2024年浙科版選修3物理下冊月考試卷

…………○…………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2024年浙科版選修3物理下冊月考試卷62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、下列說法正確的是（）

A.圖甲為一定質量的某種理想氣體在3個不同溫度下的等溫線，其中等溫線1表示的溫度最高B.圖乙為一定質量的理想氣體狀態(tài)變化的V-T圖線，由圖可知氣體在狀態(tài)a的壓強大于在狀態(tài)b的壓強C.圖乙中一定質量的理想氣體在a→b的過程中對外界做功，氣體吸熱D.圖丙為分子間作用力與分子間距離的關系，可知當分子間的距離時，分子勢能隨分子間距離的增大而增大2、一定質量的理想氣體按的順序經歷一系列狀態(tài)變化，其圖像如圖所示。圖中線段與縱軸平行，線段與縱軸垂直。氣體在狀態(tài)變化過程中下列敘述正確的是（）

A.過程氣體體積增加B.過程氣體不放熱也不吸熱C.過程氣體分子在單位時間內撞擊單位面積容器壁的次數增加D.過程氣體對外界做的功小于過程外界對氣體做的功3、如圖；絕熱的容器內封閉一定質量的理想氣體（不考慮分子勢能，外界大氣壓恒定），用電阻絲對其加熱時，絕熱活塞緩慢地無摩擦地上升，下列正確的是（）

A.活塞上升，氣體體積增大，溫度降低B.氣體從電阻絲吸收熱量，氣體又對外做功，氣體內能可能不變C.氣體從電阻絲吸收的熱量一定大于氣體對外做功D.氣體體積增大，單位時間內打到器壁單位面積的分子數減少，氣體壓強一定減小4、（題文）當A、B兩物體相互接觸后,熱量自發(fā)的從A物體傳向B物體,這樣的情況表示A物體具有何種特性()A.較高的熱量B.較大的比熱容C.較大的密度D.較高的溫度5、下列說法中正確的是（）A.由可知，若電阻兩端所加電壓為0，則此時電阻阻值為0B.由可知，若一小段通電導體在某處受磁場力大小為0，說明此處磁感應強度大小一定為0C.由可知，若檢驗電荷在某處受電場力大小為0，說明此處場強大小一定為0D.由可知，若通過回路的磁通量大小為0，則感應電動勢的大小也為0評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、電動勢為E.內阻為r的電源與定值電阻R1、R2及滑動變阻器R連接成如圖所示的電路；當滑動變阻器的觸頭由中點滑向a端時，下列說法正確的是（?）

A.定值電阻R2電功率增大B.電壓表和電流表讀數都減小C.通過滑動變阻器R中的電流增大D.電壓表的示數增大，電流表的示數減小7、如圖的電路中，電池的電動勢為E，內阻為r（很小，但不能忽略），R2是阻值固定的電阻，兩個理想電壓表V1、V2的讀數分別為U1、U2，示數變化的絕對值分別為△U1、△U2.當滑動變阻器R1的滑片向右移動時；以下說法正確的是（）

A.U1變小，U2變大B.U1變大，U2變小C.△U1<△U2D.△U1和△U2誰大無法確定8、產生光電效應時，關于逸出光電子的最大初動能Ek，下列說法正確的是（）A.對于同種金屬，Ek與照射光的強度無關B.對于同種金屬，Ek與照射光的波長成反比C.對于同種金屬，Ek與光照射的時間成正比E.對于不同種金屬，若照射光頻率不變，Ek與金屬的逸出功成線性關系E.對于不同種金屬，若照射光頻率不變，Ek與金屬的逸出功成線性關系9、關于熱力學定律，下列說法不正確的是A.在一定條件下物體的溫度可以降到0KB.物體從單一熱源吸收的熱量可全部用于做功C.吸收了熱量的物體，其內能一定增加E.一切自發(fā)過程總是沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行E.一切自發(fā)過程總是沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行10、下列說法正確的是（）A.溫度高的物體動能不一定大，但分子平均動能一定大B.雨傘傘面上有許多細小的孔，卻能遮雨，是因為水的表面張力作用C.橡膠無固定的熔點，是非晶體E.氣體很容易充滿整個容器，這是分子間存在斥力的宏觀表現E.氣體很容易充滿整個容器，這是分子間存在斥力的宏觀表現11、1930年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．這臺加速器由兩個銅質形盒、構成，其間留有空隙．下列說法正確的是（））

