2025年苏人新版选修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2025年苏人新版选修3物理下册阶段测试试卷193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、信用卡的磁条中有一个个连续的相反极性的磁化区；每个磁化区代表了二进制数1或0，用以储存信息．刷卡时，当磁条以某一速度拉过信用卡阅读器的检测头时，在检测头的线圈中会产生变化的电压（如图1所示）．当信用卡磁条按图2所示方向以该速度拉过阅读检测头时，在线圈中产生的电压随时间的变化关系正确的是。

A.B.C.D.2、如图所示，竖直放置的两端开口的U形管，一段空气柱被水银柱a和水银柱b封闭在右管内，水银柱b的两个水银面的高度差为h。现将U形管放入热水槽中；则系统再度达到平衡的过程中（水银没有溢出，外界大气压保持不变）（）

A.空气柱的长度不变B.空气柱的压强不变C.水银柱b左边液面要上升D.水银柱b的两个水银面的高度差h变大3、有一种在超市中常见的“强力吸盘挂钩”如图甲所示。图乙；图丙是其工作原理示意图。使用时；按住锁扣把吸盘紧压在墙上（如图乙），然后把锁扣扳下（如图丙），让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，使吸盘牢牢地被固定在墙壁上，若吸盘内气体可视为理想气体，且温度始终保持不变。则此过程中（）

A.吸盘内气体要吸收热量B.吸盘内气体分子的密度增大C.吸盘被向外拉出过程中，吸盘内气体不对外界做功D.吸盘内气体压强增大4、在图所示的电路中，电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω；电阻R=5.0Ω，不计电路中的其他电阻．闭合开关S后，通过电阻R的电流为（）

A.3.0AB.2.0AC.1.0AD.0.50A5、如图所示，将一个铝框放在蹄形磁铁的两个磁极间，铝框可以绕竖直轴线自由转动．转动磁铁，会发现静止的铝框也会发生转动．下列说法正确的是

A.铝框与磁极转动方向相反B.铝框始终与磁极转动的一样快C.铝框是因为磁铁吸引铝质材料而转动的D.铝框是因为受到安培力而转动的6、某交流发电机产生的电流随时间变化的关系如图所示．由图像可知该交流电的。

A.频率为50HzB.频率为25HzC.电流有效值为10AD.电流有效值为5A7、电源、开关S、定值电阻R1和R3、光敏电阻R2、灯泡以及电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置。当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点。当用强光照射光敏电阻R2时；光敏电阻的阻值变小，则()

A.电容器所带电荷量减少B.灯泡变暗C.电容器两极板间电压变大D.液滴向下运动评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、关于物态变化，下列说法正确的是（）A.液体的饱和气压越大，该液体越不容易挥发B.密闭容器中的水蒸气达到饱和时，水蒸气的密度不再发生变化C.密闭容器中的水蒸气达到饱和时，没有水分子离开水面E.空气中的水蒸气压强越接近此温度时的饱和气压，人感觉越潮湿E.空气中的水蒸气压强越接近此温度时的饱和气压，人感觉越潮湿9、如图所示，电源电动势为E内阻为r，当滑动变阻器R2滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，理想电压表示数变化量的绝对值为ΔU．下列说法中正确的是（）

A.电压表V的示数变大B.电流表A2的示数变小C.ΔU与ΔI1比值一定小于电源内阻rD.ΔU与ΔI2比值一定小于电源内阻r10、如图，电源电动势为E，内阻为r，不管如何移动滑动变阻器，灯泡L、电表V1、V2、A均不会被烧坏，若将滑动变阻器的滑片P向上端移动时，则下列说法正确的是（）

A.A的示数增大，灯泡L变暗B.V1的示数增大，灯泡L变暗C.V2增大，灯泡变亮D.电源的总功率变小11、下列说法中正确的是（）A.封闭容器中的理想气体，若温度不变，体积减半，则单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，气体的压强加倍B.液体表面张力是液体表面层分子间距离小，分子力表现为斥力所致C.随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小D.导热性能各向同性的固体，可能是单晶体12、如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220sin(100πt)V的交流电，则()

