2025年人教版选修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年人教版选修3物理下册阶段测试试卷45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6题，共12分)1、如图甲所示；一矩形线圈位于随时间t变化的匀强磁场中，磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示．以i表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示方向为电流正方向，以垂直纸面向里的磁场方向为正，则以下的i﹣t图象中正确的是（）

A.B.C.D.2、如图所示，两根相互平行放置的长直导线a和b通有大小相等、方向相反的电流，a受到磁场力的大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2.则此时b受到的磁场力大小为()

A.F2B.F1-F2C.F1＋F2D.2F1-F23、如图所示，水平放置的两根相距为L的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一定值电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体棒，与ab垂直，其电阻也为R．整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内），导体棒MN以速度v向右匀速运动，下列说法正确的是（）

A.M端电势低于N端电势B.MN两端电压的大小为C.通过定值电阻R的感应电流D.电阻R中的热功率为4、在地球的赤道上置一矩形线圈，线圈平面与赤道平面重合，线圈的上、下边水平，此时穿过线圈平面的磁通量大小为Φ。现使线圈绕其竖直轴线旋转180°，则此过程中穿过线圈的磁通量的变化量的大小为（）A.0B.ΦC.ΦD.2Φ5、如图，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中，金属杆保持与导轨垂直且接触良好，并不计金属杆ab的电阻及空气阻力，则()

A.上滑过程中安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大B.上滑过程通过电阻R的电量比下滑过程多C.上滑过程通过电阻R产生的热量比下滑过程多D.上滑过程的时间比下滑过程长6、一列简谐波沿轴传播，其波源位于坐标原点．质点刚好完成一次全振动时，形成的简谐横波波形如图所示，已知波速为，波源简谐运动的周期为，是沿波传播方向上介质中的一个质点，则

A.图中轴上、之间的距离为B.波源的起振方向沿轴正方向C.在一个周期内，质点将向右运动一个波长的距离D.图示时刻质点所受的回复力方向沿轴正方向评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、下列说法正确的是__________。A.布朗运动是液体分子的无规则运动B.的水和的冰的分子平均动能相同C.压强增大时，气体分子在单位时间作用于器壁单位面积的冲量一定增大E.当分子力的合力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大E.当分子力的合力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大8、如图，一定量的理想气体从状态经热力学过程后又回到状态a。对于三个过程；下列说法正确的是（）

A.过程中，气体始终吸热B.过程中，气体始终放热C.过程中，气体对外界做功E.过程中，气体的温度先升高后降低E.过程中，气体的温度先升高后降低9、下列说法中正确的是（）A.物质的扩散现象是分子热运动状态总是朝着无序性增大的方向进行的一种表现B.分子间距离越大，分子势能越大C.物体从外界吸收热量，其内能不一定增加E.晶体都有固定的熔点和规则的外形E.晶体都有固定的熔点和规则的外形10、间距为的无限长光滑金属导轨水平放置，导轨中间分布有磁感应强度为1T的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线，一长为粗细均匀的导体棒以1m/s的速度匀速向右滑动，如图所示。定值电阻R的阻值为10Ω，导体棒的总电阻为20Ω，导轨电阻不计，则下列分析正确的是（）

A.电流表示数为AB.电压表的示数是0.5VC.导体棒运动到图示虚线CD位置时，导体棒的瞬时电流从C到DD.导体棒上消耗的热功率为0.2W11、图甲中直线PQ表示电场中的一条电场线，质量为m、电荷量为q的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过P点时速度为v0；到达Q点时速度减为零，粒子运动的v-t图象如图乙所示．下列判断正确的是（）

A.P点电势高于Q点电势B.P点场强大于Q点场强C.P、Q两点的电势差为D.带负电粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能12、空间分布有竖直方向的匀强电场，现将一质量为m的带电小球A从O点斜向上抛出，小球沿如图所示的轨迹击中绝缘竖直墙壁的P点．将另一质量相同、电荷量不变、电性相反的小球B仍从O点以相同的速度抛出，该球垂直击中墙壁的Q点(图中未画出)．对于上述两个过程；下列叙述中正确的是()

A.球A的电势能增大，球B的电势能减小B.P点位置高于Q点C.若仅增大A球质量，A球有可能击中Q点D.电场力对球A的冲量大小等于对球B的冲量大小13、在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0射击质量为M的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块在加速运动中的位移为s，则以下说法正确的是（）

