2025年岳麓版选修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年岳麓版选修3物理下册阶段测试试卷781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，理想变压器原线圈匝数n1=600匝，副线圈的匝数n2=120匝，当原线圈接入u=180sin50πt(V)的正弦式交变电流时，下列判断正确的是（））

A.正弦式交变电流的频率为50HzB.副线圈两端电压为36VC.当滑动变阻器滑片向b端滑动时，灯泡消耗的电功率一定增大D.当滑动变阻器滑片向a端滑动时，滑动变阻器消耗的总电功率一定增大2、“恒流源”是一种特殊的电源；其输出的电流能始终保持不变，如图所示的电路中电源是恒流源，当滑动变阻器滑动触头P向左移动时，下列说法中正确的是()

A.R0上的电压变小B.R2上的电压变大C.R1上的电压变小D.R1上电压变化量大于R0上的电压变化量3、下列说法正确的是（）A.悬浮在液体中微粒的大小，影响其布朗运动的明显程度B.质量一定的理想气体，温度越高压强越大C.热量只能从高温物体向低温物体传递D.分子势能随分子间距离的增大而增大4、如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0．2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0．8R时电动势大小为E2．忽略涡流损耗和边缘效应．关于的大小和铜棒离开磁场前两端的极性；下列判断正确的是。

A.>a端为正B.>b端为正C.<a端为正D.<b端为正5、一矩形线圈abcd放在水平面上，线圈中通有如图所示的恒定电流。在ab边的右侧距ab边的距离与bc边的长度相等处，放置水平长直导线MN，MN通有由M到N的电流，在其周围空间产生磁场，已知载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=kI/r，式中常量k>0，I为电流强度，r为距导线的即离。则（）

A.ad边不受安培力作用B.ab边、cd边受到的安培力之比为2：1C.若水平面光滑，线圈将向右作加速度减小的加速运动D.若水平面粗糙，线圈受到向左的摩擦力作用6、如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（）．

A.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变B.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ变小C.断开S，将A板向B板靠近，则θ增大D.断开S，将A板向B板靠近，则θ不变7、一带电粒子从电场中的点运动到点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则下列说法错误的是（）

A.粒子带正电荷B.粒子加速度逐渐减小C.点的速度大于点的速度D.粒子的初速度不为零8、台球是一项深受人们喜爱的休闲运动，如图在某次击球过程中，白球以的速度向右运动与静止的黑球发生正碰；假设白球与黑球质量相等，碰撞中没有机械能损失，将台球视为质点，通过计算得到两球碰撞后的运动情况为（）

A.白球静止，黑球以的速度向右运动B.黑球静止，白球以的速度反弹向左运动C.白球和黑球都以下的速度向右运动D.白球以的速度反弹向左运动，黑球以的速度向右运动9、宇宙飞船动力装置的工作原理与下列情景相似：如图，光滑地面上有一质量为M的绝缘小车，小车两端分别固定带等量异种电荷的竖直金属板，在小车的右板正中央开有一个小孔，两金属板间的电场可看作匀强电场，两板间电压为U．现有一质量为m、带电量为+q、重力不计的粒子从左板正对小孔处无初速释放．则以下判断正确的是：()

A.小车总保持静止状态B.小车最后减速运动C.粒子穿过小孔时速度为D.粒子穿过小孔时速度为评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、下列关于分子力和分子势能的说法中，正确的是（）A.当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大B.当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小C.当分子力表现为引力时，随分子间距离增大，分子力先增大后减小，分子势能增大D.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增大11、图中描述一定质量的气体做等容变化的图线是（）A.B.C.D.12、一定质量的理想气体，由状态a经b变化到c；如图甲所示，则图中有可能正确反映出这一变化过程的（）

A.B.C.D.13、一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V−T图像如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强；下列判断正确的是（）

A.过程a到b中气体一定吸热B.C.过程b到c气体吸收热量E.过程c到a中气体吸收的热量大于对外做的功E.过程c到a中气体吸收的热量大于对外做的功14、如图所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道于平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端。若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好；轨道与金属杆的电阻均忽略不计。则下列说法正确的是（）

