2025年沪科版选修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年沪科版选修3物理上册阶段测试试卷499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5题，共10分)1、.如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻．当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U．以下说法正确的是())

A.若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B.若仅增大AB板间距离，则电容器所带电荷量不变C.若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D.若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变2、如图所示；一个粗糙且足够长的斜面体静止于水平面上，并处于方向垂直纸面向外；磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑的过程中，斜面体静止不动．下列判断正确的是()

A.滑块受到的摩擦力逐渐增大B.滑块沿斜面向下做匀加速直线运动C.滑块最终要离开斜面D.滑块最终可能静止于斜面上3、下列说法正确的是（）A.温度升高时物体内的每个分子的运动速率一定增大B.同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现C.物体吸热内能一定增大D.不断改进工艺，热机的效率可能达到100%4、1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明；同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示；则下列相关说法中正确的是()

A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带负电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小5、两条相互平行的光滑金属导轨，距离为L，电阻不计。导轨内有一与水平面垂直向里的匀强磁场，导轨左侧接电容器C，电阻R1和R2；如图所示。垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动。在金属杆变速运动的过程中，下列说法正确的是（）

A.R1中无电流通过B.R1中电流一直从e流向aC.R2中电流一直从a流向bD.R2中电流先从b流向a，后从a流向b评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（）

A.电压表读数减小B.小球的电势能减小C.电源的效率变高D.若电压表、电流表的示数变化量分别为和则7、将不同材料做成的两根管子A和B插入同一种液体中；A管内的液面比管外液面高，B管内的液面比管外液面低，那么（）

A.该液体对B管壁是浸润的，对A管壁是不浸润的B.该液体对A管壁是浸润的，对B管壁是不浸润的C.A管内发生的是毛细现象，B管内发生的不是毛细现象D.A管和B管发生的都是毛细现象8、关于固体、液体和气体，下列说法正确的是（）A.单晶体蔗糖磨碎后熔点不会发生变化B.由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力C.土壤里有很多毛细管，如果要把地下的水分沿着它们引到地表，可以将地面的土壤锄松E.理想气体在等压膨胀过程中，气体分子在相等时间内对容器内璧相同面积上的撞击次数会减少E.理想气体在等压膨胀过程中，气体分子在相等时间内对容器内璧相同面积上的撞击次数会减少9、下列说法正确的是（）A.气体放出热量，其分子平均动能不一定减小B.水的饱和汽压随温度升高而增大C.液体汽化现象的原因是液体分子间存在斥力，分子相互排斥导致汽化现象的发生D.任何物质的摩尔体积V、分子体积V0与阿伏加德罗常数NA之间的关系都可表示为V=NAV010、如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计．初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0．在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法正确的是

A.初始时刻导体棒受到的安培力大小B.初始时刻导体棒加速度的大小C.导体棒开始运动直到最终静止的过程中，克服安培力做功等于棒上电阻r的焦耳热D.导体棒开始运动直到最终静止的过程中，回路上产生的焦耳热11、如图甲为竖直弹簧振子；物体在A；B之间做简谐运动，O点为平衡位置，A点为弹簧的原长位置，从振子经过A点时开始计时，振动图象如图乙所示，下列说法正确的是。

A.t=1s时，振子加速度最大B.t=2s时，弹簧弹性势能最大C.t=1s和t=2s两个时刻，弹簧弹性势能相等E.t=4s时，振子加速度大小为gE.t=4s时，振子加速度大小为g12、图是某绳波形成过程的示意图．质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2、3、4，各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端．t=T/4时；质点5刚要开始运动．下列说法正确的是。

A.t＝T/4时，质点5开始向下运动B.t＝T/4时，质点3的加速度方向向下C.从t＝T/2开始的一小段时间内，质点8的速度正在减小D.从t＝T/2开始的一小段时间内，质点8的加速度正在减小13、如图是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），S1的振幅A1=3cm，S2的振幅A2=2cm；则下列说法正确的是（）

E.质点C此刻以后将向下振动A.质点D是振动减弱点B.质点A、D在该时刻的高度差为10cmC.再过半个周期，质点A、C是振动加强点E.E.评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、如图所示，R1＝2Ω，R2＝3Ω，滑动变阻器最大值R3＝5Ω，则当滑动触头从a滑到b的过程中，电流表示数的变化情况是______________________________．

