2025年苏教版选修3物理上册阶段测试试卷

…………○…………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2025年苏教版选修3物理上册阶段测试试卷135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、超级电容器又叫双电层电容器，它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点．图示为一款超级电容器，其上标有“2.7V400F”，下列说法正确的是

A.该电容器的输入电压只能是2.7V时才能工作B.该电容器的电容与电容器两极间电势差成反比C.该电容器不充电时的电容为零D.该电容器正常工作电时储存的电荷量为1080C2、如图所示的电路；是用一个灵敏电流计G和一个变阻器R改装成的量程更大的电表，下列判断正确的是（）

A.改装成了电流表，R增大时量程减小B.改装成了电流表，R增大时量程增大C.改装成了电压表，R增大时量程减小D.改装成了电压表，R增大时量程增大3、电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为．由图可知的值分别为。

A.B.C.D.4、在地球的赤道上置一矩形线圈，线圈平面与赤道平面重合，线圈的上、下边水平，此时穿过线圈平面的磁通量大小为Φ。现使线圈绕其竖直轴线旋转180°，则此过程中穿过线圈的磁通量的变化量的大小为（）A.0B.ΦC.ΦD.2Φ5、如图所示；带电物块放置在水平绝缘板上．当空间存在有水平向右的匀强电场时，物块恰能向右做匀速直线运动．若在电场中将绝缘板的右端抬高，当板与水平面的夹角为37°时，物块恰能沿绝缘板匀速下滑，则物块与绝缘板间的动摩擦因数为（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）

A.B.C.D.6、一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波；波速为2m/s．某时刻波形如图所示，下列说法正确的是。

A.这列波的周期为4sB.这列波的振幅为6cmC.此时x=4m处的质点速度为零D.此时x=8m处的质点沿y轴负方向运动7、如图所示，铁板AB于水平地面间的夹角为一块磁铁吸附在铁板下方．现缓慢抬起铁板B端使角始终小于增大的过程中，磁铁始终相对铁板静止．下列说法正确的是

A.磁铁所受合外力逐渐减小B.铁板对磁铁的弹力逐渐增大C.磁铁受到的摩擦力做负功D.铁板对磁铁的弹力冲量等于零评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、在如图所示的电路中；闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，下列说法正确的是。

A.电压表V1示数在变大，电压表V2示数在变小B.电流表A的示数减小，电压表V3示数在变小C.电容器的电荷量增大，电阻R1消耗的电功率变大D.电源内阻损耗的功率变大，电源消耗的总功率变大9、下列说法正确的是（）A.用油膜法可以估测分子的大小B.晶体的熔点是确定的，几何形状是规则的C.石英、云母、明矾、玻璃等是晶体，食盐、蜂蜡、松香、橡胶等是非晶体E.英国物理学家焦耳通过实验测定了外界对系统做功和传热对于系统状态的影响，并得出功与热量的相互关系E.英国物理学家焦耳通过实验测定了外界对系统做功和传热对于系统状态的影响，并得出功与热量的相互关系10、空调即空气调节器；是通过压缩机等装置使热量在室内和室外转移。制冷时从室内吸收热量释放到室外，制热时从室外吸收热量释放到室内。图所示为某空调的铭牌，对空调；空调的铭牌以及热学的相关知识，以下说法中正确的是（）

A.空调的工作说明了热量可以从低温物体传到高温物体B.热量只能从高温物体传到低温物体，不能从低温物体传到高温物体C.空调工作是消耗较少的电能来“搬运”了更多的热量，并不违背能量守恒定律E.图示铭牌的标注有误，因为额定制冷（热）功率小于额定制冷（热）量，不符合能量守恒定律E.图示铭牌的标注有误，因为额定制冷（热）功率小于额定制冷（热）量，不符合能量守恒定律11、如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R．已知电场的电场强度为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g；则（）

A.液滴带正电B.液滴荷质比C.液滴顺时针运动D.液滴运动速度大小为12、如图，水平导轨左端接有定值电阻R，导体棒ab与导轨接触而构成闭合回路，均匀磁场B垂直于导轨平面；则下列情况下，回路中可能没有感应电流是。

A.B保持恒定，ab向右滑动B.B逐渐增强，ab向右滑动C.B逐渐增强，ab向左滑动D.B逐渐减弱，ab向右滑动13、下列说法中正确的是____A.一定质量的理想气体体积增大时，其内能一定减少B.气体的温度降低，某个气体分子热运动的动能可能增加C.气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的E.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使分子直径计算结果偏大E.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使分子直径计算结果偏大14、如图所示，一束复色光由空气射向一块平行平面玻璃砖，经折射后分为两束单色光a和b；下列判断正确的是（）

