2025年人教A新版選修3物理上冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教A新版選修3物理上冊階段測試試卷44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6題，共12分)1、一個規(guī)格為“12V0.6A”的小燈泡正常工作時有6%的電能轉化為可見光，試估算小燈泡1秒鐘能釋放的可見光光子數(shù)為（）（可見光的頻率近似取中間值6×1014Hz，普朗克常數(shù)h=6.63×10﹣34J?s）A.1.1×1014B.1.1×1015C.1.1×1034D.1.1×10182、在物理學的發(fā)展過程中，許多物理學家的科學發(fā)現(xiàn)推動了人類歷史的進步，下列表述符合物理學史實的是（）A.牛頓提出了萬有引力定律并準確地測出了引力常量B.安培最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場C.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應并總結出了判斷電流與磁場方向關系的右手螺旋定則D.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，宣告了電磁學作為一門統(tǒng)一學科的誕生3、在如圖所示電路中，為自感系數(shù)較大的線圈，燈完全相同，閉合電鍵調節(jié)使都正常發(fā)光，那么在斷開和再次閉合電鍵后；將看到的現(xiàn)象是（）

A.電鍵閉合瞬間，燈、燈一起亮B.電鍵閉合瞬間，燈比燈先亮C.電鍵斷開瞬間，燈閃亮一下D.電鍵斷開瞬間，燈閃亮一下4、在電路圖中常用來表示電感器、電容器的字母分別是（）A.L，CB.R，LC.C，LD.CR5、如圖所示；空間中有一足夠大的區(qū)域內分布著勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，某時刻一帶正電粒子沿紙面向右運動，若不計粒子所受重力，帶電粒子在勻強磁場中的運動是。

A.勻速直線運動B.勻變速曲線運動C.順時針轉向的圓周運動D.逆時針轉向的圓周運動6、如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區(qū)域內有垂直正方形平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從b點沿ba方向射入磁場，結果粒子恰好能通過c點；不計粒子的重力，則粒子的速度大小為（）

A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)7、如圖電路中，閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭向上滑動時，三個理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用I、U1、U2表示．下列判斷正確的是。

A.U1增大，I增大，不變B.U2減小，I增大，減小C.DU1>DU2D.減小8、如圖，半徑為R的圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外．ab為磁場圓的豎直直徑，cd為其水平直徑，一電荷量為q（q＞0）、質量為m的粒子（不計重力）沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為R/2．已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°；現(xiàn)在若將磁感強度的方向改為垂直紙面向內，則下列說法中錯誤的是（）

A.粒子將從磁場的圓弧段之間出場B.粒子的運動軌跡將經(jīng)過磁場圓的圓心C.粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為120°D.粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為150°9、如圖甲所示，在勻強磁場中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉動，產生的交變電動勢圖象如圖乙中曲線a，b所示；則()

A.兩次t＝0時刻線圈平面均與中性面重合B.曲線a，b對應的線圈轉速之比為2∶3C.曲線a表示的交變電動勢頻率為25HzD.曲線b表示的交變電動勢有效值為10V10、如圖；用毛皮摩擦過的帶電橡膠棒（帶負電），從右向左縵縵靠近放在光滑水平桌面上的空易拉罐。則下列針對易拉罐的有關分析正確的有（）

A.易拉罐內部空腔各處的電場強度處處為零B.帶電橡膠棒在易拉罐內部空腔各處產生的電場強度處處為零C.易拉罐右側感應出正電，左側感應負電，易拉罐將向右運動D.易拉罐左、右兩側感應出等量異種電荷，易拉罐將保持不動11、一定質量的氣體在等溫變化過程中（可視作理想氣體），下列物理量中將發(fā)生變化的是（）A.分子的平均動能B.單位體積內的分子數(shù)C.氣體的壓強D.分子總數(shù)12、如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a（po，Vo，To）經(jīng)熱力學過程ab、bc、ca后又回到狀態(tài)a。對于ab、bc、ca三個過程；下列說法正確的是（）

