2024年滬教版選修3物理下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版選修3物理下冊階段測試試卷806考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、在勻強磁場中；一矩形金屬線圈繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動，如圖甲所示，產(chǎn)生的交變電動勢的圖象如圖乙所示，則()

A.t＝0.005s時線圈平面與磁場方向平行B.t＝0.010s時線圈的磁通量變化率最大C.線圈產(chǎn)生的交變電動勢頻率為100HzD.線圈產(chǎn)生的交變電動勢有效值為311V2、研究表明；兩個鄰近的分子之間同時存在著引力和斥力，如圖中虛線所示，分子間作用力的合力隨分子間距變化的關系如圖中實線所示。關于分子間的作用力和分子勢能，下列說法正確的是（）

A.分子間距增大，斥力減小，引力增大B.由圖可知，當分子間的距離為時分子間作用力合力為0，所以此時分子的勢能為0C.當分子間的距離時，減小分子間距離，分子間作用力做負功，分子勢能增加D.當分子間的距離時，增大分子間距離，分子間作用力做正功，分子勢能減少3、如圖所示；關于干電池上標有的“1.5V”的說法，正確的是()

A.每經(jīng)過1s，電池對外做功1.5JB.每通過1C的電荷量，有1.5J的電能轉(zhuǎn)化為化學能C.若電池與理想電壓表直接相連，電壓表的示數(shù)為1.5VD.電池為1Ω的小燈泡供電，流過電池的電流是1.5A4、如圖所示，在xOy坐標系內(nèi)，三根相互平行的通電直導線P、Q、R分別位于正三角形的三個頂點，都通有方向垂直xOy坐標平面向里、大小相等的電流，則導線R受到的安培力的方向是。

A.沿y正方向B.沿y負方向C.沿x正方向D.沿x負方向5、一次物理課上老師拿了一只微安表；用手左右晃動表殼，讓同學們觀察表針相對表盤擺動的情況．然后用導線把微安表的兩個接線柱連在一起，再次以同樣的方式晃動表殼，讓同學們再次觀察表針相對表盤擺動的情況，對比兩次實驗．下列判斷和解釋正確的是。

A.不連接接線柱時，晃動電表，由于表內(nèi)沒有電流，指針擺動幅度較小B.連接接線柱后，晃動電表，微安表內(nèi)會形成閉合回路，造成指針打偏、降低靈敏度、失靈等C.連接接線柱后，晃動電表，由于電磁阻尼表針晃動幅度會變小，并能較快停下D.兩次實驗指針相對于表盤擺動的情況是一樣的6、如圖所示；光從A點射入圓形玻璃，而從B點射出，若出射光線相對于入射光線的偏向角為30°，AB弧所對的圓心角為120°，下列說法正確的是。

A.玻璃的折射率是B.玻璃的折射率是C.光線在A點的入射角為105°D.玻璃的折射率是7、關于原子學物理知識，下列說法正確的是A.升高放射性物質(zhì)的溫度，其半衰期變短B.發(fā)生光電效應現(xiàn)象時，增大照射光的頻率，同一金屬的逸出功變大C.經(jīng)過7次α衰變和5次β衰變后變成D.根據(jù)玻爾理論，氫原子向低能級躍遷時只放出符合兩能級能量差的光子評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)8、電磁炮是利用電磁力對彈體加速的新型武器．某小組用圖示裝置模擬研究電磁炮的原理．間距為0.1m的水平長導軌間有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為0.5T，左端所接電池電動勢1.5V、內(nèi)阻0.5Ω．長0.1m、電阻0.1Ω的金屬桿ab靜置在導軌上．閉合開關S后，桿ab向右運動，在運動過程中受到的阻力恒為0.05N，且始終與導軌垂直且接觸良好．導軌電阻不計，則桿ab

