2025年西师新版高三物理下册月考试卷

…………○…………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2025年西师新版高三物理下册月考试卷76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、在研究下列物体的运动规律时，可以看成质点的物体是（）A.急速旋转的乒乓球B.绕太阳公转的地球C.通过长江大桥的轻轨列车D.翩翩起舞的芭蕾舞演员2、有一项趣味竞赛：从光滑水平桌面的角A向角B发射一只乒乓球，要求参赛者在角B处用细管吹气，将乒乓球吹进角C处的圆圈中．赵、钱、孙、李四位参赛者吹气方向为如图中的箭头所示，则最有可能成功的参赛者是（）A.赵B.钱C.孙D.李3、一台额定输出功率为50kW的起重机将质量为1吨的货物由静止竖直吊起，最初货物做匀加速运动，在2s末货物的速度为4m/s．起重机达到额定功率后，保持输出功率不变工作．g=10m/s2；不计额外功的损失，则（）

A.起重机在2s末的输出功率为48kW

B.起重机在2s内的平均输出功率为20kW

C.货物维持匀加速运动的时间为2.5s

D.货物被吊起过程中的最大速度为5m/s

4、下图是云室中某粒子穿过铅板前后的轨迹，室内匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直（图中垂直纸面向里），铅板上有标度，由此可知此粒子A.此粒子一定带正电B.此粒子一定带负电C.穿过铅板的过程中，粒子损失了1/9的初动能D.穿过铅板的过程中，粒子损失了8/9的初动能5、如图所示，平行直线AA′、BB′、CC′、DD′、EE′，分别表示电势-4V，-2V，0，2V，4V的等势线，若AB=BC=CD=DE=2cm，且与直线MN成30°角，则（）A.该电场是匀强电场，场强方向垂直于AA′，且指向右下B.该电场是匀强电场，场强大小为E=C.该电场是匀强电场，距C点距离为2cm的所有点中，最高电势为2V，最低电势为-2VD.该电场是匀强电场，距C点距离为2cm的所有点中，最高电势为4V，最低电势为-4V6、如图为某汽车某次起动过程的速度一时间图象．已知末速度大小为30m/s，从起动计时到达到30m/s共用时15s，则在该次起动中汽车通过的位移是（）A.小于225mB.等于225mC.大于225mD.不能确定评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、宇宙中存在着这样一种四星系统，这四颗星的质量相等，远离其他恒星，因此可以忽略其他恒星对它们的作用，四颗星稳定地分布在一个正方形的四个顶点上，且均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，假设每颗星的质量为m，正方形的边长为L，每颗星的半径为R，引力常量为G，则（）A.每颗星做圆周运动的半径为LB.每颗星做圆周运动的向心力为C.每颗星表面的重力加速度为D.每颗星做圆周运动的周期为8、二十世纪初，英国物理学家阿斯顿首次制成了聚焦性能较高的质谱仪，现有一束粒子先射入速度选择器，然后进入匀强磁场B2．最后打在核乳胶片上，其运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是（）A.该束粒子带负电B.速度选择器的P1极板带正电C.在磁场B2中运动半径越大的粒子，质量一定越大D.在磁场B2中运动半径越大的粒子，比荷一定越小9、在两端开口竖直放置的U形管内，两段水银封闭着长度为L的空气柱，a、b两水银面的高度差为h，现保持温度不变，则（）A.若再向左管注入些水银，稳定后h变大B.若再向左管注入些水银，稳定后h不变C.若再向右管注入些水银，稳定后h变大D.若两管同时注入些水银，稳定后h变大10、如图所示，一个正方形导线框abcd，边长为L，质量为m．将线框从距水平匀强磁场上方h处由静止释放，在线框下落过程中，不计空气阻力，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当ab边刚进入磁场时，线框速度为v．在线框进入磁场的整个过程中，下列说法正确的是（）A.线框可能做加速度减小的加速运动B.线框可能做加速度减小的减速运动C.安培力对线框的冲量大小一定为mvD.线框克服安培力做功一定为11、如图所示，相距为L的光滑平行金属导轨ab、cd放置在水平桌面上，阻值为R的电阻与导轨的两端a、c相连．滑杆MN质量为m，电阻为r，垂直于导轨并可在导轨上自由滑动，不计导轨和导线的电阻．整个装置置与竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B．滑杆的中点系一不可伸长的轻缉，轻绳绕过固定在桌边的光滑滑轮后，与另一质量也为m的物块相连，轻绳处于拉直状态．现将物块由静止释放；当物块达到最大速度时，下落高度为h，用g表示重力加速度，则在物块由静止开始下落至速度最大的过程中（）A.通过电阻R的电荷量是B.滑杆MN产生的最大感应电动势为C.绳子的拉力大小始终不变D.物块减少的重力势能等于回路中产生的焦耳热12、为了求出楼房的高度，让一石子从楼顶自由下落，若空气阻力不计，测出下列哪个物理量的值就能计算出楼房高度（）A.石子下落时间B.石子落地时的速度C.最后1s内的位移D.通过最后lm的时间13、已知两个共点力F1和F2不共线，若F1的大小和方向保持不变，F2的方向也保持不变，仅增大F2的大小．在F2逐渐增大的过程中，关于合力F的大小，下列说法正确的是（）A.若F1和F2的夹角为锐角，F一定不断变大B.若F1和F2的夹角为锐角，F有可能先变小后变大C.若F1和F2的夹角为钝角，F有可能先变小后变大D.若F1和F2的夹角为钝角，F有可能一直变大14、在地面上某一高度运行的人造地球卫星，下列说法中正确的是（）A.该卫星在轨道上的运行速度大于第一宇宙速度B.该卫星在轨道上的运行速度小于第一宇宙速度C.发射该卫星时的发射速度等于第一宇宙速度D.发射该卫星时的发射速度小于第一宇宙速度评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v-t图象如图所示，两图象在t=t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，△OPQ的面积为S，在t=0时刻乙车在甲车前面，相距为d，已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则t′是____，d是____．16、（2012秋•永顺县校级期末）如图示，水平放置的均匀导体棒长为0.2m，将它置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感强度B=0.5T，棒中通有电流I=2A，则导体棒所受的安培力的大小为____N，方向____．17、（2013秋•浙江期中）某物体作直线运动的速度一时间图象如图所示．根据图象回答：