A.a光的频率小于b光的频率B.在玻璃砖中a光的波长小于b光的波长C.若单色光a是蓝光，则b可能是紫光D.单色光a和b从下表面射出时一定平行评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、A、B、C、D、E、F分别是正六边形的六个顶点，各顶点到正六边形中心O的距离为a，现只在F处放一电量为-Q的点电荷，则中心O处的电场强度的大小为____；若再在A、B、C、D、E处各放一电量为+Q的点电荷，则中心O处的电场强度的大小变为____。

16、上海科学中心创造的激光在秒内产生400焦能量，其平均功率为___________W；中心波长为米，对应的频率为___________赫兹。17、在如图所示的电路中；电源电压保持不变。由于电阻R；灯L可能出现了故障，闭合开关S，两电表只有一个有示数。

①发生故障时；小灯L__发光（选填“可能”或“不可能”）；

②在原故障电路中，将一个检查小灯L′并在R两端，电流表A的示数不发生变化，电路中可能存在的故障是_________。18、如右图所示，在圆心为O、半径为r的圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，一电子以速度v沿AO方向射入，后沿OB方向射出匀强磁场，若已知∠AOB=120°，则电子穿越此匀强磁场所经历的时间是________。19、对大量的事实分析表明：______________________．这个结论被称做热力学第三定律．20、如图所示为一弹簧振子的振动图像；试完成以下问题：

（1）该振子简谐运动的表达式为____________________；

（2）该振子在第100s时的位移为________cm，该振子在前100s内的路程为________cm．21、据统计，人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体所受重力的数倍．为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况．重物与地面的形变很小，可忽略不计，不考虑空气阻力的影响取重力加速度g＝10m/s2下表为一次实验过程中的相关数据．

。重物（包括传感器）的质量m/kg

8.5

重物下落高度H/cm

45

重物反弹高度h/cm

20

最大冲击力Fm/N

850

重物与地面接触时间t/s

0.1

（1）请你选择所需数据；通过计算回答下列问题。

a．重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小a＝_____

b．在重物与地面接触过程中；重物受到地面施加的平均作用力是_____倍重物所受的重力．

（2）如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取一些具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由．_____．评卷人得分四、作图题(共3题，共12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4题，共12分)25、在“验证动量守恒定律”的实验中，气垫导轨上放置着带有遮光板的滑块A、B，遮光板的宽度相同，测得的质量分别为m1和m2．实验中，用细线将两个滑块拉近使轻弹簧压缩，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为t1、t2．

（1）图2为甲、乙两同学用螺旋测微器测遮光板宽度d时所得的不同情景．由该图可知甲同学测得的示数为______mm，乙同学测得的示数为______mm．

（2）用测量的物理量表示动量守恒应满足的关系式：______，被压缩弹簧开始贮存的弹性势能EP=______．26、为了测量某待测金属丝的电阻率(阻值约为30Ω)，有以下一些器材可供选择．

电流表A1(量程0～50mA，内阻约10Ω)；

电流表A2(量程0～3A，内阻约0.12Ω)；

电压表V1(量程0～3V，内阻很大)；

电压表V2(量程0～15V，内阻很大)；

电源E(电动势约为3V，内阻约为0.2Ω)；

定值电阻R(20Ω，允许最大电流1.0A)；

滑动变阻器R1(0～10Ω，允许最大电流2.0A)；

滑动变阻器R2(0～1kΩ，允许最大电流0.5A)；

单刀单掷开关S一个，导线若干．

(1)电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________．(填器材的元件符号)

(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图所示，则金属丝的直径为______mm．

(3)请在下面的虚线框内画出测量电阻Rx的实验电路图______．(要求所测量范围尽可能大)

(4)某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx＝________．27、（1）某同学用图所示的“碰撞实验装置”研究直径相同的两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．

①在实验中小球速度不易测量，可通过仅测量_____解决这一问题．

A．小球做平抛运动的时间

B．小球做平抛运动的水平距离

C．小球做平抛运动的初始高度

D．小球释放时的高度

②图中PQ是斜槽，QR为水平槽，R为水平槽末端．利用铅垂线在记录纸上确定R的投影点O．实验时先使A球从斜槽上G处由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹；此后，再把B球放在R处，将A球再从G处由静止释放，与B球碰撞后在记录纸上分别留下A、B两球落点痕迹．由测量可知，碰撞前A球做平抛运动的水平距离为x0；碰撞后，A、B两球做平抛运动的水平距离分别为x1、x2．用天平称量A、B两球的质量分别为mA、mB．若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为____（用题目给出的物理量符号表示）．