A.先做勻加速直線運動，后做勻速直線運動B.能達到的最大速度為18m/sC.兩端的電壓始終為0.25VD.先做加速度減少的運動，后做勻速直線運動9、一定質(zhì)量的理想氣體在某一過程中，從外界吸收熱量2.5×104J，氣體對外界做功1.0×104J，則下列關于理想氣體的說法正確的是（）A.氣體溫度一定升高B.氣體的內(nèi)能一定減少C.氣體的壓強一定不變D.分子間平均距離一定增大10、下列說法中正確的是____。A.液晶的光學性質(zhì)具有各向異性的特點B.只要知道某種晶體的密度，摩爾質(zhì)量和阿伏伽德羅常數(shù)，就可以算出該晶體分子的體積C.不可能從單一熱源吸收熱量，使之完全變成功E.白天感覺干燥，是因為空氣中水蒸氣的分氣壓與同溫度下的飽和汽壓差距大E.白天感覺干燥，是因為空氣中水蒸氣的分氣壓與同溫度下的飽和汽壓差距大11、如圖所示，電路的左側(cè)是一個電容為C的電容器，電路的右側(cè)是一個環(huán)形導體，環(huán)形導體所圍的面積為S．在環(huán)形導體中有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．則在時間內(nèi)電容器（）

A.上極板帶負電B.上極板帶正電C.所帶電荷量為D.所帶電荷量為12、如圖所示，傾角為θ=37°的足夠長的平行金屬導軌固定在水平面上，兩導體棒ab、cd垂直于導軌放置，空間存在的垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B．現(xiàn)給導體棒ab一沿導軌平面向下的初速度v0使其沿導軌向下運動，已知兩導體棒質(zhì)量均為m，電阻相等，兩導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.75，導軌電阻忽略不計。從ab開始運動到兩棒相對靜止的整個運動過程中兩導體棒始終與導軌保持良好的接觸；下列說法正確的是（）

A.導體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為

B.導體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為B.當導體棒cd的速度為時，導體棒ab的速度為C.當導體棒ab的速度為時，導體棒cd的速度為13、如圖所示，兩塊水平放置的平行正對的金屬板a、b與電池相連，b板接地(規(guī)定大地電勢為零)在距離兩板等遠的P點有一個帶電液滴處于靜止狀態(tài)．若將b板向下平移一小段距離；則穩(wěn)定后，下列說法中正確的是。

A.液滴將加速向下運動B.P點電勢升高，液滴在P點時的電勢能減小C.P點的電場強度變大D.在b板移動前后兩種情況下，若將液滴從a板移到b板，電場力做功不變評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、現(xiàn)代人通過放孔明燈祈福。普通的孔明燈用薄竹片架成圓桶形，外面以薄紙密實包圍，開口朝下。釋放時，通過開口處的火焰對燈內(nèi)氣體緩慢加熱，直到燈能浮起來，如圖所示，在緩慢加熱過程中，燈內(nèi)氣體分子的平均動能____________（填“變大”“變小”或“不變”），燈內(nèi)氣體的密度__________（填“變大”“變小”或“不變”）。

15、a射線、β射線、γ射線、陰極射線四種射線中由原子核內(nèi)射出、屬于電磁波的射線是__________，不是原子核內(nèi)射出的射線是_________。16、一種海浪發(fā)電機的氣室如圖所示。工作時；活塞隨海浪上升或下降，改變氣室中空氣的壓強，從而驅(qū)動進氣閥門和出氣閥門打開或關閉。氣室先后經(jīng)歷吸入；壓縮和排出空氣的過程，推動出氣口處的裝置發(fā)電。氣室中的空氣可視為理想氣體。

(1)下列對理想氣體的理解，正確的有_____

A．理想氣體實際上并不存在；只是一種理想模型。

B．只要氣體壓強不是很高就可視為理想氣體。

C．一定質(zhì)量的某種理想氣體的內(nèi)能與溫度；體積都有關。

D．在任何溫度；任何壓強下；理想氣體都遵循氣體實驗定律。

(2)壓縮過程中，兩個閥門均關閉。若此過程中，氣室中的氣體與外界無熱量交換，內(nèi)能增加了3.4×104J，則該氣體的分子平均動能_____（選填“增大”“減小”或“不變”），活塞對該氣體所做的功_____（選填“大于”“小于”或“等于”）3.4×104J。