A.ab過程中，容器壁單位面積單位時間內受到氣體分子撞擊的次數(shù)可能不變B.ab過程中，氣體內能的增量等于從外界吸收的熱量C.bc過程中，氣體對外界做的功大于氣體從外界吸收的熱量E.ca過程中，外界對氣體做功poV。E.ca過程中，外界對氣體做功poV。13、如圖所示，在p－T圖像中；一定質量的理想氣體經(jīng)歷了從狀態(tài)A到狀態(tài)B；再到狀態(tài)C，最后回到狀態(tài)A的過程，在該過程中，下列說法正確的是（）

A.從A到B過程中，氣體對外做功B.從B到C過程中，氣體放出熱量C.從C到A過程中，氣體分子密度減小D.從A到B過程和從C到A過程，氣體做功的絕對值相等14、如圖所示是甲、乙兩個單擺做簡諧運動的圖象，則下列說法中正確的是（）

A.甲、乙兩擺的振幅之比為2:1B.t=2s時，甲擺的重力勢能最小，乙擺的動能為零C.甲、乙兩擺的擺長之比為4:1D.甲、乙兩擺擺球在最低點時擺線的拉力大小一定相等評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)15、如圖甲所示為一個邏輯門的輸入端A、B和輸出端Z上的電信號，試在乙圖的虛線框中畫出邏輯門的符號_____________。

16、如圖，上端帶卡環(huán)、底部有加熱裝置的圓柱形氣缸豎直放置在水平地面上，質量為m、橫截面積為S、厚度不計的活塞到氣缸底部的距離為氣缸高度的一半，活塞下部封閉有溫度為T的理想氣體。已知重力加速度為g，外界大氣壓強恒為忽略一切摩擦。現(xiàn)對封閉氣體緩慢加熱，則活塞恰好到達氣缸上端卡口時氣體溫度T1=_______；保持封閉氣體的溫度T1不變，在活塞上表面緩慢倒入沙子，使活塞到氣缸底部的距離為氣缸高度的三分之一，則倒入沙子的總質量m1=________。

17、一定質量的理想氣體，由狀態(tài)A沿直線變化到狀態(tài)C，再由狀態(tài)C沿直線變化到狀態(tài)B，最后由狀態(tài)B沿直線回到狀態(tài)A，如圖所示。已知氣體在狀態(tài)A的溫度TA=300K，氣體由狀態(tài)A沿直線變化到狀態(tài)C的過程中的最高溫度為____________K；完成一個循環(huán)過程，氣體吸收的熱量為_________J。

18、如圖所示寬度為d；厚度為h的金屬板放在垂直于它的磁感應強度為B的勻強磁場中；當有電流I通過金屬板時，在金屬板上側面A和下側面A’間產生電勢差．

（1）金屬板上側面A電勢____________下側面電勢（填高于或低于）；

（2）若金屬板內單位體積內自由電子數(shù)為n，則產生的電勢差U=___________________．19、用均勻導線做成的正方形線框邊長為0.2m，正方形的一半放在垂直于紙面向里的勻強磁場中，如圖所示．當磁場以10T/s的變化率增強時，線框中a、b兩點間的電勢差是Uab＝_____V

20、圖為某同學改裝的毫安表的電路圖；其中虛線框內是毫安表的改裝電路。

已知毫安表表頭的內阻為100Ω，滿偏電流為1mA，R1和R2為阻值固定的電阻，若使用a和b兩個接線柱，電表量程為3mA：若使用a和c兩個接線拄，電表量程為10mA，由題給條件和數(shù)據(jù)，可以求出R1=___Ω，R2=_______Ω。21、一列簡諧橫波在t=0時刻的波形圖如圖實線所示；從此刻起，經(jīng)0.2s波形圖如圖虛線所示，若波傳播的速度為5m/s，則下列說法正確的是______。

E．從t=0時刻開始質點a經(jīng)0.4s通過的路程為0.8m22、如圖所示：A，B，C，D是勻強電場中一正方形的四個頂點．已知A，B，C三點的電勢分別為φA=15V，φB=3V，φC=－3V，則D點的電勢為_________V．

