2025年湘教新版选修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年湘教新版选修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、在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，V为电压表，A为电流表，R0为定值电阻，R为滑动变阻器；开关闭合后，电路正常工作，当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是。

A.电压表的示数不变B.电流表的示数将增大C.电阻R0上消耗的电功率将增大D.灯泡L将变亮2、由太阳能转化的能源是（）A.核能B.风能C.地热能D.潮汐能3、如图所示，质量为的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径长度为2R，现将质量也为的小球从距点正上方高处由静止释放，然后由点经过半圆轨道后从冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空气阻力）；则。

A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动的最大距离为2RC.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度4、下列说法正确的是（）A.晶体熔化过程中吸收热量，分子平均动能一定增大B.重核的裂变是放能反应，说明生成物核子的平均质量小于反应物核子的平均质量C.玻尔的原子模型能够解释所有原子光谱的规律D.液体表面张力的存在是因为液体表面层分子间作用力合力表现为斥力5、下列说法正确的是（）A.第二类永动机不可制造，但不违背能量守恒定律B.两邻近分子间的作用力变大时，分子间的分子势能一定变大C.单晶体和多晶体都具有固定的熔点和确定的几何形状D.既然能量是守恒的，所以不用节约能源6、如图所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴以角速度ω逆时针匀速转动．已知磁感应强度B=0.50T,线圈匝数N=100匝,边长Lab=0.20m,Lbc=0.10m,转速n=3000r/min．若以线圈平面与磁场夹角θ=30°时为计时起点，电动势的瞬时值的表达式为

A.B.C.D.7、如图所示；光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放将沿斜面向上运动，设斜面足够长，则在Q向上运动过程中。

A.物块Q的动能一直增大B.物块P、Q的重力势能和电势能之和一直减小C.物块Q的机械能一直增大D.物块P、Q之间的电势能一直增大8、如图所示为氢原子的能级示意图，大量氢原子处于n＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.29eV的金属钠，下列说法中正确的是（）

A.这些氢原子能发出两种不同频率的光子B.从n＝3跃迁到n＝2所发出光子的波长最短C.金属钠发出的光电子的最大初动能为9.80eVD.从n＝3跃迁到n＝1所发出的光子频率最低9、图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于以n=4的激发态；当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．关于这些光下列说法正确的是。

A.最容易表现出衍射现象的光是由，n=4能级跃迁到n=1能级产生的B.频率最小的光是由n=2能级跃迁到n=1能级产生的C.这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D.用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、如图所示，两端与定值电阻相连的光滑平行金属导轨倾斜放置，其中导轨电阻不计，导轨宽度为L，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。导体棒ab的电阻为R，垂直导轨放置，与导轨接触良好。释放后，导体棒ab沿导轨向下滑动，某时刻流过的电流为I，在此时刻（）

A.重力的功率为B.金属杆ab消耗的热功率为C.导体棒的速度大小为D.导体棒受到的安培力的大小为2BIL11、如图所示的电路中，电源内阻为r，闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（）

A.U先变大后变小B.I先变小后变大C.U与I的比值先变大后变小D.U的变化量的大小与I的变化量的大小的比值等于r12、如图甲所示是汤姆孙的原子模型，他认为原子是一个球体，正电荷弥漫性地分布在整个球体内，电子镶嵌在其中。甲图中的小圆点代表正电荷，大圆点代表电子。汤姆孙的原子模型无法解释粒子散射实验。如图乙所示是卢瑟福为解释粒子散射实验假设的情景：占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质应集中在很小的空间范围。下列说法中正确的是（）

A.粒子质量远大于电子质量，电子对粒子速度的影响可以忽略B.入射方向的延长线越接近原子核的粒子发生散射时的偏转角越大C.由不同元素对粒子散射的实验数据可以确定各种元素原子核的质量D.由粒子散射的实验数据可以估计出原子核半径的数量级是13、导体a、b的伏安特性曲线如图所示；下列说法正确的是。

A.两导体的电阻Ra>RbB.两导体的电阻Ra<RbC.若将两导体串联接入电路，则它们消耗的电功率Pa>PbD.若将两导体并联接入电路，则它们消耗的电功率Pa>Pb14、如图所示；平行金属板A；B水平放置，将其与理想二极管串联在电源两端，一个带电微粒从P点以一定的初速度平行于极板射入两板间，粒子恰能做直线运动，则下列说法正确的是。