A.交流电的频率为100HzB.通过R2的电流为1AC.通过副线圈的电流为3.414AD.变压器的输入功率为150W13、如图所示为研究决定平行板电容器电容大小因素的实验装置．两块相互靠近的等大正对的平行金属板M；N组成电容器；板N固定在绝缘座上并与静电计中心杆相接，板M和静电计的金属壳都接地，板M上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板M的位置．在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量不变，对此实验过程的描述正确的是（）

A.只将板M从图示位置稍向左平移，静电计指针张角变大B.只将板M从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，静电计指针张角变大C.只将板M从图示位置稍向上平移，静电计指针张角减小D.只在M、N之间插入云母板，静电计指针张角变大14、在如图所示电路中；闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，下列判断正确的是。

A.电流表A的示数变大B.电压表V1的所示变大C.电压表V2的示数变大D.电压表V3的示数变化量小于电压表V2的示数变化量15、在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19kg，则

A.碰后蓝壶速度为0.8m／sB.碰后蓝壶移动的距离为2.4mC.碰撞过程两壶损失的动能为7.22JD.碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5：4评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、平静的水面上，有一条质量M=100kg长度为3m的小船浮于水面，船上一个质量m=50kg的人匀速从船头走到船尾，不计水的阻力，人相对水面走了_____m，船相对水位移为_____m．17、实验发现，二氧化碳气体在水深170m处将会变成液体。现用一活塞将一定量的二氧化碳气体封入某导热容器中，并将该容器沉入海底。已知随着深度的增加，海水温度逐渐降低，则在容器下沉过程中，容器内气体的密度将会________（选填“增大”、“减小”或“不变”），气体的饱和汽压将会____（选填“增大”、“减小”或“不变”）。18、热平衡的性质：达到热平衡的系统都具有相同的_______。19、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________℃。

20、如图，一定质量的理想气体先从状态a沿直线变化到状态b，该过程中气体的温度______（填“升高”或“降低”），气体______（填“吸热”或“放热”）。

21、反射定律：反射光线与入射光线、法线处在______内，反射光线与入射光线分别位于______；反射角______入射角．22、某物理兴趣小组用实验探究光的色散规律，他们将半圆形玻璃砖放在竖直面内，在其左方竖直放置一个很大的光屏P，让一复色光束SA射向玻璃砖的圆心O后，有a和b两束单色光射向光屏P，如图所示．他们根据实验现象提出了以下五个猜想，你认为不正确的是_______

A．单色光a的波长小于单色光b的波长

B．在玻璃中单色光a的传播速度大于单色光b的传播速度

C．单色光a通过玻璃砖所需的时间大于单色光b通过玻璃砖所需的时间

D．在光束SA绕圆心O逆时针转动的过程中，在光屏P上最早消失的是a光

E．单色光a比单色光b更容易发生明显衍射23、如下左图所示，楔形木块A固定在水平放置压力传感器上，A的斜面是光滑的．某同学将质量不同的小钢球从斜面顶端静止释放，记录小钢珠在斜面上运动时压力传感器的示数．重力加速度g="9.8"m/s2.记录实验数据后；根据数据做出F-m图像，如下右图．

（1）由图像知，木块A的质量M=____kg（保留小数点后一位）

（2）若斜面倾角为θ，由图像知，_____（保留小数点后两位）

（3）不同质量的小钢珠在斜面上运动的时间______________（填“相同”或“不相同”）

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4题，共16分)27、如图所示为一个多量程电压表的电路，其表头为动圈式直流电流计，量程Ig=10mA、内阻Rg=200R1、R2为可调电阻．