A.金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能一定相等B.金属杆ab上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和等于C.金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热D.金属杆ab上滑过程比下滑过程通过电阻R的电量多15、家用电热灭蚊器中电热部分的主要部件是PTC元件。PTC元件是由钛酸钡等半导体材料制成的电阻器，其电阻率与温度T的关系如图所示，T0为室温。由于这种特性，PTC元件通电后，能够达到稳定状态，它的温度保持不变。对此，以下说法正确的是（）

A.通电后其消耗的功率先增大，后减小B.通电后其消耗的功率先减小，后增大C.稳定状态时，温度保持在T1～T2的某一值不变D.稳定状态时，温度保持在T1值不变16、在如图所示电路中，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中（）

A.电压表的示数减小，电流表的示数增大B.电压表的示数增大，电流表的示数减小C.电容器C所带电荷量减小D.电容器C所带电荷量增大17、一列简谐横波在时刻的波形如图中实线所示，在时刻的波形如图中虚线所示，由此可以判定此列波（）

A.波长一定是B.周期可能是C.C；一定向右传播。

D.传播速度一定是18、如图所示，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合开关，小灯泡能发光．现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则()

A.电容的带电量变大B.灯泡亮度变亮C.与均保持不变D.当电路稳定后，断开开关，小灯泡立刻熄灭评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)19、在电解液中，(1)若5s内沿相反方向通过某截面的正、负离子的电荷量均为5C，则电解液中的电流为_______A；(2)若5s内到达阳极的负离子和到达阴极的正离子均为5C，则电流为_______A．20、如图所示是两列相干波的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅都为0.1m，波速和波长分别为1m/s和0.2m，C点为AB连线的中点．则图示时刻C点的振动方向_____（选填“向上”或“向下”），从图示时刻再经过0.25s时，A点经过的路程为______m．

21、封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上，则由状态A变到状态B过程中，气体___________热量（填“吸收”、“放出”或“既不吸收也不放出”）；状态C气体的压强___________状态D气体的压强（填“大于”；“小于”或“等于”）。

22、如图为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图像，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C．设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则TA______TB，TB______TC（均选填“＞”“＜”或“＝”）。

23、两块非常长的光滑挡板围成一个夹角为10°的三角形区域，一小球沿着角平分线方向的初速度入射，设球与挡板间的碰撞是弹性的，则球与挡板一共会发生___________次碰撞。

24、对大量的事实分析表明：______________________．这个结论被称做热力学第三定律．25、（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。

评卷人得分四、作图题(共3题，共9分)26、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．

27、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．

28、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5分)29、某实验小组利用如图1所示的电路做”测量电池的电动势和内电阻”的实验．

（1）请你根据电路图，在图3所示的实物图上连线_____________．

（2）该小组利用测量出来的几组电压和电流值画出了图线如图2．根据图线求出电源的电动势________，电源的内电阻________．

（3）另一实验小组也做了“测量电池的电动势和内电阻”的实验；他们在实验室里找到了以下器材：

A．一节待测的干电池。

B．电流表（满偏电流内阻）

C．电流表（内阻约为）

D．滑动变阻器（）

E．定值电阻（）

F．开关和导线若干。

某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但提供了两块电流表，于是他设计了如图4所示的电路，并进行实验．该同学测出几组电流表的数据利用测出的数据画出图像，则由图像可得被测干电池的电动势_________内电阻________．（两空结果均保留两位有效数字）评卷人得分六、解答题(共2题，共4分)30、气体温度计结构如图所示，玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连。开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1＝14cm，后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点h2＝44cm。已知外界大气压相当于76cmHg。求恒温槽的温度。

31、一半径为R的半圆柱玻璃体，上方有平行截面直径AB的固定直轨道，轨道上有一小车，车上固定一与轨道成45°的激光笔，发出的细激光束始终在与横截面平行的某一平面上，打开激光笔，并使小车从左侧足够远的地方以匀速向右运动．已知该激光对玻璃的折射率为光在空气中的传播速度大小为c．求：

(1)该激光在玻璃中传播的速度大小；

(2)从圆柱的曲侧面有激光射出的时间多少？（忽略光在AB面上的反射）参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

