2025年沪教版选修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年沪教版选修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7题，共14分)1、下列说法正确的是___________。A.布朗运动是固体颗粒分子的无规则运动B.如果附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离，液体与固体之间表现为浸润C.晶体都具有规则的几何形状、固定的熔点和各向异性D.给自行车轮胎打气时，越打越费劲，原因是轮胎内气体分子斥力增大的缘故2、回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50K。某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气（可视为理想气体）缓慢经历如图所示的四个过程：已知状态A和B的温度均为27℃，状态C和D的温度均为℃；下列判断正确的是（）

A.气体由状态A到B过程，温度先降低后升高B.气体由状态B到C过程，内能保持不变C.气体由状态C到D过程，分子间的平均间距减小D.气体由状态C到D过程，气体对外做功3、在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合电键s，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示．则（）

A.图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线B.电源内电阻的阻值为10WC.滑动变阻器R2的最大功率为0.8WD.电源的最大输出功率为1.8W4、如图所示，将带铁芯的电感器L与灯泡A串联；再与另一个完全相同的灯泡B并联，接在以正弦交流信号发生器为电源的两端．通过调节交流信号发生器上的旋钮，可以改变输出电压和信号的频率．闭合开关S，A；B两灯均发光．关于该实验，下列说法中正确的是（）

A.保持交流信号频率不变，适当提高输出电压，发现A灯始终比B灯亮B.保持输出电压和信号频率不变，撤去铁芯后，发现A灯比原来亮C.保持输出电压不变，提高交流信号频率，发现B灯均变亮D.断开开关S，发现B灯闪亮一下，然后熄灭5、一列简谐横波在t=0时刻波的图像如图所示，其中a、b；c、d为介质中的四个质点；在该时刻（）

A.质点a的加速度最小B.质点b的速度最小C.若质点c向上运动，则波沿x轴正方向传播D.若质点d向下运动，则波沿x轴正方向传播6、如图所示，两束单色光a、b分别照射到玻璃三棱镜AC面上，穿过三棱镜后垂直AB射出，a光和b光相比较，则（）

A.a光的频率高B.a光的波长短C.a光在三棱镜中的速度小D.对同一双缝干涉装置，a光的干涉条纹比b光的干涉条纹宽7、处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值A.与粒子电荷量成正比B.与粒子速率成正比C.与粒子质量成正比D.与磁感应强度成正比评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g．下列说法正确的是。

A.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒B.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为C.子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于D.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于9、下列说法正确的是（）A.晶体在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变B.在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体C.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体E.物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关E.物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关10、下列关于热现象的说法正确的是（）A.某固体物质的摩尔体积为V，若该物体每个分子的体积为V0，则阿伏伽德罗常数可表示为B.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而减小C.热量不能从低温物体传到高温物体D.对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热11、如图所示；将一条形磁铁插入一闭合螺线管中，螺线管固定在停在光滑水平面的车中，在插入过程中。

A.车将向右运动B.条形磁铁会受到向左的力C.由于没标明条形磁铁极性，因此无法判断受力情况D.车会受向左的力12、2008年我国南方遭到了特大冰雪灾害，高压供电线路损坏严重．在维修重建过程中，除了增加铁塔的个数和铁塔的抗拉强度外，还要考虑尽量减小线路上电能损耗，既不减少输电功率，也不增加导线质量，对部分线路减少电能损耗采取的有效措施是()A.提高这部分线路的供电电压，减小导线中电流B.在这部分线路两端换用更大匝数比的升压和降压变压器C.在这部分线路上换用更优质的导线，减小导线的电阻率D.多增加几根电线进行分流13、在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）

A.电流表示数变小B.电压表示数变大C.电容器C中的电场强度变小D.a点的电势降低14、内壁光滑、由绝缘材料制成的半径R=m的圆轨道固定在倾角为θ=45°的斜面上，与斜面的切点是A，直径AB垂直于斜面，直径MN在竖直方向上，它们处在水平方向的匀强电场中．质量为m，电荷量为q的小球（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的A点，现对在A点的该小球施加一沿圆环切线方向的速度，使其恰能绕圆环完成圆周运动．g取10m/s2；下列对该小球运动的分析，正确的是（）