A.子弹动能的亏损大于系统动能的亏损B.子弹动量的减少量等于木块动量的增加量C.摩擦力对M的做的功一定等于摩擦力对m的做的功D.位移s一定大于深度d评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、如图所示电路，电源内阻不可忽略。在滑动变阻器触头由a滑向b的过程中，电流表示数________，小灯泡L亮度___________，电源内电压________，电源内电阻消耗功率__________。（选填“减小”；“增加”或“不变”）

15、在“探究气体等温变化的规律”实验中，封闭的空气如图所示，形管粗细均匀，右端开口，已知外界大气压为水银柱高；图中给出了气体的两个不同的状态。

(1)实验时甲图气体的压强为___________乙图气体压强为___________

(2)实验时某同学认为形管的横截面积可不用测量，这一观点正确吗？___________（选填“正确”或“错误”）。

(3)数据测量完后在用图像法处理数据时，某同学以压强为纵坐标，以体积（或空气柱长度）为横坐标来作图，你认为他这样做能方便地看出与间的反比关系吗？___________（选填“能”或“不能”）。16、判断下列说法的正误：

（1）一定质量的某种气体，在压强不变时，若温度升高，则体积减小。（____）

（2）“拔火罐”时，火罐冷却，罐内气体的压强小于大气的压强，火罐就被“吸”在皮肤上。（____）

（3）一定质量的气体，等容变化时，气体的压强和温度不一定成正比。（____）

（4）查理定律的数学表达式＝C，其中C是一个与气体的质量、压强、温度、体积均无关的恒量。（____）17、马鞍山是一座钢铁城市，马钢工人时常为高炉进行检修．而这时高炉内干燥空气的温度竟达160℃，工人却安全在炉内工作几个小时，是因为________．18、汽车内燃机气缸内汽油燃烧时，气体体积膨胀推动活塞对外做功。已知在某次对外做功的冲程中，汽油燃烧释放的化学能为1×103J，因尾气排放、气缸发热等对外散失的热量为8×102J。该内燃机的效率为________。随着科技的进步，可设法减少热量的损失，则内燃机的效率能不断提高，其效率________(选填“有可能”或“仍不可能”)达到100%.19、如图所示，在水和汽达到动态平衡时，测得水柱长206mm，水银柱长723.3mm。已知大气压为760mmHg，则水的饱和汽压为________mmHg（计算结果保留1位小数）。如把图中的管上提1cm（未脱离水银槽），则管中水银面将________（填“上升”“下降”或“不变”），水的饱和汽压将________（填“变大”“变小”或“不变”）。（水银密度为13.6×103kg/m3）

20、“测定玻璃的折射率”实验中,在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B,在另一侧再竖直插两个大头针C、D.在插入第四个大头针D时,要使它_____________.

如图是在白纸上留下的实验痕迹,其中直线a、a’是描在纸上的玻璃砖的两个边.根据该图可算得玻璃的折射率n=_____________.(计算结果保留两位有效数字)

21、B．(选修模块3-4)

（1）一列沿着x轴正方向传播的横波，在t=0时刻的波形如图甲所示．图甲中某质点的振动图象如图乙所示．质点N的振幅是_________m，振动周期为_________s，图乙表示质点_____(从质点K、L、M、N中选填)的振动图象．该波的波速为___________m／s．

（2）惯性系S中有一边长为l的正方形(如图A所示)，从相对S系沿x方向以接近光速匀速飞行的飞行器上测得该正方形的图象是__________________．

（3）描述简谐运动特征的公式是x＝_______．自由下落的篮球缓地面反弹后上升又落下．若不考虑空气阻力及在地面反弹时的能量损失，此运动________(填“是”或“不是”)简谐运动．22、如图所示，电源输出电压U=10V，A、B两板间距离为2cm，C点离A板5mm，D点离B板4mm，则EC=______V/m，UC=______V，UD=______V．

评卷人得分四、作图题(共3题，共24分)23、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．

24、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．

25、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2题，共12分)26、为了测量一个量程为的直流电压表的内阻（约为几千欧）；所用的电路如图甲所示。