（1）物体在2s末的速度是____m/s．

（2）物体在0～6s内的位移是____m．

（3）物体在后2s的加速度大小是____m/s2．18、动能：物体由于____而具有的能量叫做动能．表达式：Ek=____

动能是描述物体运动状态的物理量．19、莫尔斯发明的点划编码；可以用来发送电报，传递信息．莫尔斯电码如表，发报时用“嘀”表示“•”，用“嗒”表示“-”．

如果收到“嘀嘀嘀”、“嗒嗒嗒”、“嘀嘀嘀”，这表示____，是____信号．

“嗒嘀嘀嗒”、“嘀嘀”、“嗒嘀”，“嗒嘀”、“嘀嘀”、“嘀嗒”、“嗒嘀”，“嘀嘀嘀嘀”、“嘀嗒”、“嗒嗒嗒”．意思是____．

莫尔斯电码：

。A•-E•I••M--Q--•-U••-Y-•--B-F••-•J•N-•R•-•V-Z--••C-•-•G--•K-•-OSW•--D-••HL•-••P•--•T-X-••-评卷人得分四、判断题(共4题，共40分)20、如果以高出地面0.8m的桌面位置为坐标原点，则地面的坐标为x=-0.8m．____．（判断对错）21、地理位置的南北极即为地磁场的南北极____．（判断对错）22、新能源是指新开采的能源．____．（判断对错）23、一定质量的理想气体，当压强不变而温度由100℃上升到200℃时，其体积增加为原来的2倍．____．（判断对错）评卷人得分五、实验题(共2题，共16分)24、某电阻额定电压为3V（阻值大约为10Ω）．为测其阻值；实验室提供了下列可选用的器材。