正弦交流电的频率为A错误；原线圈两端电压为根据可得副线圈两端电压为B错误；当滑动变阻器滑片向b端滑动时，灯泡两端的电压增大，故小灯泡消耗的电功率一定增大，C正确；滑动变阻器滑片向a端滑动过程中，其连入电路的电阻分为两部分，一部分增大，一部分减小，所以其消耗的总功率不一定增大，D错误．2、A【分析】【分析】

由电路图可知，R0与R1串联后再与R2并联，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，然后得出电路中总电阻的变化；因电源输出的电流始终保持不变（即干路电流不变），根据欧姆定律可知电源电压的变化，根据欧姆定律可知通过R2电流的变化，根据并联电路的电流特点可知通过R0和R1支路的电流变化，根据欧姆定律可知R1上的电压变化，根据串联电路的电压特点R0上的电压变化以及R1上电压变化量与R0上的电压变化量的关系．

【详解】

B.由电路图可知，R0与R1串联后再与R2并联；当滑动变阻器滑动触头P向左移动时，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小；

因电源输出的电流始终保持不变(即干路电流不变)，由U=IR可知，电源的电压变小，即R2上的电压变小，R0和R1支路的总电压变小．故B错误；

AC.由I=U/R可知，通过定值电阻R2的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，R0和R1支路的电流变大，由U=IR可知，R1上的电压变大．R0与R1串联，因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电源电压增小，R1上的电压变大，所以，R0上的电压变小．故A正确；C错误；

D.因串联电路中总电压减小，且R0两端电压的减少量大于R1两端电压的增加量，即R1上电压变化量小于R0上的电压变化量；故D错误．

故选A．3、A【分析】【详解】

A．悬浮在液体中微粒越小；布朗运动越明显，故A正确；

B．质量一定；体积一定的理想气体，温度越高压强越大，故B错误；

C．热量能够自发的从高温物体向低温物体传递；借助一些电器，热量可以从低温物体向高温物体传递，比如空调；冰箱等，故C错误；

D．当分子间力表现为斥力时；分子势能随分子间距离的增大而减小，D错误。

故选A。4、D【分析】【详解】

解：根据法拉第电磁感应定律：E=BLv；如下图；

L1=2=2R；

L2=2=2R；

又根据v=v1==2

v2==4

所以E1=4BR；

E2=8BR=4BR；

所以E1＜E2．

再根据右手定则判定电流方向从a到b；在电源内部电流时从电源负极流向正极；

故D正确．

【点评】

由于铜棒切割磁感线时没有形成回路；所以铜棒做的是自由下落．

对于电源而言，电源内部电流是从电源负极流向正极．5、B【分析】【分析】

根据右手定则，判断通电导线MN在右侧的磁场方向，根据左手定则判断各个边受安培力的方向；根据B=kI/r判断ab边、cd边处的磁感应强度之比，根据F=BIL可知ab边；cd边受到的安培力之比；因线框所受安培力的合力向左；可判断若水平面光滑，线圈的加速度方向；若水平面粗糙，可判断线圈受到的摩擦力方向.

【详解】

根据右手定则，通电导线MN在右侧的磁场方向向里，由左手定则可知，ad边受向下的安培力作用，选项A错误；根据B=kI/r可知，ab边、cd边处的磁感应强度之比为2:1，根据F=BIL可知ab边、cd边受到的安培力之比为2：1，选项B正确；因线框所受安培力的合力向左，则若水平面光滑，线圈将向左作加速度减小的加速运动；若水平面粗糙，线圈受到向右的摩擦力作用，选项CD错误；故选B.6、D【分析】【分析】

保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，由E=和F=qE可判断出电场力的变化，即可判断的变化；开关S断开，电容器的带电量Q不变，由电容的决定式和定义式可推导出板间的电场强度E的变化，进而可知的变化．

【详解】

A、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，将A板向B板靠近，极板间距离减小，由电场强度E=可知，电场强度增大，小球所受的电场力变大，增大；故A；B错误．