15、确定一个温标的方法。

（1）选择一种_______物质。

（2）了解测温物质用以测温的某种性质。

（3）确定温度的_______和_______的方法。16、图为某同学改装的毫安表的电路图；其中虚线框内是毫安表的改装电路。

已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA，R1和R2为阻值固定的电阻，若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA：若使用a和c两个接线拄，电表量程为10mA，由题给条件和数据，可以求出R1=___Ω，R2=_______Ω。17、【物理选修3-4】（1）某简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0时刻恰好传播到x=4m的b点；在t=0.6s时，x=1m的质点a恰好第二次位于平衡位置，质点P（图中未画出）位于x=5m处，下列说法正确的是。

E．与该波发生干涉的另一简谐波的频率是2.5Hz18、质量和电荷量大小都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，M和N运行的半圆轨迹如图中的虚线所示，则M带_________（选填“正电”或“负电”）；M的运行时间_________（选填“>”、“=”或“<”）N的运行时间。

19、如图所示，小球A的质量为mA=5kg，动量大小为PA=4kg.m/s，小球A沿着光滑水平面向右运动，与静止的B球发生弹性碰撞，碰后A的动量大小变为PA'=1kg·m/s，方向仍然向右．则由此可知碰撞后小球B的动量大小为______kg·m/s，小球B的质量为____kg.

20、阅读短文；回答问题：

变频空调机。

空调机中有被称为“冷媒”的物质；利用它的物态变化可以实现室内；室外热量的转移，如图所示是空调机制冷系统的原理图，其中压缩机的作用是对气态“冷媒”加压，并使“冷媒”在管内循环，压缩机的转速越大，“冷媒”的流量越大，空调机的制冷能力就越强．

压缩机的转速由供电频率决定；“变频空调”是与传统供电频率不变的“定频空调”相比较而产生的概念，与“定频空调”相比，变频空调机的变频器可以在一定范围内调节供电频率，从而改变压缩机的转速．供电频率越高，转速越大，达到控制“冷媒”流量的目的．

变频空调机开始工作时；以最大功率进行制冷，当室内温度快速降至设定温度后，压缩机随机处于低速持续运转状态，维持室温基本不变．

某型号变频空调机的部分参数如下表；其中：制冷量是指单位时间内空调机从密闭区域内去除热量的总和；能效比是空调机在额定状态工作时，制冷量与输入功率之比．

。

最小。

额定。

最大。

输入功率/W

130

700

1400

制冷量/W

650

2660

3600

能效比。

﹣﹣

3．8

﹣﹣

请回答下列问题：

(1)空调机的制冷原理是：在室内；“冷媒”由于________吸收热量，而在室外则由于________放出热量，从而把室内的热量转移到室外，达到降低室内温度的目的．（以上均填物态变化名称）

(2)关于变频空调机；下列说法正确的是：（_____）．（填字母序号）

A；变频空调的压缩机与定频空调一样；也是断断续续工作的。

B；空调机制冷时；图中钢管A内流动的是气态“冷媒”

C；空调压缩机是利用降温的方法使“冷媒”发生物态变化的。

D、变频器供电频率越高，空调机的制冷能力越强评卷人得分四、作图题(共3题，共24分)21、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．

22、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．

23、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1题，共2分)24、图a为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位；5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。

(1)图a中的A端与______（填“红”或“黑”）色表笔相连接。

(2)关于R6的使用，下列说法正确的是_______（填正确答案标号）。

A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置。

B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置。

C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置。

(3)根据题给条件可得R1＋R2=_______Ω，R4=________Ω。

(4)某次测量时该多用电表指针位置如图b所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为_______；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为___________。（结果均保留3位有效数字）评卷人得分六、解答题(共4题，共20分)25、如图所示，开口向上、内壁光滑的绝热气缸竖直放置，卡口离缸底的高度h=0.1m。质量M=20kg的活塞停在卡口处，活塞的横截面积m2，缸内气体温度t1=27°C，压强Pa。现通过电热丝缓慢加热缸内气体。已知外界大气压强Pa，取重力加速度g=10m/s2。

（1）活塞刚要离开卡口时，求气体的热力学温度T2；

（2）活塞离开卡口后继续上升了H=0.1m，此过程中气体吸收了Q=320J的热量，求此过程中气体内能的变化量

26、如图所示，水平直轨道AC的长度为L=8m，AC中点B正上方有一探测器，C处有一竖直挡板D．现使物块Pl沿轨道向右以速度Vl与静止在A处的物块P2正碰，碰撞后，P1与P2粘成组合体P．以Pl、P2碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作．已知物块Pl、P2的质量均力m=1kg，Pl、P2和P均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．