A.離子從電場中獲得能量B.離子由加速器的邊緣進入加速器C.加速電場的周期隨粒子速度增大而增大D.離子從形盒射出時的動能與加速電場的電壓無關12、如圖所示，水平放置的平行板電容器與直流電源連接，下極板接地．一帶電質點恰好靜止于電容器中的P點．現將平行板電容器的下極板向上移動一小段距離，則（）

A.電容器的電容將減小，極板帶電荷量將增大B.帶電質點將沿豎直方向向上運動C.P點的電勢將降低D.若將質點固定，則其電勢能將減小13、如圖所示電路中，電源內電阻為r，R1、R3、R4均為定值電阻，電表均為理想電表．閉合電鍵S，將滑動變阻器R2的滑片向上滑動，電流表和電壓表示數變化量的大小分別為下列結論中正確的是（）

A.電流表示數變大B.電壓表示數變大C.D.14、下列說法中正確的是____。A.在受迫振動中，物體振動的頻率不一定等于驅動力的頻率B.做簡諧運動的質點，經過四分之一周期，所通過的路程不一定等于振幅C.變化的磁場可以產生電場，變化的電場可以產生磁場E.聲波從空氣傳入水中時頻率變大，波長不變E.聲波從空氣傳入水中時頻率變大，波長不變評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、如圖，一定量的理想氣體經歷的兩個不同過程，分別由體積-溫度（V-t）圖上的兩條直線I和Ⅱ表示，V1和V2分別為兩直線與縱軸交點的縱坐標；t0為它們的延長線與橫軸交點的橫坐標，t0是它們的延長線與橫軸交點的橫坐標，t0=-273.15℃；a、b為直線I上的一點。由圖可知，氣體在狀態(tài)a和b的壓強之比=___________；氣體在狀態(tài)b和c的壓強之比=___________。

16、如圖，一定質量的理想氣體先從狀態(tài)a沿直線變化到狀態(tài)b，該過程中氣體的溫度______（填“升高”或“降低”），氣體______（填“吸熱”或“放熱”）。

17、蒸汽機、內燃機等熱機以及電冰箱工作時都利用了氣體狀態(tài)變化來實現能量的轉移和轉化，我們把這些氣體稱為工質。某熱機經過一個循環(huán)后，工質從高溫熱源吸熱Q1，對外做功W，又向低溫熱源放熱Q2，工質完全恢復初始狀態(tài)，內能沒有變化。根據熱力學第一定律，在工質的一個循環(huán)中，Q1、Q2、W三者之間滿足的關系是____。熱機的效率不可能達到100%，從能量轉化的角度，說明___能不能完全轉化為___能而不產生其他影響。18、如圖所示，一邊長為0.1m的單匝正方形線圈從左側勻速進入勻強磁場，磁場的磁感應度B＝2T．從ab邊開始進入磁場至cd邊恰好進入磁場的過程中，線圈的磁通量變化了________Wb；若上述過程所經歷的時間為0.2s，則線圈中產生的感應電動勢為________V.

19、兩塊大??；形狀完全相同的金屬板平行放置；構成一平行板電容器，與它相連接的電路如圖所示，閉合開關S，電源即給電容器充電。

（1）若保持S閉合，減小兩板間的距離，則兩極板間的電場強度_______；

（2）若斷開S，減小兩板間的距離，則極板上的電量_______，兩極板間的電場強度_______。（填：“變大”、“不變”或“變小”）20、如圖所示，真空中有一對相距為d的平行金屬板A和B，兩板間電勢差為U，兩板間的電場為勻強電場．若一個質量為m、電荷量為q的粒子，僅在靜電力的作用下由靜止開始從A板向B板做勻加速直線運動并到達B板，則粒子在運動過程中加速度大小a=________，粒子到達B板時的速度大小v=________．