C、开关S断开，电容器的带电量Q不变，将A板向B板靠近，极板间距离减小，由电容器电容的决定式C=可知，电容器电容C增大，而电容器电容的定义式C=所以板间的电场强度E===可以判断电场强度E不变，故带正电的小球受的电场力不变，则不变；故C错误，D正确．

故选D7、A【分析】【详解】

A.带电粒子所受合外力（即电场力）指向轨迹内侧；知电场力方向向左，粒子带负电荷，故A项符合题意．

B.因可知从A到B；粒子加速度逐渐减小，选项B不符合题意；

C.粒子从A到B受到的电场力做负功，动能减小，速度减小，则A点的速度大于B点的速度；选项C项不合题意．

D.由图可知，粒子从A点运动到B点，速度逐渐减小，故粒子在A点速度不为零，选项D项不合题意．8、A【分析】【详解】

设每个球质量为m，取碰撞前白球的速度方向为正方向。由动量守恒定律得mv0=mv白+mv黑

由能量守恒可得

联立解得v白=0m/sv黑=3m/s

故A正确，BCD错误。

故选A。9、D【分析】【详解】

金属板间的电场方向向右，粒子所受的电场力方向向右，根据牛顿第三定律可知，小车所受的电场力方向向左，则小车将向左做匀加速运动．粒子穿过小孔时速度，粒子不再受电场力作用，小车也不再受电场力，将做匀速运动，故AB错误．设粒子穿过小孔时速度为v1，小车此时的速度为v2．取向右方向为正方向．根据系统的动量守恒和能量守恒得：0=mv1-Mv2；qU=mv12+mv22；联立解得，．故C错误，D正确．故选D．二、多选题(共9题，共18分)10、C:D【分析】【详解】

ABC．当分子力表现为引力时，分子间距离r>r0；随分子间距离的增大，分子力先增大后减小，分子势能增大，故C正确，AB错误；

D．当分子力表现为斥力时，分子间距离r<r0；随分子间距离的减小，分子力和分子势能都增大，故D正确。

故选CD。11、C:D【分析】【分析】

【详解】

ABC．由查理定律得；一定质量的气体，在体积不变时，其压强与热力学温度成正比，AB错误；C正确；

D．在图像中；直线与横轴的交点表示热力学温度的零度，D正确。

故选CD。12、B:C【分析】【分析】

【详解】

状态a到b的过程，体积不变，温度升高，压强升高，状态b到c温度不变；压强减小，体积增大，B正确，C正确，A错误，D错误。

故选BC。13、A:B:D【分析】【详解】

A．由图像可知，a到b过程中气体体积不变而温度升高，气体内能增大，则

气体体积不变，外界对气体不做功，则

由热力学第一定律有

可得

所以气体从外界吸收热量；A正确；

B．由图像可知，b到c过程中V与T成正比，由理想气体状态方程

可知b到c过程中气体的压强不变，即

从c到a过程气体温度不变而体积增大，气体压强减小，即

由以上分析可知

B正确；

C．b到c过程中；温度降低，内能减小；体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体放出热量，C错误；

D．由图像可知，b到c过程中气体温度不断降低；分子平均动能不断减小，又气体压强不变，则单位时间内，与单位面积器壁碰撞的分子数增多，D正确；

E．由图像可知，过程c到a过程中气体温度不变而体积增大，气体内能不变，则

气体体积增大，气体对外做功，则

由热力学第一定律得

则

气体吸收的热量等于对外做的功；E错误。

故选ABD。14、A:B【分析】【分析】

【详解】

A．克服摩擦力做功转换为内能，上滑过程与下滑过程摩擦力大小相等、位移相等，因此克服摩擦力做功相等，则金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能一定相；故A正确；