（1）若v1=8m/s；P恰好不与挡板发生碰撞，求P与轨道AC间的动摩擦因数；

（2）若P与挡板发生弹性碰撞后，并能在探测器工作时间内通过B点，求V1的取值范围；

（3）在满足（2）的条件下；求P向左经过A点时的最大动能．

27、如图所示,一颗质量为m、速度为v0的子弹竖直向上射穿质量为M的木块后继续上升,子弹从射穿木块到再回到原木块处所经过的时间为T．那么当子弹射穿木块后,木块上升的最大高度是多少？

28、从宏观现象中总结出来的经典物理学规律不一定都能适用于微观体系．但是在某些问题中利用经典物理学规律也能得到与实际比较相符合的结论．根据玻尔的氢原子模型，电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动，原子中的电子在库仑力作用下，绕原子核做圆周运动．已知电子质量为m，电荷量为e，静电力常量为k．氢原子处于基态（n=1）时电子的轨道半径为r1，电势能为（取无穷远处电势能为零)．第n个能级的轨道半径为rn，已知rn=n2r1；氢原子的能量等于电子绕原子核运动的动能；电子与原子核系统的电势能的总和．

（1）求氢原子处于基态时；电子绕原子核运动的速度；

（2）证明：氢原子处于第n个能级的能量为基态能量的（n=1；2，3，）；

（3）1885年，巴尔末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析，发现这些谱线的波长能够用一个公式表示，这个公式写做n=3，4，5，．式中R叫做里德伯常量，这个公式称为巴尔末公式．已知氢原子基态的能量为E1，用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速；求：

a．里德伯常量R的表达式；

b．氢原子光谱巴尔末系最小波长与最大波长之比．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变．故A错误．若仅增大A、B板间距离，电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式C=分析可知电容器所带电荷量减少，故B错误．若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3的电压均增大，U以及电容器板间电压均减小，电容不变，由电容的定义式C=分析可知电容器所带电荷量减少．故C错误．若仅用更强的光照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir可得：不变，故D正确．故选D．

【点睛】

解决本题的关键电路稳定时R3相当于导线，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，再利用闭合电路欧姆定律进行动态分析．对于电容的动态分析，应根据电容的决定式和电容的定义式C=结合进行分析．2、C【分析】【详解】

滑块受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛伦兹力和沿斜面向上的摩擦力四个力的作用，初始时刻洛伦兹力为0，滑块在重力和摩擦力的作用下沿斜面向下运动，随着速度v的增大，洛伦兹力qvB增大，滑块受到的弹力减小，引起摩擦力减小，滑块沿斜面向下加速度大小变大，当时；滑块开始离开斜面．综上所述，故C正确，ABD错误；

故选C．3、B【分析】【分析】

热现象的微观理论认为；构成物体的各个分子的运动都是无规则的；带有偶然性的，但大量分子的运动却有一定的规律；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现；由热力学定义定律△U=W+Q求解；热机的效率不可能达到100%．

【详解】

温度是分子的平均动能的标志；是大量分子的运动的规律，温度升高，分子的平均动能增大，分子的平均速率增大，不是每个分子的运动速率一定增大．故A错误；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如天然水晶是晶体．而熔化后再凝固的水晶是非晶体，故B正确．由热力学定义定律得：△U=W+Q，吸收热量Q＞0，对外做功W＜0，但是不知道W与Q大小关系，所以内能可能改变，可能不变，故C错误；根据热力学第二定律，即使不断改进工艺，热机的效率也不可能达到100%．故D错误．故选B．

【点睛】

该题考查热力学第一定律、热力学第二定律、温度的微观意义等，考查内容较广，每个知识点都可能作为考查的内容，但难度不大，故应全面把握，多加积累．4、D【分析】【详解】