A.微粒一定带负电。

B.增大微粒的速度；微粒将向上偏转。

C.将A板向下移；粒子将向上偏转。

D.将B板向下移，粒子将向下偏转A.B.C.D.15、关于电流和电阻，下列说法中正确的是（）A.金属导电时，其中的自由电子除作无规则的热运动外，还作定向运动，电流的大小是由定向运动的速度决定的．B.金属靠自由电子导电，金属的温度升高时，自由电子的平均热运动速率增大，金属导体中的电流增大．C.由可知，在U一定时，电阻与电流成反比；在I一定时，电阻与电压成正比D.电阻是导体自身的特性，电阻的大小由导体自身特性决定，并和温度有关，与导体两端是否有电压没有直接关系．16、A、B、C为三块水平放置的金属板，与电路连接如图所示，三块板正中央各有一小孔，A板接地，电源内阻为r，三个定值电阻电路中电表均为理想电表，滑片P开始置于R2中点，现有一质量为m、电量为+q的液滴从A板小孔正上方距离为h的D点静止释放；恰好能到达C板，不计空气阻力和极板外电场，下列说法中正确的是。

A.滑片P由R2中点往左移动，则B板电势降低B.滑片P由R2中点往左移动,则电流表A1的示数减小，A2的示数增大C.滑片P由R2中点往左移动，仍将该液滴从D点由静止释放，则带电液滴不能到达C板D.滑片P由R2中点往左移动，则不变，的值变小(U为电压表V示数，I2为电流表A2，为电流表A2示数的改变量)17、如图甲，可以用来测定半圆柱形玻璃砖的折射率n，O是圆心，MN是法线；一束单色光线以入射角i=30°由玻璃砖内射向O点，折射角为r，当入射角增大到也为r时，恰好无光线从玻璃砖的上表面射出；让该单色光分别通过宽度不同的单缝a、b后，得到图乙所示的衍射图样（光在真空中的传播速度为c）则：

A.此光在玻璃中的全反射的临界角为60°B.玻璃砖的折射率C.此光在玻璃砖中的传播速度为E.光的偏振现象说明光是一种纵波E.光的偏振现象说明光是一种纵波评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、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．19、对于一定质量的理想气体，以p、V、T三个状态参量中的两个为坐标轴建立直角坐标系；在坐标系上描点能直观地表示这两个参量的数值．如图甲；图乙和图丙所示，三个坐标系中，两个点都表示相同质量某种理想气体的两个状态．根据坐标系中不同点的位置来比较第三个参量的大小．

(1)p－T图象(图甲)中A、B两个状态；________状态体积小．

(2)V－T图象(图乙)中C、D两个状态；________状态压强小．

(3)p－V图象(图丙)中E、F两个状态，________状态温度低．20、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________。

21、蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移和转化，我们把这些气体称为工质。某热机经过一个循环后，工质从高温热源吸热Q1，对外做功W，又向低温热源放热Q2，工质完全恢复初始状态，内能没有变化。根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，Q1、Q2、W三者之间满足的关系是____。热机的效率不可能达到100%，从能量转化的角度，说明___能不能完全转化为___能而不产生其他影响。22、如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，具有不同水平速度的带电粒子射入后发生偏转的情况不同。若从左侧水平射入的带电粒子，不计重力，穿过这一区域时未发生偏转，则该粒子的速度大小为________；若只改变该粒子的电性，则粒子穿过这一区域时是否会发生偏转？________（选填“会”或“不会”）。23、如图所示，一个边长为l＝1m的正方形线圈的总电阻为R＝2Ω，当线圈以v＝2m/s的速度匀速通过磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直．若磁场的宽度L＞1m，线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热为_____．

24、如图甲所示，在xOy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1（－2，0）和S2（4，0）。两波源的振动图线分别如图乙和图丙所示，两列波的波速均为0.50m/s。两列波从波源传播到点A（－2，8）的振幅为______m，两列波引起的点B（1，4）处质点的振动相互____（填“加强”或“减弱”），点C（0.5，0）处质点的振动相互________（填“加强”或“减弱”）。

