2025年新世纪版选修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年新世纪版选修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、关于产生感应电流的条件，下列说法正确的是（）A.只要闭合导体回路在磁场中运动，回路中就一定有感应电流B.只要闭合导体回路中有磁通量，回路中就有感应电流C.只要导体做切割磁感线运动，就有感应电流产生D.只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，回路中就有感应电流2、在如图所示的电路中，闭合开关S后，当滑动变阻器R1的滑片P向a端移动时，下列说法正确的是（）

A.的示数变小B.的示数变大C.的示数同时增大D.路端电压变小3、如图所示；圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，则匀强电场的方向为。

A.沿AB方向B.沿AC方向C.沿OC方向D.沿BC方向4、如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A。下列说法正确的是（）

A.A→B过程中气体分子的平均动能增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加B.A→B过程中气体吸收的热量大于B→C过程中气体放出的热量C.C→A过程中单位体积内分子数增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少D.A→B过程中气体对外做的功小于C→A过程中外界对气体做的功5、下列说法正确的是（）A.1kg0℃水的内能比1kg0℃冰的内能小B.气体膨胀，它的内能一定减小C.已知阿伏伽德罗常数、某气体的摩尔质量和密度，就可估算出该气体中分子的平均距离D.对于一定质量的理想气体，当分子热运动变剧烈时，压强必变大6、下列说法正确的是（）A.奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系B.法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系C.安培提出了分子电流假说，说明了一切磁现象都是由电流产生的D.欧姆首先发现了电荷之间存在相互作用力，并得出真空中两个点电荷之间作用力的表达式7、关于电源电动势，下面说法不正确的是()A.电源两极间电压总等于电动势B.电动势越大的电源，将其他能转化为电能的本领越大C.电路接通后，电源的电压小于它的电动势D.电动势只由电源性质决定，与外电路无关8、篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前．这样做可以（）A.减小球对手的冲量B.减小球对人的冲击力C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量9、如图所示是演示自感现象的电路图；关于此实验，下列说法正确的是。

A.通电稳定后，断开开关时灯泡A逐渐熄灭，灯泡B立刻熄灭B.变阻器R的作用是在接通开关时使灯泡B逐渐变亮C.如果灯泡B短路，接通开关时灯泡A立刻变亮D.如果灯泡A短路，接通开关时通过L的电流逐渐增大评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、如图所示，原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放一个电荷量为＋Q的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为r，静电力常量为k．达到静电平衡后；下列说法中正确的是。

A.点电荷Q在金属球内任意位置激发的电场的场强都为零B.感应电荷在金属球球心处激发的电场场强方向向右C.金属球最左侧表面的电势和最右侧表面的电势相同D.若用导线的两端分别接触金属球的最左端和最右端，导线能将两端的电荷中和11、下列说法正确的是（）A.扩散现象是由外界作用引起的，如风的对流B.单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，液晶具有各向异性C.在一定温度下，空气中水蒸气的压强越大，相对湿度越大D.毛细现象的产生是因为浸润的液体附着层稀疏，表现为引力，使其具有收缩的趋势，使液面呈凹状12、如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a，下列说法正确的是（）

A.在过程ab中气体的内能增加B.在过程ca中外界对气体做功C.在过程bc中气体从外界吸收热量D.在过程ca中气体从外界吸收热量13、如图；两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（）

A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动14、如图所示为一列简谐横波在t＝0时的波形图，波沿x轴负方向传播，传播速度v＝1m/s，则下列说法正确的是____

A.此时x＝1.25m处的质点正在做加速度增大的减速运动B.x＝0.4m处的质点比x＝0.6m处的质点先回到平衡位置C.x＝4m处的质点再经过1.5s可运动到波峰位置E.t＝2s的波形图与t＝0时的波形图重合E.t＝2s的波形图与t＝0时的波形图重合15、如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正负离子(不计重力)，从点O以相同的速率先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角；则正负离子在磁场中()

A.运动时间相同B.运动轨道的半径相同C.重新回到边界时速度的大小和方向相同D.重新回到边界的位置与O点距离相等16、在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图甲所示，蓝壶静止在固形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰，碰后两壶的加速度相等，若碰撞前后两壶的v﹣t图象如图乙所示．关于冰壶的运动；下列说法正确的是（）

