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…………○…………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年华东师大版选修3物理下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7题,共14分)1、如图,半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,则粒子的速率为(不计重力)()

A.B.C.D.2、如图所示是一台发电机的结构示意图,其中N、S是永久磁铁的两个磁极,它们的表面呈半圆柱面形状。M是圆柱形铁芯,它与磁极的柱面共轴,铁芯上有一矩形线框,可绕与铁芯M共轴的固定转动轴旋转。磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小相等的磁场。若从图示位置开始计时,当线框绕固定转动轴匀速转动时,下列图像中可能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是()

A.B.C.D.3、分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质。下列说法正确的是()A.分子间距离减小,分子间的引力和斥力都增大B.液体分子的无规则运动称为布朗运动C.分子间距离增大,分子势能一定减小D.物体对外做功,物体内能一定减小4、根据你所学过的知识判断以下说法不正确的是()

A.在图1中,向上拉动下表面紧贴水面的玻璃板时,拉力大于重力,主要是分子力作用的影响B.在图2中,随着活塞上砝码个数的增加,气缸内封闭的气体越来越难压缩(始终为气体状态),主要原因是由于随着气体体积的减小,分子间的斥力越来越大C.用烧热的针尖接触表面涂有蜂蜡层的云母片,蜂蜡层形成了如图3所示的熔化区域,说明云母片对于导热性存在着各向异性D.图4为热机能流图,随着机械制造工艺、机械材料等科学技术的不断发展,热机的效率仍无法达到100%5、如图所示,在倾角为α的光滑斜面上,垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导线.当通以电流I时,欲使导体静止在斜面上,外加匀强磁场B的大小和方向应是()

A.方向垂直斜面向上B.方向垂直斜面向下C.方向垂直向下D.方向水平向右6、两个相同的圆形线圈,通以方向相同但大小不同的电流I1和I2;如图所示.先将两个线圈固定在光滑绝缘杆上,问释放后它们的运动情况是()

A.相互吸引,电流大的加速度大B.相互吸引,加速度大小相等C.相互排斥,电流大的加速度大D.相互排斥,加速度大小相等7、下列核反应方程中,属于β衰变的是()A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共8题,共16分)8、用伏安法测量导体的电阻的实验中,由于电流表和电压表的电阻未知,将可动触头由位置a移到位置b,如图所示,同时观察电流表和电压表示数的变化.()

A.若发现电压表V的示数变化显著,宜将可动触头P接a,且Rx的测量值小于真实值B.若发现电流表A的示数变化显著,宜将可动触头P接a,且Rx的测量值小于真实值C.若发现电流表A的示数变化显著,宜将可动触头P接b,且Rx的测量值大于真实值D.若发现电压表V的示数变化显著,宜将可动触头P接b,且Rx的测量值大于真实值9、下列说法正确的是()A.气体很容易充满整个容器,这是分子间存在斥力的宏观表现B.若两个分子间的势能增大,则一定是克服分子间的相互作用力做功C.两个物体的内能相同,则它们的温度一定相同D.由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间的距离,液体表面层分子间表现为引力,所以液体表面具有收缩的趋势10、以下说法正确的是____。A.表面张力使液体的表面有拉伸的趋势B.压缩气体,气体的内能不一定增加C.当气体分子热运动的剧烈程度减弱时,气体分子的平均动能减小E.有两个相距较远的分子甲和乙,设乙分子固定不动,现让甲分子以一定的初速度向乙运动且两分子始终在同一直线上,当甲分子到达r=r0处时,甲、乙分子系统的分子势能最小E.有两个相距较远的分子甲和乙,设乙分子固定不动,现让甲分子以一定的初速度向乙运动且两分子始终在同一直线上,当甲分子到达r=r0处时,甲、乙分子系统的分子势能最小11、下列关于固体、液体和物态变化的叙述正确的是()A.生活中常见的石英、沥青、蔗糖、食盐、玻璃都是晶体B.单晶体的某些物理性质表现为各向异性,多晶体和非晶体的一些物理性质都表现为各向同性C.一定质量的某种金属固体变成同温度的金属液体时,内能一定会增加E.我们烧水做饭时看到的冒出的“白气”不是水蒸气,这一现象与冬天我们的眼镜片容易变模糊一样,都是水蒸气的液化现象E.我们烧水做饭时看到的冒出的“白气”不是水蒸气,这一现象与冬天我们的眼镜片容易变模糊一样,都是水蒸气的液化现象12、关于热力学定律,下列说法错误的是_____。A.外界对气体做正功时,其内能一定增大B.不可以从单一热源吸收热量,使之完全变为功C.理想气体等压膨胀过程一定放热E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡13、有A、B两个电阻,它们的伏安特性曲线如图所示,从图线可以判断()