21、閱讀短文并回答下列問題:光的全反射。

一束激光從某種玻璃中射向空氣(如圖7所示)；保持入射點不動，改變入射角(每次增加0.2°)，當入射角增大到引41.8°時，折射光線消失，只存在入射光線與反射光線，這種現象叫做光的全反射，發(fā)生這種現象時的入射角叫做這種物質的臨界角。當入射角大于臨界角時，只發(fā)生反射，不發(fā)生折射。

(1)上述玻璃的臨界角是_____.

(2)折射光線消失后反射光線的亮度會增強；其原因是折射光消失后，入射光幾乎全部變?yōu)開_____.

(3)當光從空氣射向玻璃；__________(選填“會”或“不會”)發(fā)生光的全反射現象。

(4)一個三棱鏡由上述玻璃構成，讓一束光垂直于玻璃三棱鏡的一個面射入(如圖8所示)，請在圖中完成這束入射光的光路圖_______。22、如圖9所示，豎直平面內放一直角桿，桿的水平部分粗糙，豎直部分光滑，兩部分各套有質量分別為mA="2.0"kg和mB="1.0"kg的小球A和B，A球與水平桿間動摩擦因數μ=0.20，A、B間用不可伸長的輕繩相連，圖示位置處OA="1.5"m，OB="2.0"m.g取10m/s2.

圖9

（1）若用水平力F1沿桿向右拉A，使A由圖示位置向右極緩慢地移動0.5m，則該過程中拉力F1做了多少功？

（2）若用水平力F2沿桿向右拉A，使B以1m/s的速度勻速上升，則在B經過圖示位置上升0.5m的過程中，拉力F2做了多少功？23、如圖所示，把一根條形磁鐵從同樣高度插到線圈中同樣的位置，第一次快插，第二次慢插，兩種情況下線圈中產生的感應電動勢的大小關系是E1_____E2．

評卷人得分四、作圖題(共3題，共6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；畫出經過7s后的波形曲線。

評卷人得分五、實驗題(共3題，共27分)27、(1)在“用單擺測重力加速度”的實驗中，下列措施中可以提高實驗精度的是________．

A．選細線作為擺線。

B．單擺擺動時保持擺線在同一豎直平面內。

C．拴好擺球后；令其自然下垂時測量擺長。

D．計時起止時刻；選在最大擺角處。

(2)如果測得的g值偏小，可能的原因是________.

A．測擺線長時擺線拉得過緊。

B．擺線上端懸點未固定；振動中出現松動，使擺線長度增加了。

C．開始計時時；秒表過遲按下。

D．實驗中誤將49次全振動記為50次。

(3)為了提高實驗精度，在實驗中可改變幾次擺長l并測出相應的周期T，從而得出一組對應的l與T的數據，再以l為橫坐標，T2為縱坐標，將所得數據連成直線如圖所示，并求得該直線的斜率為k，則重力加速度g＝________(用k表示)．

28、如圖所示為測一塊半球形玻璃磚的折射率的實驗；實驗的主要步驟如下：

A．將半球形玻璃磚放在白紙上，用鉛筆畫出它的直徑AB，移走玻璃磚，并用刻度尺找出中點O；記下此點（即圓心）；

B．在圓弧側的白紙上，作過O點且垂直直徑AB的直線CO，放上玻璃磚，在CO上插兩顆大頭針和（距離適當遠些）；

C．使玻璃磚以O為軸在白紙上緩慢地轉動，同時眼睛向著AB透過玻璃磚觀察和的像，當恰好看不到和的像時停止轉動玻璃磚，記下此時的直徑的位置；

D．量出和的夾角若量得則：

①實驗是用________現象進行的；

②計算公式：n=________；

③計算得：n=________。29、磁力鎖主要由電磁鐵和銜鐵組成．某小組用如圖甲所示的裝置研究電磁鐵線的工作電壓與銜鐵所受磁力大小的關系，彈性梁一端連接有銜鐵，在外力作用下可以上下運動，另一端固定于墻壁，電磁鐵位于銜鐵正下方，為理想電壓表.

