2025年滬科版選修3物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年滬科版選修3物理上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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9題，共18分)1、一金屬板暴露在波長λ=400nm的可見光中，觀測到有電子從該金屬板表面逸出。在靠近金屬板的空間加一方向垂直于板面、大小為E=15V/m的勻強電場（金屬板與電場間隙可忽略），電子能運動到距板面的最大距離為10cm．已知光速c與普朗克常量h的乘積為1.24×10－6eV·m．能使金屬板發(fā)生光電效應的入射光的波長最大值約為()A.450nmB.477nmC.500nmD.775nm2、如圖所示，界面MN與水平地面之間有足夠大正交的勻強磁場B和勻強電場E，磁感線和電場線都處在水平方向且互相垂直．在MN上方有一個帶正電的小球由靜止開始下落；經(jīng)電場和磁場到達水平地面．若不計空氣阻力，小球在通過電場和磁場的過程中，下列說法中正確的是。

A.小球做勻變速曲線運動B.小球的電勢能一定減少C.洛倫茲力對小球做負功D.小球的動能增量等于其重力勢能的減少量3、對于熱學現(xiàn)象的相關認識，下列說法正確的是（）A.在較暗的房間里，看到透過窗戶的“陽光柱”里粉塵的運動是布朗運動B.氣體分子速率呈現(xiàn)出“中間少、兩頭多”的分布規(guī)律C.定量的理想氣體發(fā)生絕熱膨脹時，其內能變大D.在分子力表現(xiàn)為斥力時，隨分子間距離的減小，分子勢能增大4、如圖，邊長為a的正方形閉合線圈沿光滑的水平面上以速度v0進入寬度為L的勻強磁場，a1：Q2為（）

A.1:1B.2:1C.3:1D.4:1：5、如圖所示，先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈水平拉出有界勻強磁場區(qū)域，v1＝2v2；則在先后兩種情況下()

A.線圈中的感應電動勢之比為E1∶E2＝1∶2B.線圈中的感應電流之比為I1∶I2＝4∶2C.線圈中產生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1D.通過線圈某截面的電荷量之比q1∶q2＝2∶16、如圖所示；把電阻R；電感線圈L、電容器C并聯(lián)，三個支路中分別接有一燈泡。接入交流電源后，三盞燈亮度相同。若保持交流電源的電壓不變，使交變電流的頻率增大，則以下判斷正確的是（）

A.與線圈L連接的燈泡L1將變暗B.與電容器C連接的燈泡L2將變暗C.與電阻R連接的燈泡L3將變暗D.三盞燈泡的亮度都不會改變7、如圖所示，電路中的變壓器為理想變壓器，R為滑動變阻器，U1為加在原線圈兩端的交流電壓，I1為原線圈中的電流，U2為副線圈兩端的交流電壓，I2為副線圈中的電流，P2為滑動變阻器上消耗的電功率．若U1保持不變；改變滑動變阻器滑片的位置，下列說法中正確的是。

A.P2保持不變B.U2保持不變C.I1保持不變D.I2保持不變8、如圖所示，平行板電容器已經(jīng)充電，靜電計的金屬球與電容器的一個極板連接，外殼與另一個極板連接，靜電計針的偏轉示電容兩極板間的電勢差．實驗中保持極板上的電荷量不變．設電容兩極正對面積為極板間的距離為靜電計指針偏角為．下列關于實驗現(xiàn)象的描述正確的是（）

A.保持不變，增大則變大B.保持不變，減小則不變C.保持不變，減小則變小D.保持不變，在兩板間插入電介質，則變大9、如圖所示，一絕熱容器被隔板K隔開a、b兩部分．已知a內有一定量的稀薄氣體，b內為真空．抽開隔板K后，a內氣體進入b；最終達到平衡狀態(tài)．在此過程中()

A.氣體對外界做功，內能減少B.氣體不做功，內能不變C.氣體壓強變小，溫度降低D.氣體壓強變小，溫度不變評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)10、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11、如圖所示的電路中,電源內阻一定,電壓表和電流表均為理想電表．現(xiàn)使滑動變阻器R滑片向左滑動一小段距離,測得電壓表V1的示數(shù)變化大小為ΔU1,電壓表V2的示數(shù)變化大小為ΔU2,電流表A的示數(shù)變化大小為ΔI,對于此過程下列說法正確的是()

