2025年新世紀版選修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年新世紀版選修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5題，共10分)1、如圖所示，OM的左側存在范圍足夠大、磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，OM左側到OM距離為L的P處有一個粒子源，可沿紙面內各個方向射出質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)速率均為則粒子在磁場中運動的最短時間為。

A.B.C.D.2、如圖所示，電源內阻不能忽略，電流表、電壓表均可視為理想電表，在滑動變阻器R的觸頭從a端滑到b端的過程中()

A.電壓表V的示數(shù)先增大后減小，電流表A的示數(shù)增大B.電壓表V的示數(shù)先增大后減小，電流表A的示數(shù)減小C.電壓表V的示數(shù)先減小后增大，電流表A的示數(shù)增大D.電壓表V的示數(shù)先減小后增大，電流表A的示數(shù)減小3、如圖為一個熱機理想循環(huán)的圖像，一定質量理想氣體從狀態(tài)依次經過狀態(tài)和后再回到狀態(tài)完成一個循環(huán)過程；則（）

A.從狀態(tài)變化到狀態(tài)的過程中，氣體放出熱量B.從狀態(tài)變化到狀態(tài)的過程中，氣體對外做功C.從狀態(tài)變化到狀態(tài)的過程中，氣體內能增加D.從狀態(tài)變化到狀態(tài)的過程中，氣體壓強變大4、對于實際的氣體，下列說法正確的是（）A.氣體的內能包括氣體整體運動的動能B.冰箱能夠把熱量從低溫物體傳遞到高溫物體，所以它遵循熱力學第二定律C.第二類永動機因為違反了能量守恒定律所以無法實現(xiàn)D.兩個分子間勢能可能隨這兩個分子間距離減小而減小5、一列周期為沿軸方向傳播的簡諧機械橫波，某時刻波形如圖所示。已知此時處質點沿軸負方向運動，則下列描述正確的是()

A.這列波的振幅為B.這列波的波速為C.這列波的傳播方向為沿軸正方向D.此時處質點的加速度為評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、在水平向里，磁感應強度為B的勻強磁場中豎直放置兩根間距為L的光滑金屬導軌，底端接電阻R，輕彈簧上端固定，下端懸掛質量為m，電阻為r的金屬棒；金屬棒和導軌接觸良好，導軌電阻不計．金屬棒靜止時位于A處．現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，金屬棒在運動過程中始終保持水平，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g．則下列說法正確的是。

A.金屬棒向下運動時通過R的電流方向是從右向左B.金屬棒第一次到達A處時速度最大C.金屬棒能到達的最低點在A位置下方處D.金屬棒從釋放到第一次下降到A位置的過程中，通過電阻R的電荷量為7、a、b兩種單色光以相同的入射角從半圓形玻璃磚的圓心O射向空氣；其光路圖如圖所示．下列說法正確的是。

A.由玻璃射向空氣發(fā)生全反射時玻璃對a光的臨界角較大B.玻璃對a光的折射率較大C.a光在玻璃中傳播的波長較短D.b光的光子能量較大8、如圖所示，水平面內有兩條互相垂直的通電長直絕緣導線L1、L2，L1中的電流方向向右，L2中的電流方向向上；L2的右方有a、b兩點，它們相對于L1對稱．整個系統(tǒng)處于垂直于紙面向里的勻強外磁場中，磁感應強度大小為B0．已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為B0和B0；方向也垂直于紙面向里．則。

A.流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為B0B.流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為B0C.流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為B0D.流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為B09、1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，兩個銅質D形盒與交流電源相連，置于勻強磁場中，其間留有空隙，粒子從A點開始沿虛線運動．下列說法正確的有