A.电阻A的阻值大于电阻BB.电阻A的阻值小于电阻BC.两电阻串联时,电阻A消耗的功率较小D.两电阻并联时,流过电阻B的电流强度较大14、有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微粒,从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强方向射入,分别落到极板A、B、C处;如图所示,则下列说法正确的有()

A.落在A处的微粒带正电,B处的不带电,C处的带负电B.三个微粒在电场中运动时间相等C.三个微粒在电场中运动的加速度aA<aB<aCD.三个微粒到达极板时的动能EkA>EkB>EkC15、如图所示,半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.一带负电粒子以速度射入磁场区域,速度方向垂直磁场且与半径方向的夹角为45°.当该带电粒子离开磁场时,速度方向刚好与入射速度方向垂直.不计带电粒子的重力,下列说法正确的是()

A.该带电粒子离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点B.该带电粒子的比荷为C.该带电粒子在磁场中的运动时间为D.若只改变带电粒子的入射方向,则其在磁场中的运动时间变短评卷人得分三、填空题(共7题,共14分)16、研究性学习小组围绕一个量程为30mA的电流计展开探究.

(1)为测量该电流计的内阻,同学甲设计了如图(a)所示的电路.图中电源电动势未知,内阻不计.闭合开关,将电阻箱阻值调到10Ω时,电流计恰好满偏;将电阻箱阻值调到85Ω时,电流计指针指在如图(b)所示位置,则电流计的读数为______m。A.由以上数据可得电流计的内阻Rg=______Ω

(2)同学乙将甲设计的电路稍作改变,在电流计两端接上两个表笔,如图(c)所示,设计出一个简易的欧姆表,并将表盘的电流刻度转换为电阻刻度:闭合开关,将两表笔断开,调节电阻箱,使指针指在“30mA”处,此处刻度应标阻值为______Ω(填“0”或∞”);再保持电阻箱阻值不变,在两表笔间接不同阻值的已知电阻,找出对应的电流刻度,则“15mA“处对应表笔间电阻阻值为______Ω.

若该欧姆表使用一段时间后,电池内阻变大不能忽略,电源电动势不变但将两表笔断开,指针仍能满偏,按正确使用方法再进行测量,其测量结果与原结果相比将______(选填“变大”、“变小”或“不变”).17、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。18、如图为一定质量的理想气体的体积与热力学温度的关系图像,该气体的状态经历的变化过程。气体状态由过程中,气体压强________(选填“增大”“不变”或“减小”);若整个过程中气体放出的热量为则整个过程外界对气体所做的功为________。

19、在如甲图所示的电路中,电源电动势为3.0V,内阻不计,L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示.当开关闭合后,灯泡L1的电阻为_________Ω,灯泡L2消耗的电功率为_________W.

20、如图所示,质量为m的导体棒a从h高处由静止起沿足够长的光滑导电轨道滑下,另一质量为2m的导体棒b静止在宽为L的光滑水平导轨上,在水平轨道区域有垂直于轨道平面向上的匀强磁场,磁感应强度为B,a、b导体棒不会相碰,重力加速度取g,则a、b导体棒的最终的共同速度为__________,回路中最多能产生焦耳热为__________.