A.小球可能带负电B.小球运动到N点时动能最大C.小球运动到B点时对轨道的压力为0D.小球初速度大小为10m/s评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、如图所示，正、负电子垂直磁场方向沿与边界成θ＝30°角的方向射入匀强磁场中，不计重力，那么在磁场中正、负电子的运动时间之比为________16、（1）用游标卡尺测量某钢管的外径，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图1所示，其读数为_____cm。

（2）如图2所示，螺旋测微器测出的某物件的宽度是_____mm。

17、如图所示是一个由声控开关、光敏电阻（光照时电阻很小）、小灯泡等元件组成的一个自动控制电路，该电路在白天无论声音多么响，小灯泡都不会亮，在晚上，只要有一定的声音，小灯泡就亮。这种电路现在广泛使用于公共楼梯间，则该电路使用了_____门电路，请在电路的虚线方框内标出该门电路的符号________，并完成图中门电路的真值表_______。

。输入。

输出。

A

B

Z

0

0

0

1

1

0

1

1

18、已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，地面大气压强为P0，重力加速度大小为g.由此可以估算出，地球大气层空气分子总数为________，空气分子之间的平均距离为________．19、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18分)20、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．

21、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．

22、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)23、在“测定金属的电阻率”的实验中：

（1）用螺旋测微器测量金属丝直径时，其示数如图1所示，则金属丝的直径为_____．

（2）某同学设计了如图所示的电路测量该金属丝的电阻（阻值约）

可选用的器材规格如下：

电源E（电动势内阻不计）；

电流表A（内阻约）；

电流表G（内阻为）；

滑动变阻器（阻值额定电流）；

滑动变阻器（阻值额定电流）；

定值电阻

定值电阻

开关S和导线若干．

①为了便于操作，并使测量尽量精确，定值电阻应选______，滑动变阻器R应选______．

②某次测量时电流表G的读数为安培表示数为计算的准确值为______（计算结果保留3为有效数字）24、(1)用游标为20分度的卡尺测量某圆柱型电阻长度如图甲，由图可知其长度L＝________mm。

(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D＝________mm。

(3)该同学想用伏安法测量其电阻R（约200Ω）；现有的器材及其代号和规格如下：

待测圆柱体电阻R；

电流表A1（量程0~5mA，内阻约50Ω）；电流表A2（量程0~15mA；内阻约30Ω）；

电压表V1（量程0~3V，内阻约10kΩ）；电压表V2（量程0~15V；内阻约25kΩ）；

直流电源E（电动势4V；内阻不计）；

滑动变阻器R1（阻值范围0~15Ω；允许通过的最大电流2.0A）；

滑动变阻器R2（阻值范围0~2kΩ；允许通过的最大电流0.5A）；

开关S；导线若干。

为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，应选用电流表______，电压表______，滑动变阻器_______（选填A1、A2、V1、V2、R1、R2）。电路连接应是电流表______（选填内接或者外接），采用______接法（选填分压或限流）。25、在测定玻璃的折射率实验时。

（1）下列说法正确的是_____

A．入射角越大；误差越小。

B．在白纸上放好玻璃砖后；用铅笔贴着光学面画出界面。

C．实验时即可用量角器；也可用圆规和直尺等工具进行测量。

D．判断像与针是否在同一直线时；应该观察大头针的头部。

（2）小时同学在插针时玻璃砖的位置如图1所示．根据插针与纸上已画的界面确定入射点与出射点，依据上述操作所测得的折射率_________（填“偏大”；“偏小”或“不变”）

（3）小明同学经正确操作后，在纸上留下四枚大头针的位置P1、P2、P3、P4，AB和CD是描出的下班砖的两个边，如图2所示，请在答题纸上画出光路图________．26、如下图所示是电子拉力计的示意图，金属弹簧右端和滑动触头P固定在一起（弹簧的电阻不计，P与R1之间的摩擦不计）．定值电阻R0；电阻R1是用均匀电阻丝密绕在瓷管上做成的（类似于滑动变阻器），其长度为10cm，阻值R1=300Ω，电源电动势E=3V，内阻不计．理想电流表的量程为0~100m。A．当拉环不受拉力时，触头P刚好不与电阻R1接触（即电路断开）．弹簧的劲度系数为10000N/m．