(3)上述過程中，氣體剛被壓縮時的溫度為27℃，體積為0.224m3，壓強為1個標準大氣壓。已知1mol氣體在1個標準大氣壓、0℃時的體積為22.4L，阿伏加德羅常數(shù)NA=6.02×1023mol-1，則此時氣室中氣體的分子數(shù)為_____。（計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字）17、如圖所示，一束激光頻率為傳播方向正對衛(wèi)星飛行方向，已知真空中光速為c，衛(wèi)星速度為u，則衛(wèi)星上觀測到激光的傳播速度是______，衛(wèi)星接收到激光的頻率______（選填“大于”“等于”或“小于”）。

18、某同學用伏安法測量阻值Rx約為5Ω的電阻，用圖________測得的Rx的誤差較小，測量值________真實值（小于、大于、等于），造成誤差的原因是_____________________________________________

評卷人得分四、作圖題(共3題，共18分)19、如圖所示，甲、乙是直線電流的磁場，丙、丁是環(huán)形電流的磁場，戊、己是通電螺線管的磁場，試在各圖中補畫出電流方向或磁感線方向．

20、示波管的內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示．如果在偏轉(zhuǎn)電極XX/、YY/之間都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏中心．如果在偏轉(zhuǎn)電極XX/之間和YY/之間分別加上如圖所示的電壓，請畫出熒光屏上出現(xiàn)的完整掃描波形圖．

21、圖中表示某一時刻的波形圖，已知波速為0.5m/s，波沿著x軸的正方向傳播；畫出經(jīng)過7s后的波形曲線。

評卷人得分五、實驗題(共2題，共16分)22、在用圖所示單擺“測重力加速度”的實驗中；某同學的操作步驟如下：

a．取一根細線，下端系住直徑為d的金屬小球；上端固定在鐵架臺上；

b．用米尺測量細線長度為l，l與小球半徑之和記為擺長；

c．緩慢拉動小球，使細線偏離豎直方向約為5位置由靜止釋放小球；

d．用秒表記錄小球完成n次全振動所用的總時間t，計算單擺周期T＝t/n；

e．用公式計算當?shù)刂亓铀俣龋?/p>

f.改變細線長度，重復b、c、d、e步驟；進行多次測量．

（1）在上述步驟中，錯誤的是_________（寫出該步驟的字母）；改正后正確的應該是:__________________________________．

（2）該同學為了減少誤差，利用上述未改正錯誤測量中的多組實驗數(shù)據(jù)做出了圖像，該圖像對應圖中的________圖．

（3）在“用單擺測定重力加速度”的正確實驗中，下列做法有利于減小實驗誤差的是_________．

A.適當加長擺線。

B.質(zhì)量相同；體積不同的擺球，應選用體積較大的。

C.單擺偏離平衡位置的角度不能太大。

D.當單擺經(jīng)過平衡位置時開始計時；經(jīng)過一次全振動后停止計時，用此時間間隔作為單擺振動的周期。

（4）北京時間2005年5月22日上午10點05分，中國女子登山隊首次登上珠穆朗瑪峰頂峰，五星紅旗再一次在珠峰峰頂飄揚．若登山隊員利用單擺來確定珠峰的高度，測得該單擺在海平面處的周期是Ｔ0，在峰頂?shù)闹芷谑荰；則珠峰頂峰的海拔高度。

h＝_______．(地球可看作質(zhì)量均勻分布的半徑為R的球體)23、小花在做“測定玻璃的折射率”的實驗中，先在白紙上放好玻璃磚，在玻璃磚的一側(cè)插上兩枚大頭針P1和P2，然后在另一側(cè)透過玻璃磚觀察，插上大頭針P3、P4，如圖所示，aa'和bb'分別是玻璃磚與空氣的兩個界面，用“+”表示大頭針的位置．圖中AO表示經(jīng)過大頭針P1和P2的光線，該光線與界面aa'交于O點，MN表示法線．