A.粒子運動周期和交流電的周期相等B.只增大D形盒的半徑，粒子從加速器中出來時的速度將增大C.只增大電壓U，粒子從加速器中出來時的速度將增大D.加速完質子后，不改變交流電的周期和磁感應強度，可以直接用來加速氦原子核質量是質子的4倍，電荷是質子的2倍10、如圖甲所示，由一根導線繞成的矩形線圈的匝數(shù)n＝10匝，質量m＝0.04kg、高h＝0.05m、總電阻R＝0.5Ω、豎直固定在質量為M＝0.06kg的小車上，小車與線圈的水平長度l相同．線圈和小車一起沿光滑水平面運動，并以初速度v0＝2m/s進入垂直紙面向里的有界勻強磁場，磁感應強度B＝1.0T，運動過程中線圈平面和磁場方向始終垂直．若小車從剛進磁場位置1運動到剛出磁場位置2的過程中速度v隨車的位移x變化的圖象如圖乙所示，則根據(jù)以上信息可知（）

A.小車的水平長度l＝10cmB.小車的位移x＝15cm時線圈中的電流I＝1.5AC.小車運動到位置3時的速度為1.0m/sD.小車由位置2運動到位置3的過程中，線圈產生的熱量Q＝0.0875J11、封閉在氣缸內一定質量的理想氣體由狀態(tài)A變到狀態(tài)D，其體積V與熱力學溫度關T系如圖所示，該氣體的摩爾質量為M，狀態(tài)A的體積為溫度為O、A、D三點在同一直線上，阿伏伽德羅常數(shù)為由狀態(tài)A變到狀態(tài)D過程中

A.氣體從外界吸收熱量，內能增加B.氣體體積增大，單位時間內與器壁單位面積碰撞的分子數(shù)減少C.氣體溫度升高，每個氣體分子的動能都會增大D.氣體的密度不變12、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13、關于近代物理學，下列說法正確的是()A.α射線、β射線和γ射線是三種波長不同的電磁波B.一群處于n＝4能級的氫原子向低能級躍遷時能輻射出6種不同頻率的光C.重核裂變過程生成中等質量的核，反應前后質量數(shù)守恒，但質量一定減少D.經典物理學不能解釋原子光譜的不連續(xù)性，但可以解釋原子的穩(wěn)定性評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、如圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面，在該區(qū)域加沿圓柱軸線方向的勻強磁場。帶電粒子（不計重力）第一次以速度v1沿截面直徑入射，粒子飛入磁場區(qū)域時，速度方向偏轉60°角；該帶電粒子第二次以速度v2從同一點沿同一方向入射，粒子飛出磁場區(qū)域時，速度方向偏轉90°角。則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運動的半徑之比為_______；速度之比為__________；周期之比為_________；時間之比為__________。15、一卡諾熱機，工作在300K的高溫熱源和200K的低溫熱源之間，則此熱機的效率η=__________________。若在等溫膨脹過程中此熱機吸熱2×105J，則在每一循環(huán)中對外所作的功W=_______________。16、汽車內燃機氣缸內汽油燃燒時，氣體體積膨脹推動活塞對外做功。已知在某次對外做功的沖程中，汽油燃燒釋放的化學能為1×103J，因尾氣排放、氣缸發(fā)熱等對外散失的熱量為8×102J。該內燃機的效率為________。隨著科技的進步，可設法減少熱量的損失，則內燃機的效率能不斷提高，其效率________(選填“有可能”或“仍不可能”)達到100%.17、如圖甲所示是兩電阻R1、R2各自的U-I圖線．則電阻R1的阻值為______Ω．如果把R1、R2兩個電阻串聯(lián)接成如上圖乙所示的電路時，電流表的示數(shù)為0.1A．則此時電阻R2兩端的電壓是______V．

18、兩個分別帶有電荷量和的相同金屬小球（均可視為點電荷），固定在相距為的兩處，它們間庫侖力的大小為兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)閯t兩球間的庫侖力的大小為的__________倍．評卷人得分四、作圖題(共3題，共24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．

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；畫出經過7s后的波形曲線。

評卷人得分五、實驗題(共3題，共12分)22、碰撞的恢復系數(shù)的定義為其中v10和v20分別是碰撞前兩物體的速度，v1和v2分別是碰撞后兩物體的速度.彈性碰撞的恢復系數(shù)e=1，非彈性碰撞的恢復系數(shù)e<1。某同學借用“驗證動量守恒定律”的實驗裝置（如圖所示）驗證彈性碰撞的恢復系數(shù)是否為1；實驗中使用半徑相等的鋼質小球1和2，實驗步驟如下：