A．电流表A1（量程300mA，内阻约1Ω）B．电流表A2（量程0.6A；内阻约0.3Ω）

C．电压表V1（量程3.0V，内阻约3kΩ）D．电压表V2（量程5.0V；内阻约5kΩ）

E．滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω）F．滑动变阻器R2（最大阻值为500Ω）

G．电源E（电动势4V；内阻可忽略）H．开关；导线若干。

①为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（只需填器材前面的字母即可）：电流表____．电压表____．滑动变阻器____．

②应采用的电路图为如图中的____．

这种电路图测出的电阻值比真实值____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）25、【题文】如图所示为“用DIS研究机械能守恒定律”的实验装置。该实验装置中传感器K的名称是____________传感器；由该实验得到的结论是：

____________________________________________________________________________。评卷人得分六、综合题(共2题，共14分)26、【题文】在光滑的绝缘水平面上，有直径相同的两个金属小球A、C，已知=2mc，C球带正电荷2q，静止在匀强磁场B中，A球不带电，以速度v0进入磁场中与C球正碰；碰撞后C球对平面的压力恰好为零，求碰后A球对平面的压力多?(取向右为正)

27、(1)(1)下列说法中正确的是__________((填正确答案标号。选对一个给33分，选对两个给44分，选对33个给66分。每选错一个扣33分，最低得00分))A.军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象B.机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定C.泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的D.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光E.赫兹用实验证实了电磁波的存在

(2)

如图所示，AOB

是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角娄脠=76鈭�

今有一细束单色光在横截面内从OA

边上的点E

沿垂直OA

的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB

面且恰好未从AB

面射出。已知OE=35OAcos53?=0.6

试求：

垄脵

玻璃砖的折射率n

垄脷

光线第一次从OB

射出时折射角的正弦值。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】当物体的大小和形状在研究的问题中能忽略，物体可以看成质点．【解析】【解答】解：A；急速旋转的乒乓球要考虑转动的半径；大小不能忽略，故A错误；

B；绕太阳公转的地球；半径和轨道半径比很小，可以忽略不计，故可以简化为质点，故B正确；

C；通过长江大桥的轻轨列车；要考虑长度，不能简化为质点，故C错误；

D；翩翩起舞的芭蕾舞演员要考虑姿态；不能简化为质点，故D错误；

故选：B．2、C【分析】【分析】乒乓球被吹气后，参与了两个运动，一个是沿AB方向的运动，一个是沿吹气方向的运动，两个运动的合运动要沿BC方向，根据平行四边形定则，可得出吹气的方向．【解析】【解答】解：要保证合运动沿BC方向；乒乓球参与了AB方向的运动和吹气方向的运动，根据平行四边形定则，知吹气的方向沿孙参赛者吹气的方向．故C正确，A；B、D错误．

故选C．

3、A|D【分析】

A、匀加速运动的加速度a=

由牛顿第二定律可知：F-mg=ma

解得F=ma+mg=12000N

P=Fv=12000×4W=48000W；故A正确；

B、起重机在2s内的平均输出功率为故B错误；

C、当功率达到额定功率时，速度v=m/s=4.12m/s，t==故C错误；

D、当拉力等于重力时速度达到最大值，所以故D正确．

故选AD

【解析】【答案】先求出做匀加速运动时的加速度；根据牛顿第二定律求出拉力，在根据P=Fv求出起重机在2s末的输出功率，平均功率等于F乘以平均速度，当拉力等于重力时速度达到最大值．

4、B|D【分析】【解析】试题分析：由左手定则知粒子一定带负电，A错，B对；由图知粒子穿过铅板后的半径是穿过前的由半径公式知速度为原来的由知动能为原来的所以粒子损失了8/9的初动能，D对，C错。考点：本题考查左手定则，半径公式，动能的表达式【解析】【答案】BD5、D【分析】【分析】匀强电场的等势面是一些平行的等间距的直线，且沿着电场线，电势降低的最快，且每前进相同距离，电势降低相等的值．【解析】【解答】解：A；从图中可以看出；等势面平行且间距相等，故一定是匀强电场；由于电场线与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面，故场强方向与AA′垂直，且指向左上方，故A错误；