（1）請將光路圖畫完整________，并在圖中標出光線進入玻璃磚發(fā)生折射現(xiàn)象的入射角1和折射角2；

（2）該玻璃磚的折射率可表示為n=________．（用1和2表示）

（3）確定P3位置的方法是________．

（4）對實驗中的現(xiàn)象，下面說法正確的是________

A.大頭針應垂直于紙面插上。

B.此實驗可以不用量角器。

C.如果玻璃磚aa'和bb'不平行；則無法用此方法測量折射率。

D.如果入射角太大，則折射光線會在玻璃磚內(nèi)表面發(fā)生全反射，而使實驗無法進行評卷人得分六、解答題(共4題，共36分)24、如圖所示為一“匚”字型金屬框架截面圖，上下為兩水平且足夠長平行金屬板，通過左側(cè)長度為L＝1m的金屬板連接．空間中有垂直紙面向里場強大小B＝0.2T的勻強磁場，金屬框架在外力的作用下以速度v0＝1m/s水平向左做勻速直線運動．框架內(nèi)O處有一質(zhì)量為m＝0.1kg、帶正電q＝1C的小球．若以某一速度水平向右飛出時，則沿圖中虛線′做直線運動；若小球在O點靜止釋放，則小球的運動軌跡沿如圖曲線（實線）所示，已知此曲線在最低點P的曲率半徑（曲線上過P點及緊鄰P點兩側(cè)的兩點作一圓，在極限情況下，這個圓的半徑叫做該點的曲率半徑）為P點到O點豎直高度h的2倍，重力加速度g取10m/s2．求：

（1）小球沿圖中虛線做直線運動速度v大小。

（2）小球在O點靜止釋放后軌跡最低點P到O點豎直高度h25、如圖甲所示，兩根與水平面成θ=30°角的足夠長光滑金屬導軌平行放置，導軌間距為L，導軌的電阻忽略不計．整個裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面斜向上．現(xiàn)將質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒a、b垂直于導軌放置，一不可伸長的絕緣細線的P端系在金屬桿b的中點，另一端N通過滑輪與質(zhì)量為M的物體相連，細繩與導軌平面平行．導軌與金屬棒接觸良好，不計一切摩擦，運動過程中物體始終末與地面接觸，重力加速度g取10m/s2．

(1)若金屬棒a固定，M=m，由靜止釋放b，求釋放瞬間金屬棒b的加速度大?。?/p>

(2)若金屬棒a固定，L=1m，B=1T，m=0.2kg，R=1Ω，改變物體的質(zhì)量M，使金屬棒b沿斜面向上運動，請寫出金屬棒b獲得的最大速度v與物體質(zhì)量M的關系式；并在乙圖中畫出v-M圖像。

(3)若撤去物體，改在繩的N端施加一大小為F=mg，方向豎直向下的恒力，將金屬棒a、b同時由靜止釋放．從靜止釋放到a剛開始勻速運動的過程中，a產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求這個過程流過金屬棒a的電量．26、如圖所示是圓心為O內(nèi)外半徑分別為R1、R2的同心圓；內(nèi)圓區(qū)域內(nèi)存在均勻輻射的電場，圓心與內(nèi)圓圓周邊界間的電勢差恒為U，內(nèi)外圓之間存在方向垂直紙面向外的勻強磁場．一質(zhì)量為m；電荷量為+q的粒子從圓心O處由靜止釋放，不計重力．

(1)求粒子到達內(nèi)圓邊界時的速度大?。?/p>

(2)若粒子首次到達外圓圓周時沒有射出外圓，求磁感應強度的最小值．27、如圖所示，的區(qū)域內(nèi)存在垂直于xoy平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，已知M（﹣8l，0）、N（8l，0），∠PMN＝∠PNM＝30°，PM、PN邊界無阻礙，坐標系的第三象限存在一個沿x軸負方向的勻強電場E，第四象限存在一個跟x軸正方向的勻強電場E，電場強度均為在MN的正下方垂直于y軸處放置一個熒光屏，與y軸交于O點，已知Q（0，﹣3l），一系列電子以相同的速度從MN的直線區(qū)域內(nèi)任意位置沿y軸正方向射入磁場，已知由坐標原點O發(fā)射的電子，從點（﹣2l；0）處進入電場，忽略電子間的相互影響，不計重力，求：