（1）请将图乙的器材连成完整的电路。（_____）

（2）该实验中需要进行的步骤罗列如下。

a.闭合开关S；

b.将电阻箱的阻值调到零；

c.调节滑动变阻器R的阻值，使电压表的示数为

d.断开开关S；

e.调节电阻箱的阻值，使电压表示数为读出此时电阻箱的阻值；

f.把滑动变阻器的滑片P滑到a端。

该实验操作的合理顺序是___________（选填字母代号）。

A．bfacedB．abfcedC．bacfedD．afebed

（3）若在实验步骤e中，调节后电阻箱旋钮位置如图丙所示，则的阻值为___________该电压表的内阻的测量值为___________由于系统误差，测量值___________（选填“偏大”或“偏小”）。27、从以下给出的器材中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电流表A1的内阻r1，要求保障仪器安全、方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据．

A．电流表（A1），量程0~10mA，内阻r1待测（约40Ω）

B．电流表（A2），量程0~500μA，内阻r2=750Ω

C．电压表（V1），量程0~10V，内阻r3=10kΩ

D．电阻（R1），阻值约100Ω，做保护电阻用

E．滑动变阻器（R2），总阻值约50Ω

F．电池（E），电动势1.5V，内阻很小

J．电键一个，导线若干

(1)在虚线方框中画出电路图_____，标明所用器材的代号．

(2)若选测量数据中的一组来计算r1，则所用的表达式为r1=_____________，式中各符号的意义是：_________________________________．评卷人得分六、解答题(共3题，共21分)28、如图所示的xoy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xoy平面向里．P点的坐标为(-6L，0)，Q1、Q2两点的坐标分别为(0，3L)，(0，-3L).坐标为(-L，0)处的C点固定一平行于y轴放置一足够长的绝缘弹性挡板，带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度不变，沿x方向分速度反向，大小不变.带负电的粒子质量为m，电量为q，不计粒子所受重力.若粒子在P点沿PQ1方向进入磁场，经磁场运动后，求：

(1)不与挡板碰撞并能回到P点的粒子初速度大小；

(2)只与挡板碰撞一次并能回到P点的粒子初速度大小；

(3)只与挡板碰撞三次并能回到P点的粒子初速度大小以及这种情况下挡板的长度至少为多少？29、一定质量的理想气体从状态变化到状态再变化到状态其状态变化过程的图象如图所示。已知该气体在状态时的温度为摄氏温度与热力学温度的关系为：则：

（1）该气体在状态时的温度分别为多少摄氏度？

（2）该气体从状态到状态的过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？

30、如图所示导轨PONQ，其质量为M=2.0kg，放在光滑绝缘的水平面上，处于匀强磁场中，另有一根质量为m=0.60kg的金属棒CD跨放在导轨上，CD与导轨的动摩擦因数是0.25，CD棒与ON边平行，左边靠着光滑的固定立柱a、b，匀强磁场以ab为界，左侧的磁场方向竖直向上（图中表示为垂直于纸面向外），右侧磁场方向水平向右，磁感应强度的大小都是0.80T，如图所示，已知导轨ON段长为0.50m，电阻是0.40Ω，金属棒CD的电阻是0.40Ω，其余电阻不计．导轨在水平向左拉力F作用下由静止开始以0.15m/s2的加速度做匀加速直线运动，一直到CD中的电流达到5.0A时，导轨改做匀速直线运动，设导轨足够长，取g=10m/s2．求：

⑴导轨运动起来后，C、D两点哪点电势较高？

⑵导轨做匀速运动时，水平拉力F的大小是多少？

⑶导轨做匀加速运动的过程中，水平拉力F的最小值是多少？

⑷当水平拉力F为2.4N时，CD上消耗的功率多大？参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】试题分析：由图乙可知磁感应强度的变化；则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象．

解：感应定律和欧姆定律得I===线圈的面积S和电阻R都是定值，则线圈中的感应电流与磁感应强度B随t的变化率成正比．由图乙可知，0～1时间内，B均匀增大，Φ增大，根据楞次定律得知，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则判断可知，感应电流是逆时针的，因而是负值．由于不变；所以可判断0～1为负的恒值；同理可知1～2为正的恒值；2～3为零；3～4为负的恒值；4～5为零；5～6为正的恒值．