（1）电路中连入的R0阻值至少应为______Ω．

（2）设计中需要将电流表上的电流数值改为拉力的数值，那么在原电流表的40mA处应改为_______N．分析可知，拉力计的刻度是否均匀_______．（填写“均匀”或“不均匀”）

（3）为了使拉力计的量程增大应采用的措施是（只填写一条）__________________________________________．评卷人得分六、解答题(共3题，共6分)27、如图所示，两根相距为L的光滑平行金属导轨CD、EF固定在水平面内，并处在竖直向下的匀强磁场中，导轨足够长且电阻不计．在导轨的左端接入阻值为R的定值电阻，将质量为m、电阻可忽略不计的金属棒MN垂直放置在导轨上，可以认为MN棒的长度与导轨宽度相等，且金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计空气阻力．金属棒MN以恒定速度v向右运动过程中，假设磁感应强度大小为B且保持不变；为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷．

（1）请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN中的感应电动势E；

（2）在上述情景中，金属棒MN相当于一个电源，这时的非静电力与棒中自由电荷所受洛伦兹力有关．请根据电动势的定义，推导金属棒MN中的感应电动势E．

（3）请在图中画出自由电荷所受洛伦兹力示意图．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功．那么，金属棒MN中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请结合图中自由电荷受洛伦兹力情况；通过计算分析说明．

28、不同的概念；规律之间往往存在内在的联系；弄清相关概念、规律之间的联系，有助于提升高中物理学习的水平.

如图所示，分子间存在着分子力，而分子力做功与路径无关，因此分子间存在与其相对距离有关的分子势能，如果选取两个分子相距无穷远时的势能为零，则作出的两个分子之间的势能与它们之间距离r的关系图线如图所示.

(1)根据分子力做功与分子势能变化量的关系；可以从分子势能的图象中得到有关分子力的信息.

a.写出分子势能图科率的绝对值的物理意义；

b.在图中定性地通出分子力随分子间距离r变化的图像图，(在答题纸上画图，作图要求：约定分式力是斥力时>0，=0的点对应横坐标选用图甲中的或标明）

(2)有一种理论模型认为，分子势能曲线所对应的分子力与分子之间的距离r的关系式为(其中，均为正的已知常量).

若A固定；且仅考虑A对B的作用，在上述模型框架下：

a.求B的平衡位置(即合力为0处)对应的两原子间的距离R；

b.如图所示，以B的平衡位置为坐标原点，沿两分子连线建立x轴，证明：当B离开平衡位置一个很小的位移x(即)时，A、B分子为与位移x近似满足的关系.

并给出常量的k表达式.(已知：当时，n为非零实数)29、如图所示，长L=55cm的薄壁玻璃管与水平面成30°角倾斜放置，玻璃管粗细均匀，底端封闭、另一端开口．现用长l=10cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体；气体温度为306K，且水银面恰与管口齐平．现将管口缓慢转到竖育向上位置，并将水银缓慢注入管中，直到水银面再次与管口齐平，已知大气压强p=75cmHg．求。

（1）水银面再次与管口齐平时；管中气体的压强；

（2）对竖直玻璃管缓慢加热，若管中刚好剩下5cm高的水银柱，气体温度升高了多少．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．布朗运动是固体颗粒的无规则运动；不是固体颗粒的分子的运动，A错误；

B．附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离；表现为斥力，即为浸润现象，B正确；

C．单晶体才具有规则的几何形状；所有晶体都有固定的熔点，单晶体才具有各向异性，C错误；

D．给自行车轮胎打气时；越打越费劲，原因是气体压强越来越大，不是气体分子间斥力作用，D错误。

故选B。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．如图所示，因为等温线离O点越远，温度越高，所以气体由状态A到B过程；温度先升高后降低，选项A错误；

B．由图示图线可知，气体由状态到过程；气体体积不变而压强减小，由理想气体状态方程可知，气体温度降低，气体内能减小，选项B错误；

C．由图示图线可知，气体由状态到过程；气体体积增大，分子间的平均间距增大，故C错误；

D．由图示图线可知，气体由状态到过程；气体体积增大，气体对外做功，选项D正确。

故选D。3、D【分析】【详解】

A.当滑片左移时，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；而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A不符合题意；B.由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；

当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为故

由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r

解得r=5Ω，E=6V；故B不符合题意；

C.由B的分析可知，R1的阻值为则当滑动变阻器的阻值等于R1+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I′=A=0.3A，则滑动变阻器消耗的总功率P′=I'2R′=0.9W；故C不符合题意；