評卷人得分四、作圖題(共3題，共9分)23、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．

24、示波管的內部結構如圖所示．如果在偏轉電極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．

25、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3題，共24分)26、在“測定金屬的電阻率”實驗中；某同學進行了如下操作：

(1)用毫米刻度尺測量接入電路中的金屬絲的有效長度l．再用螺旋測微器測量金屬絲的直徑D，某次測量結果如圖所示，則這次測量的讀數(shù)D=_________mm．

(2)為了合理選擇實驗方案和器材，使用歐姆表(1擋)先粗測接入電路的金屬絲的阻值R．兩表筆短接調零后，將表筆分別與金屬絲兩端連接，測量結果如圖所示，則這次測量的讀數(shù)R=_________Ω．

(3)為了精確地測量長度為l的金屬絲的電阻值；實驗教師還為同學們準備了如下器材：

①電源（電動勢為4V，內阻可忽略）

②電壓表V（量程3V；內阻約3kΩ）；

③電流表A1（量程600mA；內阻約1Ω）

④電流表A2（量程3A；內阻約0.02Ω）

⑤滑動變阻器R1（總阻值10Ω）

⑥電鍵及導線若干。

為了減小誤差，實驗中電流表應選用______________（選填器材前的序號）

(4)請將實驗用的電路圖補充完整___________

(5)關于本實驗的誤差，下列有關說法中正確的是________

A.用螺旋測微器測量金屬絲直徑時；由于讀數(shù)引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差。

B.由于電流表和電壓表內阻引起的誤差屬于偶然誤差。

C.若將電流表和電壓表內阻計算在內；可以消除由測量儀表引起的系統(tǒng)誤差。

D.用U-I圖像處理數(shù)據(jù)求金屬絲電阻可以減小偶然誤差。

(6)為了多測幾組數(shù)據(jù)，某同學提出用總阻值為1000Ω的滑動變阻器替代10Ω的滑動變阻器來進行實驗，他的想法可行嗎？請你說出理由______________________________．27、某同學想測定某節(jié)干電池的電動勢和內阻,實驗室提供了合適的實驗器材,甲同學按電路圖進行測量實驗,其中R0=1.0Ω；則:

(1)由電壓表的讀數(shù)U和電流表的讀數(shù)I,畫出U-I圖線如圖b所示,可得電源的電動勢E=____V,內電阻r=_____Ω；(結果保留2位有效數(shù)字)；

(2)在上述實驗過程中存在系統(tǒng)誤差，在下圖所繪圖象中,虛線代表沒有誤差情況下,電壓表兩端電壓的直實值與通過電源電流直實值關系的圖象,實線是根據(jù)測量數(shù)據(jù)繪出的圖象,則下圖中能正確表示二者關系的是______

(3)乙同學將測量電路連接成如圖c所示,其他操作正確,由電壓表的讀數(shù)U和電流表的讀數(shù)I,畫出U-I圖線如圖d所示,可得電源的電動勢E=_____V,內電阻r=_____Ω(結果保留2位有效數(shù)字).28、某同學用以下電路測量電壓表的內阻，R1是滑動變阻器，R2、R3、R4是三個電阻箱．實驗操作如下：合上開關K1后，適當?shù)卣{節(jié)三個電阻箱的阻值，使開關K2反復斷開和閉合時待測電壓表的示數(shù)不發(fā)生變化．