A.红壶碰撞前后速度大小变化了1.1m/sB.碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3m/s2C.蓝壶运动了4s停下D.碰撞后两壶相距的最远距离为1.2m17、两个小球A、B在光滑水平桌面上沿直线运动，发生弹性碰撞。碰撞过程中，A球对B球的冲量大小为I1，B球对A球的冲量大小为I2，A球对B球所做功的大小为W1，B球对A球所做功的大小为W2，则A.I1=I2B.I1≠I2C.W1=W2D.W1≠W2评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)18、一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程和回到原状态，其图像如图所示，气体在状态______（填“a”、“b”或“c”）的分子平均动能最小，在过程中气体体积_______（填“变大”、“变小”或“不变”），在过程中，气体对外界做功________（填“大于”；“小于”或“等于”）气体吸收的热量。

19、如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R．线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动，线框中感应电流的有效值I=___________．线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q=_________．

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、如图，一个是振动图像，一个是波动图像，其中是___________是振动图像(选填：“a”或“b”)，图a的物理意义是：___________．22、如图所示，在光滑的水平面上放置一质量为m的小车，小车上有一半径为R的光滑的弧形轨道，设有一质量为m的小球，以v0的速度，方向水平向左沿圆弧轨道向上滑动，达到某一高度h后，又沿轨道下滑，试求h=______，小球刚离开轨道时的速度为______．23、如图所示，在水平向左的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线长度为L，一端拴一个质量为m电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平伸直的位置A然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°的位置B时速度为零。则电场强度E=_____________，小球运动过程中的最大速率为____________。

____评卷人得分四、作图题(共3题，共9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40分)27、某同学要准确测量一节干电池的电动势和内阻．现有实验器材如下：

A.待测干电池(电动势约为1.5V；内阻约为1Ω)

B.电流表A(量程内阻为19Ω)

C.电阻箱R(最大阻值9999.9Ω)

D.定值电阻R0=1Ω

E.开关；导线若干。

(1)该同学想改装一个大量程的电流表，他需要把电流表A和定值电阻__________(填“并联”或“串联”)．

(2)使用改装好的电流表(表盘未改动)和其他实验器材，设计实验电路，并把电路原理图画在图甲虚线框内________________．

(3)该同学在图乙的坐标系中根据实验记录的数据进行了描点(I表示电流表A的示数)，根据图像，求得电源电动势为__________V，内阻为__________Ω(结果保留3位有效数字)．28、某同学在做完“描绘小灯泡的伏安特性曲线”后；又对一个标有“6V3.5W”小电风扇电动机(线圈电阻恒定)的伏安特性曲线进行了研究，同研究小灯泡一样，要求电风扇电动机两端的电压能从零逐渐增加到6V，实验室备有下列器材：

A.电流表(量程I:0~0.6A；内阻约为1Ω；量程II:0~3A，内阻约为0.1Ω)

B.电压表(量程为0~6V；内阻几千欧)

C.滑动变阻器R1(最大阻值10Ω；额定电流2A)

D.滑动变阻器R2(最大阻值1750Ω；额定电流0.3A)

E.电池组(电动势为9V；内阻小于1Ω)

F.开关和导线若干。

(1)实验中所用的滑动变阻器应选_______(填“C”或“D”)，电流表的量程应选_______(填“I”或“II”)．

(2)请用笔画线代替导线将实物图甲连接成符合这个实验要求的电路_______．

(3)闭合开关前，为防止电动机输入电压过高而损坏，滑动变阻器滑片P应滑到______(填“M”或“N”)端．

(4)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，改变加在电动机上的电压，实验中发现当电压表示数大于1V时电风扇才开始转动，电动机的伏安特性曲线如图乙所示，则电动机线圈的电阻为_______Ω，电动机正常工作时的机械功率为________W．(保留两位有效数字)29、如图所示，当光线AO以一定入射角穿过两面平行的玻璃砖时，通过插针法可计算出玻璃的折射率。找出跟入射光线AO对应的出射光线的从而确定折射光线

（1）如图1，测出入射角和折射角r，根据______可计算出玻璃的折射率。

（2）如图2，以O为圆心，作圆与OA、分别交于P、Q点，过P、Q点分别作法线的垂线，垂足分别为测量出和的长度，则玻璃的折射率______。

（3）在完成上述实验过程时，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和用“＋”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针和在插和时，应使______（选填选项前的字母）。

A．只挡住的像B．只挡住的像C．同时挡住的像30、如图为“研究一定质量气体在压强不变的条件下；体积变化与温度变化的关系”的实验装置示意图。在瓶A中封住一定质量的气体，初始时左右两管中水银面等高。

（1）若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将右管_____（填“向上”或“向下”）移动，直至_____。（填字母代号）