25、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26、如图所示，把一根条形磁铁从同样高度插到线圈中同样的位置，第一次快插，第二次慢插，两种情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是E1_____E2．

评卷人得分四、作图题(共3题，共21分)27、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．

28、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．

29、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3题，共24分)30、采用如图所示的电路“测定电池的电动势和内阻”。

（1）除了选用照片中的部分器材外，填选项()

A．还需要电压表。

B．还需要电流表。

C．还需要学生电源。

D．不在需要任何器材。

（2）测量所得数据如下。测量次数

物理量123456R/Ω1.21.00.80.60.40.2I/A0.600.700.800.891.001.20U/V0.900.780.740.670.620.43

用作图法求得电池的内阻r=___________；

（3）根据第5组所测得的实验数据，求得电流表内阻RA=___________。31、恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关，两物体碰撞后的恢复系数为其中和分别为质量为m1和m2的物体碰推前后的速度某同学利用如图所示的实验装置测定质量为m1和m2的物体碰摘后的恢复系数．

实验步骤如下：

①将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中质量为m1和m2的两球与木条的撞击点；

②将木条竖直放在轨道末端右侧并与轨道接触，让质量为m1的入射球从斜轨上A点由静止释放；摘击点为B′；

③将木条向右平移到图中所示位置，质量为m1的入射球仍从斜轨上的A点由静止释放；确定撞击点；

④质量为m2的球静止放置在水平槽的末端，将质量为m1的入射球再从斜轨上A点由静止释放；确定两球相撞后的撞击点；

⑤目测得B′与撞击点N、P、M的高度差分别为h1、h2、h3．

(1)两小球的质量关系为m1_____m2(填“>”“=”或“<”)

(2)利用实验中测量的数据表示两小球碰撞后的恢复系数为e=_______．

(3)若再利用天平测量出两小球的质量为m1、m2，则满足_____________________表示两小球碰撞前后动量守恒；若满足_____________________表示两小球碰撞前后机械能守恒．32、（1）在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图1、2所示．测量方法正确的是_________.(填“图1”或“图2”)．图3的读数是______cm．

(2)下列做法有利于减小实验误差的是______

A.适当加长摆线

B.质量相同；体积不同的摆球，应选用体积较大的。

C.单摆偏离平衡位置的角度不能太大。

D.当单摆经过平衡位置时开始计时；经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期。

(3)北京时间2005年5月22日上午10点05分，中国女子登山队首次登上珠穆朗玛峰顶峰，五星红旗再一次在珠峰峰顶飘扬．若登山队员利用单摆来确定珠峰的高度，测得该单摆在海平面处的周期是T0在峰顶的周期是T，则珠峰顶峰的海拔高度h=_____(地球可看作质量均匀分布的半径为R的球体)．评卷人得分六、解答题(共2题，共18分)33、如图所示，水平地面上放置一个内壁光滑的绝热汽缸，汽缸开口朝上，缸内通过轻质活塞封闭一部分气体。初态时气体压强为一个大气压，温度为27℃，活塞到汽缸底部距离为30cm。现对缸内气体缓慢加热到427℃，缸内气体膨胀而使活塞缓慢上移，这一过程气体内能增加了100J。已知汽缸横截面积为50cm2，总长为50cm，大气压强为1.0×105Pa。汽缸上端开口小于活塞面积；不计活塞厚度，封闭气体可视为理想气体。求：

（1）活塞刚到气缸顶部时封闭气体的温度；

（2）末态时（427℃）缸内封闭气体的压强；

（3）封闭气体共吸收了多少热量。

34、如图甲所示，在直角坐标系中有两条与y轴平行的磁场边界AB和CD，AB、CD与x轴的交点分别为M（2L，0）、N（4L，0），在AB和CD之间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，在AB与y轴之间存在着沿着y轴正方同的匀强电场，现有一质量为m、电荷量为e的电子，在y轴上的P点以初速度沿着x轴的正方向射入匀强电场，正好从M点进入匀强磁场，且速度方向与x轴所成夹角为30°。