故选A．

【点评】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果．2、A【分析】根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，所以没加磁场前，二者所受的力等大方向，加上磁场后，受到的安培力也是等大反向，所以两个导线所受到的力均是等大反向，所以b受到的磁场力大小变为a受到的磁场力大小，A对．3、D【分析】【分析】

根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流的大小．由公式U=IR求出MN两端的电压的大小；根据P=I2R求解电阻R中的热功率．

【详解】

根据右手定则可知，M端电势高于N端电势，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，E=BvL，则导体棒中的电流大小因此MN两端的电压的大小U=IR=BLv，选项BC错误；电阻R中的热功率为选项D正确；故选D.4、D【分析】【详解】

根据地磁场的分布，赤道处地磁场为水平方向，故线圈转过180°时磁通量由Φ变成－Φ，变化量的大小为

故选D。5、C【分析】【详解】

ACD．由于导体棒切割磁感线产生感应电流，棒的机械能不断减少，经过同一位置时下滑的速度小于上滑的速度，则下滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短；下滑时棒受到的安培力小于上滑所受的安培力，则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值，所以上滑导体棒克服安培力做功大于下滑过程克服安培力做功，故上滑过程中电阻R产生的热量大于下滑过程中产生的热量多；根据冲量定义上滑过程中安培力的冲量

与下滑过程安培力的冲量相等；故AD错误，C正确；

B．根据感应电量公式知；上滑过程和下滑过程磁通量的变化量相等，则通过电阻R的电量相等，故B错误；

故选C。6、D【分析】【分析】

波在同一均匀介质中匀速传播；振动在一个周期内传播一个波长，简谐波传播过程中，质点做简谐运动时，起振方向与波源起振方向相同，与图示时刻波最前端质点的振动方向相同，各个质点合外力方向指向平衡位置；

【详解】

A、波长为O、A之间的距离为故A错误；

B、波源O开始振动时的运动方向与波前质点的起振方向相同，沿y轴负方向，故B错误；

C、质点只是在平衡位置附近上下振动，并不随波迁移，故C错误；

D；图示时刻质点C所受的合外力方向指向平衡位置；即沿y轴正方向，故D正确．

【点睛】

本题应用到机械波两个基本特点：一简谐横波向前传播时质点并不随波迁移；二是介质中质点起振方向与波源起振方向相同．二、多选题(共7题，共14分)7、B:C:E【分析】【分析】

考查分子动理论。

【详解】

A．布朗运动是固体小颗粒在液体分子的撞击下发生的无规则运动；不是液体分子的运动，但能间接反映周围液体分子的无规则运动，选项A错误；

B．温度是物体分子热运动平均动能的标志，的水和的冰的温度相同；即分子平均动能相同，选项B正确；

C．气体压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力；即在单位时间作用于器壁单位面积的冲量，选项C正确；

D．由热力学第一定律；一定质量的理想气体从外界吸热后，若同时对外做功，其内能不一定增大，选项D错误；

E．当分子力表现为引力时；随分子间距离变大，分子合力一直做负功，分子势能一直增大，故选项E正确。

故选BCE。8、A:B:E【分析】【分析】

【详解】

A．由理想气体的图可知，理想气体经历ab过程，体积不变，则而压强增大，由可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由可知；气体一直吸热，故A正确；

BC．理想气体经历ca过程为等压压缩，则外界对气体做功由知温度降低，即内能减少由可知，即气体放热，故B正确，C错误；

DE．由可知，图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程的温度先升高后降低；故D错误，E正确；

故选ABE。9、A:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．由热力学第二定律可知一切热现象的自发过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行；故A正确；