A.左管中水银面回到原位置。

B.右管中水银面回到原位置。

C.左右两管中水银面等高。

（2）实验中多次改变气体温度，用表示气体升高的摄氏温度，用表示左管内水银面高度的改变量。根据测量数据作出的图线是（______）

A.B.C.D.评卷人得分六、解答题(共2题，共8分)31、如图所示，导热的圆柱形汽缸固定在水平桌面上，横截面积为S、质量为m1的活塞封闭着一定质量的气体（可视为理想气体），活塞与汽缸间无摩擦且不漏气．总质量为m2的砝码盘（含砝码）通过左侧竖直的细绳与活塞相连．当环境温度为T时，活塞离缸底的高度为h.现使活塞离缸底的高度为求：

（1）当活塞再次平衡时；环境温度是多少？

（2）保持（1）中的环境温度不变，在砝码盘中添加质量为Δm的砝码时，活塞返回到高度为h处；求大气压强。

32、一水平放置的气缸左端开口与大气相通，活塞可在气缸内壁左右移动。活塞右边用一隔板将气缸分成体积均为V0的两部分，隔板左侧是理想气体，右侧是真空，隔板右侧还有一电阻丝可加热。活塞厚度可忽略，活塞和气缸壁均绝热，不计一切摩擦。开始时活塞处于静止状态，大气压强为p0。外界和理想气体温度均为T0。现拔掉隔板；用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好回到初始位置再次静止。

（1）求活塞刚好回到初始位置再次静止时的温度T；

（2）整个过程中，若电阻丝提供的热量为Q；求理想气体内能的增加量。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】闭合电路在磁场中运动，穿过闭合电路的磁通量不一定发生变化，所以闭合电路中不一定有感应电流，故A错误．闭合电路中有磁通量，如没有变化，闭合电路中就没有感应电流，故B错误．导体做切割磁感线运动，不一定有感应电流产生，只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才有感应电流产生，故C错误．穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流，所以D选项是正确的．故选D．2、A【分析】当滑动变阻器R1的滑片P向a端移动时，R1电阻变大，电路的总电阻变大，总电流减小，则A1读数减小；路端电压变大，则R2上的电流变大，则A2读数减小；故选项A正确，BCD错误；故选A.3、C【分析】【详解】

仅在电场力作用下从A点进入；离开C点的动能最大，则C点是沿电场强度方向电势最低的点，所以电场力沿过OC的方向，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿OC方向．故C正确，ABD错误．故选C．

【点睛】

此题是关于带电粒子在电场中的运动问题；解决本题的关键抓住C点是沿电场强度方向离A点最远，以及电场线与过C的切线相垂直．4、B【分析】【详解】

A．A→B过程中，温度升高，气体分子的平均动能增大，AB直线过原点表示该过程为等压变化；故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少，故A错误；

B．气体从A→B过程中，温度升高且体积增大，故气体吸收热量且对外做功，设吸热大小为Q1，做功大小为W1，根据热力学第一定律有

气体从B→C过程中，温度降低且体积不变，故气体不做功且对外放热，设放热大小为Q2，根据热力学第一定律

气体从C→A过程中，温度不变，内能增量为零，有

即

所以A→B过程中气体吸收的热量Q1大于B→C过程中气体放出的热量Q2；故B正确；

C．C→A过程中体积减小；单位体积内分子数增加，温度不变，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加，故C错误；

D．气体做功

A→B过程中体积变化的大小等于C→A过程中体积变化的大小，但图像上的点与原点连线的斜率越大，压强越小，故A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功；故D错误。

故选B。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．1kg0℃水的凝固成1kg0℃冰会放出热量；所以1kg0℃水的内能比1kg0℃冰的内能大，A错误；

B．气体膨胀；对外做功，若同时吸收热量，它的内能不一定减少，B错误；

C．已知阿伏加德罗常数；某气体的摩尔质量和密度；就可估算出该气体中分子间的平均距离，C正确；

D．温度是分子的平均动能的标志，当分子热运动变剧烈时，温度升高，但根据理想气体的状态方程可得；气体的温度升高，压强不一定增大，D错误。

故选C。6、C【分析】【分析】

电磁学的物理学史；根据奥斯特；法拉第、安培、库仑等人的物理学成就进行解答；

【详解】

A；1820年；奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A错误；

B；法拉第发现了电磁感应现象；揭示了电现象和磁现象之间的联系，故B错误；

C；安培提出了分子电流假说；说明了一切磁现象都是由电流产生的；故C正确；

D；欧姆发现了欧姆定律；反映导体的电流与电压、电阻的关系，库仑首先发现了电荷之间存在相互作用力，并得出真空中两个点电荷之间作用力的表达式，故D错误；

故选C。

【点睛】

关键是物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆。7、A【分析】【分析】

电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量；电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，电动势与外电路无关；