（2）在“测定金属的电阻率”的实验中，金属丝的阻值约为5，某同学先用刻度尺测量金属丝的长度l=50.00cm，用螺旋测微器测量金属丝直径时刻度位置如图7所示，再用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．

①该电阻丝直径的测量值d=___________mm；

②实验中能提供的器材有：

A．电压表V1（量程0～3V，内阻约3k）

B．电压表V2（量程0～15V，内阻约15k）

C．电流表A1（量程0～3A，内阻约0.01）

D．电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.1）

E．滑动变阻器R1（0～20）

F．滑动变阻器R2（0～500）

G．电源E（电动势为3.0V）及开关和导线若干

该同学从以上器材中选择合适的器材连接好电路进行测量，则电压表应选择_______，电流表应选择________，滑动变阻器应选择_______，（选填各器材前的字母）．要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，实验电路应选用图_________．

③该同学建立U-I坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的五个坐标点，还有一次测量的电压表和电流表示数如图10所示，请根据测量数据将坐标点补全，并描绘出U-I图线．由图线数据可计算出金属丝的电阻为____Ω（保留两位有效数字）．设被测金属丝电阻为R，则该金属材料电阻率的表达式是________________

（用题目给出的物理量符号表示）．R④实验中使用的电流表内阻为AR，电压表内阻为V，U若考虑电流表和电压表内阻的影响，图I-k图像中图线斜率ρ与该金属材料的电阻率k的关系是___________=

（用题目给出的物理量符号表示）．28、物理兴趣小组设计出测定室温环境下小灯泡灯丝电阻R0的实验；由于小灯泡通电后的热效应，其室温下的电阻不能直接测量，所以，测量方案利用小功率下的灯丝电阻与电功率的关系外推到零功率的情况下获得．

备选器材：

A．待测小灯泡L；

B．恒压电源E输出电压1V；

C．定值电阻R2=20Ω；

D．滑动变阻器R1阻值范围0~10Ω；

E．电压表V1量程150mV；内阻很大；

F．电压表V2量程200mV；内阻很大；

G．开关和若干导线．

实验步骤：

①连接好线路，滑动变阻器R1的滑片滑至a端。

②检查无误后；闭合开关S

③记录灯泡L的电压U1，与R2的电压U2

④计算灯泡L的电阻R0，和它的功率P

（1）请将原理图中虚线框部分的实验电路补充完整（请用直尺作图）____________．

（2）该实验中的灯丝电阻R0计算式R0=____，灯丝电功率P计算式P=____．（用U1、U2、R2表示）

（3）实验中测量和计算的数据如下表所示：。序号测量数据计算数据灯丝电压。

U1（mV）R2电压。

U2（mV）灯丝电流。

（mA）灯丝电阻。

R0（Ω）灯丝电功率。

P（mW）灯丝电功率。

P（mW）121.040.02.0010.500.042231.760.03.0010.570.095342.879.94.0010.710.171454.4100.15.0110.870.272566.3119.65.9811.080.396679.4140.47.0211.310.557792.9160.48.0211.590.745

请在下图中标出表格中第五组计算数据R0与P对应的坐标点，并结合坐标纸上已标出的坐标点画出R0随P变化的图线___________________．

（4）根据绘制的图线求出室温环境下小灯泡灯丝电阻R0的阻值为____________Ω．评卷人得分六、解答题(共4题，共16分)29、如图所示，开口向上、粗细均匀的玻璃管竖直放置，管内用两段水银柱封闭了两部分理想气体，两段水银柱长均为h=15cm，两段气柱长均为=6cm。已知大气压强p0=75cmHg，玻璃管的导热性能良好，环境温度T0=300K，封闭的两部分气体的质量均保持不变，A处水银面到管口的距离足够大。

（1）若将玻璃管从足够高处由静止释放，不计空气阻力，求下落过程中A处的水银面（稳定后）相对玻璃管上升的距离；

（2）若保持玻璃管静止，缓慢升高环境温度，使A处的水银面上升2.4cm，求此时的环境温度T。

30、如图所示；在灌溉完土地后农民伯伯往往利用翻松地表土壤的方法来保存土壤里的水分，你知道这是为什么吗？

31、如图所示，圆柱形汽缸竖直放置，质量为m＝3.0kg、横截面积为S＝1.0×10－3m2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁封闭良好，不计摩擦，不计活塞和汽缸的厚度。开始时活塞距汽缸底的距离h1＝0.5m，此时温度T1＝300K，给汽缸缓慢加热至480K，活塞上升到距离汽缸底h2处，同时缸内气体吸收的热量Q＝289J。已知外界大气压强p0＝1.0×105Pa，取g＝10m/s2。求：