安裝好實驗裝置，做好測量前的準備，并記下重垂線所指的位置O。

第一步，不放小球2，讓小球1從斜槽上的S點由靜止?jié)L下，并落在地面上，重復多次，用盡可能小的圓把小球的所有落點圈在里面，其圓心P就是小球落點的平均位置。

第二步，把小球2放在斜槽前端邊緣處的C點，讓小球1仍從S點由靜止?jié)L下；使它們碰撞。重復多次，并使用與第一步同樣的方法分別標出碰撞后兩小球落點的平均位置。

第三步，用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置離O點的距離，即線段OM、OP、ON的長度；在上述實驗中：

（1）直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，可以通過測量______；間接地解決這個問題。

A．小球開始釋放高度hB．小球拋出點距地面的高度HC．小球做平拋運動的射程。

（2）本實驗中小球1的質量與小球2的質量大小應滿足的關系()

A．m1>m2B．m1<m2C．m1=m2D．m1≤m2

（3）不放小球2，小球1落地點P距O點的距離OP與實驗中所用的小球質量是否有關？______（填“有關”或“無關”）。

（4）用題中的測量量計算碰撞恢復系數(shù)的表達式e＝______。23、(1)用DIS測電源電動勢和內電阻電路如圖(a)所示，R0為定值電阻．調節(jié)電阻箱R，記錄電阻箱的阻值R和相應的電流值I，通過變換坐標，經計算機擬合得到如圖(b)所示圖線，則該圖線選取了____為縱坐標，由圖線可得該電源電動勢為____V．

(2)現(xiàn)有三個標有“2.5V，0.6A”相同規(guī)格的小燈泡，其I﹣U特性曲線如圖(c)所示，將它們與圖(a)中電源按圖(d)所示電路相連，A燈恰好正常發(fā)光，則電源內阻r=_____Ω，圖(a)中定值電阻R0=____Ω.

24、在“驗證動量守恒定律”的實驗中，氣墊導軌上放置著帶有遮光板的滑塊A、B，遮光板的寬度相同，測得的質量分別為m1和m2．實驗中，用細線將兩個滑塊拉近使輕彈簧壓縮，然后燒斷細線，輕彈簧將兩個滑塊彈開，測得它們通過光電門的時間分別為t1、t2．

（1）圖2為甲、乙兩同學用螺旋測微器測遮光板寬度d時所得的不同情景．由該圖可知甲同學測得的示數(shù)為______mm，乙同學測得的示數(shù)為______mm．

（2）用測量的物理量表示動量守恒應滿足的關系式：______，被壓縮彈簧開始貯存的彈性勢能EP=______．評卷人得分六、解答題(共1題，共2分)25、利用電場和磁場，可以將比荷不同的離子分開，這種方法在化學分析和原子核技術等領域有重要的應用．如圖所示的矩形區(qū)域ACDG(AC邊足夠長)中存在垂直于紙面的勻強磁場，A處有一狹縫．離子源產生的離子，經靜電場加速后穿過狹縫沿垂直于GA邊且垂直于磁場的方向射入磁場，運動到GA邊，被相應的收集器收集．整個裝置內部為真空．已知被加速的兩種正離子的質量分別是m1和m2(m1>m2)，電荷量均為q．加速電場的電勢差為U；離子進入電場時的初速度可以忽略．不計重力，也不考慮離子間的相互作用．

(1)求質量為m1的離子進入磁場時的速率v1；

(2)當磁感應強度的大小為B時，求兩種離子在GA邊落點的間距s；

(3)在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響，實際裝置中狹縫具有一定寬度．若狹縫過寬，可能使兩束離子在GA邊上的落點區(qū)域交疊，導致兩種離子無法完全分離．設磁感應強度大小可調，GA邊長為定值L，狹縫寬度為d，狹縫右邊緣在A處．離子可以從狹縫各處射入磁場，入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場．為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】