A.為一定值B.路端電壓的增加量等于ΔU2C.R0兩端的電壓的變化量大小等于ΔU2-ΔU1D.通過電阻R1的電流變化量大小等于12、下列關于熱平衡定律的理解，說法正確的是（）A.兩系統(tǒng)的溫度相同時，才能達到熱平衡B.A、B兩系統(tǒng)分別與C系統(tǒng)達到熱平衡，則A、B兩系統(tǒng)也達到熱平衡C.甲、乙、丙物體溫度不相等，先把甲、乙接觸，最終達到熱平衡，再將丙與乙接觸最終也達到熱平衡，則甲、丙是處于熱平衡的E.溫度是決定兩個系統(tǒng)是否達到熱平衡狀態(tài)的唯一物理量E.溫度是決定兩個系統(tǒng)是否達到熱平衡狀態(tài)的唯一物理量13、在如圖所示的電路中，R1、R2、R3和R4皆為定值電阻，R5為可變電阻，電源的電動勢E，內阻為r。設電流表A的讀數(shù)為I，電壓表V的讀數(shù)為U。當R5的滑動觸點向圖中a端移動時（）

A.R1、R3功率變大，R2、R4功率變小B.I變大，U變大C.R1、R3功率變小，R2、R4功率變大D.I變小，U變小14、振源起振方向沿方向，從振源起振時開始計時，經(jīng)軸上至范圍第一次出現(xiàn)圖示簡諧波，則()

A.此列波的波速約為B.時，軸上處的質點振動方向向下C.波的周期一定是D.波的周期(可取)評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、（1）用游標卡尺測量某鋼管的外徑，某次游標卡尺（主尺的最小分度為1mm）的示數(shù)如圖1所示，其讀數(shù)為_____cm。

（2）如圖2所示，螺旋測微器測出的某物件的寬度是_____mm。

16、如圖所示電路，電源內阻不可忽略。在滑動變阻器觸頭由a滑向b的過程中，電流表示數(shù)________，小燈泡L亮度___________，電源內電壓________，電源內電阻消耗功率__________。（選填“減小”；“增加”或“不變”）

17、用毛皮摩擦過的橡膠棒靠近懸掛的通草球時，通草球被推開，則通草球帶______電；反復摩擦后，發(fā)現(xiàn)橡膠棒的溫度升高，這是通過______的方式改變物體的內能的。18、一定質量的理想氣體，狀態(tài)從A→B→C→D→A的變化過程可用如圖所示的p－V圖線描述，其中D→A為等溫線，氣體在狀態(tài)A時溫度為t＝27℃，則氣體在狀態(tài)B時的溫度為________K，氣體從A到C過程對外做了_______J的功，氣體在C狀態(tài)時的溫度為________℃。

19、如圖所示，電阻Rab=0.1Ω的導體ab沿光滑導線框向右做勻速運動；線框中接有電阻R=0.4Ω，線框放在磁感應強度B=0.1T的勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，cd間的長度L=0.4m，運動的速度v=5.0m/s，線框的電阻不計．

a.電路abcd中導體棒ab相當于電源,_______（a端或b端）相當于電源的正極。

b.電源的電動勢即產生的感應電動勢E=_______V，電路abcd中的電流I=_______A

c.導體ab所受安培力的大小F=__________N，方向是__________；20、如圖所示，先后以速度和勻速地把同一線圈從同一位置拉出有界勻強磁場的過程中，在先后兩種情況下：

(1)線圈中的感應電流之比

(2)線圈中通過的電量之比

(3)拉力做功的功率之比．21、三個原子核X、Y、Z，X核放出一個正電子后變?yōu)閅核，Y核與質子發(fā)生核反應后生成Z核并放出一個個氦（42He）,則下面說法正確的是。