B、根据场强与电势差关系公式U=Ed可得：E====200V/m；故B错误；

CD；强电场的等势面是一些平行的等间距的直线；故该电场是匀强电场；由于匀强电场中沿着电场线，电势降低的最快，且每前进相同距离，电势降低相等的值，故距C点距离为2cm的所有点中，最高电势为4V，最低电势为-4V，故C错误，D正确．

故选：D6、C【分析】【分析】用直线连接初末速度，则直线所表示的物体的运动为匀变速直线运动，求出做匀变速直线运动的位移，再通过图象与坐标轴围成的面积表示位移比较即可．【解析】【解答】解：用直线连接初末速度，则直线所表示的物体的运动为匀变速直线运动，其平均速度为：；

而曲线对应的面积大于直线所围成的面积；说明运动员在这段时间内的位移大于匀变速直线运动的位移，即：

x；故C正确．

故选：C二、多选题(共8题，共16分)7、CD【分析】【分析】星体做匀速圆周运动的轨道半径等于正方形对角线的一半．

根据万有引力等于重力求出星体表面的重力加速度．

在四颗星组成的四星系统中，其中任意一颗星受到其它三颗星对它的合力提供圆周运动的向心力，列出等式求出星体匀速圆周运动的周期．【解析】【解答】解：A；由星体均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动可知；星体做匀速圆周运动的轨道半径。

r=L；故A错误；

B；星体在其他三个星体的万有引力作用下围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动；由万有引力定律和向心力公式得：

F合=+2cos45°=m×L

T=；故B错误，D正确；

C、根据万有引力等于重力得：=m′g

解得：g=；故C正确；

故选：CD．8、BD【分析】【分析】由图可知，粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动；根据粒子向下偏转，即可知粒子所受的洛伦兹力方向向下，由左手定则可判断粒子的电性．

粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，由平衡条件即可确定出P1极板带什么电．

粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小．【解析】【解答】解：

A、由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转；所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电．故A错误．

B、在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电．故B正确．

C、D粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动；由牛顿第二定律得。

qvB=m，得r=可见，由于v是一定的，B不变，半径r越大，则越小．故C错误；D正确．

故选：BD．9、BCD【分析】【分析】以被封闭的气体为研究对象，分析分别向左右两管中注入水银后，对气体压强的影响，即可得出a、b两水银面的高度差h的变化情况．【解析】【解答】解：设右管被封闭气体上方的水银柱的高度为h′；结合连通器原理可知有关系h′=h

AB；若再向左管注入些水银稳定后；研究被封闭的气体，气体上方的水银柱高度不变，所以气体的压强不变，仍然有h′=h，选项A错误，选项B正确．

C、若再向右管注入些水银，稳定后，因被封闭气体上方的水银柱变长，被封闭的气体压强增大，a、b两水银面的高度差变大；h会变大，（或利用稳定后，始终会有关系h′=h来解答）．选项C正确。

D、由对AB的分析可知，向左管中注入水银，对a、b两水银面的高度差无影响，由对C的解答可知，向右管中注入水银，会使a、b两水银面的高度差变大；所以同时向两管同时注入些水银，稳定后h变大，选项D正确．