由題設條件求出粒子做勻速圓周運動的半徑r；結合左手定則粒子做逆時針方向勻速圓周運動，粒子運動時間t最短時，所轉過的圓心角θ最小，所對的弦也最短，畫出最短的弦，再作出粒子在磁場中做勻速圓周運動最短時間的軌跡，由幾何關系求出此種情況下粒子的偏轉角θ，從而求出了最短時間．

【詳解】

粒子在磁場中做勻速圓周運動，由得因所有粒子得速度一樣，因此半徑相同，因此在磁場中弦長越短則時間越短，根據(jù)題意可得最短弦長為L，則此時粒子圓周運動得圓心角為故粒子運動得最短時間故選B2、A【分析】【詳解】

首先認識電路的結構：變阻器左右兩部分電阻并聯(lián)后與另一電阻串聯(lián)．電壓表測量路端電壓；電流表測量通過變阻器右邊部分的電流．當滑動頭滑到變阻器中點時，變阻器左右并聯(lián)的電阻最大．路端電壓隨外電阻的增大而增大，減小而減?。鶕?jù)歐姆定律及串并聯(lián)電阻關系分析電表讀數(shù)變化．

當滑動頭從a端滑到中點時，變阻器左右并聯(lián)的電阻增大，分擔的電壓增大，變阻器右邊電阻減小，電流減小，則通過電流表的電流增大．外電路總電阻增大，干路電流減小，電源的內電壓減小，路端電壓增大，則電壓表的示數(shù)增大；當滑動頭從中點滑到b端時，變阻器左右并聯(lián)的電阻減小，分擔的電壓減小，外電路總電阻減小，干路電流增大，而通過變阻器左側的電流減小，則通過電流表的電流增大．電源的內電壓增大，路端電壓減?。冏杵髯蠖穗娮柙龃螅娏鳒p小，則電壓表的示數(shù)減小．所以V的示數(shù)先增大后減小，A示數(shù)一直增大，A正確．3、A【分析】【詳解】

AB．從狀態(tài)變化到狀態(tài)的過程中；氣體體積減小，外界對氣體做功，氣體的溫度不變，內能不變，根據(jù)熱力學第一定律可知此過程中氣體對外放熱，A正確，B錯誤；

C．從狀態(tài)變化到狀態(tài)的過程中；由于溫度先不變后變小，氣體內能變小，C錯誤；

D．氣體先是等溫膨脹；壓強變小，后是等容降溫，壓強也變小，D錯誤。

故選A。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A．氣體的內能包括所有分子做無規(guī)則熱運動的動能和勢能之和；故A錯誤。

B．冰箱遵循熱力學第二定律的原因是消耗了電能；不是因為使熱量從低溫物體傳遞到高溫物體，故B錯誤。

C．第二類永動機不違反能量守恒定律；違反了物理過程的方向性．故C錯誤。

D．當分子間引力和斥力大小相等時，分子勢能最小，設此時的間距為r0，當分子間距大于r0時；分子間勢能隨這兩個分子間距離減小而減小，故D正確。

故選D。5、D【分析】【詳解】

A．由題圖知；這列波的振幅為2cm，A錯誤；

B．由題圖知，這列波的波長為8m，這列波的波速

B錯誤；

C．因處質點向軸負方向運動，由上下坡法確定，這列波的傳播方向沿軸負方向；C錯誤；

D．此時處質點在平衡位置；位移是零，回復力是零，加速度是零，D正確。

故選D。二、多選題(共8題，共16分)6、A:D【分析】【分析】

根據(jù)楞次定律右手定則可判斷感應電流的方向；金屬棒運動過程中，經過平衡位置時，即加速度為零時速度最大；金屬棒運動過程中，存在電磁阻尼，做阻尼振動，振幅越來越??；利用平均電流來計算電荷量，即．