（1）電子的荷質(zhì)比

（2）電子打在熒光屏上的長度；

（3）討論電子能否垂直打在熒光屏上；若能，請分析這些電子進入磁場時的橫坐標，若不能，請分析原因。

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【詳解】

由圖可知t=0.005s時刻感應電動勢最大，此時線圈所在平面與磁場平行，穿過線框回路的磁通量的變化率最大，A正確；t=0.01s時刻感應電動勢等于零，穿過線框回路的磁通量最大，磁通量的變化率為零，B錯誤；周期為故頻率為故C錯誤．電動勢有效值為：故D錯誤；綜上分析A正確．2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．當分子間距增大時；引力和斥力均減小，故A錯誤；

B．由圖可知，當分子間的距離為時分子間作用力合力為0；但此時分子勢能為負值，是最小值但不為0，故B錯誤；

C．當分子間的距離時；分子力表現(xiàn)為斥力，減小分子間的距離，分子力做負功，分子勢能增加，故C正確；

D．當分子間的距離時；分子力表現(xiàn)為引力，增大分子間的距離，分子力做負功，分子勢能增加，故D錯誤。

故選C。3、C【分析】電池上標有的“1.5V”指的是移動1C的正電荷所做的功是1.5J，與時間無關，故A錯誤；每經(jīng)過1C的電量時，有1.5J的化學能轉(zhuǎn)化為電能；故B錯誤；當電池直接與電源相連時，電壓表的示數(shù)為電源的電動勢1.5V，故C正確；由于電源內(nèi)部有電阻，由閉合電路歐姆定律可知，流過電池的電流小于1.5A；故D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。4、B【分析】【分析】

R所在處的磁場是由P與Q中的電流產(chǎn)生的；由安培定則判斷出R處磁場的方向，然后由左手定則判斷出R中電流所示安培力的方向．

【詳解】

由安培定則可知；通電指導線P；Q在R處產(chǎn)生的磁場方向水平向右，即沿x軸正方向則R處的磁場方向沿x軸正方向；由左手定則可知，通電直導線R所受安培力垂直于R指向y軸負方向．選項ACD錯誤，B正確．故選B．

【點睛】

要注意解題步驟，先由安培定則判斷出R處的磁場方向，然后由左手定則判斷出安培力的方向．5、C【分析】【詳解】

A；不連接接線柱時；晃動電表，指針隨著晃動不斷擺動，晃動幅度大，擺動的幅度就大，故A錯誤；

BCD、連接接線柱后，形成閉合回路，閉合線圈在磁場中運動會產(chǎn)生感應電流，從而出現(xiàn)安培阻力，表針晃動幅度很小，且會很快停下，這是物理中的電磁阻尼現(xiàn)象，故BD錯誤，C正確．6、A【分析】【詳解】

作出光路圖如圖所示．則知圓心角由等腰三角形知識可得：由幾何關系知：所以則有：所以玻璃的折射率為：

A．與計算結(jié)果符合；

B．與計算結(jié)果不符；

C．與計算結(jié)果不符；

D．與計算結(jié)果不符．7、D【分析】【詳解】

A．半衰期與溫度無關；即升高放射性物質(zhì)的溫度，其半衰期不會發(fā)生變化，故A錯誤；

B．金屬的逸出功由金屬材料決定；與入射光的頻率無關，故B錯誤；

C．設需要經(jīng)過x次衰變和y次衰變，根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒則有：所以解得：故C錯誤；

D．根據(jù)玻爾理論；氫原子向低能級躍遷時只放出符合兩能級能量差的光子，故D正確．

【點睛】

本題考查的知識點較多，半衰期與溫度無關，掌握躍遷的種類與能量關系，原子核衰變過程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒的應用，要注意加強練習．二、多選題(共6題，共12分)8、B:D【分析】【詳解】