（1）求匀强电场的电场强度E；

（2）若电子不能越过边界CD，求匀强磁场的磁感应强度B应满足的条件；

（3）若电子通过M点时开始计时，磁场随时间变化的情况如图乙所示（垂直纸面向外为正，且不考虑磁场变化所产生的感生电场），要使电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与x轴的夹角为30°，求磁场变化的周期T、磁感应强度B1的大小各应满足的表达式。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

【详解】

把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流I增大，电源的内电压增大，路端电压减小，则知电压表和电流表的示数都将减小，电阻R0上消耗的电功率将减小，而且根据总电流增大，通过电流表的电流减小，可知通过灯L的电流增大，灯泡变亮．综上分析，D正确，ABC错误2、B【分析】【分析】

【详解】

核能是链式反应产生的；地热能是地球内部岩层运动产生的，潮汐能是月球对地球的引力引起的，故由太阳能转化的能源只能是风能，故B正确。

故选B。3、D【分析】【详解】

A.小球与小车组成的系统在竖直方向合力不为0；所以系统的动量不守恒．故A项错误；

B.在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，设小车的位移为x，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv−mv′=0

即：

解得小车的位移：x=R，

故B项错误；

C.小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒；系统初状态在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，系统在任何时刻在水平方向动量都为零，小球离开小车时相对小车向上运动，水平方向和小车有相同的速度，所以小球与小车在水平方向速度都为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C项错误；

D.小球离开小车时，小球与小车水平方向动能为零，如果系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球离开小车后上升的最大高度为h0，由题意可知，小球离开小车后在空中能上升的最大高度为<h0，系统机械能不守恒．小球第二次在车中滚动时，克服摩擦力做功，机械能减小，因此小球再次离开小车时，小球与小车水平方向速度为零，小球第二次离开小车在空中运动过程中，小车处于静止状态，小球能上升的高度小于故D项正确．4、B【分析】【分析】

【详解】

A．晶体熔化过程中吸收热量；但温度不变，故分子平均动能不变，故A错误；

B．放能反应核子的平均质量要减小；因为有质量亏损，故B正确；

C．玻尔的原子理论主要解释氢光谱规律；故C错误；

D．液体表面张力的存在是因为液体表面层分子间作用力合力表现为引力；故D错误。

故选B。5、A【分析】【详解】

A．第二类永动机不可能制成；是因为违背了热力学第二定律，但不违背能量守恒定律。故A正确；

B．若分子间距大于平衡间距；向平衡位置移动时，分子力增大，分子势能减小；故B错误；

C．所有的晶体均具有固定的熔点；多晶体是许多单晶体杂乱无章的组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状。故C错误；

D．自然界的能量是守恒；但根据热力学第二定律可知，宏观热现象具有方向性，由于能量耗散的存在，能源的品质在下降，但能够被人类使用的能源不断减少，所以节约能源非常有必要。故D错误。

故选A。6、B【分析】【详解】

交流电的最大值则电动势的瞬时值的表达式为故选B.7、C【分析】A.Q向上运动的过程中；受到重力；斜面的支持力和库仑力，开始库仑力大于重力的下滑分力，合力沿斜面向上，做加速运动；库仑力不断减小，当库仑力小于下滑力，合力沿斜面向下，做减速运动，则速度先增大后减小，动能先增大后减小，故A错误；

B.物体动能；重力势能和电势能的总和守恒；动能先增大后减小，物块P、Q的重力势能和电势能之和就先减小后增大，故B错误；

C.电场力对Q做正功；根据功能关系得知，Q的机械能一直增大，故C正确。

D.P；Q之间越来越远,P、Q之间的排斥力(电场力)做正功；电势能在减小，故D错误。

故选：C

点睛：Q向上运动的过程中，受到重力、斜面的支持力和库仑力，与P距离增大，库仑力减小，根据牛顿第二定律分析加速度的变化，判断速度的变化．物体Q在运动过程中存在三种能，动能、重力势能和电势能，根据能量守恒，运动过程中只存在这三种能互相转化．根据电场力做功正负，判断电势能的变化．根据能量守恒分析Q的机械能的变化．8、C【分析】【详解】

大量氢原子处于n＝3的激发态向较低能级跃迁的过程中向外发出光子数为种，选项A错误；从n＝3跃迁到n＝2能级差最小；所发出光子的频率最小，波长最长，选项B错误；从n＝3跃迁到n＝1能级差最大，所发出的光子频率最高，选项D错误；从n＝3跃迁到n＝1所发出的光子的能量最大，其值为（-1.51）-（-13.6）=12.09eV，则金属钠发出的光电子的最大初动能为12.09eV-2.29Ev=9.80eV，选项C正确；故选C.