【詳解】

A；根據(jù)楞次定律右手定則；流過回路的電流為順時針方向，即流過電阻R的電流方向從右向左，A正確；

B；金屬棒經過平衡位置時速度最大；在平衡位置，金屬棒受到的彈簧彈力和同方向安培力的合力與重力等大反向，三力平衡，故速度最大的位置高于A點，B錯誤；

C、金屬棒靜止在A位置時，彈簧形變量為現(xiàn)將金屬棒從原長位置釋放，由于存在電磁阻尼，金屬棒振幅越來越小，故金屬棒不可能到達關于A點對稱的在A點下方處；故C錯誤；

D、金屬棒從原長位置運動到A點的過程中，磁通量的變化量為則該過程中通過電阻R的電荷量得故D正確．

故本題選AD．

【點睛】

本題是電磁感應與力學知識的綜合應用，關鍵要正確分析金屬棒的受力情況和回路中能量轉化情況，由牛頓第二定律分析加速度．7、A:D【分析】【詳解】

A、B項：由光路圖可知，a、b光入射角相同，在分界面上a光發(fā)生反射及折射，而b光發(fā)生全反射，可知b光的臨界角小于a光的臨界角，根據(jù)知a光的折射率小于b光折射率；故A正確，B錯誤；

C項：由公式可知，a光在玻璃中的傳播速度較大，再由公式可知，a光在玻璃中的波長較長；故C錯誤；

D項：b光的折射率大，知b光的頻率大，根據(jù)E=hv知，b光的光子能量大，故D正確．8、A:C【分析】【分析】

根據(jù)安培定則判斷導線在a、b兩點產生磁感應強度的方向；磁感應強度是矢量；即使它不與通電導線垂直，可按平行四邊形定則疊加，據(jù)此分析；

【詳解】

由于a、b關于L1對稱，所以磁感應強度大小相等，由安培定則可知方向相反，設向里為正方向，則L2在a、b兩點產生的磁感應強度分別為-B1、B1；導線L2產生的磁場在a、b兩點的磁感應強度方向均垂直紙面向里，在a、b兩點產生的磁感應強度為B2，對a點由磁場疊加可得：對b點由磁場疊加可得：聯(lián)立解得：故A；C正確，B、D錯誤；

故選AC．

【點睛】

關鍵是知道a、b關于L1對稱，所以磁感應強度大小相等，方向相反，磁場疊加可按平行四邊形定則．9、A:B【分析】【詳解】

根據(jù)加速器的原理可知，粒子在磁場中運動的周期與粒子在狹縫中運動的時間之和與電場變化的周期是相同的，故A正確；設D形盒的半徑為R，當離子圓周運動的半徑等于R時，獲得的動能最大，則由可得：則最大動能可見最大動能與加速電壓無關，增大D形盒的半徑可增加離子從回旋加速器中獲得的最大動能．故B正確，C錯誤；離子在D形盒運動過程中受到的洛倫茲力提供向心力得：可得周期公式可知如果加速質子后，要接著加速氦核必須將加速電源的頻率調整為原來的故D錯誤．所以AB正確，CD錯誤．10、A:C【分析】【詳解】

A.從位置1到位置2；開始進入磁場，安培力向左，小車減速，全進入磁場后，回路磁通量不再變化，沒有感應電流，不受安培力開始勻速，所以根據(jù)圖像可以看出小車長10cm，A正確。

B.小車的位移x＝15cm時；處于勻速階段，磁通量不變，回路電流為零，B錯誤。

C.小車進入磁場過程中：出磁場過程中：而進出磁場過程中電量：進出磁場過程中磁通量變化相同，所以電量相同，所以解得：C正確。

D.從位置2運動到位置3的過程中，根據(jù)能量守恒：解得：D錯誤11、A:B【分析】【詳解】

A點和D點在過原點的連線上，說明氣體由A到D壓強不變，體積增大，密度減小，單位時間內與器壁單位面積碰撞的分子數(shù)減少，氣體對外做功，溫度升高氣體的平均動能增加，內能增加，故需要吸熱，故AB正確，CD錯誤．故選AB．12、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??；B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功率變小；A正確，C錯誤。