AD.通電瞬間安培力大于阻力，導體棒向右加速運動，隨著速度增大，產(chǎn)生的感應電動勢E′=BLv越大；感應電動勢產(chǎn)生的電流方向與通電電流方向相反，所以電流強度逐漸減小，安培力逐漸減小，加速度逐漸減小，當安培力和阻力相等時速度最大，此時加速度為零，故A錯誤，D正確；

B.達到的最大速度時導體棒受力平衡，則有：BIL=f，解得I=1A，設此時導體棒切割磁感應線產(chǎn)生的感應電動勢E′，則I=

解得：E′=0.9V，根據(jù)E=BLvm解得：vm=18m/s；故B正確；

C.由于桿做變加速運動，安培力變化、電流強度變化，則ab兩端的電壓發(fā)生變化；故C錯誤；

故選BD．9、A:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．氣體從外界吸收熱量。

氣體對外界做功。

由熱力學第一定律得。

則氣體內(nèi)能增加1.5×104J；氣體的內(nèi)能增加；則溫度一定升高，故A正確，B錯誤；

CD．氣體對外界做功；體積變大，則分子間平均距離一定變大，溫度升高，由。

可知；壓強不一定不變，故D正確，C錯誤。

故選AD。10、A:B:E【分析】【詳解】

A．液晶像液體一樣可以流動；又具有某些晶體結(jié)構(gòu)特征的一類物質(zhì)．所以液晶的光學性質(zhì)與某些晶體相似，具有各向異性，故A正確；

B．由密度和摩爾質(zhì)量可得出摩爾體積；再由摩爾體積和阿伏伽德羅常數(shù)可求出分子體積，故B正確；

C．根據(jù)熱力學第二定律可知；不可能從單一熱源吸收熱量，使之完全用來做功,而不產(chǎn)生其他變化，故C錯誤；

D．0的水結(jié)成0的冰時要放熱量；分子勢能減小，故D錯誤；

E．白天感覺干燥；是因為空氣中水蒸氣的分氣壓與同溫度下的飽和汽壓差距大，故E正確。

故選ABE。11、B:C【分析】【詳解】

AB．由楞次定律可知，在環(huán)形導體中產(chǎn)生的感應電動勢的方向為逆時針方向，所以電容器的上極板帶正電，A錯誤B正確；

CD、根據(jù)法拉第電磁感應定律，電動勢

電容器兩端的電壓等于電源的電動勢，所以電容器所帶的帶電量

C正確D錯誤．12、B:D【分析】【詳解】

AB．由題意可知：mgsin37°=μmgcos37°，則對兩棒的系統(tǒng)沿軌道方向的動量守恒，當最終穩(wěn)定時：解得v=0.5v0，則回路產(chǎn)生的焦耳熱為則導體棒c中產(chǎn)生的焦耳熱為選項A錯誤，B正確；

C．當導體棒cd的速度為時，則由動量守恒：解得選項C錯誤；

D．當導體棒ab的速度為時，則由動量守恒：解得選項D正確；13、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

原來液滴受力平衡，則知所受的電場力向上，液滴帶負電．電容器與電源相連，板間電壓不變．將b板向下平移時，兩板間的距離變大，由E=U/d分析可知：板間電場強度減小，粒子受到的電場力減小，故液滴將向下加速運動；故A正確，C錯誤；下極板接地，電勢為零，b板下移時，P與上極板的距離不變，根據(jù)U=Ed可知，P點與上極板的電勢差減小，則P點的電勢升高，因帶電液滴帶負電，故電勢能將減小，故B正確；因兩板間的電勢差不變，由W=Uq知，前后兩種狀態(tài)下移動電荷時，電場力做功相同，故D正確；故選ABD．三、填空題(共5題，共10分)14、略

【分析】【詳解】

[1]隨著加熱；燈內(nèi)氣體溫度升高，分子的平均動能變大；

[2]對于燈內(nèi)氣體，根據(jù)蓋-呂薩克定律，壓強不變，溫度升高，氣體體積增大。因為孔明燈的體積幾乎不變，所以部分氣體外溢，燈內(nèi)氣體的質(zhì)量減小，密度變小。【解析】變大變小15、略