。A．X核比Z核多一個原子。

B．X核比Z核少一個中子。

C．X核的質量數(shù)比Z核質量數(shù)大3

D．X核與Z核的總電荷是Y核電荷的2倍。

22、如圖所示是用光照射某種金屬時逸出的光電子的最大初動能隨入射光頻率的變化圖線，普朗克常量h＝6.63×10-34J·s，（直線與橫軸的交點坐標4.31，與縱軸交點坐標0.5）由圖可知，斜率表示_____________；該金屬的極限頻率為____________Hz，該金屬的逸出功為___________J，（結果保留三位有效數(shù)字）若用頻率為5.5×1014Hz的光照射該種金屬時，則對應的遏止電壓應為_____________V

23、光電效應實驗中，用波長為的單色光A照射某金屬板時，剛好有光電子從金屬表面逸出．當波長為的單色光B照射該金屬板時，光電子的最大初動能為______，A、B兩種光子的動量之比為_____．（已知普朗克常量為h、光速為c）評卷人得分四、作圖題(共3題，共24分)24、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．

25、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．

26、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30分)27、在測量電源電動勢和內電阻的實驗中，已知一節(jié)干電池的電動勢約為1.5V，內阻約為電壓表V（量程為3V，內阻約）；電流表A（量程為0.6A，內阻約為）；滑動變阻器R（2A）。為了更準確地測出電源電動勢和內阻。

（1）請在圖1方框中畫出實驗電路圖。______

（2）在實驗中測得多組電壓和電流值，得到如圖2所示的U-I圖線，由圖可得該電源電動勢E=____V，內阻r=______Ω。（結果均保留兩位小數(shù)）

（3）一位同學對以上實驗進行了誤差分析。其中正確的是______。A.實驗產生的系統(tǒng)誤差，主要是由于電壓表的分流作用B.實驗產生的系統(tǒng)誤差，主要是由于電流表的分壓作用C.實驗測出的電動勢小于真實值D.實驗測出的內阻大于真實值

（4）某小組的同學找到了電阻箱，便設計了如圖甲所示的電路進行實驗，并且記錄了實驗中一系列電流表讀數(shù)I及與之對應的電阻箱阻值R，該小組同學通過巧妙地設置橫軸和縱軸，描繪出了如圖乙所示的圖線，則在圖乙中縱軸應表示______；（填I、R或與I、R相關的量），若該圖線的斜率為k，橫軸上的截距為m，則電動勢的測量值=______，內電阻的測量值=______

28、某實驗小組要測量兩個電壓表的內阻；實驗室提供的實驗器材如下：

A．待測電壓表V1（量程為5V）

B．待測電壓表V2（量程為3V）

C．滑動變阻器R1（最大阻值為20Ω；額定電流為1A）

D．滑動變阻器R2（最大阻值為500Ω；額定電流為1A）

E．電阻箱R（0—9999Ω）

F．電源（電動勢約9V；內阻約1Ω）

G．開關兩個；導線若干。

(1)研究小組設計的電路圖如圖所示，選用的滑動變阻器為_____（填“R1”或“R2”）。

(2)實驗步驟如下：

①按電路圖連接好電路，兩開關均要打開，滑動變阻器的觸頭要在最_____端（填“右”或“左”）。

②閉合開關S1、S2，調節(jié)滑動變阻器，使兩個電壓表的示數(shù)逐漸增加，當電壓表V1示數(shù)為4V時，電壓表V2示數(shù)為2V。

③保持滑動變阻器的位置不變，斷開開關S2，調整電阻箱，當電阻箱的阻值為R=3kΩ時，電壓表V2的示數(shù)變?yōu)?V，則電壓表V1的內阻為________kΩ。

(3)電壓表V2內阻的測量值________（填“大于”“等于”或“小于”）真實值。29、為了測定電阻的阻值，實驗室提供下列器材：待測電阻R（阻值約100Ω）、滑動變阻器R1(0～100Ω）、滑動變阻器R2（0～10Ω）、電阻箱R0(0～9999.9Ω）、理想電流表A（量程50mA）、直流電源E（3V；內阻忽略）；導線若干、開關若干．

(1)甲同學設計如上圖（a）所示的電路進行實驗．

①請在圖（b）中用筆畫線代替導線；完成實物電路的連接_________．

②滑動變阻器應選________（選填字母代號即可）．

③實驗操作時，先將滑動變阻器的滑動觸頭移到最________（選填“左”或“右”）端，再接通開關S；保持S2斷開，閉合S1，調節(jié)滑動變阻器使電流表指針偏轉至某一位置，并記下電流I1.