（1）可调电阻应调为R1=______R2=_______

（2）现发现表头电流计已烧坏，我们要修复该电压表，手边只有一个“量程为2mA、内阻为40”的电流计和一个电阻为10的定值电阻R3．要使修复后电压表的满偏电流仍为10mA，请在虚框内画出该电压表的修复电路___．

（3）修复后的电路中，可调电阻R2应重新调为:=______

（4）接着用如图的电路对修复电压表的3V量程表进行校对,V0为标准电压表、V1为修复电压表．发现修复电压表V1的读数始终比标准电压表V0略大．应用以下哪种方法进行微调______．

A.只把R1略微调小；B.只把R1略微调大；28、电动自行车已成为大众化的一种交通工具.小天同学利用自家的电动自行车的铅蓄电池做了一些实验．

(1)小天同学先用多用电表粗测此电池的电动势．把多用电表的选择开关拨到直流电压50V挡，将两只表笔与电池两极接触，此时多用电表的指针位置如图甲所示，读出该电池的电动势为________________V.

(2)再用图乙所示装置进一步测量.多用电表的选择开关拨向合适的直流电流挡，闭合开关，改变电阻箱的阻值R，得到不同的电流值I，根据实验数据作出图象如图丙所示.已知图中直线的斜率为k，纵轴截距为b，则此电池的电动势E=_______，内阻r=______.（结果用含字母k、b的式子表示；不计电流表的内阻）

(3)小天用如图丁所示的电路测量电阻Rx的阻值（几百欧）R是滑动变阻器，R0是电阻箱，S2是单刀双掷开关；部分器材规格图丁中已标出．

①正确连接电路后，断开S1、S2，使用多用电表，在正确操作情况下，粗测出Rx的阻值为R1.

②将滑动变阻器的滑片P移到图丁中滑动变阻器的左端．闭合S1，将S2拨至1，调节变阻器的滑片P至某一位置；使电压表满偏．

③调节电阻箱R0，使其阻值大于R1.

④将S2拨至2，保持变阻器滑片P的位置不变，调节电阻箱的阻值，使电压表再次满偏，此时电阻箱示数为R2，则Rx=________________.29、在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中；有下列实验步骤：

a．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上；待油膜形状稳定。

b．将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上；计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。

c．往浅盘里倒入约2cm深的水；待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。

d．将玻璃板放在浅盘上；然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。

①上述步骤中；正确的操作顺序是__________。（填写步骤前面的字母）

②某同学做完实验后，发现自己所测的分子直径明显偏大。出现这种情况的原因可能是________。A．将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算B．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开C．计算油膜面积时，将不完整的方格均视为完整方格处理30、根据单摆周期公式可以通过实验测定当地的重力加速度，实验装置如图甲所示．

(1)某次实验用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm．

(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________．(多选)

A.摆线要选择细些的；伸缩性小些的；并且适当长一些。

B.摆球尽量选择质量大些；体积小些的。

C.为了使摆的周期大一些；以方便测量；开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度。

D.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5度，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T

E.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期评卷人得分六、解答题(共2题，共20分)31、气象探测气球是进行高空气象观测的重要工具。在某次气象探测中，地表温度为在地面将探测气球充满氦气后，缓慢上升至距离地面的高空，此时其体积为在气球上升过程中，气球内部因启动一持续加热装置而维持气体的温度不变。气球到达目标高度后停止加热，气球保持高度不变，气球内的氦气温度逐渐减小到此高度处的气温，已知此高度处大气压为海拔每升高气温下降求：

（1）氦气最终的体积多大？

（2）停止加热后氦气温度逐渐减小的过程中大气对气球做的功。

32、在现代科学实验和技术设备中经常用电场或磁场控制带电粒子的运动．如图甲所示的装置由两部分构成，电子枪部分实现对电子加速，由偏转电场实现对电子的偏转．金属丝附近的电子被加速后，沿着中心线OO′进入偏转场．已知电子的质量为m，电荷量为e；不计电子重力及电子间的相互作用力，设电子刚刚离开金属丝时的速度为零．