【分析】【詳解】

[1][2]射線是高速運動的氦原子核，β射線是高速運動的電子流，γ射線是原子核能級躍遷時釋放的射線，陰極射線是原子受激發(fā)時射出的電子，故由原子核內(nèi)射出、屬于電磁波的射線是γ射線，不是原子核內(nèi)射出的射線是陰極射線?！窘馕觥喀蒙渚€陰極射線16、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]AD．理想氣體是指在任何溫度；任何壓強下都遵守氣體實驗定律的氣體；是為了研究方便而引入的不計本身大小、分子間除碰撞外不計相互作用力，無分子勢能、分子間碰撞為彈性碰撞的理想模型，故AD正確；

B．實際氣體溫度不太低；壓強不太大時可視為理想氣體；故B錯誤；

C．由于理想氣體不計分子勢能；因此其內(nèi)阻只與溫度有關，故C錯誤。

故選AD。

（2）[2][3]由于壓縮過程中氣體與外界無熱量交換，氣體內(nèi)能增加，因此溫度升高，氣體的分子平均動能增大，根據(jù)熱力學第一定律可知W=ΔU=3.4×104J

（3）[4]設氣體在標準狀況下的體積為V0，上述過程為等壓過程，有=

氣體物質(zhì)的量為n=

分子數(shù)為N=nNA

聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得N==5×1024【解析】①.AD②.增大③.等于④.5×102417、略

【分析】【詳解】

[1]根據(jù)光速不變原理，衛(wèi)星上觀測到激光的傳播速度為c；

[2]因為激光和衛(wèi)星是相向運動，依據(jù)多普勒效應可知，衛(wèi)星接收到激光的頻率大于【解析】C大于18、略

【分析】【分析】

由題意可知考查電流表內(nèi)接；外接對測量電路的影響；根據(jù)電路結(jié)構(gòu)特點分析可得．

【詳解】

[1]為了減小實驗誤差，電流表內(nèi)接、外接的選擇原則：大電阻采用內(nèi)接法，小電阻采用外接法，Rx約為5Ω；屬于小電阻，故采用電流表外接法，選擇乙電路圖．

[2]因測的電流值大于真實值，由可知計算得到的電阻值小于真實值．

[3]電流表測得電流值大于通過Rx電流值；原因是電壓表的分流作用．

【點睛】

電流表內(nèi)接法，測得是電流表和待測電阻串聯(lián)以后的電阻，測量值大于真實值，當待測電阻較大時選擇內(nèi)接法．電流表外接法，測得是電壓表和待測電阻并聯(lián)以后的電阻，測量值小于真實值，當待測電阻較小時選擇外接法．【解析】乙小于電壓表的分流作用四、作圖題(共3題，共18分)19、略

【分析】【詳解】

利用右手螺旋定則；已知電流的方向可判定磁場方向，也可以通過磁場方向來確定電流的方向；

圖甲；已知磁場方向，順時針方向，則電流垂直紙面向里；

圖乙；電流右側(cè)的磁場的方向向里，左側(cè)的磁場的方向向外，則電流的方向向上；

圖丙；已知磁場方向，則可知電流方向，逆時針方向；

圖??；環(huán)形電流從左側(cè)流入，從右側(cè)流出，所以磁場的方向向下；

圖戊；根據(jù)螺線管中電流方向，利用右手螺旋定則可以確定螺線管的磁場的方向向左；

圖已；根據(jù)螺線管中上邊的電流方向向外，下邊的電流的方向向里，利用右手螺旋定則可以確定螺線管的磁場的方向向右．如圖所示：

【解析】20、略

【分析】試題分析：A圖中；在XX′偏轉(zhuǎn)電極所加的電壓的周期為2T，即在2T的時間內(nèi)才能完成一次水平方向的掃描，而豎直方向（y方向）的周期為T，所以在水平方向的一次水平掃描的過程中，豎直方向由2個周期性的變化；y方向的電壓變化為正弦式的變化，由于電子到達熒光屏的偏轉(zhuǎn)量與偏轉(zhuǎn)電壓成正比，所以A圖中的掃描圖形如圖；