21、如图所示,一束激光频率为传播方向正对卫星飞行方向,已知真空中光速为c,卫星速度为u,则卫星上观测到激光的传播速度是______,卫星接收到激光的频率______(选填“大于”“等于”或“小于”)。

22、花岗岩、大理石等装修材料,都不同程度地含有放射性元素,比如含有铀、钍的花岗岩等岩石会释放出放射性气体氡,而氡会发生放射性衰变,放出α、β、γ射线,这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病。在这三种射线中,_____射线的穿透能力最强;α衰变时,生成核与原来的原子核相比,中子数减少了_____个;β衰变所释放的电子是由原子核中的_____转化而来.评卷人得分四、作图题(共3题,共6分)23、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.

24、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.

25、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16分)26、(18分)

(1)(6分)某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率;所用的玻璃砖两面平行。正确操作后,作出的光路图及测出的相关角度如图所示。

①此玻璃的折射率计算式为=____(用图中的表示);②如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择,为了减小误差,应选用宽度____(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量。

(2)(6分)某实验小组研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系。实验时,将原长约200mm的橡皮筋上端固定,在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂钩码(质量均为20g),每增挂一只钩码均记下对应的橡皮筋伸长量;当挂上10只钩码后,再逐一把钩码取下,每取下一只钩码,也记下对应的橡皮筋伸长量。根据测量数据,作出增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量△与拉力关系的图像如图所示。从图像中可以得出____。(填选项前的字母)

A.增挂钩码时△与成正比,而减挂钩码时△与不成正比B.当所挂钩码数相同时,增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂钩码时的大C.当所挂钩码数相同时,增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减挂钩码时的相等D.增挂钩码时所挂钩码数过多,导致橡皮筋超出弹性限度(3)(6分)如图所示是一些准备用来测量待测电阻阻值的实验器材;器材及其规格列表如下:

。器材。

规格。

待测电阻

电源

电压表V1

电压表V2

电流表A

滑动变阻器

开关S;导线若干。

阻值在900Ω-1000Ω之间。

具有一定内阻;电动势约9.0V

量程2.0V,内阻=1000Ω

量程5.0V,内阻=2500Ω

量程3.0A,内阻=0.10Ω

最大阻值约100Ω;额定电流0.5A

为了能正常进行测量并尽可能减小测量误差,实验要求测量时电表的读数大于其量程的一半,而且调节滑动变阻器能使电表读数有较明显的变化。请用实线代替导线,在所给的实验器材图中选择若干合适的器材,连成满足要求的测量阻值的电路。27、某同学家里有一卷镍铬合金丝(表面绝缘层很薄)如图甲所示;他上网查出了其电阻率为ρ,拿到学校实验室用学过的方法测总长度.他选用的器材有多用电表;电压表、定值电阻、单刀双掷开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源等.

测量步骤如下。

(1)使用螺旋测微器测量合金丝伸出部分的镍铬合金丝的直径,示数如图乙所示,则镍铬合金丝的直径D为___________mm.

(2)使用多用电表粗测其总电阻,选择欧姆挡“×10”倍率进行测量,多用电表的示数如图丙所示,则读数为___________Ω(结果保留两位有效数字).

(3)该同学设计了如图甲所示的电路求合金丝的电阻,其中Rx为待测合金丝,R0为定值电阻,S2为单刀双掷开关,当S2打向1时电压表读出数值U1,打向2时电压表读出数值U2.请按他的实验原理图在图乙中连接好未曾连接的导线________.

(4)根据实验测得的镍铬合金丝的电阻值,可根据以上实验数据估算这卷镍铬合金丝的长度表达式是L=___________(用U1、U2、D、R0、ρ来表示)28、某同学将一只量程为100μA的灵敏电流计改装成电流表和两个量程的电压表.改装后的电路图如图甲所示.图中G表示灵敏电流计,Ra、Rb和Rc是三个定值电阻,K是选择开关,可以分别置于a、b;c位置;从而实现多功能测量.