点睛：本题是玻尔理论、光子的能量、爱因斯坦光电效应方程的综合．根据玻尔理论分析氢原子发出的三种频率不同的光的波长、频率关系．能级差越大，则发出光子的频率越大，波长越短．9、D【分析】【详解】

A．波长越长衍射现象越明显；能级差越大频率越高波长越短，A错误；

B．频率最小的光应是由n=4能级跃到n=3能级产生的；B错误；

C．由可知；这些氢原子总共可辐射出六种不同频率的光子，能极差越大频率越高，可得C错误；

D．用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光能量为10.2eV，大于逸出功，能发生光电效应.D正确。二、多选题(共8题，共16分)10、B:D【分析】【详解】

AB．据题知R1=R2=2R，流过R2的电流为I，则流过ab棒的电流为2I，金属杆ab消耗的热功率为

若导体棒匀速运动，根据能量守恒重力的功率等于电路的总功率

由于导体棒不一定匀速运动，所以重力的功率不一定为8I2R，也不一定是6I2R，故A错误，B正确；

C．金属杆ab产生的感应电动势为

得导体棒的速度大小为

故C错误；

D．导体棒受到的安培力的大小为

故D正确。

故选BD。11、A:B:C【分析】【详解】

由图可知，滑动变阻器上下两部分并联，当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，则可知路端电压先变大后变小；故AB正确；U与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；电压表示数等于电源的路端电压，电流表的示数比流过电源的电流小，由于因为即所以U变化量与I变化量比值不等于r，故D错误；综上分析，ABC正确．12、A:B:D【分析】【详解】

A.粒子质量远大于电子质量，电子对粒子速度的影响可以忽略；故A正确；

B.入射方向的延长线越接近原子核的粒子；所受库仑力就越大，发生散射时的偏转角越大，故B正确；

C.粒子散射类似于碰撞；根据实验数据无法确定各种元素原子核的质量，故C错误；

D.由粒子散射的实验数据可以估计出原子核半径的数量级是故D正确。

故选ABD。13、A:C【分析】I-U图线的斜率表示电阻的倒数，b图线的斜率大，则b的电阻小，故A正确，B错误；两电阻串联，电流相等，根据P=I2R得，a的电阻大，则电阻a消耗的功率较大，故C正确；若将两导体并联接入电路，电压相等，根据可知a的电阻大，则电阻a消耗的功率较小，故D错误。所以AC正确，BD错误。14、A:C【分析】【详解】

A.微粒受向上的电场力；而电容器A板带正电，可知粒子带负电，选项A正确；

B.增大微粒的速度；微粒竖直方向受力仍平衡，即仍沿直线运动，选项B错误；

C.将A板向下移；两板距离减小，则电容器的电容变大，电容器充电，两板场强变大，则粒子受向上的电场力变大，则粒子将向上偏转，选项C正确；

D.将B板向下移，两板间距变大，则电容器的电容减小，则电容器应该放电，但是由于二极管有单向导电性使得电容器不能放电，则电容器电量不变，场强不变，则粒子将仍沿直线运动，选项D错误.15、A:D【分析】金属导电时，其中的自由电子除作无规则的热运动外，还作定向运动，电流的大小是由定向运动的速率决定的，A正确；电流与自由电子的热运动无关，温度变大时金属导体中的电阻增大，电流是减小的，B错误；阻是导体自身的特性，电阻的大小由导体自身特性决定，并和温度有关，与导体两端是否有电压没有直接关系，C错误D正确．16、A:D【分析】A、滑片P由R2中点往左移动时使并联部分电阻减小从而使整个电路电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，即A2的示数增大，则两端电压增大；即B板电势降低，故选项A正确；

B、滑片P由R2中点往左移动时使并联部分电阻减小从而使整个电路电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，即A2的示数增大，路端电压减小，由于电压增大，则并联部分电压降低，根据并联电路特点可以知道电流表A1的示数增大；故选项B错误；