（1）電阻箱R2的面板指示如圖，其讀數(shù)為__________Ω；

（2）待測電壓表的內阻可表示為Rv=__________；（用電阻箱的電阻符號表示）

（3）為了提高測量的準確度，可以采用的方法是_____________

A.適當增大電源的電壓

B.適當減小電源的電壓。

C.調小R1的阻值；反復進行上面的操作。

D.調大R1的阻值；反復進行上面的操作。

（4）該同學測得電壓表的內阻后，繼續(xù)研究這個電路．即在合上開關K1且反復斷開和閉合開關K2電壓表的示數(shù)不發(fā)生變化的前提下，進行如下操作：先斷開K2，保持其余電阻保持不變，減小R2，則電壓表的示數(shù)_________（填“增大”或“減小”）；再合上K2，則通過該開關的電流方向為__________（填“從a到b”或“從b到a”）．評卷人得分六、解答題(共1題，共7分)29、如圖所示，傾角為θ、寬度為d，長為L的光滑傾斜導軌C1D1、C2D2頂端接有可變電阻R0，L足夠長，傾斜導軌置于垂直導軌平面斜向左上方的勻強磁場中，磁感應強度為B，C1A1B1、C2A2B2為絕緣軌道，由半徑為R處于豎直平面內的光滑半圓環(huán)A1B2、A2B2和粗糙的水平軌道C1A1、C2A2組成，粗糙的水平軌道長為s，整個軌道對稱．在導軌頂端垂直于導軌放一根質量為m、電阻不計的金屬棒MN，使其從靜止開始自由下滑，不考慮金屬棒MN經(jīng)過接點C1、C2處時機械能的損失，整個運動過程中金屬棒始終保持水平，水平導軌與金屬棒MN之間的動摩擦因數(shù)為μ．則：

(1)金屬棒MN在傾斜導軌C1D1、C2D2上運動的過程中，電阻R0上產生的熱量Q為多少?

(2)為了金屬棒MN能到達光滑半圓環(huán)B1、B2點，可變電阻R0應滿足什么條件?參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【詳解】

小燈泡的額定功率：P=UI=7.2W，轉化為光的功率：P光=6%P=0.432W，一個光子的能量：?=hv；小燈泡1秒鐘仰能釋放的可見光光子數(shù)為：個=1.1×1018個；

A.1.1×1014；與結論不相符，選項A錯誤；

B.1.1×1015；與結論不相符，選項B錯誤；

C.1.1×1034；與結論不相符，選項C錯誤；

D.1.1×1018，與結論相符，選項D正確；2、D【分析】【詳解】

牛頓提出了萬有引力定律，卡文迪許準確地測出了引力常量，選項A錯誤；法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場，選項B錯誤；奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，安培總結出了判斷電流與磁場方向關系的右手螺旋定則，選項C錯誤；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，宣告了電磁學作為一門統(tǒng)一學科的誕生，選項D正確．3、B【分析】試題分析：電鍵閉合瞬間，L相當于斷路，所以b燈比a燈先亮；A錯誤B正確；電鍵斷開瞬間，L相當于電源與兩燈組成閉合回路，都正常發(fā)光時，通過兩燈的電流相等，所以兩燈都不會閃亮一下，CD錯誤；

故選B

考點：自感現(xiàn)象的應用．

點評：電感線圈在接通電源的瞬間相當于斷路，在斷開電源的瞬間相當于電源重新組成回路，燈是否閃亮一下要看電流的大小．4、A【分析】【詳解】

在電路中常用儀器中有電阻器；電容器以及電感等,電阻器的符號為R,電容器的符號為C;電感器的符號為L;所以A選項是正確的,BCD錯誤.

故選A5、D【分析】【分析】

帶電粒子在磁場中的受力可以根據(jù)左手定則來判斷；即四指指向正電荷運動的方向，磁場垂直手心過，拇指所指的方向即為洛倫茲力的方向．

【詳解】

帶電粒子帶正電；根據(jù)左手定則可知受洛倫茲力的方向為向上，且洛倫茲力不做功，所以粒子應該做逆時針的勻速圓周運動，故D正確；ABC錯誤；

【點睛】

洛倫茲力的方向與速度方向垂直,只改變速度的方向,不改變速度的大小.