(1)电子枪的加速电压为求电子从金属板小孔穿出时的速度v0的大小；

(2)设平行板两板间距为d，两板长度均为L，两平行板板间所加电压为求电子射出偏转电场时在垂直于板面方向偏移的距离

(3)如何实现对电子精准控制；是设计者十分关心的问题．请你回答。

①如果只改变偏转电场的电压能使电子穿过平行板，分析电压的取值范围；

②如果在两板间加磁场控制该电子(如图乙所示)，仍能使电子穿过平行板，分析所加匀强磁场的磁感应强度B取值范围．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

由图1可知，当“1”区经过阅读器的检测头时，产生正向电压，当“0”区经过阅读器的检测头时，产生负向电压，可见B正确．2、B【分析】【详解】

B．空气柱的压强其中为a水银柱的高度，由于的大小不变；故空气柱的压强不变，故B正确；

A．被封闭气体做等压变化，由于气体温度升高，根据盖—吕萨克定律可得；气体的体积增大，故空气柱的长度增大，故A错误；

CD．被封闭气体的压强可知，h不变，水银柱b的两个水银面的高度差h不变，水银柱b左边液面不变；故CD错误。

故选B。3、A【分析】【分析】

【详解】

AC．吸盘内气体体积增大，气体对外做功，W<0，由于气体温度不变，气体内能不变，∆U=0；由热力学第一定律。

∆U=W+Q可知。

Q=∆U−W>0吸盘内气体要吸收热量；A正确，C错误；

B．吸盘内气体分子数不变；而气体体积变大，则吸盘内气体分子的密度减小，B错误；

D．吸盘内气体温度不变而体积变大，由玻意耳定律PV=C可知；吸盘内气体压强减小，D错误。

故选A。4、D【分析】【分析】

本题是闭合电路问题；根据闭合电路欧姆定律列式求电路中的电流I．

【详解】

根据闭合电路欧姆定律得故D正确；ABC错误．

故选D．

【点睛】

本题关键要掌握电路中的基本规律：闭合电路欧姆定律，并能正确计算即可求解．5、D【分析】AB；根据楞次定律可知；为阻碍磁通量增加，则导致铝框与磁铁转动方向相同，但快慢不一，故AB错误；

CD；转动磁铁时；导致铝框的磁通量增加，从而产生感应电流，出现安培力，导致铝框转动，所以铝框是因为受到安培力而转动的，故C错误，D正确；

故选D．6、B【分析】【分析】

从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量,然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解.

【详解】

AB；由图可以知道,交流电的周期T=0.04s；所以频率为25Hz，故A错；B对；

CD、从图像上可以看出电流的最大值为10A，根据正弦交流电有效值的求法可以电流的有效值为故CD错误；

故选B7、C【分析】【详解】

根据闭合电路欧姆定律：光敏电阻的阻值变小，回路电流增大，灯泡电流变大，灯泡变亮；R1两端电压：电压变大，所以电容器两极板电压变大，电容器电荷量变大；板间场强变大，初态电场力与重力平衡，现在场强变大，电场力变大，液滴合力向上，向上运动，ABD错误C正确。二、多选题(共8题，共16分)8、B:D:E【分析】【分析】

【详解】

A．饱和气压是物质的一个重要性质；它的大小取决于物质的本性和温度，饱和气压越大，表示该物质越容易蒸发，故A错误；

B．密闭容器中的水蒸气达到饱和时；水蒸气的压强不再变化，密度也不再发生变化，故B正确；

C．密闭容器中的水蒸气达到饱和时；水中仍然会有水分子离开水面，只是水中水分子离开水面与进入水面的是平衡的，故C错误；

D．温度越高；分子平均速率越大，而且液体分子越易离开液面，分子数密度越大，故D正确；

E．空气相对湿度越大时；空气中的水蒸气压强越接近此温度时的饱和气压，人感觉越潮湿，故E正确。

故选BDE。9、A:B:C【分析】【分析】

当滑动变阻器滑动端向右滑动后，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻如何变化，确定总电流的变化情况，即可知电流表A2的示数变化情况．根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化情况，确定电流表A1的示数变化情况，根据并联电路的电流规律，分析A1与A2的变化量大小．根据闭合电路欧姆定律分析△U与△I1比值．