C、滑片P由R2中点往左移动时，电路总电流增大，则两端电压增大；即电容器AB电压增大，液滴加速运动，路端电压减小，则电容器BC电压减小，液滴减速运动，液滴将穿过C板，故选项C错误；

D、根据闭合电路欧姆定律可知：则为定值，不变，根据欧姆定律可知为本身并联之后与串联的总电阻，即减小；故选项D正确。

点睛：本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，注意电容器两端电压的问题。17、B:C:D【分析】【详解】

A、B、根据折射定律有由题知玻璃砖的全反射临界角等于则有结合i=30°，解得故A错误；B正确.

C、光在玻璃砖中的传播速度为故C正确.

D、由乙图知，单色光通过单缝a后衍射现象比较显著，所以单缝a宽度较小，单缝b宽度较大；故D正确.

E；偏振是横波的特有现象；光的偏振现象说明光是一种横波；故E错误.

故选BCD.三、填空题(共9题，共18分)18、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】2m1m19、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]甲图画出的倾斜直线为等容线，斜率越小，体积越大，所以VB>VA，故A的体积小；

（2）[2]乙图画出的倾斜直线为等压线，斜率越小，压强越大，所以pD>pC，故C状态压强小；

（3）[3]丙图画出的双曲线为等温线，离原点越远，温度越高，所以TE>TF，故F态温度低.【解析】ACF20、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Q21、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由热力学第一定律，热量、做功、内能的符号规定得Q1＋（－Q2）＋（－W）＝0，即Q1－Q2＝W。

[2][3]再由热力学第二定律知，内能不可能全部转化成机械能而不产生其他影响。【解析】Q1－Q2＝W内机械22、略

【分析】带电粒子未发生偏转则所以只改变该粒子的电性，粒子所受的电场力和洛伦兹力方向改变，但大小不变以，所以不会发生偏转【解析】不会23、略

【分析】【详解】

[1]感应电动势为：E=Blv，感应电流为：

线圈进入磁场的时间为：

则线圈离开磁场的时间也等于0.5s，线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热为：Q=I2R•2t=0.52×2×2×0.5=0.5J【解析】0.5J24、略

【分析】【详解】

[1]由图可得周期

则波长

两列波从波源传播到点A（－2，8）的路程差

两列波的振动步调相反，所以A点为振动减弱点；其振幅为2m。

[2]从波源传播到点B（1；4）路程差为0，引起该处质点的振动相互减弱。

[3]从波源传播到点C（0.5，0）的路程差为

该处质点为振动加强点。【解析】2减弱加强25、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．26、略

【分析】【分析】

两次磁铁的起始和终止位置相同；知磁通量的变化量相同，应用法拉第电磁感应定律比较感应电动势的大小．

【详解】

条形磁铁从同样高度插到线圈中同样的位置处，磁通量的变化量△Φ相同，第一次快插，第二次慢插，△t1＜△t2，由法拉第电磁感应定律：可知，感应电动势：E1＞E2．

【点睛】

知道磁通量的变化量相等、应用法拉第电磁感应定律即可正确解题．【解析】大于四、作图题(共3题，共21分)27、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】28、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】29、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3题，共24分)30、略

【分析】【详解】

（1）[1]根据题中电路图可知；此实验需要电压表；电流表、电阻箱、干电池、电键等，缺少的是电压表。

故选A。

（2）[2]题中表格数据描述的是电路中电源路端电压和干路电流的对应值，根据表格数据，描点、连线作出电源外特征曲线U-I图像如图：

图像的斜率物理意义即电源的内阻，即（都正确）

（3）[3]根据部分电路欧姆定律有

代入第5组数据，可得

【点睛】

本题考查了测定电源电动势和内阻实验、闭合电路欧姆定律等知识。旨在考查学生的实验探究能力以及推理问题的能力。【解析】A0.75（都正确）0.2231、略

【分析】【分析】

（1）明确动量守恒规律；知道实验原理，从而确定实验要求；

（2）根据平抛运动规律进行分析；利用水平位移相等求出利用下落高度所表达式的速度公式，再根据恢复系数公式即可求出对