D.因当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流

故电源的最大输出功率P=UI=1.8W；故D符合题意；4、B【分析】【分析】

【详解】

电感线圈对交流电有阻碍作用，所以流过A的电流始终小于流过B的电流，则保持交流信号频率不变，适当提高输出电压，发现A灯始终比B灯暗．故A错误；保持输出电压和信号频率不变，撤去铁芯后，线圈对交流电的阻碍作用减小，发现A灯比原来亮．故B正确；保持输出电压不变，提高交流信号频率，线圈对交流电的阻碍作用增大，则A灯变暗．故C错误；待电路稳定后断开开关，L中产生自感电动势，相当于电源，A、B两灯串联，同时逐渐变暗，两灯不会闪亮．故D错误；故选B．5、D【分析】由图知，a在波峰，速度最小等于零，A错误；b在平衡位置，位移x=0，回复力F=kx=ma，所以加速度最小a=0，B错误；根据上下坡法克判断，若质点c向下运动，则波沿x轴正方向传播；质点d向上运动，则波沿x轴负方向传播，故C正确；D错误。6、D【分析】【详解】

由图看出经过玻璃三棱镜后a光的偏折角小于b光的偏折角，根据折射定律得知，玻璃三棱镜对b光的折射率大于对a光的折射率，则a光的频率低，b光的波长短．故AB错误．由公式v=c/n分析知道，b光穿过三棱镜的速度小．故C错误．根据干涉条纹间距公式可知，a光的波长大于b光，a光的干涉条纹比b光的干涉条纹宽．故D正确．7、D【分析】【详解】

试题分析：带电粒子以速率v垂直射入磁感强度为B的匀强磁场中；由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出带电粒子圆周运动的周期，由电流的定义式得出电流的表达式，再进行分析．

解：设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r；则。

由qvB=m得r=T=

环形电流：I==可见，I与q的平方成正比，与v无关，与B成正比，与m成反比．

故选D．

【点评】本题是洛伦兹力、向心力和电流等知识的综合应用，抓住周期与B、I的联系是关键．二、多选题(共7题，共14分)8、B:D【分析】【详解】

A；圆环、木块和子弹构成的系统水平方向没有外力；水平方向动量守恒，A错误。

B、子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统水平方向动量守恒，所以可得B正确。

C、子弹射入木块后的瞬间，速度大小为圆环没有移动，根据圆周运动向心力的构成可知C错误。

D、子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力等于T+mg，大于D正确9、B:D:E【分析】【详解】

A．晶体在熔化过程中；温度保持不变，但晶体要吸收热量，晶体的内能要增大，故A错误；

B．在合适的条件下；某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，故B正确；

C．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面；熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，故C错误；

D．物体放出热量；同时对外做功，根据热力学第一定律可知，其内能一定减少，故D正确；

E．温度越高；分子无规则运动越剧烈，运动速率大的分子数增多，故E正确。

故选BDE。10、A:D【分析】【详解】

A．对于固体物质，每个分子的体积可以等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数则有

A正确；

B．当时；分子力表现为斥力，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，B错误；

C．在自发状态下；热量不能从低温物体传到高温物体；当有外界对物体做功时，热量能从低温物体传到高温物体，C错误；

D．对于一定质量的理想气体；如果压强不变，则体积与温度长正比。当体积增大，则温度升高，那么它一定从外界吸热，D正确。

故选AD。11、A:B【分析】试题分析：由题意可知；当磁铁向右运动时，即靠近螺线管，导致穿过的磁通量变大，因此根据楞次定律，则有感应电流产生，根据楞次定律，小车为阻碍磁铁靠近，小车将对磁铁有向左的力，同时小车受到向右的力，向右运动，故AB正确，CD错误．故选AB．

考点：楞次定律。

【名师点睛】楞次定律是高中物理的一个重点，也是常考内容，一定要正确、全面理解楞次定律含义，掌握应用楞次定律解题的思路与方法。12、A:B:C【分析】高压输电，电路中电流变小，则损失的电能减小，A正确；换用更大匝数比的升压和降压变压器，仍为提高输电线的电压，B正确；当电路中电阻减小时，由C正确；多增加几根电线进行分流，既不能减小损失的能量，同时还增加材料等，不现实，D错误．13、B:C:D【分析】【详解】