(1)首先根据如图乙所示电路,用半偏法测定灵敏电流计G的内阻.先将R的阻值调至最大,闭合S1,调节R的阻值,使G的指针偏转到满刻度,然后闭合S2,调节R′的阻值,使G的指针___________,此时,就认为电阻箱R′的读数等于G的内电阻值.由于半偏法实验原理不完善导致G的内电阻测量值比真实值偏___________(填“大”或小”)(2)若用半偏法测得G的内电阻为900Ω.①选择开关置于a时,构成量程为0~1mA的电流表,则电阻Ra阻值应为___________Ω;②选择开关置于b时,构成量程为0~1V的电压表,则电阻Rb阻值应为___________Ω;③选择开关置于c时,构成量程为0~3V的电压表,则电阻Rc阻值应为___________Ω;(3)半偏法测量G的内电阻的误差又会导致改装成的电流表、电压表测量结果___________(填“偏大”或“偏小”)29、在做用油膜法估测分子大小的实验中,酒精油酸溶液的浓度约为每104mL溶液中有纯油酸6mL;用注射器测得1mL上述溶液为75滴,把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里,待水面稳定后,将玻璃板放在浅盘上,用彩笔在玻璃板上描出油酸的轮廓,再把玻璃板放在坐标纸上,其形状和尺寸如图所示,坐标纸中正方形方格的边长为1cm,试求:

(1)油酸膜的面积是______

(2)每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积是______

(3)按以上实验数据估测出油酸分子的直径______评卷人得分六、解答题(共3题,共21分)30、一倾角为的光滑绝缘斜面体固定在水平面上;整个装置处于垂直纸面向里的磁场中,如图所示.一质量为m,电荷量为q的带正电小球从斜面上由静止释放.已知磁感应强度为B,重力加速度为g.求:

(1)小球离开斜面时的速率;

(2)小球在斜面上滑行的位移大小.31、如图甲所示,是间距且足够长的平行导轨,导轨的电阻均不计。导轨平面与水平面间的夹角为间连接有一个的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上,磁感应强度的大小将一根质量阻值为r的金属棒紧靠放置在导轨上,且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒,当金属棒滑行至处时达到稳定速度,已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示,设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与平行求:

(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数

(2)离的距离x;

(3)金属棒滑行至处的过程中,电阻R上产生的热量。(g取)

32、如图所示,水平放置的两平行金属板间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场.已知两板间的电势差为U,距离为d;匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里.一质量为m、电荷量为q的带电粒子从A点沿水平方向射入到两板之间,恰好沿直线从M点射出;如果撤去磁场,粒子从N点射出.M、N两点间的距离为h.不计粒子的重力.求:

(1)匀强电场场强的大小E;

(2)粒子从A点射入时的速度大小v0;

(3)粒子从N点射出时的动能Ek.

参考答案一、选择题(共7题,共14分)1、C【分析】【详解】

带电粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域做匀速圆周运动;运动轨迹如图.

设运动半径为r,圆心为Oˊ,连接OC、OOˊ,OOˊ垂直平分弦长CD.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,所以:∠CO′D=60°,又CE=R,所以:∠COE=30°,则:∠COOˊ=∠COˊO=30°,COˊ=CO,即:r=R.再根据洛仑兹力提供向心力有:qvB=m可得粒子速率:故C正确,ABD错误.故选C.

【点睛】

本题考查带电粒子在磁场中的运动,解决本题的关键在于对几何关系的分析,要求同学们一定要规范作图,以便更快地确定圆心,分析出几何关系.2、D【分析】【详解】

AB.因发电机的两个磁极N;S呈半圆柱面形状;磁极间的磁感线呈辐向分布,磁感应强度的大小不变,仅方向发生改变,故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线,产生的感应电动势的大小不变,故AB错误;

CD.线框越过空隙段后;由于线框切割磁感线方向发生变化,所以感应电动势的方向发生变化,故D正确,C错误。

故选D。3、A【分析】【分析】

【详解】

A.分子间存在相互作用的引力和斥力;引力和斥力都随分子间距离的减小而增加,随分子间距的增大而减小,故A正确;

