x）比Z核的质量数（x-3）多3个，故C正确；X核与Z核的总电荷（2y-2）是Y核电荷（y-1）的2倍，故D正确．

考点：考查了核反应方程。

名师点睛：关键是知道反映前后质量数和核电荷数守恒的知识，属于基础知识，应仔细阅读题目，一步一步向下分析．22、略

【分析】【详解】

[1][2][3]根据爱因斯坦光电效应方程

图象的斜率表示普朗克常量h，横轴的截距大小等于截止频率，由图知该金属的截止频率为4.31×1014Hz；金属的逸出功为

[4]根据光电效应方程得

当入射光的频率为时，代入数据解得最大初动能为

依据

解得

【点睛】

解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系，并掌握光电效应方程，以及知道逸出功与极限频率的关系，结合数学知识即可进行求解，同时注意遏止电压与最大初动能的关系，及保留3位有效数字。【解析】普朗克常量h4.30×10142.86×10-190.5．23、略

【分析】【详解】

根据光电效应方程又所以有解得又光子动量所以A、B两种光子的动量之比为1:2.【解析】1:2四、作图题(共3题，共24分)24、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】25、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】26、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30分)27、略

【分析】【详解】

（1）电路直接采用串联即可；电压表并联在电源两端，采用的是电流表内接法；电路图如右图所示；如图所示。

（2）根据电路图可知则U-I图线中纵轴截距等于电源的电动势E=1.50V

图像斜率等于电源内阻

（3）AB．由电路图可知；电流表采用内接法，由于电压表分流作用，使所测电流小于电路总电流的真实值，造成了实验误差，A正确，B错误；

C．当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图像如图所示；由图像可知，电源电动势的测量值小于真实值，C正确；

D．作出U-I图线实际图线和测量图线；如图所示。

由上图可知电动势的测量值偏小；内电阻的测量值偏小，D错误。

选AC。

（4）由电路图可知，本实验采