(1)為增大電磁鐵產生的磁感應強度，變阻器的滑片應向_________端移動（選填“”或“”）.

(2)已知電磁鐵線圈的直流電阻為滑動變砠器的最大阻值為電源的電動勢為滑動變阻器能提供的最大分壓為則電源E的內阻為_________（保留兩位有效數字）

(3)同學們將阻值會因形狀變化而發(fā)生改變的金屬應變片粘貼在彈性梁的上表面，然后將金屬應變片定值電阻和理想電壓表連接成如圖乙所示的電路．線圈通電吸引銜鐵下移時，應變片變長，的阻值將_________，電壓表的讀數將_________．（填“增大”“減小”或“不變”）

(4)在線圈通電吸合銜鐵后，用外力使電磁鐵和銜鐵剛好分開，測得外力與線圈兩端電壓的關系如圖丙所示，若要求該鎖能抵抗的外力，則工作電壓至少為_________．

評卷人得分六、解答題(共2題，共6分)30、如圖所示，豎直放置的圓柱形導熱薄壁汽缸上部開口，底面積S=1cm2，筒內用一個很薄的質量不計的活塞封閉一定量的理想氣體，開始時活塞恰好處于汽缸上端?，F在活塞緩慢放入細砂。直到活塞靜止于汽缸中間。已知外界大氣壓強p0=1×105Pa。溫度T=305K?；钊c汽缸內壁的摩擦忽略不計，取重力加速度大小g=10m/s2。

(i)求放入細砂的質量；

(ii)若給封閉氣體緩慢加熱；使活塞回到汽缸上端。求活塞回到汽缸上端時封閉氣體的熱力學溫度。

31、如圖所示，質量為m的小球B，用長為的細繩吊起處于靜止狀態(tài)，質量為m的A球沿半徑為的光滑圓弧軌道；在與O點等高位置由靜止釋放，A球下滑到最低點與B球相碰，若A球與B球碰撞后立刻粘合在一起．求：

（1）A球下滑到最低點與B球相碰之前瞬間速度v的大?。?/p>

（2）A球與B球撞后粘合在一起瞬間速度的大?。?/p>

（3）A球與B球撞后的瞬間受到細繩拉力F的大?。?/p>

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【詳解】

A．圖甲為一定質量的某種理想氣體在3個不同溫度下的等溫線，由

比較乘積的大?。坏葴鼐€3表示的溫度最高，A錯誤；

B．氣體在狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程中，體積不變，由查理定律

由于大于故大于B錯誤；

C．圖乙中一定質量的理想氣體在a→b的過程中氣體體積不變；對外界不做功，C錯誤；

D．圖丙為分子間作用力與分子間距離的關系，可知當分子間的距離時；分子間為引力，分子勢能隨分子間距離的增大而增大，D正確；

故選D。2、D【分析】【分析】

【詳解】

AB．過程由圖可知為等溫變化，氣體內能不變，根據玻意耳定律可知，當壓強p增大時，體積V減小，可知外界對氣體做功，根據熱力學第一定律由于內能不變，可知過程氣體放出熱量；故AB錯誤；

C．由圖可知為等容變化，為等壓變化，過程中氣體溫度升高；根據蓋—呂薩克定律可知體積變大，由于壓強不變，溫度升高，氣體分子平均速率增大，則氣體分子在單位時間內撞擊單位面積容器壁的次數減少，故C錯誤；

D．由于a、c兩個狀態(tài)體積相同，則過程氣體體積的變化量與過程氣體體積的變化量相同，而過程氣體壓強不變，過程氣體壓強增大，根據可知，過程氣體對外界做的功小于過程外界對氣體做的功；故D正確。