【详解】

A；电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压；当外电路接通时，电源有内电压，根据闭合电路欧姆定律得知，电源两极间电压一定小于电动势，故A错误，C正确；

B；电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量；电动势越大，电源将其它能转化为电能的本领越大，故B正确；

D；电动势由电源本身决定；与外电路无关，故D正确。

【点睛】

本题考查电动势的物理意义，可根据闭合电路欧姆定律理解电动势与电源两极间电压的关系。8、B【分析】【详解】

试题分析：根据动量定理，篮球以一定得速度减小为零，因此当动量的变化一定，则冲量也一样，因速度变化一样，因此动能变化一样，增大作用时间可减少作用力；运动员接篮球时，篮球的动量由某一值减到零，接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样可以增加篮球和运动员的作用时间，从而减少篮球对运动员的冲击力，选项B正确．

考点：动量定理的应用．9、D【分析】【分析】

【详解】

通电稳定后断开开关，电感线圈开始放电当电源，两只灯泡构成回路，都逐渐熄灭，选项A错误．接通开关时，有电阻的支路电流瞬间通过，B灯瞬间变亮，选项B错误．A灯与电感线圈串联，根据楞次定律可知，无论其他支路是否短路，A灯都是慢慢变亮，选项C错误．楞次定律可知，无论灯泡A是否短路，通过电感线圈的电流都是逐渐增大，选项D正确．故选D.二、多选题(共8题，共16分)10、B:C【分析】【详解】

A、感应电荷在金属球球心处产生的电场场强与+Q的点电荷在此处的电场场强大小相等，方向相反，合电场强度为零，因此感应电荷在金属球球心处产生的电场场强不为零；故A错误．B、感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小，方向相反，即为方向向右；故B正确；C；由于静电感应，金属球的右侧带负电，左侧带正电，但金属球是等势体；故C错误．D、静电感应导致金属球的电荷重新分布，总电量仍为零，因此左侧的正电荷与右侧负电荷电量相等，静电感应现象仍然存在，不能将金属球两侧的感应电荷中和；故D错误．故选BC．

【点睛】解决本题的关键要理解并掌握导体处于静电感应现象的特点：内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且导体是等势体.11、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．扩散现象是由分子热运动引起的；故A错误；

B．单晶体具有各向异性；多晶体具有各向同性，液晶具有各向异性，故B正确；

C．在一定温度下；空气中水蒸气的压强越大，相对湿度越大，故C正确；

D．浸润与不浸润都可以引起毛细现象；故D错误。

故选BC。12、A:B:C【分析】【详解】

A．在过程ab中气体的温度升高；则内能增加，选项A正确；

BD．在过程ca中气体体积减小，则外界对气体做功，即W>0；压强不变，则温度降低，内能减小，即∆U<0，则根据可知Q<0；则气体放热，选项B正确，D错误；

C．在过程bc中气体温度不变；内能不变，体积变大，对外做功，则由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，选项C正确；

故选ABC。13、A:D【分析】本题考查电磁感应；安培定则及其相关的知识点。

开关闭合的瞬间；左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确。

【点睛】此题中套在一根铁芯上的两个线圈，实际上构成一个变压器。14、A:C:E【分析】【详解】

A、波沿x轴负向传播，故此时x＝1.25m处的质点向上运动；质点纵坐标大于零，故由质点运动远离平衡位置可得：质点做加速度增大的减速运动，故A正确；

B、由波沿x轴负向传播可得：x＝0.6m处的质点向平衡位置运动，故x＝0.4m处的质点、x＝0.6m处的质点都向平衡位置运动，且x＝0.4m处的质点比x＝0.6m处的质点距离远，那么，x＝0.6m处的质点比x＝0.4m处的质点先回到平衡位置；故B错误；

C、由波沿x轴负向传播可得：x＝4m处的质点由平衡位置向下振动，故x＝4m处的质点再经过可运动到波峰位置，又有波长λ＝2m，波速v＝1m/s，所以，周期T＝2s，那么，x＝4m处的质点再经过1.5s可运动到波峰位置；故C正确；

D、由C可知：x＝2m处的质点在做简谐运动的周期T＝2s，又有振幅A＝0.4m，t＝0时，质点位移为零，根据波沿x轴负向传播可知质点向下振动，故可得：振动方程为y＝﹣0.4sin（πt）（m）；故D错误；