【详解】

A、B项：当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小．所以电流表A2的示数减小．

根据串联电路分压的特点分析可知；并联部分电压增大，即电压表V的示数增大，故A；B正确；

C项：根据并联电路的电流规律I2=I1+I，A2的示数I2变小，通过定值电阻R1的电流增大，则A1的示数I1变小，所以△I1一定大于△I2．

电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律U=E-I2r可知而△I1大于△I2，所以故D错误；C正确．

故选ABC．

【点睛】

本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、明确电表所测电压，关键能根据闭合电路欧姆定律分析电压与电流变化的比值，即可正确解题．10、B:D【分析】【详解】

B．将滑动变阻器的滑片P向上端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流I减少，所以电灯L变暗，由

可知，路端电压增大，即V1的示数增大；B正确；

AC．由于干路电流减少，内电压和灯泡L两端的电压减小，所以R2与滑动变阻器并联部分电压增大（即V2增大），所以通过R2的电流增大；则A的示数减少，AC错误；

D．根据P=EI可知电源的总功率变少；D正确。

故选BD。11、A:C:D【分析】【详解】

A．由可知，当温度不变，体积减半，则气体压强p加倍；即单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，故A正确；

B．液体表面层分子间的距离大于平衡距离；液体表面层内分子间的作用力表现为引力，从宏观上表现为液体的表面张力，故B错误；

C．随分子间距离增大；分子间引力以斥力均减小，当分子间距离为平衡距离时分子势能最小，如果分子间距离小于平衡距离，随分子间距增大，分子势能减小，如果分子间距大于平衡距离，随分子间距增大，分子势能增大，因此随分子间距离增大，分子势能不一定减小，故C正确；

D．单晶体只是某些物理性质具有各向异性；并不是所有的性质都具有各向异性，所以导热性质表现为各向同性的物质也有可能是单晶体，故D正确。

故选ACD。12、C:D【分析】【详解】

根据表达式可知ω=100π，根据ω=2πf得：交流电的频率为：故A错误；原线圈电压有效值为则根据变压器匝数比可得副线圈电压为根据欧姆定律得通过R1的电流为：二极管具有单向导电性，流过二极管中的交流电只有半个周期可以通过，根据电流的热效应得：解得：U′=25V，根据欧姆定律得通过R2的电流为：则通过副线圈的电流为(2+)A=3.414A，故C正确，B错误；电阻R1消耗功率为PR1＝IR12R1＝22×25W＝100W，电阻R2消耗功率为PR2＝IR22R2＝2×25W＝50W，则原线圈输入功率为P=P1＝PR1+PR2＝100+50W＝150W，故D正确；故选CD．13、A:B【分析】试题分析：A、只将板M从图示位置稍向左平移，d增大，根据C=知，电容减小，根据U=知电势差增大，则静电计指针张角变大，故A正确．B、只将板M从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，正对面积S变小，根据C=知，电容减小，根据U=知电势差增大，则静电计指针张角变大，故B正确．C、只将板M从图示位置稍向上平移，正对面积S变小，根据C=知，电容减小，根据U=知电势差增大，则静电计指针张角变大．故C错误．D、只在M、N之间插入云母板，介电常数变大，根据C=知，电容增大，根据U=知电势差减小；则静电计指针张角变小．故D错误．故选AB．