B.布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动;不是液体分子的无规则运动,是液体分子无规则热运动的反映,故B错误;

C.当分子力表现为引力时;分子力总是随分子间距离的增大而减小,因克服分子力做功,分子势能总是随分子间距离的增大而增大,故C错误;

D.物体对外做功;若气体吸收热量,则其内能不一定减小,故D错误。

故选A。4、B【分析】【分析】

【详解】

A.玻璃板被拉起时;要受到水分子间的引力,所以拉力大于玻璃板的重力,A正确;

B.压缩气体越来越费力;是因为气体的体积减小,单位体积内的分子数增多,使得在相同时间内撞击活塞的气体分子数目增多,气体的压强增大,需要用的外力增大,B错误;

C.烧热的针尖;接触涂上薄蜂蜡层的云母片上某点,经一段时间后形成图丙的形状,由于是椭圆,则说明云母具有各向异性,是单晶体,C正确;

D.根据热力学第二定律;热机把内能转化为机械能时,能量的耗散是不可以避免的,所以热机的效率不可以达到100%,D正确。

故选B。5、B【分析】【分析】

通电导线在磁场中的受到安培力作用,由左手定则来确定安培力的方向,由平衡条件求出安培力大小,最后由安培力公式计算B的大小.

【详解】

A.外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上,则沿斜面向下的安培力、支持力与重力,无论B多大三个力的合力不可能为零;直导线不可能处于平衡状态,故A错误;

B.外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下,则沿斜面向上的安培力、支持力与重力,处于平衡状态,根据平衡条件mgsinθ=BIL

故B正确;

C.外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上,则水平向右的安培力、支持力与重力,无论B多大三个力的合力不可能为零;直导线不可能处于平衡状态,故C错误;

D.外加匀强磁场的磁感应强度B的方向水平向右;则受竖直向下的安培力三力作用下导线不会处于平衡,故D错误;

故选B。

【点睛】

学会区分左手定则与右手定则,前者是判定安培力的方向,而后者是判定感应电流的方向.6、B【分析】【分析】

同向电流相互吸引;异向电流相互排斥,根据牛顿第二定律比较两个线圈的加速度大小.

【详解】

两个圆形线圈;电流同向,根据同向电流相互吸引,异向电流相互排斥,知两线圈相互吸引.因为线圈1对线圈2的力和线圈2对线圈1的力大小相等,方向相反,根据牛顿第二定律知,加速度大小相等.故B正确,ACD错误.故选B.

【点睛】

解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系.同向电流相互吸引,异向电流相互排斥.7、A【分析】【详解】

衰变过程中释放出的属于β衰变;根据质量数和电荷数守恒可知,故A正确.

点晴:此题属于近现代物理初步中的核反应,其中,C项是衰变,B项是氢核聚变,D项是发现质子的方程,注意质量数和电荷数守恒.二、多选题(共8题,共16分)8、A:C【分析】【详解】

AD.若发现电压表V的示数变化显著,则电流表分压过大,需要采用电流表外接,即将可动触头P接a,这种情况下电压表会分流,电流表测得的电流值比实际的要大,而电压表测量的是准确值,所以根据欧姆定律

可得电阻的测量值偏小;D错误A正确;

BC.若发现电流表A的示数变化显著,则电压表分流过大,需要采用电流表的内接法,即宜将可动触头P接b,这种情况下电流表会分压,电流表测量的是准确值,电压表测量的比实际值要大,所以根据欧姆定律

可得电阻的测量值偏大;B错误C正确。

故选AC。9、B:D【分析】【分析】

【详解】

A.气体分子间的距离较大;分子间的作用力很小,气体总是很容易充满整个容器,这是分子热运动的宏观表现,故A错误;

B.根据分子力做功与分子势能的关系可知;若分子力做正功;分子势能减小,若分子力做负功,分子势能增加。故B正确;

C.物体的内能包括分子动能和分子势能两部分;大小与物质的量;温度、体积和状态四个因素有关,所以两个物体内能相同,并不能确定它们的温度一定相同,故C错误;