④斷開S1，保持滑動變阻器阻值不變，調整電阻箱R0阻值在100Ω左右，再閉合S2，調節(jié)R0阻值使得電流表讀數(shù)為________時，R0的讀數(shù)即為電阻的阻值．

(2)乙同學利用電路（c）進行實驗，改變電阻箱R0的值，讀出電流表相應的電流I，由測得的數(shù)據(jù)作出圖線如圖（d）所示，圖線縱軸截距為m，斜率為k，則電阻的阻值為________(用m、k表示）．

(3)若電源內阻是不可忽略的，則上述電路（a）和（c），哪種方案測電阻更好________？原因是____________.評卷人得分六、解答題(共2題，共14分)30、用一根長L=0.8m的輕繩，吊一質量為m=1g的帶電小球，放在磁感應強度B=1T，方向如圖所示的勻強磁場中，將小球拉到與懸點等高處由圖示位置靜止釋放，小球便在垂直于磁場的豎直面內擺動，當球第一次擺到低點時，懸線的張力恰好為零（重力加速度g=10m/s2）小球第二次經(jīng)過最低點時；懸線對小球的拉力多大？

31、如圖，一豎直放置的汽缸上端開口，汽缸壁內有兩個固定卡口M和N，卡口N距缸底的高度H，卡口M距缸底的高度2H．橫截面積為S、質量為的活塞下方密封有一定質量的理想氣體．開始時活塞處于卡口N處靜止，汽缸內氣體溫度為壓強為．活塞和汽缸壁均絕熱，不計它們之間的摩擦，大氣壓強為．現(xiàn)用電阻為R的電熱絲緩慢加熱汽缸中的氣體，電熱絲中的電流為I．重力加速度為g．求：

（1）活塞開始上升時氣體的溫度

（2）活塞恰好上升到卡口M時氣體的溫度

（3）氣體的溫度升為的過程持續(xù)了時間t，不計電熱絲由于溫度升高而吸收的熱量，試計算氣體增加的內能．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【詳解】

由光電效應方程可得根據(jù)動能定理得聯(lián)立以上三式并代入數(shù)據(jù)得故D正確，ABC錯誤；故選D2、B【分析】【分析】

小球重力不可忽略；進入混合場后，受重力；電場力、洛倫茲力共同作用，重力與電場力恒定，但洛倫茲力時刻變化，運動過程前兩力做功而洛倫茲力不做功，從而即可求解．

【詳解】

A；小球進入混合場后；受重力、電場力、洛倫茲力共同作用，初速度豎直向下，電場力水平向右，洛倫茲力水平向右，因此，合力必不沿豎直方向，故粒子做曲線運動，運動過程中洛倫茲力時刻變化，故合力將會改變，小球做變速曲線運動，故A錯誤；

B；下落過程中；電場力將做正功，由功能關系得，電勢能減小，故B正確；

CD；小球從靜止開始下落到水平地面過程中；洛倫茲力不做功，由動能定理得，小球落到水平地面時的動能等于其電勢能和重力勢能的減少量總和，故CD錯誤；

故選B．

【點睛】

全面分析粒子的受力，明確各力的做功特點，依據(jù)功能關系、動能定理及曲線運動條件和牛頓運動定律認真分析．3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．在較暗的房間里；看到透過窗戶的“陽光柱”里粉塵的運動不是布朗運動，布朗運動肉眼是看不到的，所以A錯誤；

B．氣體分子速率呈現(xiàn)出“中間多；兩頭少”的分布規(guī)律；所以B錯誤；

C．定量的理想氣體發(fā)生絕熱膨脹時，根據(jù)熱力學第一定律可知，絕熱膨脹時外界對氣體做負功，則內能變小，所以C錯誤；

D．在分子力表現(xiàn)為斥力時；隨分子間距離的減小，分子力做負功，則分子勢能增大，所以D正確；

故選D。4、C【分析】【詳解】

進入磁場的過程中，由動量定理得：﹣∑FA?△t＝mv1﹣mv0，即mv1﹣mv0，整理得，1，同理，出磁場的過程有：解得根據(jù)能量守恒得，進入磁場過程產生的熱量出磁場過程產生的熱量則Q1：Q2＝3：1，故C正確，A、B、D錯誤．5、C【分析】【詳解】