勻變速運動是指的加速度不變的運動,當合力方向與速度方向不在一條直線上物體將做曲線運動.6、C【分析】【分析】

【詳解】

粒子沿半徑方向射入磁場，則出射速度的反向延長線一定過圓心，由于粒子能經(jīng)過c點，因此粒子出磁場時一定沿ac方向，軌跡如圖所示，設粒子做圓周運動的半徑為r，由幾何關系可知r＋r＝L

則r＝（－1）L

根據(jù)牛頓第二定律得qv0B＝m

聯(lián)立解得v0＝

故選C。

二、多選題(共8題，共16分)7、A:D【分析】【詳解】

AB、當滑動變阻器的滑動觸頭向上滑動，其阻值變小，總電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知干路上的電流增大，根據(jù)可知路端電壓減小，通過的電流減小，根據(jù)并聯(lián)分壓可知電流表示數(shù)增大，根據(jù)歐姆定律可知的兩端電壓增大，根據(jù)串聯(lián)分壓可知兩端的電壓減小，根據(jù)歐姆定律得知所以不變；根據(jù)閉合電路歐姆定律得則有所以不變；故選項A正確，B錯誤；

CD、根據(jù)電路可知路端電壓減小，則有由于所以的增加量小于的減小量故選項D正確，C錯誤．8、A:D【分析】【詳解】

帶電粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域做勻速圓周運動，運動軌跡如圖．

設運動半徑為r，圓心為Oˊ，連接OC、OOˊ，OOˊ垂直平分弦長CD．已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為600，所以∠COD=60°，又CE=R，所以∠COE=30°，則∠COOˊ=∠COˊO=30°，COˊ=CO，即r=R．若將磁感強度的方向改為垂直紙面向內，則運動的半徑仍為r=R；則圓心在F點，則運動軌跡必過圓心O，選項A錯誤，B正確；由幾何關系可知，粒子從G點射出，則粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為120°，選項C正確，D錯誤；此題選擇錯誤的選項，故選AD.

點睛：在磁場中做圓周運動，多數(shù)題目的解題思路是先確定圓心畫出軌跡，由幾何知識得到半徑，然后由牛頓第二定律求解其他量．9、A:C【分析】【詳解】

t＝0時刻，兩次產生的交流電的電動勢瞬時值均為零，因此線圈平面均與中性面重合，A項正確；圖中a、b對應的周期之比為2∶3，因此線圈轉速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B項錯誤；a線表示的交流電動勢的頻率為fa＝＝25Hz，C項正確；a線對應線圈相應的電動勢的最大值Eam＝NBS·由圖象知Eam＝15V，b線對應線圈相應的電動勢的最大值Ebm＝NBS·因此＝＝Ebm＝10V，有效值Eb＝V＝5V，D項錯誤．10、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．易拉罐在帶電橡膠棒的電場中；出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，最終處于靜電平衡狀態(tài)，易拉罐內部空腔各處的電場強度處處為零，故A正確；

B．易拉罐處于靜電平衡狀態(tài)；內部空腔各處的電場強度處處為零，是由于帶電橡膠棒在易拉罐內部空腔各處產生的電場與感應電荷產生的電場疊加的結果，帶電橡膠棒在易拉罐內部空腔各處產生的電場強度不是處處為零，故B錯誤；

CD．帶電橡膠棒從右向左縵縵靠近放在光滑水平桌面上的空易拉罐的過程中；發(fā)生靜電感應現(xiàn)象，靠近橡膠棒的一側感應出正電荷，左側感應出負電荷；由于異種電荷相互吸引，同種電荷相互排斥，又由于靠近橡膠棒的一側感應出的正電荷與橡膠棒的電性相反，結合庫侖定律可知易拉罐受到的吸引力大于排斥力，易拉罐將向右運動，故C正確，D錯誤。

故選AC。11、B:C【分析】【詳解】

A．氣體在等溫變化過程中；溫度不變，所以分子的平均動能不變，故A錯誤；

BD．等溫變化過程研究的是一定質量的氣體；壓強隨體積變化而變化，一定質量的氣體，其分子總數(shù)一定，單位體積內的分子數(shù)改變，故B正確，D錯誤；

C．等溫變化過程研究的是一定質量的氣體；壓強隨體積變化而變化，故C正確。

故選BC。12、B:D:E【分析】【詳解】

AB．ab過程中，氣體體積不變，溫度升高，所以容器壁單位面積單位時間內受到氣體分子撞擊的次數(shù)增大，氣體內能增大，又W=0；由熱力學第一定律可知氣體內能的增量等于氣體從外界吸收的熱量，所以A項錯誤，B項正確；