B．金属杆ab上滑过程中重力、安培力、摩擦力都做功负功，根据动能定理得知：ab棒克服重力、安培力与摩擦力所做功之和等于故B正确；

C．金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热与克服摩擦力做功产生的热量之和；故C错误；

D．根据感应电量经验公式知；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D错误。

故选AB。15、A:C【分析】【详解】

AB．通电后半导体材料的温度逐渐升高，由图像可知，半导体的电阻率先变小，后变大，由电阻定律

可知，半导体材料的电阻R先变小后变大，电源电压U不变，由

可知；半导体材料的电功率先变大，后变小，A正确，B错误；

C．由图像可知，在区间里电阻R随温度升高而减小；在区间里电阻R随温度的升高而增大；在以后的区间里电阻R随温度的升高而减小。在家庭电路中电压不变，电热器的电功率

可知电阻器的发热功率与电阻成反比。在温度升到前，电阻R随温度的升高而减小，功率增大，温度升高更快；温度一旦超过电阻R随温度的升高而增大，功率减小，放出热量减小，温度升高变慢，当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在间的某一值不变；保持稳定，C正确，D错误。

故选AC。16、A:C【分析】【详解】

滑动变阻器的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，电流表示数增大，内阻和两端电压增大，则的电压减小，故电压表示数减小，故A正确，B错误；电容器的电压等于的电压；则电容器电压减小，根据Q=UC可知，电容器C所带电荷量减小，故C正确，D错误；故选AC．

【点睛】先分析电路结构，由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，电容器电压与滑动变阻器电压相等，根据Q=UC求解．17、A:B【分析】【详解】

试题分析：相邻两个波峰或波谷之间的距离等于波长；由波动图象可直接读出波长．根据波的周期性得到周期的通项，考虑到波的传播方向未知，还要注意波可能有两种不同的传播方向．

根据图像得出波长是A正确；若波向x轴正方向传播，则则不可能存在若波向x负轴传播，则则故可能存在周期不确定，则传播速度也不确定，B正确CD错误；．18、B:C【分析】【分析】

想电压表内阻无穷大；相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．

【详解】

A．将滑动变阻器滑片向右滑动时接入电路的电阻减小；电路中电流增大，电源的内电压以及R上的电压增大，则灯泡和滑动变阻器两端的电压之和减小，即电容器两端的电压减小，根据Q=CU可知，电容器带电量减小，选项A错误；

B．电路中电流增大；通过灯泡的电流增大，所以灯泡变亮，故B正确；

C．根据U2=E-Ir，得=r，保持不变．=R；保持不变，故C正确；

D．当电路稳定后；断开电键，电容器通过灯泡和变阻器放电，所以小灯泡不会立即熄灭，故D错误；

故选BC

【点睛】

本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析．三、填空题(共7题，共14分)19、略

【分析】【详解】

(1)[1]若5s内沿相反方向通过某截面的正、负离子的电荷量均为5C，则电解液中的电流

(2)[2]若5s内到达阳极的负离子为5C，则电流【解析】2120、略

【分析】【详解】

B点处于波谷，A点处于波峰，波由B向A传播，此时C处于平衡位置，经过四分之一周期，波谷传播到该点，知C点的振动方向向下，周期质点在一个周期内振动的路程等于4倍的振幅，经过0.25s时，走过的路程等于5倍的振幅，A=20cm，则s=1m．【解析】向下121、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]状态A变到状态B过程中；是等容变化，不对外做功，但温度升高，所以气体吸热；

[2]从状态C到状态D，是等容变化，温度降低，由

可得，压强减小，所以状态C气体的压强大于状态D气体的压强；【解析】吸收大于22、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]A到B为等容变化，故

由图可知

则

B到C为等压变化，则

由图可知

则【解析】①.＞②.＜23、略

【分析】【分析】

【详解】

如图所示。

小球第一次碰撞后与角的另一边的夹角为15°；如下图所示；

第二次碰后与角的另一边夹角为25°；可得每一次碰撞后下一次碰与角的一边的夹角为增加10°，碰撞第8次和第9次，如下图所示。

可得第9次后与角的边的夹角为85°；第10次碰后如下图所示。

可得碰后与角的边的夹角为75°；每碰撞一次，角度减少10°，当碰撞16次后，如下图所示。

小碰撞第17次后，路径沿水平向右，不会再发生碰撞，所以则球与挡板一共会发生17次碰撞。【解析】1724、略

【分析】【分析】

【详解】

对大量的事实分析表明：热力学零度不可达到这个结论被称做热力学第三定律．【解析】热力学零度不可达到25、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】5.445.695四、作图题(共3题，共9分)26、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】27、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