A.感應電動勢：所以A錯誤。

B.感應電流：所以B錯誤。

C.產生焦耳熱：所以焦耳熱之比為C正確。

D.通過界面電量：兩次電量一樣，所以q1∶q2＝1∶1，D錯誤6、A【分析】當交變電流的頻率增大時，對R無影響，亮度不變，電感線圈感抗增大，變暗，電容器容抗減小，則燈泡亮度增加，故A正確．7、B【分析】【詳解】

B、保持U1不變，根據(jù)輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定可知輸出電壓U2不變，B選項正確；D、使滑片P滑動時，R變化，而電壓U2不變，所以副線圈電流I2變化，故D錯誤；C、由知I2變化，則I1變化，故C錯誤；A、由知P2發(fā)生變化；故A錯誤；故選B．

【點睛】根據(jù)輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，輸入的功率的大小是由輸出功率的大小決定的，電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比分析即可．8、A【分析】【詳解】

A：平行板電容器的電容電容器電壓與電容的關系為電量不變，保持不變，增大電容減小，電壓增大，變大；故A項正確．

B：電量不變，保持不變，減小電容增大，電壓減小，變??；故B項錯誤．

C：電量不變，保持不變，減小電容減小，電壓增大，變大；故C項錯誤．

D：電量不變，保持不變，在兩板間插入電介質，電容增大，電壓變小，變小；故D項錯誤．

所以選A．

點睛：①平行板電容器充電后，若保持其始終與直流電源相連，則板間電壓不變．當電容器電容的影響因素發(fā)生變化后，據(jù)來判斷各量如何變化．

②平行板電容器充電后與電源斷開，由于電荷不能移動，電容器的帶電量不變．當電容器電容的影響因素發(fā)生變化后，據(jù)來判斷各量如何變化．9、B:D【分析】試題分析：因b內為真空，所以抽開隔板后，a內氣體可以“自發(fā)”進入b；氣體不做功．又因容器絕熱，不與外界發(fā)生熱量傳遞，根據(jù)熱力學第一定律可以判斷其內能不變，溫度不變．由理想氣體狀態(tài)方程可知：氣體體積增大，溫度不變，壓強必然變小，綜上可判斷B；D項正確．

A；絕熱容器內的稀薄氣體與外界沒有熱傳遞；Q=0，因而A錯誤；

B；稀薄氣體向真空擴散沒有做功；W=0，因而B正確；

C；根據(jù)熱力學第一定律稀薄氣體的內能不變；則溫度不變，因而C錯誤；

D；稀薄氣體擴散體積增大；壓強必然減小，D正確；

故選BD．

考點：本題考查了熱力學第一定律的應用。

點評：熱力學第一定律的應用及運用理想氣體狀態(tài)方程對氣體的溫度、壓強和體積的判斷是解決此題的關鍵．二、多選題(共5題，共10分)10、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．11、A:C:D【分析】【詳解】

A、根據(jù)電路結構可知：V1測量路端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：故A對；

B、滑動變阻器R滑片向左滑動一小段距離，電阻變大，回路電流變小，路端電壓增大，即與滑動變阻器的電壓增大，但電阻上的電壓是減小的，所以ΔU2與ΔU1不相等；故B錯；