要在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象．XX′偏轉(zhuǎn)電極要接入鋸齒形電壓；即掃描電壓．

B圖中；在XX′偏轉(zhuǎn)電極所加的電壓的周期為T，即在一個周期T的時間內(nèi)完成一次水平方向的掃描，同時豎直方向的周期為T，所以在水平方向的一次水平掃描的過程中，豎直方向也完成一個周期性的變化；y方向的電壓大小不變，方向每半個周期變化一次，結(jié)合電子到達熒光屏的偏轉(zhuǎn)量與偏轉(zhuǎn)電壓成正比，所以B圖中的掃描圖形如圖．

考點：考查了示波器的工作原理。

【名師點睛】本題關鍵要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電壓上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極通常接入鋸齒形電壓，即掃描電壓，當信號電壓與掃描電壓周期相同時，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象【解析】21、略

【分析】【分析】

【詳解】

7s波向前傳播的距離為

7s后，故x=3.5m位置的原圖中x=0位置的振動情況相同；因此作出以下圖形。

【解析】五、實驗題(共2題，共16分)22、略

【分析】【詳解】

（1）擺長為l與小球半徑之和，即根據(jù)單擺的周期公式：e錯誤；

（2）用公式計算當?shù)刂亓铀俣龋?/p>

（3）由上式得，l與T2成線性關系，l等于零時，T2不等于零；故選C．

（4）A；適當加長擺線；周期增大，周期的測量更準確一些，A正確；

B；質(zhì)量相同；體積不同的擺球，應選用體積較小的，可以減小阻力的影響，B錯誤；

C、細線偏離豎直方向應在約為5以內(nèi)；C正確；

D、應用秒表記錄小球完成n次全振動所用的總時間；計算單擺周期，D錯誤．

故選AC．

（5）根據(jù)

又根據(jù)萬有引力等于重力：

聯(lián)立解得：

點睛：擺長應為擺線與小球半徑之和，【解析】e;C;AC;23、略

【分析】【詳解】

（1）[1]由于P3擋住P1、P2的像，P4擋住P3和P1、P2的像，故通過P1、P2的光線折射后通過P3、P4；作出光路圖，如圖所示：

（2）[2]根據(jù)折射定律，玻璃磚的折射率為：

（3）[3]在另一側(cè)透過玻璃磚觀察，插上大頭針P3，使P3擋住P1、P2的像。

（4）[4]大頭針應垂直地插在紙面上；這樣便于觀察，故A正確；

沒有量角器，可以用下列方法求出折射率：完成了光路圖以后，以O點為圓心、適當長度為半徑畫圓，分別交線段OA于A點，交O、O′連線延長線于C點．過A點作法線NN′的垂線AB交NN′于B點，過C點作法線NN′的垂線CD交NN′于D點；如圖所示。

則由幾何知識得到：

又AO=OC，則得折射率

故B正確；

在測定玻璃的折射率的實驗中，所用玻璃的兩表面aa和bb′不平行，只要操作正確，則畫出的光路圖正確，則能正確得出入射角與折射角，由可知折射率n的測量值只與入射角和折射角有關，而與兩個表面的形狀無關，所以測得的折射率不變，所以玻璃磚aa'和bb'不平行；也可以用此方法測量折射率，故C錯誤；

D.因為光先從空氣射入玻璃中，玻璃兩界面平行，如果入射角太大，則折射光線會在玻璃磚內(nèi)表面也不會發(fā)生全反射，故D錯誤．【解析】sin1／sin2擋住P1和P2的像AB六、解答題(共4題，共36分)24、略

【分析】【詳解】

解：(1)框架向左運動，產(chǎn)生感應電動勢：

板間場強：

小球做勻速直線運動，受力平衡：

可解得：

(2)最大速率點在軌跡的最低點。

根據(jù)動能定理可得：

最低點根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動規(guī)律有：

聯(lián)立可解得：【解析】（1）（2）25、略

【分析】【詳解】

（1）設釋放金屬棒b瞬間的加速度為a：

對物體M：

對金屬棒b：

解得：

（2）當金屬棒b