故選D。3、C【分析】【詳解】

A．活塞緩慢地無摩擦地上升，處于平衡狀態(tài)，氣體壓強不變，由蓋·呂薩等壓變化

可知；體積增大，溫度升高。故A錯誤；

B．氣體溫度升高；內能增大，故B錯誤；

C．根據熱力學第一定律

溫度升高，大于零；體積增大，對外做功，小于零；故大于零，且絕對值大于的絕對值；故C正確；

D．活塞緩慢地無摩擦地上升；處于平衡狀態(tài)，氣體壓強不變；從微觀來看，雖然單位面積的分子數減少，但是溫度升高，分子速度加快，碰撞更劇烈，壓強不變，故D錯誤。

故選C。4、D【分析】【詳解】

熱量總是從高溫物體傳到低溫物體；或從物體的高溫部分傳遞到低溫部分，因此決定熱能傳播的決定因素是溫度；熱量自發(fā)的從A物體傳向B物體，這樣的情況表示A物體具有何種特性較高的溫度，故D正確，A；B、C錯誤；

故選D。

【點睛】

關鍵知道熱傳遞是熱量從溫度高的物體傳遞到溫度低的物體。5、C【分析】【詳解】

A、公式R=時電阻的定義式；電阻的大小與電壓和電流大小無關，由導體自身決定，故A錯誤；

B、公式B=的成立的前提是電流元與磁場方向垂直；若一小段通電導體在某處受磁場力大小為0，可能時電流元方向與磁場方向平行產生的，故B錯誤；

C、由E=可知；若檢驗電荷在某處受電場力大小為0，說明此處場強大小一定為0，故C正確；

D、由E=n可知，若通過回路的磁通量大小為0，但磁通量的變化率不一定為零，故感應電動勢不一定為零，故D錯誤；二、多選題(共9題，共18分)6、B:C【分析】【分析】

由圖可知R2與R并聯后與R1串聯，電壓表測路端電壓，電流表測量流過R2的電流；滑片向a端移動時；滑動變阻器接入電阻減小，則由閉合電路的歐姆定律可知電路中干路電流的變化及路端電壓的變化；再分析并聯電路可得出電流表示數的變化．

【詳解】

當滑片向a滑動時，R接入電阻減小，總電阻減小，由閉合電路的歐姆定律可知電路中總電流I增加，干路電流增加，內電壓增加，由U=E-Ir可知路端電壓減小，即電壓表示數減小；因路端電壓減小，R1兩端的電壓增加，故并聯部分電壓減小，由歐姆定律可知電流表示數減??；由公式可知，定值電阻R2電功率減??；

由上述分析可知；故應選：BC．

【點睛】

本題中R1也可直接作為內電阻處理，可直接由閉合電路歐姆定律得出并聯部分的電壓增大，流過R2的電流增大．7、A:C【分析】當滑動變阻器R1的滑片向右移動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流增大，內電壓增大，則路端電壓減小，U1變?。傠娏髟龃?，則U2變大，故A正確，B錯誤．U1變小，U2變大，則知R1的電壓UR1變小．由于U1=U2+UR1，所以△U1＜△U2．故C正確；D錯誤．故選AC.

點睛：本題是電路動態(tài)變化分析問題，按“局部→整體→局部”思路進行分析．運用總量法分析兩電壓表讀數變化量的大?。?、A:D:E【分析】【詳解】

ABCD．根據光電效應規(guī)律

對于同種金屬，Ek與照射光的強度無關，Ek與光照射的時間無關，Ek與照射光的頻率成線性關系，Ek與照射光的波長有關；但不是成反比，故AD正確，BC錯誤；

E．對于不同種金屬，若照射光頻率不變，根據光電效應方程

與金屬的逸出功成線性關系；故E正確。

故選ADE。9、A:C:D【分析】【詳解】

A．根據熱力學第三定律的絕對零度不可能達到可知A錯誤；

B．根據熱力學第二定律；物體從單一熱源吸收的熱量可全部用于做功而引起其他變化是可能的，當然會產生其他變化，故B正確；

C．物體從外界吸收熱量同時對外做功；根據能量守恒定律可知內能可能增加；減小和不變，選項C錯誤；

D．壓縮氣體；外界對氣體作正功，氣體同時可能向外釋放熱，根據能量守恒定律可知物體內能可能減少；溫度降低，D錯誤；

E．一切自發(fā)過程總是沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行,故選項E正確。

故選ACD。10、A:B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．溫度是分子熱運動的平均動能的標志；并非分子動能的標志，A正確；