(1)缸内气体加热后距离汽缸底距离h2；

(2)此过程中缸内气体内能变化。

32、如图所示，长木板质量M=3kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1kg的物块A，右端放着一个质量也为m=1kg的物块B，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB之间的距离L=6m，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10m/s2．

（1）.为使物块A与木板发生相对滑动；F至少为多少？

（2）.若F=8N，求物块A经过多长时间与B相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A、B的速度分别是多少？参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

A、电容器的额定电压为2.7V，说明工作电压要不超过2.7V，可以小于2.7V，故A错误；

B、电容器的电容由电容器本身来决定，跟电容器两极间的电势差无关，故B错误；

C、电容是描述电容器容纳电荷的本领，不充电是电容仍然存在，与充电与否无关，故C错误；

D、该电容器最大容纳电荷量：Q＝CU＝400F×2.7V＝1080C，故D正确．2、A【分析】A；改装成了电流表；R增大时电流表量程减小，故A正确，B错误；

C；把电流计改装成电压表应给电流计串联一个分压电阻；串联电阻越大，电压表量程越大，由图示电路图可知，电流计与电阻R并联，改装后电压表量程不变，故CD错误；

故选A．3、D【分析】【详解】

电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．

E为电源的总电压（即电动势），在U﹣I图象中，纵轴截距表示电动势，根据图象可知则所以A；B、C错误，D正确．

点晴：解决本题的关键知道电源的效率也等于外电压与电动势之比以及会从U-I图象中读出电动势和外电压．4、D【分析】【详解】

根据地磁场的分布，赤道处地磁场为水平方向，故线圈转过180°时磁通量由Φ变成－Φ，变化量的大小为

故选D。5、B【分析】【详解】

当电场水平向右而滑块匀速直线运动，由平衡知识有：联立解得而物块沿斜面匀速下滑时，有：联立得解出动摩擦因数或(舍去)；则A、C、D错误，B正确.故选B.6、A【分析】【详解】

A项：由图知，波长λ=8m，由波速公式得周期故A正确；

B项：振幅等于y的最大值；故这列波的振幅为A=3cm，故B错误；

C项：此时x=4m处质点沿处于平衡位置；加速度为零，速度最大，故C错误；

D项：简谐机械横波沿x轴正方向传播；由波形平移法得知，此时x=8m处质点沿y轴正方向运动，故D错误．

故选A．7、B【分析】【详解】

对铁块受力分析，受重力G、磁力F、支持力N和摩擦力f；如图所示：

由于始终平衡，故合力为零，故A错误；根据平衡条件，有：解得：由于不断变大，故f不断变大，N不断变大，故B正确；摩擦力与运动方向垂直，则不做功，故C错误；铁板对磁铁的弹力冲量等于故D错误．所以B正确，ACD错误．

【点睛】

本题关键是对滑块受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列式求解，注意三力平衡通常用合成法，三力以上用正交分解法．二、多选题(共7题，共14分)8、A:D【分析】【分析】

保持开关S闭合，根据变阻器接入电路电阻的变化，由欧姆定律分析电表读数的变化．根据电容与板间距离的关系，分析电容的变化，确定电容器电量的变化，判断R2中电流的方向．断开开关S；分析板间场强的变化．

【详解】

A、B项：该电路中两个电阻串联，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，接入电路的有效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知电路中电流I变大，则电流表A读数变大；路端电压：U=E-Ir减小，电压表V3示数在变小，U1示数U1=IR1，随I的增大在变大，U2示数U2=E-I（R1+r）；随电流I的增大而减小，故A正确，B错误；

C项：电容器两端的电压为路端电压；U减小，根据Q=CU可知电容器的带电量减小，故C错误；

D项：电源内阻损耗的功率由于电流变大，所以电源内阻损耗的功率变大，电源消耗的总功率电流变大，所以电源消耗的总功率变大，故D正确．

故应选：AD．

【点睛】

电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开电源则极板上的电量不变；电容器保持和电源相连，则两板间的电势差不变．要掌握