B．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，并联电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻两端电压增大；则电压表示数变大，故B正确；

AD．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于两端的电压，

干路电流I增大，变小，则a点的电势降低，通过的电流减小，通过电流表的电流

干路电流I增大，减小，则增大；即电流表示数变大，故A错误，D正确；

C．电阻两端的电压

干路电流I增大，则变小，电容器板间电压变小，电容器C中的电场强度减小；故C正确．

故选BCD。14、C:D【分析】【详解】

A.小球原来处于静止状态，分析受力可知，小球所受的电场力方向向左，电场强度方向向左，故小球带正电，故A错误；

B.小球静止时，受到重力、电场力和轨道的支持力作用，由平衡条件得知，重力与电场力的合力方向与支持力方向相反，与斜面垂直向下，则小球从A运动到B点的过程中，此合力做负功，动能减小，所以小球运动到B点时动能最小，故B错误；

C.小球恰能绕圆环完成圆周运动，在B点重力与电场力的合力提供向心力，小球对轨道的压力为0，故C正确；

D.小球在B点的速度为vB，，

根据功能关系可知，，

联立解得：vB=10m/s，故D正确

故选CD三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】设正离子轨迹的圆心角为α；负离子轨迹的圆心角为β，由几何知识得到；

α=2π-2θ；β=2θ

正离子运动的时间为负离子运动的时间为而正、负离子在磁场中运动的周期相同，所以时间之比【解析】1:5；16、略

【分析】【分析】

解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读。

【详解】

（1）[1]游标卡尺的主尺读数为5.4cm，游标尺上第4个刻度与主尺刻度对齐，则游标尺读数为

所以最终读数为

（2）[2]螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为

所以最终读数为

【点睛】

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同。【解析】5.445.69517、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]光照强度与声音强度必须同时满足；灯泡才能亮，所以该电路使用了与门电路。

[2]如图。

[3]与门电路的输出信号就是输入信号的乘积，所以真值表为0；0；0；1。【解析】与0；0；0；118、略

【分析】设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生即

分子数

假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为a，大气层中气体总体积为V，而所以

点睛：对于气体分子间平均距离的估算，常常建立这样的模型；假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，所有小立方体体积之和等于气体的体积。【解析】19、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18分)20、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】21、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】22、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)23、略

【分析】【详解】

（1）固定刻度读数为则此金属丝的直径为．

（2）根据闭合电路欧姆定律电路和电流表最小读数；可求出电路中需要的最大电阻为：

由于待测电阻电阻为所以滑动变阻器应用

根据串分压原理，故定值电阻

根据电阻定律，由：．

【点睛】

根据闭合电路欧姆定律电路和电流表最小读数，可求出电路中需要的最大电阻，根据欧姆定律再进行求解；用伏安法测量电阻，首先要考虑安全，其次准确，最后操作方便．【解析】24、略

【分析】【详解】

(1)[1]游标卡尺的读数为L=50mm+4×0.05mm=50.20mm

(2)[2]螺旋测微器的读数为：d=4.5mm+19.8×0.01mm=4.698mm=0.4698cm

(3)[3][4][5]由于电压表V2量程太大（量程的大于电源的电动势），所以电压表应选择V1，根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为

所以电流表应选择A2，根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的R1变阻器以方便调节；

[6][7]由于待测电阻满足

电流表应用外接法；所以电路应是“分压外接”电路，如图所示。

【解析】50.15;0.4700;见解析；25、略

【分析】【详解】

（1）本实验在应用插针法时；角度过大会导致反射增强，折射减小，现象不明显，A错误；用铅笔贴着光学面可能会损坏光学面，B错误；求折射率也可以通过画图，将角度的正弦之比转化为对边之比，C正确；在观察时应使得大头针脚重合，D错误．

（2）从图1中可知玻璃砖发生倾斜，则所测定的入射角和折射角都变大，根据折射定律两角度都变大，根据数学知识可知故测定的折射率减小；

（3）连接确定入射点，连接确定出射点，再连接入射点和出射点并标上箭头，如图所示。

【解析】C偏小26、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）当P移动到R1的最右端时，电流表恰好满偏，根据欧姆定律，则有．

（2）根据欧姆定