B．液體的表面張力使液體具有收縮的趨勢；B正確；

C．橡膠無固定的熔點；是非晶體，C正確；

D．根據熱力學第二定律可知；不可能從單一熱源吸收熱量，使之完全變成功，而不產生其他影響，第二類永動機是不可能制成的，熱機的效率不可能是100%，D錯誤；

E．氣體很容易充滿整個容器；是分子熱運動的表現，E錯誤。

故選ABC。11、A:D【分析】【詳解】

因為洛倫茲力并不做功，而離子通過電場時有故離子是從電場中獲利能量，故A正確；要加速次數最多最終能量量大，則被加速離子只能由加速器的中心附近進入加速器，而從邊緣離開加速器，故B錯誤；據回旋加速器的工作原理知，電場的周期等于粒子在磁場運動的周期，等于粒子在磁場運動的周期，所以與離子的速度大小無關，故C錯誤；離子在磁場中洛倫茲力提供向心力，所以解得：據表達式可以知道，離子獲得的最大動能取決于D形盒的半徑，所以最大動能為與加速電場的電壓無關，故D正確．所以AD正確，BC錯誤．12、B:C【分析】【詳解】

A.根據電容決定式：

下極板上移時，則d減小，可知C增大，因為電壓不變，根據Q=UC可知；極板帶電量增大，故A錯誤；

B.將平行板電容器的下極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據得知板間場強增大；油滴所受的電場力增大，則油滴將向上運動，故B正確；

C.場強E增大，而P點與上極板間的距離不變，則由公式U=Ed分析可知，P點與上極板間電勢差將增大，上極板的電勢等于電源的電動勢，保持不變，而P點的電勢高于下極板的電勢，則知P點的電勢將降低；故C正確；

D.由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知，油滴帶負電，P點的電勢降低且大于零；則油滴的電勢能將增加，故D錯誤。

故選BC。13、A:D【分析】【詳解】

AB．滑動變阻器的滑片向上滑動，變小，則外電阻變小，根據

可知變大，根據

可知路端電壓U變小，而故變小，則I3變小，而由

因變大，I3變小，則變大，故變大，而

因變小，故變小，則變小。又

因變大，變小，則I變大；則電流表示數變大，電壓表示數變小，選項A正確，B錯誤；

CD．根據閉合電路歐姆定律有

可得

由于

因I變大，變小，變大，則則有

選項C錯誤；D正確。

故選AD。14、B:C:D【分析】【詳解】

A．物體做受迫振動時；物體振動的頻率等于驅動力的頻率．故A項錯誤．

B．據簡諧運動質點的位移時間圖象可得；若質點從平衡位置或最大位移處開始運動，經過四分之一周期，做簡諧運動的質點所通過的路程等于振幅；若質點不是從平衡位置或最大位移處開始，經過四分之一周期，做簡諧運動的質點所通過的路程不等于振幅．故B項正確．

C．根據麥克斯韋電磁場理論；變化的磁場可以產生電場，變化的電場可以產生磁場．故C項正確．

D．據公式可得，雙縫干涉實驗中，若只減小雙縫到光屏間的距離L；兩相鄰亮條紋間距將變?。蔇項正確．

E．聲波從空氣傳入水中時頻率不變，波長變大．故E項錯誤．三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]根據蓋呂薩克定律有

整理得

由于體積-溫度（V-t）圖像可知，直線I為等壓線，則a、b兩點壓強相等，則有

[2]設時，當氣體體積為其壓強為當氣體體積為其壓強為根據等溫變化，則有

由于直線I和Ⅱ各為兩條等壓線，則有

聯立解得【解析】116、略

【分析】【詳解】

[1][2]由圖像可知，氣體先從狀態(tài)a沿直線變化到狀態(tài)b，pV值變大，根據

可知，溫度T升高，氣體內能變大，即?U>0

氣體體積變大，對外做功，即W<0

根據熱力學第一定律可知?U=W+Q

可知Q>0

即氣體吸熱。【解析】升高吸熱17、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]由熱力學第一定律，熱量、做功、內能的符號規(guī)定得Q1＋（－Q2）＋（－W）＝0，即Q1－Q2＝W。