E、由C可知简谐波的周期T＝2s，故经过2s，波正好向前传播一个波长，波形重合，故t＝2s的波形图与t＝0时的波形图重合，故E正确．15、B:C:D【分析】【详解】

A.根据左手定则可以判断，两粒子运动轨迹不同，转过的圆心角不同，但是运动周期相同；所以运动时间不同，A错误．

B.根据可知；粒子运动半径相同，B正确．

C.因为从同一边界射入；又从相同边界射出，所以出射角等于入射角，且洛仑兹力时刻与速度垂直，不做功，所以出射速度大小与入射速度相同，C正确．

D.根据题意可知，重新回到边界的位置与O点距离相同，D正确．16、B:D【分析】【详解】

A；红壶碰撞前后的速度分别为1.2m/s、0.3m/s；所以红壶碰撞前后速度大小变化了0.9m/s，故A错误；

B、碰撞后蓝壶的加速度大小等于红壶的加速度大小，为．故B正确；

C、设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.2m/s，碰后速度为根据动量守恒定律可得：解得：v＝0.9m/s，故蓝壶运动时间为故C错误；

D、碰撞后两壶相距的最远距离等于碰后两图象与时间轴所围面积之差，为故D正确．17、A:C【分析】【详解】

AB．根据牛顿第三定律可知A对B的作用力与B对A的作用力，等大反向，同时变化，而冲量所以冲量大小相等，A正确B错误．

CD．因为发生的是弹性碰撞，没有能量损失，A减少的动能等于B增加的动能，而动能改变等于合外力的功，所以A球对B球所做功和B球对A球所做功相等，C正确D错误．三、填空题(共6题，共12分)18、略

【分析】【详解】

[1]气体在状态a时的温度最低；则分子平均动能最小；

[2]在过程中气体温度不变；压强变大，则体积变小；

[3]在过程中，压强不变，温度升高，内能变大，∆U>0；体积变大，则气体对外界做功，则W<0，则根据

可知，Q>0，即气体对外界做功小于气体吸收的热量。【解析】a变小小于19、略

【分析】【分析】

此题考查了法拉第电磁感应定律的应用；需要知道的是感应电动势的最大值：有效值平均值用计算；瞬时值表达式在求解通过某截面的电量时要用平均值.

【详解】

感应电动势的最大值：感应电流的最大值：感应电动势的平均值：由q=It，可得：．

【点睛】【解析】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】【分析】

振动图像描述的是一个质点在不同时刻离开平衡位置的位移；波的图像描述的是同一时刻各个质点的位移.

【详解】

振动图像描述的是一个质点在不同时刻离开平衡位置的位移，则图像b是振动图像；图a是波的图像；物理意义是同一时刻各个质点的位移(或者相对平衡位置的位移)．

【点睛】

本题要理解振动图象和波动图象各自的物理意义；知道振动图像是“照相机”；波的图像是“录像机”.【解析】b同一时刻各个质点的位移(或者相对平衡位置的位移)22、略

【分析】【详解】

小球从进入轨道；到上升到h高度时为过程第一阶段，这一阶段类似完全非弹性的碰撞，动能损失转化为重力势能（而不是热能）．

小球到达最大高度h时；小球与小车的速度相同，在小球从滑上小车到上升到最大高度过程中，系统水平方向动量守恒，以水平向左方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：

mv0=（m+m）v

系统的机械能守恒，则得：mv02=（m+m）v2+（m+m）gh

解得：h=

小球从进入到离开，整个过程属弹性碰撞模型，又由于小球和车的等质量，由弹性碰撞规律可知，两物体速度交换，故小球离开轨道时速度为零．【解析】023、略

【分析】【详解】

[1]由动能定理可知

解得

[2]设小球在运动中细线与水平方向的夹角为α，则对任一时刻应有

解得

当时，v最大，为【解析】四、作图题(共3题，共9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40分)27、略

【分析】【详解】

（1）该同学想改装一个大量程的电流表，他需要把电流表A和定值电阻并联，电阻起到分流作用；从而改装为大量程电流表；

（2）将电流表A与定值电阻并联；改装成大量程电流表，然后电阻箱串联，如图所示：

（3）根据闭合电路欧姆定律可知：则：

其中：

由图像可知：斜率则代入数据可以得到：

在纵轴截距：则代入数据可以得到：

点睛：本题考查测量电动势和内电阻的实验原理以及数据处理的方法；对于该实验一定要明确不同接法时的实验原理，利用闭合电路欧姆定律列