及电容的决定因素．9、A:D:E【分析】【详解】

A．用油膜法可以估测分子的大小；故A正确；

B．多晶体的几何形状不规则；故B错误．

C．食盐是晶体；玻璃是非晶体，故C错误；

D．气体压强的大小从微观角度来看．与气体分子的平均动能以及分子的密集程度有关；故D正确；

E．焦耳通过实验测定了外界对系统做功和传热对于系统状态的影响；并得出功与热量的相互关系，故E正确。

故选ADE。10、A:C:D【分析】【详解】

AB．热量只能自发地从高温物体传到低温物体；如果不是自发地情况下可以从低温物体传到高温物体。空调的工作说明了热量可以从低温物体传到高温物体，A正确，B错误；

C．空调可以制冷；也可以制热。在空调制冷过程中，通过压缩机的工作，将周围环境的热能转移”到室外，而工作过程中压缩机线圈通过电流会产生热量，室外机的“电风扇”用来排气。空调在制冷过程中，电能有一部分转化为机械能（“压缩机”和“电风扇”会转动），另有一部分电能转化为内能（压缩机和“电风扇”工作时其线圈通过电流会发热）。可见排放到室外的热量包含从室内吸收的热量和电流做功产生的热量，故空调工作“搬运”了更多的热量，此过程不违背能量守恒，C正确；

D．可能通过改进技术；实现空调在制热时具有更小的制热功率和更大的制热量，但是制热功率不能减小到零，制热功率减小到零空调就不能制热了。不存在不消耗电能就能制热的空调，不符合能量守恒定律，D正确；

E．空调制热时获得的热量；一部分是通过电流做功，消耗电能获的，另一部分是从外界吸收的热量，并不违反能量守恒定律，E错误。

故选ACD。11、C:D【分析】【详解】

A.液滴在重力场；匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动；可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，故可知液滴带负电，故A错误；

B.由液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mg=qE，解得：故B错误；

C.磁场方向垂直纸面向里；洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为顺时针，故C正确；

D.液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：R=联立解得：故D正确；

故选CD.12、C:D【分析】【详解】

A.B保持恒定，ab向右滑动时；穿过闭合回路的磁通量增加，一定产生感应电流，故A错误；

B.B逐渐增强，ab向右滑动时；穿过闭合回路的磁通量增加，一定产生感应电流．故B错误；

C.B逐渐增强，ab向左滑动，回路中的面积减小，若穿过闭合回路的磁通量

.保持不变；则回路中没有感应电流，故C正确；

D.B逐渐减弱，ab向右滑动，回路中的面积增大，若穿过闭合回路的磁通量

.保持不变，则回路中没有感应电流，故D正确；13、B:C:E【分析】【分析】

【详解】

A.一定质量的理想气体体积增大时；即气体对外做功，同时也吸热，其内能可能不变，也可能增大，也可能减小，故A错误；

B.气体的温度降低；平均动能减小，但某个气体分子热运动的动能可能增加，故B正确；

C.从微观角度讲；气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，故C正确；

D.当水面上方的水蒸气达到饱和状态时；水中水分子飞出水面与进入水面是平衡的，故D错误；

E.计算时把油酸酒精溶液当成了纯油酸；体积偏大，则d偏大，故E正确；

故选BCE.14、B:D【分析】【详解】

A.复色光进入玻璃砖时两光的入射角α相等，设折射角分别为βa、βb，由图知，βa＜βb，由得na＞nb，则fa＞fb；故A错误；

B.在玻璃砖中v＝λf，则在玻璃砖中波长得λa＜λb；故B正确；

C.因为fa＞fb，所以若单色光a是蓝光，则b不可能是紫光；故C错误.

D.由光路可逆原理可知，离开玻璃砖时与进入玻璃砖时光线平行，故D正确.三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】【分析】

根据电场强度的叠加原理和点电荷场强公式求解。

【详解】

[1]根据点电荷场强公式得：只在F处放一电量为-Q的点电荷，则中心O处的电场强度的大小

[2]若再在A、B、C、D、E处各放一电量为+Q的点电荷，根据电场强度的叠加原理得B和E的叠加后场强为零，A和D的叠加后场强为零，所以中心O处的电场强度的大小等于F和C的场强叠加，即

【点睛】

本题运用电场强度的叠加，及几何图形的对称性来结合求解。【解析】16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]根据功率的定义式可得。

[2]由公式可得。

【解析】17、略

【分析】【详解】

①电源电压不变,闭合电键S,两电表只有一个有示数,则有:

若电压表有示数,电流表无示数,只能是小灯泡发生断路,电压表串联在电路中,小灯泡不发光;

若电压表无示数,电流表有示数,只能是小灯泡短路,小灯泡不发光;

综上所述,电路发生故障时,小灯泡L不可能发光;

②将一个检查小灯L′并在R两端,电流表A的示数不发生变化,故障为小灯泡L断路,或者小灯泡L断路且电阻R短路,此时电压表串联在电路中,电流表无示数,电压表有示数.