C．bc過程中；溫度不變，氣體內能不變，體積增大，氣體對外界做的功等于氣體從外界吸收的熱量，所以C錯誤；

D．ca過程中；壓強不變，溫度降低，體積減小，分子平均動能減小，容器壁單位面積單位時間內受到氣體分子撞擊的次數(shù)增多，所以D項正確；

E．由圖可得VC=2V0，ca過程中，壓強不變，體積減小，外界對氣體做功W=p0V0；所以E項正確。

故選BDE。13、A:B【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程

可知OA等容線的體積比OB等容線的體積小；故從A到B過程中，體積增大，因此氣體對外做功，A正確；

B．從B到C過程中；體積不變，溫度降低，故氣體內能減少，根據(jù)熱力學第一定律可知氣體放出熱量，B正確；

C．從C到A過程中；氣體溫度不變，壓強增大，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知，氣體體積減小，分子密度增大，C錯誤；

D．從A到B過程和從C到A過程；氣體體積變化相等，但兩個過程氣體壓強的平均值不同，因此兩個過程氣體做功絕對值不同，D錯誤。

故選AB。14、A:B【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖知甲；乙兩擺的振幅分別為2cm、1cm；故A正確；

B．t=2s時；甲擺在平衡位置處重力勢能最小；乙擺在振動的最大位移處，動能為零，故B正確；

C．甲、乙兩擺的周期之比為1:2，由單擺的周期公式T＝2π得到甲；乙兩擺的擺長之比為1：4，故C錯誤；

D．由題目的條件不能比較甲；乙兩擺擺球在最低點時擺線的拉力大??；故D錯誤。

故選AB。三、填空題(共8題，共16分)15、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]與門的特點：事件的所有條件滿足；事件才能發(fā)生。或門的特點：只要有一個條件滿足，事件就能發(fā)生。非門的特點：輸入狀態(tài)和輸出狀態(tài)完全相反。由圖象知輸入端有一個為高電勢時，輸出端即為高電勢，此邏輯電路為或門電路，該邏輯門的符號是。

【解析】16、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]對封閉氣體緩慢加熱；則活塞恰好到達氣缸上端卡口，對封閉氣體處于等壓過程，由蓋-呂薩克定律可知。

其中。

解得。

[2]未在活塞上表面緩慢倒入沙子前；對活塞列受力平衡。

保持封閉氣體的溫度T1不變,對封閉氣體處于等溫過程；由玻意耳定律可知。

對活塞列受力平衡。

其中。

聯(lián)立可解。

【解析】2T；4m17、略

【分析】【詳解】

[1]根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程

可知當?shù)某朔e最大時，氣體的溫度最高，由數(shù)學知識可知，當

氣體的溫度最高，設此時的溫度為根據(jù)

代入數(shù)據(jù)解得

[2]完成一個循環(huán)的過程中，因為氣體的始末狀態(tài)不變，即內能不變，由熱力學第一定律

得

由公式

和定積分的幾何意義可知即為圖中的面積，由圖可知，外界對氣體做功為負值，就

解得

可知氣體吸收的熱量為200J?！窘馕觥?00K200J18、略

【分析】（1）根據(jù)左手定則；電子向上偏，所以上側面得到電子帶負電，下側面失去電子帶正電，則金屬板上側面A電勢低于下側面的電勢．

（2）電子最終達到平衡，有．則U=vBd．電流的微觀表達式I=nevS=nevhd．則v=代入得，．

【名師點睛】金屬中移動的是自由電子，根據(jù)左手定則，判斷出電子的偏轉方向，從而得出電勢的高低．最終電子受電場力和洛倫茲力平衡，根據(jù)平衡和電流的微觀表達式求出電勢差的大?。窘馕觥康陀?9、略