故选：BCD10、ABD【分析】【分析】当cd边刚进入磁场时；若速度非常大，则cd边受安培力大于线圈重力mg，则线框做加速度逐渐减小的减速运动；

若速度很小；则cd边受安培力小于线圈重力mg，则线框做加速度逐渐减小的加速运动；

根据动量定理计算安培力对线框的冲量大小；

根据动能定理计算线框克服安培力做的功．【解析】【解答】解：A、设线框刚进入磁场时速度为v′，则mgh=mv′2

E=BLv′，I=；安培力F=BIL

联立得：F=

根据牛顿第二定律：F-mg=ma；

若F＞mg；则加速度向上，物体做减速运动，v减小后安培力F减小，则加速度减小，故物体做加速度逐渐减小的减速运动；

若F＜mg；根据牛顿第二定律：mg-F=ma

则加速度向下；物体做加速运动，v增大后安培力F增大，则加速度减小，故物体做加速度逐渐减小的加速运动，故AB正确；

C、根据动量定理：mg△t-I安=mv-mv′；可见安培力的冲量大小与mv不一定相等，故C错误；

D、对全过程根据动能定理：mg（h+L）-W安=mv2-0，得：W安=mg（h+L）-mv2．故D正确；

故选：ABD．11、AB【分析】【分析】根据q=求出通过电阻R的电荷量．当滑杆受力平衡时速度最大，感应电动势最大，根据平衡求出电流的大小，结合欧姆定律求出最大感应电动势．通过对重物分析，结合加速度的变化判断绳子拉力的变化．根据能量守恒定律判断物块减小的重力势能和回路中产生的焦耳热的关系．【解析】【解答】解：A、通过电阻R的电荷量q==．故A正确．

B、当滑杆平衡时有：FA=mg，即BIL=mg，则电流I=，根据闭合电路欧姆定律知，感应电动势E=I（R+r）=．故B正确．

C；MN所受的安培力逐渐增大；做加速度逐渐减小的加速运动，所以物块做加速度逐渐减小的加速运动，根据mg-T=ma，则拉力逐渐增大．故C错误．

D；根据能量守恒得；物块重力势能的减小量等于系统动能的增加量和回路中产生的焦耳热之和．故D错误．

故选：AB．12、ABCD【分析】【分析】通过自由落体运动的位移时间公式h=和速度位移公式v2=2gh知，只要知道落地的速度或下落的时间，就可以求出楼房的高度．【解析】【解答】解：A、根据h=；知道下落时间，就可以知道下落的高度．故A正确．

B、根据速度位移公式v2=2gh知；知道末速度，就可以知道下落的高度．故B正确．

C、根据最后1s内的位移，可以知道最后1s内的平均速度，某段时间内的平均速度等于中v2=2gh知，间时刻的瞬时速度，则可以知道落地前0.5s末的速度，根据速度时间公式v=v0+gt，求出落地时的速度，再根据v2=2gh；求出下落的距离．故C正确．

D、根据最后1m内的时间，根据x=，求出最后1m内的初速度，根据速度时间公式v=v0+gt，求出落地时的速度，再根据v2=2gh；求出下落的距离．故D正确．

故选ABCD．13、ACD【分析】【分析】两个不在同一条直线上的力合成时遵循平行四边形定则，根据平行四边形定则作图分析即可．【解析】【解答】解：AB．如果夹角θ的范围为：0°＜θ＜90°；根据平行四边形定则作图，如图：

从图中可以看出；合力一定增大；故A正确，B错误；

CD．如果夹角θ的范围为：90°＜θ＜180°；根据平行四边形定则作图，如图。

从图中可以看出，合力有可能先减小后增加，存在相等的可能；若F1＜＜F2；合力一定是增加；故C正确，D正确；

故选：ACD．14、BC【分析】【分析】第一宇宙速度又称为环绕速度；是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小发射速度．

根据万有引力提供向心力得线速度表达式，可以发现第一宇宙速度是卫星在圆轨道上运行的最大速度．【解析】【解答】解：A；在地面上某一高度运行的人造地球卫星；

根据万有引力提供向心力得=

线速度v=，离地球越远，轨道半径r越大；线速度越小．即第一宇宙速度是卫星在圆轨道上运行的最大速度．

所以该卫星在轨道上的运行速度小于第一宇宙速度；故A错误，B正确；

C；第一宇宙速度也是在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小发射速度；故C正确，D错误。

故选：BC．三、填空题(共5题，共10分)15、小于S【分析】【分析】v-t图象中图线与时间轴包围的面积表示位移大小，先根据运动学公式求解出甲的初速度和乙的加速度，然后结合位移关系和时间关系列式分析．【解析】【解答】解：设甲车的速度为v；则：