B．分子间距离越大；分子势能可能增大也可能减小，故B错误；

C．物体从外界吸收热量的同时可能对外界做功；其内能不一定增加，故C正确；

D．液体表面张力使液体具有收缩的趋势；小雨滴成球形是由于液体表面张力的作用，故D正确；

E．单晶体都有固定的熔点和规则的外形；但多晶体不一定有规则的外形，故E错误。

故选ACD。10、A:B【分析】【详解】

A．因为磁场边界是正弦曲线，根据E=Blv

知，电动势随时间按正弦规律变化，产生的是正弦交变电流Em＝Bdv＝1××1V＝V

感应电动势的有效值

导体棒在两导轨间的电阻为10Ω，电流表的示数

故A正确；

B．电压表的示数为电阻R两端的电压U＝IR＝×10V＝0.5V

故B正确；

C．导体棒运动到图示虚线位置时；导体棒不切割磁感线，感应电动势瞬时值为0，导体棒的瞬时电流为0，故C错误；

D．导体棒上消耗的热功率为P＝I2r＝()2×10W＝W

故D错误。

故选AB。11、A:B:C【分析】【详解】

A、由图乙知带电粒子的速度减小，受到向左的电场力，故电场线方向向右，P点电势一定高于Q点电势，故A正确；

B、由乙图可知，P处的加速度大于Q处的加速度，故P处的场强大于Q处的场强，故B正确；

C、由动能定理知可求出AB两点的电势差为故C正确；

D、负电荷在电势低的地方电势能大，故电荷在P点的电势能一定小于Q点的电势能，故D错误；

故选ABC．

【点睛】

速度图象看出，粒子的速度减小，负电荷受向左的电场力，故电场线方向向右，负电荷在电势低的地方电势能大，根据速度图象的斜率等于加速度，可比较加速度的大小，从而能比较出电场力的大小．12、A:D【分析】【分析】

根据题意可判断电场力的方向，从而判断电场力做功情况以及电势能变化情况；分析两种情况下的加速度关系，根据v2-v02=2ah判断h的关系；根据I=Ft判断电场力的冲量关系.

【详解】

由题意可知，击中P点的小球A受电场力向下，垂直击中Q点的小球B受电场力向上，可知电场力对A做负功，对B做正功，球A的电势能增大，球B的电势能减小，选项A正确；根据牛顿第二定律，对A球：mg+qE=maA；对B球：mg-qE=maB；可知aA>aB；对球A竖直方向：对球B在竖直方向：可得hAB，即P点位置低于Q点，选项B错误；若仅增大A球质量，可知aA减小，但是不可能等于aB，则hA不可能等于hB，则若仅增大A球质量，A球不可能击中Q点，选项C错误；因两次抛球小球在水平方向的分速度相同，水平位移相同，可知两球运动的时间t相同；根据I=Eqt可知电场力对球A的冲量大小等于对球B的冲量大小，选项D正确；故选AD.13、A:B【分析】【详解】

A；子弹射穿木块的过程中；子弹损失的动能转化为木块的动能和系统的内能，故子弹减少的动能大于木块增加的动能，故A正确；

B；水平面光滑；则系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量减少量等于木块动量增加量，故B正确；

C；子弹击中木块的过程中；子弹克服阻力做的功，一方面转化为木块的动能，另一方面转化为系统内能；根据动能定理可知摩擦力对木块做的功等于木块的动能的增加量，因此摩擦力对木块做的功一定小于摩擦力对子弹的做的功，故C错误；

D、设子弹与木块之间的相互作用力为子弹和木块达到的共同速度大小为由动能定理得：对子弹：对木块：又据动量守恒定律得：联立方程解得：因为所以故D错误；

故选AB．

【点睛】

关键是子弹击中木块过程系统动量守恒，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律，动能定理即可正确解题．三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】【详解】

[1]滑片向b端移动时滑动变阻器接入电阻增大；由闭合电路欧姆定律得电路中总电流减小；由E=U+Ir可知，路端电压增大；则流过R的电流增大；故电流表示数增大；

[2]因总电流减小，而流过R的电流增大；由并联电路的分流规律可知；流过灯泡的电流减小，故灯泡亮度减小；

[3]因电流减小，则由可知电源内电压减小；

[4]由功率公式可知，是源内部消耗的功率减小。【解析】增加减小减小减小15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1][2]题图甲中气体压强为图乙中气体压强为

(2)[3]由玻意耳定律

即（为空气柱长度）

知，形管的横截面积可不用测量；

(3)[4]以为纵坐标，以为横坐标，作出图线是一条曲线，但曲线未必表示反比关系，所以应作出图线，看是否为过原点的直线，才能最终确定与是否成反比。【解析】①.76②.80③.正确④.不能16、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】错误正确正确错误17、略