A、带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故A错误；

B、在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的极板带正电，故B错误；

C、进入磁场中的粒子速度是一定的，根据得，知r越大，荷质比越小，而质量m不一定大，故C错误，D正确．5、B【分析】【详解】

开始时，金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，由感应电动势：E=BLv，电容器两端的带电量为，Q=CU=CBLv，由右手定则知，R2感应电流方向由a向b，故电容器的上极板带正电，开始做匀减速运动至速度为零的过程中，Q=CU=CBLv知，速度减小，极板带电量减小，有电流定义式：I＝q/t可知，R1中有电流通过，方向由a流向e，R2中电流从a流向b，故A错误；反向匀加速运动过程中，由右手定则知，R2感应电流方向由b向a，电容器反向充电，流经R1电流方向由e流向a；故B正确，CD错误；故选B。

【点睛】

本题电磁感应中电路问题，基础是识别电路的结构．本题难点是根据并联电路电流与电阻成反比确定两电阻电量的关系．在高考中电路中含有电容器也是热点问题．二、多选题(共8题，共16分)6、A:D【分析】【详解】

A项：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小；故A正确；

B项：由A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点P原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B错误；

C项：电源的效率：由A分析可知；路端电压减小，所以电源的效率变低，故C错误；

D项：将R1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R1，电压表测的为新电源的路端电压，如果电流表测的也为总电流，则由A分析可知由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R3中的电流减小，则IA增大，所以所以故D正确．

点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧姆定律确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后根据电路的连接特点综合部分电路欧姆定律进行处理．7、B:D【分析】【分析】

【详解】

AB．由图可知A管子中液体附着在管壁上；根据表面张力的作用，所以A管液面高于槽内液面；B管子中液体不会附着在管壁上，根据表面张力的作用，所以B管液面低于槽内液面；该液体对A管壁是浸润的，对B管壁是不浸润的，A错误，B正确；

CD．浸润液体在细管里升高的现象和不浸润液体在细管里降低的现象均叫毛细现象；C错误，D正确。

故选BD8、A:B:E【分析】【分析】

【详解】

A．单晶体蔗糖磨碎后熔点不会发生变化。故A正确；

B．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离；分子间作用力表现为引力，故液体表面存在张力，故B正确；

C．将地面的土壤锄松后破坏了土壤里的毛细管；不再发生毛细现象，水分保留在土壤内部。故C错误；

D．用打气筒给自行车打气时；越下压越费力这是气体压强作用的缘故，与分子力无关，故D错误；

E．理想气体在等压膨胀过程中；温度升高，分子平均动能增加，分子对器壁的平均撞击力增大，而压强不变，则气体分子在相等时间内对容器内壁相同面积上的撞击次数会减少，故E正确。

故选ABE。9、A:B【分析】【详解】

A．若外界对气体做的功大于气体放出的热量；气体温度升高，其分子的平均动能增大，故A正确；

B．水的饱和汽压随温度的变化而变化；温度越高，饱和汽压越大，故B正确；

C．汽化是物质从液态变成气态的过程；汽化分为蒸发和沸腾两种情况，跟分子运动有关，不是分子间的相互排斥产生的，故C错误；

D．固体或液体的摩尔体积V，每个分子的体积V0和阿伏加德罗常数的关系可表示为但对于气体此式不成立，故D错误。

故选AB。10、B:D【分析】【详解】

导体棒的初速度为v0，初始时刻产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：E=BLv0；设初始时刻回路中产生的电流为I，由闭合电路的欧姆定律得：设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得：F=BIL；联立上式得，．故A错误；初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒受到重力、向下的安培力和弹簧的弹力，所以：ma=mg+kx+F得：a=2g+．故B正确；导体棒直到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，则：mg=kx2，得：x2=．由于x1=x2，所以弹簧的弹性势能不变，由能的转化和守恒定律得：mg（x1+x2）+Ek=Q，解得系统产生的总热量：可知R上产生的热量要小于系统产生的总热量．故C错误；D正确；故选BD．

【点睛】

本题中安培力的经验公式可以由感应电动势、欧姆定律、安培力三个公式结合推导出来，要加强记忆，有助于分析和计算.11、B:D:E【分析】【详解】

A.t=1s时；振子在平衡位置，加速度为零，选项A错误；

B.t=2s时；振子到达最低点，此时弹簧弹性势能最大，选项B正确；

C.t=2s时刻弹簧的压缩量比t=1s时刻大，t=2s时刻弹簧的弹性势能比t=1s时刻大；选项C错误；

D.由振动图像可知，t=3s时，振子经过O点向上运动；选项D正确.