D.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离;液面分子间表现为引力,所以液体表面具有收缩的趋势,故D正确。

故选BD。10、B:C:E【分析】【详解】

A.表面张力使液体的表面有收缩的趋势;A错误;

B.压缩气体;对气体做功,如果气体放出热量,根据热力学第一定律,气体的内能可能增力也可能减小,B正确;

C.温度是分子平均动能的标志;当气体分子热运动的剧烈程度减弱时,气体温度降低,气体分子的平均动能减小,C正确;

D.已知阿伏伽德罗常数为NA,氧气的摩尔质量为M、密度为ρ,则每个氧气分子的质量为每个氧气分子连同它周围空间的体积为由于氧气分子距离很大,根据题目,无法求出每个氧气分子的体积,D错误;

E.有两个相距较远的分子甲和乙,设乙分子固定不动,现让甲分子以一定的初速度向乙运动且两分子始终在同一直线上,当时分子力为引力,因此当甲分子靠近乙分子的过程中,分子力做正功,分子势能减小,甲分子到达r=r0处时;甲;乙分子系统的分子势能最小,E正确。

故选BCE。11、B:C:D:E【分析】【详解】

A.石英;蔗糖和食盐都是晶体;沥青和玻璃是非晶体,A错误;

B.根据多晶体与单晶体的特点可知;单晶体的某些物理性质表现为各向异性,多晶体和非晶体的物理性质表现为各向同性,B正确;

C.一定质量的某种金属固体变成同温度的金属液体时,固体液化需要吸热,由热力学第一定律可得

即;金属固体的内能会增加,C正确;

D.液体在汽化时温度保持不变;吸收周围物体的热量,由热力学第一定律可得,液体的内能会增加,所以周围物体的内能减少,D正确;

E.我们烧水做饭时看到的冒出的“白气”不是水蒸气;这一现象与冬天我们的眼镜片容易变模糊一样,都是水蒸气的液化现象,E正确。

故选BCDE。12、A:B:C【分析】【详解】

A.根据热力学第一定律,当和外界热交换不明确时,外界对气体做功其内能不一定会增大,故A符合题意;

B.热力学第二定律可以表示为:不可能制成一种循环动作的热机;从单一热源取热,使之完全变为功而不引起其它变化.这句话强调的是不可能“不产生其它变化”;即在引起其他变化是可能的;故B符合题意;

C.由理想气体状态方程可知,理想气体等压膨胀,温度升高,内能增加,对外做功,W为负,由热力学第一定律ΔU=W+Q;需要从外界吸热,故C符合题意;

D.由热力学第二定律可知;热量不可能自发地从低温物体传到高温物体,D不符合题意;

E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡;那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡,故E不符合题意。

故选ABC。13、B:C【分析】【分析】

伏安特性曲线中直线的斜率表示的是电阻的倒数;根据斜率的大小可以判断AB电阻的大小;根据电阻的大小,再由欧姆定律可以判断流过电阻的电流的大小;

【详解】

A;I-U图线的斜率表示电阻的倒数;A图线的斜率大,则A的电阻小,故A错误,B正确;

C、当两电阻串联时,电阻的电流相同,由可得;电阻小的电阻的功率小,所以电阻A消耗的功率较小,所以C正确;

D;两电阻并联时;即电压相同的时,由于A的电阻小,流过电阻A的电流强度较大,则流过电阻B的电流强度较小,所以D错误.