【分析】【分析】

【详解】

工人能在炉内温度竟达160℃的环境中工作几个小时；是因为在高压炉内干燥空气中，工人容易排汗，通过蒸发来维持体温．

【点睛】

高压炉内空气温度高，工人容易排汗，温度越高汗液蒸发越快，蒸发吸热，人体温度降低．【解析】在高炉内干燥空气中，工人容易排汗，通过蒸发来维持体温18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由热力学第一定律知W=△U-Q=1×103J-8×102J=2×102J

效率

[2]随着科技的进步；不断设法减小热量损失，则内燃机的效率不断提高，效率仍不可能达到100%。

【点睛】

此题考查了热力学第一定律△U=W+Q，注意公式中各个物理量的符号法则；知道热力学第二定律的内容。【解析】不可能19、略

【分析】【详解】

[1]易知水银柱产生的压强为

设水柱产生的压强为p水，则

解得

根据平衡条件可得水的饱和汽压为

[2]把图中的管上提1cm；假设水银面高度不变，则水蒸气的压强不变；体积增大，不符合等温变化规律；假设水银面下降，则水蒸气的压强减小、体积增大，同样不符合等温变化规律。只有当水银面上升时，水蒸气的压强增大、体积减小，才可以符合等温变化规律。

[3]水的饱和汽压只与温度有关，所以把图中的管上提1cm，水的饱和汽压不变。【解析】21.6上升变小20、略

【分析】【详解】

（1）[1]在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B，在另一侧再竖直插两个大头针C、D，使C挡住A、B的像，要使D挡住C和A、B的像，说明CD在AB的出射光线上，CD连线即为AB的出射光线，所以要使D挡住C和A、B的像。

（2）[2]如图所示，连接AB延长交a于E点，连接CD反向延长交与G点，连接EG，以E为圆心以EG长为半径画圆，交AB与I，分别过I、G做过E点的法线的垂线IH、GF，用刻度尺测量IH、GF，折射率

【点睛】【解析】挡住C及A、B的像；1.8（1.8—1.9都算对）21、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）由甲图可知波长由乙图可知振幅周期所以波速因为波沿轴正方向传播，由甲图可以判断时刻L向上振动，N向下振动，K在正的最大位移处，M在负的最大位移处．由乙图可知时刻；质点向上振动．所以为L的振动图象；

（2）由相对论中长度的相对性：在垂直于运动方向；长度不变；在沿着运动方向长度变长．所以C正确；

（3）简谐运动的表达式为：为初相位，可以取零．篮球的运动加速度不改变，不符合简谐运动的规律，所以不是简谐运动．【解析】0.84L0.5C不是22、略

【分析】【详解】

[1]根据串联电路特点，可知电容器两板间的电压

由

[2][3]根据U=Ed

可得UBC=250×0.015V=3.75V

UBD=250×0.004V=1V

因为φB=0

再根据UBC=φB-φC

可得φC=0-3.75V=-3.75V

又有UBD=φB-φD

可得φD=-1V【解析】250-3.75-1四、作图题(共3题，共24分)23、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】24、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】25、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2题，共12分)26、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]如图所示。

（2）[2]b.将电阻箱的阻值调到零；f.把滑动变阻器的滑片P滑到a端;a.闭合开关S；c.调节滑动变阻器R的阻值，使电压表的示数为e.调节电阻箱的阻值，使电压表示数为读出此时电阻箱的阻值；d.断开开关S（注意先调零与先移动滑动变阻器到最大值，前后不影响，故bf的顺序可以颠倒）；故合理的顺序是bfaced.

（3）[3][4][5]由图丙读出的阻值为2900因是串联关系，则电阻与电压成正比：电压表示数为1.5V，则电阻箱分压为1.5V则因该支路实际电压要比原电压大，即的分压要大一些，故的实际值要小一些，即测量值比真实值大。【解析】A29002900偏大27、略

【分析】【分析】

电流表可视为一个小电阻；但可显示通过的电流值，因而可知道其两端的电压值，由于电源电动势较小，故本实验中电压表不可以使用，否则会带来较大的读数误差，同时滑动变阻器总阻值较小，本着可多次变换测量值的原则，应采用分压接法根据部分电路欧姆定律，利用电压表两端的电压处以电流可得电阻．

【详解】

（1）由于电源电动势较小；故本实