【分析】【詳解】

題中正方形線框的左半部分磁通量變化而產生感應電動勢，從而在線框中有感應電流產生，把左半部分線框看成電源，其電動勢為E，內電阻為r/2；畫出等效電路如圖所示．

則a、b兩點間的電勢差即為電源的路端電壓，設l是邊長，且依題意知．由得所以由于a點電勢低于b點電勢，故Uab=-0.1V．【解析】-0.120、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]使用a、b接線柱時

使用a、c兩個接線柱時

即

聯(lián)立解得【解析】153521、C:D:E【分析】波傳播的速度為v=5m/s，經(jīng)0.2s波形平移的間距為：△x=v?△t=5×0.2=1m，故結合波形圖可以看出波形向左平移1m，所以這列波沿x軸負方向傳播；故A錯誤；波沿x軸負方向傳播，故t=0時刻質點a沿y軸負方向運動，故B錯誤；從波形圖可以看出波長為4m，故周期：頻率：故此波遇到另一列頻率為1.25Hz的簡諧橫波能發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，選項C正確；x=2m處的質點的位移表達式為故D正確；周期為0.8s，由于△t=0.4s=T，故質點a經(jīng)0.4s通過的路程為：S=2A=0.8m，故D正確；故選CDE．22、略

【分析】【詳解】

試題分析：連接AC，將AC三等分，標上三等分點E、F，則根據(jù)勻強電場中沿電場線方向相等距離，電勢差相等可知，E點的電勢為3V，F(xiàn)點的電勢為9V．連接BE，則BE為一條等勢線，根據(jù)幾何知識可知，DF∥BE，則DF也是一條等勢線，所以D點電勢．

考點：考查了等勢面；電勢，勻強電場中電場強度與電勢差關系。

【名師點睛】

本題關鍵是找到等勢點，作出等勢線．電場線與等勢面之間的關系要理解，常常是作電場線的依據(jù)．【解析】9V四、作圖題(共3題，共9分)23、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；電流右側的磁場的方向向里，左側的磁場的方向向外，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；

圖丁；環(huán)形電流從左側流入，從右側流出，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】24、略

【分析】試題分析：A圖中；在XX′偏轉電極所加的電壓的周期為2T，即在2T的時間內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量與偏轉電壓成正比，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的穩(wěn)定圖象．XX′偏轉電極要接入鋸齒形電壓；即掃描電壓．

B圖中；在XX′偏轉電極所加的電壓的周期為T，即在一個周期T的時間內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，結合電子到達熒光屏的偏轉量與偏轉電壓成正比，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′偏轉電壓上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉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的穩(wěn)定圖象【解析】25、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3題，共24分)26、略

【分析】【詳解】

（1）金屬絲的直徑D=0.5mm+0.01mm×1.5=0.515mm.

（2）由歐姆表的讀數(shù)可知，金屬絲的阻值R為6Ω.

（3）電壓表V的量程3V，電路中可能出現(xiàn)的最大電流：則電流表選③；

（4）因電壓表的內阻遠大于待測電阻；則電路采用電流表外接，滑動變阻器電阻與待測電阻阻值相當，則可采用限流電路；電路如圖；

（5）用螺旋測微器測量金屬絲直徑時；由于讀數(shù)引起的誤差屬于偶然誤差，選項A錯誤；由于電流表和電壓表內阻引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差，選項B錯誤；若將電流表和電壓表內阻計算在內，可以消除由測量儀表引起的系統(tǒng)誤差，選項C正確；用U-I圖像處理數(shù)據(jù)求金屬絲電阻可以減小偶然誤差，選項D正確；故選CD.

（6）不可行；調節(jié)不方便；因變阻器的阻值過大，則大部分調解過程中，電流表的示數(shù)幾乎為零.

點睛：此題考查了實驗的原理、器材選擇以及誤差的分析等；注意器材選取的原則是安全、精確，根