C、路端電壓即為與滑動變阻器的電壓之和，所以R0兩端的電壓的變化量大小等于ΔU2-ΔU1；故C對；

D、兩端的電壓即為路端電壓，路端電壓的變化引起了電阻R1上電流的變化，所以通過電阻R1的電流變化量大小等于故D對；

故選ACD

【點睛】

根據(jù)滑動變阻器的移動明確電阻的變化,由閉合電路歐姆定律可以知道電路電流的變化,則可分析內電壓、路端電壓及各部分電壓的變化12、A:B:E【分析】【分析】

【詳解】

AE．溫度是決定兩個系統(tǒng)是否達到熱平衡狀態(tài)的物理量；兩個達到熱平衡的系統(tǒng)具有相同的溫度，故AE正確；

BC．由熱平衡定律知；故B正確，C錯誤；

D．兩個系統(tǒng)達到熱平衡的標志是它們的溫度相同；但壓強；體積不一定相同，故D錯誤。

故選ABE。13、A:D【分析】【詳解】

BD．當R5的滑動觸點向圖中a端移動時，R5變小，外電路總電阻變小，則由閉合電路歐姆定律知，總電流I總變大，路端電壓變小，U變小。電路中并聯(lián)部分電壓變小，則I變?。籅錯誤，D正確；

AC．R1和R3在干路上，由

知R1和R3功率均變大，R2和R4在并聯(lián)電路的一條支路上，由

知R2和R4功率變??；A正確，C錯誤。

故選AD。14、B:C【分析】【詳解】

A．因振源起振方向沿方向，經(jīng)軸上至范圍第一次出現(xiàn)圖示簡諧波，可知此圖顯示的波形不完整，又因是第一次出現(xiàn)，所以處質點的右邊還有個波長的波形圖，即波傳播到處的質點，所以有

故A錯誤；

B．波向右傳播，由平移法可知在時，軸上處的質點振動方向向下；故B正確；

C．根據(jù)波形圖可以得知波長波速為根據(jù)公式

故C正確；

D．由于第一次出現(xiàn)波形圖確定；所以周期是一定的值，不會出現(xiàn)周期的多解，故D錯誤。

故選BC。三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】【分析】

解決本題的關鍵掌握螺旋測微器和游標卡尺的讀數(shù)方法；螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀，游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標尺讀數(shù)，不需估讀。

【詳解】

（1）[1]游標卡尺的主尺讀數(shù)為5.4cm，游標尺上第4個刻度與主尺刻度對齊，則游標尺讀數(shù)為

所以最終讀數(shù)為

（2）[2]螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為5.5mm，可動刻度讀數(shù)為

所以最終讀數(shù)為

【點睛】

螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀；游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標尺讀數(shù)，不需估讀，注意兩種儀器讀數(shù)的不同?！窘馕觥?.445.69516、略

【分析】【詳解】

[1]滑片向b端移動時滑動變阻器接入電阻增大；由閉合電路歐姆定律得電路中總電流減小；由E=U+Ir可知，路端電壓增大；則流過R的電流增大；故電流表示數(shù)增大；

[2]因總電流減小，而流過R的電流增大；由并聯(lián)電路的分流規(guī)律可知；流過燈泡的電流減小，故燈泡亮度減??；

[3]因電流減小，則由可知電源內電壓減?。?/p>

[4]由功率公式可知，是源內部消耗的功率減小?！窘馕觥吭黾訙p小減小減小17、略

【分析】【詳解】

[1]毛皮摩擦過的橡膠棒帶負電；通草球受到斥力作用，故通草球也帶負電；

[2]摩擦橡膠棒時通過做功的方式改變物體內能?！窘馕觥竣?負電②.做功18、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]A到B過程氣體做等壓變化，則TA＝27℃＋273K＝300K

解得TB＝750K

[2]從A到B過程氣體對外界做功W＝pΔV＝6×105J

從B到C過程體積不變，所以外界對氣體不做功，所以氣體從A到C過程氣體對外界做功為6×105J；

[3]氣體在C狀態(tài)壓強為B時的一半，則溫度也為B時的一半，即tC＝375K＝102℃【解析】7506×10510219、略

【分析】【分析】

據(jù)右手定則判斷感應電流的方向；即可確定等效電源的正負極；

根據(jù)E=BLv求出感應電動勢；由歐姆定律得出電流強度，即可由公式F=BIL求解安培力的大小，由左手定則判斷安培力的方向．再根據(jù)平衡條件分析外力的大小和方向．