考点：电容器的动态分析．14、C:D【分析】【详解】

A．P下滑，R2增加则总电阻增加，则I减小；即电流表的示数变小；故A错误；

B．由

I减小，V1表的示数变小；故B错误；

C．由

知V2表的示数变大；故C正确；

D、由

可知V2的增加量加上V1的减少量等于V3的增加量；故D正确。

故选CD。15、A:D【分析】【详解】

由图可知碰撞前后红壶的速度为和由动量守恒可得解得碰后蓝壶速度为由数学关系可得红冰壶如果不发生碰撞有故蓝色冰壶停止运动得时间为t=5s，碰后蓝壶移动的距离为碰撞过程两壶损失的动能为红壶所受摩擦力蓝壶所受摩擦力，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为故AD正确，BC错误；

故选AD．

【点睛】

由动量守恒可得碰后蓝壶速度大小，碰撞过程两壶损失的动能为初末动能之差，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比由牛顿运动定律求出．三、填空题(共8题，共16分)16、略

【分析】试题分析：和小船组成的系统动量守恒；根据动量守恒定律求出船移动的位移大小．

船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向右退，则有人从船头走到船尾，设船相对水的位移为x，则人相对于水的位移为．

解得【解析】2m1m17、略

【分析】【详解】

[1]随着深度的增加，海水温度逐渐降低，压强也增大，由理想气体状态方程

二氧化碳的体积减小；而质量不变，则密度一定增大；

[2]随着温度的降低，饱和汽压会减小。【解析】增大减小18、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】温度19、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】7506×10510220、略

【分析】【详解】

[1][2]由图像可知，气体先从状态a沿直线变化到状态b，pV值变大，根据

可知，温度T升高，气体内能变大，即∆U>0

气体体积变大，对外做功，即W<0

根据热力学第一定律可知∆U=W+Q

可知Q>0

即气体吸热。【解析】升高吸热21、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】同一平面法线的两侧等于22、A:C:D【分析】【详解】

A、由图知，a光的偏折程度小于b光，所以a光的折射率小于b光的折射率，则a光的波长大于b光的波长；故A错误；

BC、由知，b光在玻璃砖中传播速度较小；时间较长，故B正确，C错误；

D、由知a光的临界角较大，b光的临界角较小，则当光束SA绕圆心O逆时针转动过程中，在光屏P上最早消失的是b光；D错误；

E、a光的波长大于b光的波长，a光波动性强，相同条件下，a光比b光容易发生衍射，故E正确；

不正确的是故选ACD．

【点睛】

根据光线的偏折程度，比较光的折射率大小，从而得出频率的大小关系；由比较光在玻璃砖中传播速度的大小，即可比较时间的长短；由比较临界角的大小，临界角小的光最先消失；折射率越小，波长越长，越容易发生衍射．23、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）当m=0时，传感器的示数即为木块A的重力，则有：Mg=4.80N，解得：

（2）对小球受力分析；根据平衡条件可知，A对小球的支持力N=mgcosθ；

根据牛顿第三定律可知；小球对A的压力为mgcosθ；

对A受力分析可知；传感器对A的支持力F=Mg+mgcosθcosθ；

则传感器的示数为F=Mg+mgcos2θ

则F-m图象的斜率k=gcos2θ；

则有：

解得：cos2θ=0.82

（3）根据牛顿第二定律得小球下滑的加速度为：a＝gsinθ；则不同质量的小钢珠在斜面上运动情况完全相同，所以运动的时间也相同．

考点：研究加速度与物体质量；受力的关系.

【名师点睛】

本题考查研究加速度与物体质量、受力的关系实验；解题的关键是搞清实验的原理及分别对小球和A受力分析，求出传感器的示数F与m的表达式，注意F-m图象斜率和截距所表示的含义，难度适中．【解析】0.50.80（0.77~0.83）相同四、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4题，共16分)27、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）由电路结构可得：

（2）将电流计和电阻为10的定值电阻R3并联，此时的满偏电流为