【点睛】

本题就是考查学生对于伏安特性曲线的理解,在做题时一定要区分开U-I图象和I-U图象,不同的图象中的直线的斜率的含义不同.14、A:C【分析】【详解】

ABC.微粒在水平方向上均做匀速直线运动,且水平速度相同,三微粒在水平方向上的位移xC<xB<xA

则三微粒的运动时间为tC=tB=tA=

可得tC<tB<tA

微粒在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动,则有=aAtA2=aBtB2=aCtC2

可得aA<aB<aC

所以落在A处的微粒必带正电,B处的不带电,而C处的带负电;故AC正确,B错误;

D.根据动能定理得,在A处mg-qAE=EkA-mv2

在B处mg=EkB-mv2

在C处mg+qCE=EkC-mv2

由此可知EkA<EkB<EkC

故D错误。

故选AC。15、B:D【分析】【详解】

A;带负电的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示:

从图像上可以看出该带电粒子离开磁场时速度方向的反向延长线不通过O点;故A错;

B、有几何关系知,轨迹所对的圆心角为且轨迹的圆心O刚好在圆形磁场的边界上,所以轨迹的半径为由可求得:故B对;

C、运动时间等于弧长除以速度,即故C错;

D;有图可知;此时轨迹圆弧对应的弦长最长,等于磁场区域的直径,所以在磁场中运动时间也就最长,若改变入射角度,则运动时间变短,故D对;

故选BD三、填空题(共7题,共14分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析:(1)据十分之一估读法;读数为:12.0A;

当电阻箱阻值为10Ω时有:当电阻箱阻值为85Ω时:则电流计内阻有:电源电动势为:.

(2)将电流计改装成欧姆表后,指针处于30mA处时有:代入数据可以求得电阻箱此时阻值为:当指针示数为15mA时,电流总电流为:欧姆表读数为:

(3)电源内阻增大后;将两表笔断开,指针仍能满偏,说明电源内阻与电阻箱阻值之和与原来相等,故测量结果不变.

考点:本题考查欧姆表的内部结构.【解析】12.040∞8不变17、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18、略

【分析】【详解】

[1]气体状态由过程中

所以是等压过程;气体压强不变。

[2]的整个过程气体温度不变,内能不变,则

整个过程中气体放出的热量为由热力学第一定律可知

解得整个过程外界对气体所做的功为【解析】不变Q19、略

【分析】【详解】

当开关闭合后,灯泡L1的电压U1=3V,由图2读出其电流I1=0.25A,则灯泡L1的电阻灯泡L2、L3串联,电压U2=U3=1.5V,由图读出其电流I2=I3=0.20A,则I1=1.25I2,灯泡L2、L3的功率均为P=UI=1.5V×0.20A=0.30W;【解析】12Ω0.30W20、略

【分析】【分析】

a先加速下滑,进入磁场后切割磁感线,产生感应电动势和感应电流,受到向左的安培力而做减速运动,b在安培力作用下向右加速运动;也切割磁感线产生感应电动势,此感应电动势与a的感应电动势方向相反,整个回路总的电动势减小,感应电流减小,两棒所受的安培力减小,当两棒的速度相等时,电路中不再产生感应电流,两棒不受安培力,将一起做匀速运动,达到稳定状态.以两棒组成的系统为研究对象,满足动量守恒,据动量守恒定律求解即可;当两棒最终一-起做匀速运动时,回路中不再产生焦耳热,根据能量守恒定律求解即可.

【详解】

第一空.a从h高处由静止滑到水平导轨处;由动能定理得:

解得:

a进入磁场后,a棒减速,b棒加速,最终速度相等,a、b系统水平方向合外力为零.

设水平向右为正方向;由动量守恒定律得:

解得,最终速度:

第二空.整个过程;对系统,由能量守恒定律得:

解得:.

【点睛】

本题考查电磁感应现象的综合应用,属于一般题型.【解析】21、略

【分析】【详解】

[1]根据光速不变原理,卫星上观测到激光的传播速度为c;

[2]因为激光和卫星是相向运动,依据多普勒效应可知,卫星接收到激光的频率大于【解析】C大于22、略

【分析】【详解】

第一空.γ射线一般伴随着α或β射线产生;在这三种射线中,γ射线的穿透能力最强;

第二空.发生α衰变时;电荷数少2,质量数少4,则中子数少2;

第三空.β衰变所释放的电子来自原子核,是原子核中的一个中子转变为一个电子和一个质子,电子释放出来。【解析】γ2中子四、作图题(共3题,共6分)23、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】24、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,

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