故選AD。13、B:C【分析】【詳解】

γ射線是電磁波，而α射線、β射線不是電磁波，故A錯誤；根據(jù)數(shù)學組合C42=6，故B正確；重核裂變過程生成中等質量的核，反應前后質量數(shù)守恒，由于釋放能量，有質量虧損，質量減小，故C正確。經典物理學不能解釋原子的穩(wěn)定性和原子光譜的分立特征，D錯誤；故選BC.三、填空題(共5題，共10分)14、略

【分析】【分析】

粒子進入磁場時，受到洛倫茲力作用而做勻速圓周運動，速度的偏向角等于軌跡對應的圓心角，再可求出軌跡對應的圓心角由求解時間之比；根據(jù)幾何知識求出軌跡半徑之比，由半徑公式求出速度之比．

【詳解】

設圓柱形區(qū)域為R。帶電粒子第一次以速度沿直徑入射時；軌跡如圖所示：

粒子飛出此磁場區(qū)域時速度方向偏轉60°角，則知帶電粒子軌跡對應的圓心角軌跡半徑為運動時間為帶電粒子第二次以速度沿直徑入射時，粒子飛出此磁場區(qū)域時速度方向偏轉90°角，則知帶電粒子軌跡對應的圓心角軌跡半徑為運動時間為所以軌跡半徑之比：時間之比：根據(jù)半徑公式得速度之比：根據(jù)可知；周期之比為1：1。

【點睛】

本題關鍵要掌握推論：粒子速度的偏向角等于軌跡的圓心角，運用幾何知識求出半徑關系，就能正確解答【解析】111:12：315、略

【分析】【詳解】

[1]卡諾熱機的效率

[2]由

可得【解析】33.3%6.67×104J16、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]由熱力學第一定律知W=△U-Q=1×103J-8×102J=2×102J

效率

[2]隨著科技的進步；不斷設法減小熱量損失，則內燃機的效率不斷提高，效率仍不可能達到100%。

【點睛】

此題考查了熱力學第一定律△U=W+Q，注意公式中各個物理量的符號法則；知道熱力學第二定律的內容?！窘馕觥坎豢赡?7、略

【分析】【詳解】

由圖甲可知，U1=4V時，I1=0.2A，則

由圖乙知，兩電阻串聯(lián)在電路中，由圖甲可知：當I1=I2=0.1A時，U2=1V；【解析】20Ω1V.18、略

【分析】【分析】

清楚兩小球相互接觸后；其所帶電量先中和后均分．根據(jù)庫侖定律的內容，根據(jù)變化量和不變量求出問題．

【詳解】

相距為r時，根據(jù)庫侖定律得：接觸后各自帶電量變?yōu)閯t此時兩式聯(lián)立得即大小為F的倍．

【點睛】

本題考查庫侖定律及帶電題電量的轉移問題．注意兩電荷接觸后各自電荷量的變化，這是解決本題的關鍵．【解析】四、作圖題(共3題，共24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??；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】20、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】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3題，共12分)22、略

【分析】【詳解】

（1）[1]小球體飛出后做平拋運動，則有

解得

因拋出點的高度相同；故測定小球碰撞前后的速度可以通過測量小球做平拋運動的射程，間接地解決這個問題，AB錯誤，C正確。

故選C。

（2）[2]為了避免入射球反彈，本實驗中小球1的質量與小球2的質量大小應滿足的關系m1>m2；BCD錯誤，A正確。

故選A。

（3）[3]小球的質量不影響做平拋運動的水平射程，故不放小球2，小球1落地點P距O點的距離OP與實驗中所用的小球質量無關。

（4）[4]本實驗的原理小球從槽口C飛出后作平拋運動的時間相同，設為t，則OP=v10t，OM=v1t，ON=v2t

小球2碰撞前靜止，即v20=0

因而碰撞系數(shù)為

【點睛】

由驗證動量守恒定律的實驗改進而來，關鍵要分析清楚實驗的原理，同時要結合動量守恒定律和平拋運動的相關知識列式分析【解析】CA無關23、略

【分析】【分析】

(1)由閉合電路歐姆定律可得出I與R的關系；結合圖象可知縱坐標的意義；

(2)由A燈可知流過電源的電流；由