【詳解】

a.電路abcd中ab棒切割磁感線；產生感應電動勢，相當于電源．由右手定則判斷可知相當于電源的正極是a端；

b.感應電動勢為：E=BLv=0.1×0.4×5V=0.2V；

感應電流為：

c.ab桿所受的安培力FA=BIL=0.1×0.4×0.4N=0.016N

由右手定則判斷可知，ab中感應電流方向從b→a；由左手定則得知，安培力的方向向左．

【點睛】

解答本題的關鍵要掌握右手定則、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、左手定則等電磁感應中常用的規(guī)律．【解析】a；0.2V；0.4A；0.016N；向左20、略

【分析】【分析】

感應電流根據(jù)求解；熱量根據(jù)焦耳定律列式求解；在恒力作用下，矩形線圈以不同速度被勻速拉出，拉力與安培力大小相等，拉力做功等于拉力與位移的乘積，而拉力功率等于拉力與速度的乘積感應電荷量由求解．

【詳解】

設線圈的長為a，寬為L

（1）線圈中感應電流可知故感應電流之比是1：2．

（2）流過任一橫截面感應電荷量可知q與v無關；所以感應電荷量之比為1：1；

（3）由于線圈勻速運動，外力與安培力大小相等，為外力的功率為所以外力的功率之比為1：4．

【點睛】

要對兩種情況下物理量進行比較，我們應該先把要比較的物理量表示出來再求解關鍵要掌握安培力的推導方法和感應電荷量的表達式．【解析】2:12:14:121、C:D【分析】試題分析：設原子核X的質量數(shù)為x，電荷數(shù)為y，根據(jù)質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，可得原子核Y的質量數(shù)為x，電荷數(shù)為原子核Z的質量數(shù)為電荷數(shù)為．由此可得X核的質子（y）比Z核的質子（）多2個，X核的中子比Z核的中子多1個；故AB錯誤；X核的質量數(shù)（x）比Z核的質量數(shù)（x-3）多3個，故C正確；X核與Z核的總電荷（2y-2）是Y核電荷（y-1）的2倍，故D正確．

考點：考查了核反應方程。

名師點睛：關鍵是知道反映前后質量數(shù)和核電荷數(shù)守恒的知識，屬于基礎知識，應仔細閱讀題目，一步一步向下分析．22、略

【分析】【詳解】

[1][2][3]根據(jù)愛因斯坦光電效應方程

圖象的斜率表示普朗克常量h，橫軸的截距大小等于截止頻率，由圖知該金屬的截止頻率為4.31×1014Hz；金屬的逸出功為

[4]根據(jù)光電效應方程得

當入射光的頻率為時，代入數(shù)據(jù)解得最大初動能為

依據(jù)

解得

【點睛】

解決本題的關鍵掌握光電效應方程，知道最大初動能與入射光頻率的關系，并掌握光電效應方程，以及知道逸出功與極限頻率的關系，結合數(shù)學知識即可進行求解，同時注意遏止電壓與最大初動能的關系，及保留3位有效數(shù)字。【解析】普朗克常量h4.30×10142.86×10-190.5．23、略

【分析】【詳解】

根據(jù)光電效應方程又所以有解得又光子動量所以A、B兩種光子的動量之比為1:2.【解析】1:2四、作圖題(共3題，共24分)24、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?。画h(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】25、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】26、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30分)27、略

【分析】【詳解】

（1）電路直接采用串聯(lián)即可；電壓表并聯(lián)在電源兩端，采用的是電流表內接法；電路圖如右圖所示；如圖所示。

（2）根據(jù)電路圖可知則U-I圖線中縱軸截距等于電源的電動勢E=1.50V

圖像斜率等于電源內阻

（3）AB．由電路圖可知；電流表采用內接法，由于電壓表分流作用，使所測電流小于電路總電流的真實值，造成了實驗誤差，A正確，B錯誤；

C．當外電路短路時，電流的測量值等于真實值，除此之外，由于電壓表的分流作用，電流的測量值小于真實值，電源的U-I圖像如圖所示；由圖像可知，電源電動勢的測量值小于真實值，C正確；

D．作出U-I圖線實際圖線和測量圖線；如圖所示。

由上圖可知電動勢的測量值偏?。粌入娮璧臏y量值偏小，D錯誤。

選AC。

（4）由電路圖可知，本實驗采