2025年冀教版選修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年冀教版選修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6題，共12分)1、如圖甲所示的電路中，變壓器原、副線圈匝數比為3∶1，圖乙是該變壓器cd輸入端交變電壓u的圖象，L1，L2、L3、L4為四只規(guī)格均為“9V6W”的相同燈泡；各電表均為理想交流電表，開關K原來是閉合的．以下說法正確的是()

A.ab輸入端電壓的瞬時值表達式為Uab＝27sin100πt(V)B.ab輸入端輸入功率Pab＝18WC.電流表的示數為2A，且四只燈泡均能正常發(fā)光D.斷開開關K，電壓表V的讀數將變小2、如圖所示的電路，電壓表的內阻很大，電流表的內阻很小，電源電動勢和內阻一定，將變阻器的滑片P由a向b滑動時()

A.電壓表的示數變大B.電流表的示數先變大再變小C.燈泡亮度變大D.ab兩端的電壓升高3、如圖所示的電路中；當滑動變阻器滑動觸頭向左滑動時，正確的是:

A.L1燈泡變亮B.L2燈泡變亮C.電壓表讀數變大D.電流表讀數變小4、如圖所示；理想變壓器原線圈接在交流電源上，圖中各電表均為理想電表．下列說法正確的是。

A.當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電壓表示數變大B.當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電壓表示數變小C.當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，電流表A1示數變大D.當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，電流表A2示數變小5、關于分子動理論和物體的內能，下列說法中正確的是（）A.液體分子的無規(guī)則運動稱為布朗運動B.溫度是物體分子熱運動平均動能的標志C.物體從外界吸收熱量，其內能一定增加D.改變物體內能的方式有做功和熱傳遞，它們的本質是相同的6、在物理學發(fā)展的過程中，許多物理學家的科學研究推動了人類文明的進程。在對以下幾位物理學家所做的科學貢獻的敘述中，正確的說法是（）A.結合能越大的原子核越穩(wěn)定B.盧瑟福通過對陰極射線的研究，提出了原子核式結構模型C.安培首先發(fā)現了通電導線的周圍存在磁場，并提出“分子環(huán)流”假說D.胡克認為只有在一定的條件下，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)7、在如圖所示的電路中，電源電動勢為3V，內阻不計，L1、L2、L3為3個相同規(guī)格的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖所示．當開關閉合后，下列判斷正確的是（）

A.燈泡L1的電阻比燈泡L2的電阻大B.通過燈泡L1的電流為燈泡L2電流的2倍C.燈泡L1消耗的電功率為0.75WD.燈泡L2消耗的電功率為0.30W8、人類對物質屬性的認識是從宏觀到微觀不斷深入的過程。關于固體和液體，下列說法正確的是（）A.單晶體內部沿不同方向的等長線段上微粒的個數通常是相等的B.多晶體在熔化過程中，分子的平均動能不變C.非晶體沒有確定的熔點，其物理性質可能呈現各向異性E.從某個方向上看液晶分子排列整齊。從另一個方向看液晶分子的排列是雜亂無章的E.從某個方向上看液晶分子排列整齊。從另一個方向看液晶分子的排列是雜亂無章的9、下列說法正確的是（）A.氣體的內能包括氣體分子的重力勢能B.同種物質不可能以晶體和非品體兩種不同的形態(tài)出現C.如果兩個系統分別與狀態(tài)確定的第三個系統達到熱平衡。那么這兩個系統彼此之間也必定達到熱平衡E.土壤里有很多毛細管，若要防止把地下的水分沿著它們引到地表，可將地面的土壤鋤松E.土壤里有很多毛細管，若要防止把地下的水分沿著它們引到地表，可將地面的土壤鋤松10、下列說法正確的是（）A.晶體的所有物理性質沿各個方向是不同的B.把溫度降到接近布朗運動依然可以發(fā)生C.兩分子間距離變化時，可能存在分子勢能相等的兩個位置E.未來科技進步了，人類就可以將散失在空氣中的內能全部重新收集起來加以利用E.未來科技進步了，人類就可以將散失在空氣中的內能全部重新收集起來加以利用11、下列說法正確的是（）A.機械能不可能全部轉化為內能，內能也無法全部用來做功從而轉化成機械能B.將兩個分子由距離0.1r0移動到相距9r0的過程中，它們的分子勢能先減小后增加C.熱量總是自發(fā)地從分子平均動能大的物體傳遞到分子平均動能小的物體E.單位時間內氣體分子對容器壁單位面積上碰撞次數減小，氣體的壓強一定減小E.單位時間內氣體分子對容器壁單位面積上碰撞次數減小，氣體的壓強一定減小12、下列說法正確的是（）A.隨著科學的發(fā)展，降溫技術的提高，絕對零度是可以接近的，但無法達到B.氣體分子間距離減小時，其分子勢能一定增大C.絕熱壓縮或等溫壓縮的一定量理想氣體內能均不變E.當分子熱運動變劇烈且分子平均距離變小時，氣體壓強一定變大E.當分子熱運動變劇烈且分子平均距離變小時，氣體壓強一定變大13、如圖所示，在光滑水平面上，邊長為L，由同種材料制成的粗細均勻的正方形金屬線框abcd以恒定的速度v通過勻強磁場區(qū)域，已知cd邊平行磁場邊界，v垂直邊界，線框總電阻為4R，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，寬度為L，下列說法正確的是（）