因此；本题正确答案是:①不可能;②L断路(或L断路且R短路).

【点睛】

电路故障包括短路和断路,电流表示数为零,则说明电路断路;电压表示数为零,则说明与电压表并联部分短路;根据电压表示数情况确定电路故障问题.【解析】不可能L断路（或L断路且R短路）18、略

【分析】弧AB对应的圆心角为60°，所以经历的时间为而粒子运动的半径为根据几何知识可得所以【解析】19、略

【分析】【分析】

【详解】

对大量的事实分析表明：热力学零度不可达到这个结论被称做热力学第三定律．【解析】热力学零度不可达到20、略

【分析】【详解】

（1）弹簧振子的周期为T=4s，则角速度为：振幅A=5cm故该振子简谐运动的表达式为x=Asinωt=5sintcm．

（2）因而振子在一个周期内通过的路程是4A，所以振子在前100s的总路程是：s=25×4A=100×5cm=500cm；总位移为0.【解析】(cm)050021、略

【分析】【详解】

（1）a．重物受到最大冲击力时加速度的大小为a，由牛顿第二定律解得：

b．重物在空中运动过程中，由动能定理有：

重物与地面接触前瞬时的速度大小为：

重物离开地面瞬时的速度大小为：

重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F，设竖直向上为正方向，由动量定理有：（F﹣mg）t＝mv2﹣mv1

解得：F＝510N

重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的倍数为：

因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍．

（2）人接触地面后要同时下蹲以通过延长与地面接触的时间来减小人受到地面的冲击力．【解析】90m/s26人接触地面后要同时下蹲以通过延长与地面接触的时间来减小人受到地面的冲击力四、作图题(共3题，共12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4题，共12分)25、略

【分析】【详解】

（1）甲图，螺旋测微器的固定刻度读数为3.5mm，可动刻度读数为0.01×0.5mm=0.005mm，

所以最终读数为3.5mm+0.005=3.505mm．

乙图，螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.01×48.5mm=0.485mm，

所以最终读数为3mm+0.485=3.485mm．

（2）根据动量守恒定律可知，设向右为正方向，则应满足的表达式为：0=-m1v1+m2v2；即：m1v1=m2v2

根据光电门的性质可知，v1=v2=代入可得：

根据功能关系可知，贮存的弹性势能等于后来的动能，则有：EP=m1v12+m2v22

代入可得：

点睛：本题考查了验证动量守恒定律实验中表达式的验证以及螺旋测微器的使用，要注意判断使用气垫导轨的应用，要知道动量守恒的条件与动量守恒定律，明确功能关系，知道弹簧的弹性势能转化为了两滑块的动能．【解析】3.505；3.485；；；26、略

【分析】【分析】

（1）根据电源电动势选择电压表；根据通过电阻的最大电流选择电流表．

（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法；然后作出电路图．

（3）根据实验电路应用串联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值．

【详解】

（1）电源电动势为3V，则电压表选V1；通过待测电阻的最大电流约为：选量程为3A的电流表读数误差太大，可以把定值电阻与待测电阻串联，此时电路最大电流约为：电流表应选择A1．滑动变阻器接成分压电路，则应选R1；

（2）金属丝的直径为：0.01mm×4.6=0.046mm；（3）定值电阻与待测电阻串联的总阻值约为30+20=50Ω，远大于滑动变阻器最大阻值10Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；电流表内阻约为10Ω，电压表内阻很大，电流表可以采用外接法，电路图如图所示：

（3）待测电阻阻值：

【点睛】

电学实验的考查中，经常考查到仪表的选择、电流表内外接法的选择及实验数据的处理，故应注意此类问题的解法；在实验中要注意把握准确性及安全性原则．【解析】A1V1R10.046mm（0.045mm-0.048mm）27、略

【分析】【详解】

（1）①利用平抛运动中竖直高度相同；所以运动时间相同，所以水平速度之比即为水平位移之比，故只需测量小球做平抛运动的水平距离即可，正确答案为B；

②动量守恒中将速度替换成位移

（2）①螺旋测微器的的读数，主尺