S=①

S=②

甲车追上乙车过程；根据位移公式，有：

③

联立解得：

t′=（取“-”号时表示第一次相遇）

其中S（S-d）＞0；故S＞d；

故答案为：，小于S．16、0.2垂直纸面向外【分析】【分析】根据安培力的大小公式求出安培力的大小，根据左手定则判断出安培力的方向．【解析】【解答】解：安培力的大小F=BIL=0.5×2×0.2N=0.2N；根据左手定则知，安培力的方向垂直纸面向外．

故答案为：0.2，垂直纸面向外．17、2122【分析】【分析】速度一时间图象中，各时刻的速度大小可以由图象读出；直线的斜率等于物体的加速度．根据数学知识求出斜率，得到加速度．物体的运动方向由速度的正负读出．图线与坐标轴所围“面积”表示位移，根据几何知识求出位移大小．【解析】【解答】解：（1）物体在2s末的速度可以由图象读出：为2m/s；

（2）物体在0～6s内的位移等于△OAB围成的面积：m

（3）物体在后2s的加速度大小等于直线AB的斜率：；负号表示AB段加速度的方向与运动的方向相反，物体做减速运动．

故答案为：2；12；218、运动【分析】【分析】明确动能的定义与表达式即可解答本题．【解析】【解答】解：动能：物体由于运动而具有的能量叫做动能．表达式：Ek=

故答案为：运动，19、SOS求救新年好（或XINNIANHAO）【分析】【分析】根据电报记录，先得出电码的数字，然后数字找出电报密码中对应文字．【解析】【解答】解：“嘀嘀嘀”；“嗒嗒嗒”、“嘀嘀嘀”在表中可以查的分别为S、O、S；故表示SOS，是求救信号．

在表中查的“嗒嘀嘀嗒”；“嘀嘀”、“嗒嘀”；“嗒嘀”、“嘀嘀”、“嘀嗒”、“嗒嘀”，“嘀嘀嘀嘀”、“嘀嗒”、“嗒嗒嗒”分别表示XINNIANHAO，即新年好的汉语拼音．

故答案为：SOS；求救；新年好（或XINNIANHAO）．四、判断题(共4题，共40分)20、×【分析】【分析】根据建立坐标系的条件可知，建立坐标系需要确定坐标原点与正方向．由此方向解答即可．【解析】【解答】解：如果以高出地面0.8m的桌面位置为坐标原点；选择向下为正方向，则地面的坐标为：x=0.8m．所以该说法错误．

故答案为：×21、×【分析】【分析】地球是个巨大的磁体，地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近．地球周围存在着磁场．【解析】【解答】解：地理北极附近是地磁南极；地理南极附近是地磁北极．所以该说法是错误的．

故答案为：×22、×【分析】【分析】根据新能源的定义进行判断，新能源又称非常规能源，是指传统能源之外的各种能源形式，指刚开始开发利用或正在积极研究、有待推广的能源．【解析】【解答】解：新能源又称非常规能源；是指传统能源之外的各种能源形式，指刚开始开发利用或正在积极研究；有待推广的能源，如太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等，因此新能源是指新开采的能源这种说法是错误的．

故答案为：×23、×【分析】【分析】一定质量的气体，保持体积不变，温度升高时，发生等容变化，根据查理定律分析压强的变化【解析】【解答】解：根据理想气体的状态方程，一定质量的气体，保持压强不变，温度升高时气体的体积跟它的热力学温度成正比，即：；

初状态：T0=100℃=373K，末状态：T1=200℃=473K；所以温度从100℃升高到200℃时，它的体积改变为原来的倍．

故答案为：×五、实验题(共2题，共16分)24、ACEB偏小【分析】【分析】根据电阻的额定电流选择电流表，根据电阻额定电压选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器．根据该电阻与两电表内阻的倍数关系选择电流表的接法，题目要求为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式．电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表测的电流大于流过电阻的电流，由R=知测量值小于真实值．【解析】【解答】解：（1）电阻额定电流约为：I==A=300mA；电流表应选A；电阻额定