[2][3]再由熱力學第二定律知，內能不可能全部轉化成機械能而不產生其他影響。【解析】Q1－Q2＝W內機械18、略

【分析】【詳解】

從ab邊開始進入磁場至cd邊恰好進入磁場的過程中，線圈的磁通量變化了線圈中產生的感應電動勢．【解析】0.020.119、略

【分析】【詳解】

(1)[1]若保持S閉合，則兩板間的電勢差U不變；減小兩板間的距離，則根據

可知兩極板間的電場強度變大；

(2)[2]若斷開S；則極板上的電量保持不變；

[3]根據

可知

可知減小兩板間的距離d，兩極板間的電場強度不變?！窘馕觥?1)變大；(2)不變；不變20、略

【分析】【詳解】

粒子從靜止開始運動，只受電場力，有：U=Ed；F=qE；

聯立解得：

根據速度位移關系公式，有：v2=2ad

解得：

點睛：本題電荷在電場中加速問題，求解速度通常有兩種思路：一是動能定理；二是牛頓第二定律與運動學公式結合．【解析】21、略

【分析】【詳解】

（1）由題意可以知道；當入射角為41.8°時，折射光線消失了，所以玻璃的臨界角為41.8°；

（2）當入射光線從一種介質斜射入另一種介質時；會發(fā)生折射，同時也發(fā)生反射，所以反射光線要比入射光線暗一些，而當光從小于臨界角向臨界角靠近，當折射光線消失后，發(fā)生了全反射，光線全變?yōu)榉瓷涔饩€，所以反射光線亮度增強了。

（3）光只有從水或玻璃射向空氣時；才會發(fā)生全反射，所以光從空氣射向玻璃，入射角增大，折射光不可能完全消失；

（4）光線從空氣進入玻璃時；因是垂直照射，所以方向不變；當從玻璃中斜射入空氣時，其入射角為45°大于臨界角，故其發(fā)生全反射，其大致路徑如下圖：

【點睛】

本題主要考查了光的折射現象以及光的全反射現象的實驗，要讀數實驗的過程，并能總結出相應的結論加以運用。同時還考查了光的折射的光路圖，有一定綜合性?！窘馕觥浚?）41.8；（2）反射光；（3）不會；22、略

【分析】（1）A；B小球和細繩整體豎直方向處于平衡；A受到水平桿的彈力為。

N=（mA+mB）g①

則A受到的摩擦力為f=μ（mA+mB）g②

由幾何關系，sB="0.5"m③

由能量關系，拉力F1做功為：

W1=fsA+mBgsB④

得：W1="0.8"J⑤

(2)設細繩與豎直方向的夾角為θ，因繩不可伸長，所以vBcosθ=vAsinθ⑥

則=vBcotθ1=m/s；⑦

=vBcotθ2=m/s⑧

設拉力F2做功為W2，對系統(tǒng)由能量關系得W2-fsA-mBgsB=mAvA22-mAvA21⑨

代入數據解得W2="6.8"J⑩【解析】（1）0.8J(2)6.8J23、略

【分析】【分析】

兩次磁鐵的起始和終止位置相同；知磁通量的變化量相同，應用法拉第電磁感應定律比較感應電動勢的大?。?/p>

【詳解】

條形磁鐵從同樣高度插到線圈中同樣的位置處，磁通量的變化量△Φ相同，第一次快插，第二次慢插，△t1＜△t2，由法拉第電磁感應定律：可知，感應電動勢：E1＞E2．

【點睛】

知道磁通量的變化量相等、應用法拉第電磁感應定律即可正確解題．【解析】大于四、作圖題(共3題，共6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??；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