E.t=4s时，振子回到A点，此时振子的加速度大小为g，选项E正确.12、B:C【分析】A、t＝T/4时；质点5开始向上运动，A错误；

B、t＝T/4时；质点3受到指向平衡位置的回复力的作用，加速度方向向下，B正确；

CD、从t＝T/2开始的一小段时间内；质点8正在从平衡位置向上运动，速度正在减小，加速度正在增大，C正确，D错误．

故选：BC．13、B:D:E【分析】【详解】

两个波源的振动步调一致；图中AD到两个波源路程差为零，是振动加强点，而BC是波峰与波谷相遇，是振动减弱点，故A错误；图示时刻，质点A的位移为+3cm+2cm=+5cm，质点D的位移为-3cm-2cm=-5cm，故质点A；D在该时刻的高度差为10cm，故B正确；振动的干涉图象是稳定的，AD一直是振动加强点，而BC一直是振动减弱点，故C错误；质点C是振动减弱点，振幅为3cm-2cm=1cm，故D正确；质点C是振动减弱点，此刻在上方最大位移处，故质点C此刻以后将向下振动，故E正确；故选BDE。

【点睛】

本题考查波的干涉，波的干涉中，某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差△r．

（1）当两波源振动步调一致时：

若△r=nλ（n=0；1，2，），则振动加强；

若△r=（2n+1）（n=0；1，2，），则振动减弱．

（2）当两波源振动步调相反时：

若△r=（2n+1）（n=0；1，2，），则振动加强；

若△r=nλ（n=0，1，2，），则振动减弱．三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】【详解】

由电路的组成可知，R1和R3的上半部分串联，R2和R3的下半部分串联，然后再并联．只要求出P由a向b滑动过程中电阻的变化，就可求得电流的变化．设P、a间电阻为Ra；则混联电路的电阻为。

上式中分子里两个因式之和为定值，则当时当时，R＝1.6Ω，I1＝≈3.94A

当时，R＝2.1Ω，I2＝3A

故当滑动触头P从a端滑动到b端的过程中；电流表示数变化：从3.94A减小到2.52A再增大到3A.

【点睛】

本题正确列出并联电路电阻表达式，再根据数学关系，即可正确解题．【解析】从3.94A减小到2.52A再增大到3A15、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】测温零点分度16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]使用a、b接线柱时

使用a、c两个接线柱时

即

联立解得【解析】153517、A:C:D【分析】由图可知，由题意t=0.6s，质点a恰好第二次位于平衡位置，则即T=0.8s，根据公式A正确；由图可知，质点b的振动方向向下，而后面的质点重复前面质点的运动情况，故质点P起振方向也是向下，B错误；当波由b点传播到P需要的时间为t0，则则质点P振动的时间为则质点P通过的路程为s=1.25×4A=0.10m，C正确；质点P第三次到达波峰的时间为故D正确；频率相同，相差恒定的两列波产生稳定的干涉，故能与此波产生稳定干涉的另一列波的频率为故E错误；故选ACD.18、略

【分析】【详解】

[1]磁场的方向向里；由左手定则判断出M带负电荷，N带正电荷；

[2]粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，根据

而

整理可以得到

所以M的运行时间等于N的运行时间。

点睛：本题结合带电粒子的磁场中的运动考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用。【解析】负电=19、略

【分析】【详解】

以向右为正方向，根据动量守恒定律得：解得：由机械能守恒定律得：代入数据解得：．【解析】3320、略

【分析】（1）在室内；制冷剂由液态变成气态，叫做汽化，汽化吸热；在室外又由气态变成液态叫液化，液化放热．故填汽化（蒸发）；液化．

（2）变频空调的压缩机是连续工作的，故A错误；由图示可知，空调机制冷时，图中钢管A内流动的是气态“冷媒”，故B正确；空调压缩机是利用做功的方法使“冷媒”发生物态变化的，故C错误；变频器供电频率越高，空调机的制冷能力越强，故D正确。所以选BD。【解析】液化汽化BD四、作图题(共3题，共24分)21、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】22、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】23、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1题，共2分)24、略

【分析】【详解】

(1)[1]与欧姆表内电源正极相连的是黑表笔。

(2)[2]R6是可变电阻，它的作用就是欧姆表调零，也就是使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置。

(3)[3]换挡开关接2时，是量程较小的电流表，所以

[4]换挡开关接4时，是量程较小的电压表，这时表头与R1