A.在cd邊剛進入磁場時ab兩端的電壓為B.在cd邊剛離開磁場時ab兩端的電壓為C.為使線框勻速運動水平拉力大小為D.通過磁場的整個過程中線框產生的熱量為14、如圖所示，足夠長的光滑水平軌道，左側軌道間距為0.4m，右側軌道間距為0.2m．空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為0.2T．質量均為0.01kg的金屬M、N垂直導軌放置在軌道上，開始時金屬棒M、N均保持靜止，現使金屬棒M以5m/s的速度向右運動，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接觸，M棒總在寬軌上運動，N棒總在窄軌上運動．已知兩金屬棒接入電路的總電阻為軌道電阻不計，下列說法正確的是（）

A.M、N棒在相對運動過程中，回路內產生順時針方向的電流（俯視）B.M、N棒最后都以2.5m/s的速度向右勻速運動C.從開始到最終勻速運動電路中產生的焦耳熱為D.在兩棒整個的運動過程中，金屬棒M、N在水平導軌間掃過的面積之差為15、如圖電路中，電源電動勢為E、內阻為r，R0為定值電阻；電容器的電容為C．閉合開關S，增大可變電阻R的阻值，電壓表示數的變化量為?U，電流表示數的變化量為?I，則下列說法正確的是（）

A.電壓表示數變大，電流表示數變小B.電阻R0兩端電壓變大。

C.電容器的帶電量增大C.變化過程中?U和?I的比值增大評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)16、質量為0.1kg的彈性小球從高為1.25m處自由下落至一光滑而堅硬的水平板上，碰撞后彈回到0.8m高處，碰撞時間為0.01s，則小球與水平板碰撞過程中動量變化大小為_____________kg·m/s，小球與水平板間的平均撞擊力大小為____________N．17、長為L的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示．磁感應強度為B，板間離也為L，極板不帶電．現有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，粒子的速度范圍為______。18、一般情況下，水底的溫度要比水面的溫度低，一氣泡（視為理想氣體）從水底緩慢上升到水面的過程中，氣泡內氣體的壓強__________（填“增大”、“減小”或“不變”），氣泡內氣體對外界________（填“做正功”、“做負功”或“不做功”）。19、一個電流表的滿偏電流內阻要把它改裝成一個量程為的電壓表，則應在電流表上__________（填“串聯”或“并聯”）一個__________的電阻。20、如圖所示，已知導體棒中通有電流I，導體棒長度為L，磁場磁感應強度為B；當導體棒按下面幾種方式放置時，寫出導體棒所受安培力的大?。?/p>

F=________F=_________F=________F=________21、（1）關于熱力學定律和分子動理論，下列說法正確的是____．（填選項前的字母）

A．一定量氣體吸收熱量；其內能一定增大。

B.不可能使熱量由低溫物體傳遞到高溫物體。

C.若兩分子間距離增大；分子勢能一定增大。

D.若兩分子間距離減小；分子間引力和斥力都增大。

（2）空氣壓縮機的儲氣罐中儲有1.0atm的空氣6.0L,現再充入1.0atm的空氣9.0L．設充氣過程為等溫過程，空氣可看作理想氣體，則充氣后儲氣罐中氣體壓強為_____．（填選項前的字母）

A．2.5atmB.2.0atmC.1.5atmD.1.0atm22、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核的質量數比Z核質量數大3

D．X核與Z核的總電荷是Y核電荷的2倍。

23、一質子束入射到靜止靶核上，產生如下核反應：式中p代表質子，n代表中子，X代表核反應產生的新核．由反應式可知，新核X的質子數為____________，中子數為______________．評卷人得分四、作圖題(共3題，共30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4題，共36分)27、①小明同學用螺旋測微器測定某一金屬絲的直徑，測得的結果如下左圖所示，則該金屬絲的直徑d=_____mm．然后他又用游標尺上標有20等分刻度的游標卡尺測該金屬絲的長度L=_____cm．

②然后小明又用多用電表粗略測量某金屬電阻絲的電阻Rx約為5.0Ω；為了盡可能精確地測定該金屬絲的電阻，且測量時要求通過金屬絲的電流在0～0.5A之間變化.根據下列提供的實驗器材，解答如下問題：

A、量程0.1A，內阻r1=1Ω的電流表A1

B、量程0.6A，內阻約為0.5Ω的電流表A2

C、滑動變阻器R1全電阻1.0Ω；允許通過最大電流10A

D、滑動變阻器R2全電阻100Ω；允許通過最大電流0.1A

E、阻值為29Ω的定值電阻R3

F、阻值為599Ω的定值電阻R4

G、電動勢為6V的蓄電池E

H、電鍵S一個；導線若干。

（a）根據上述器材和實驗要求完成此實驗，請在虛線框內畫出測量該金屬絲電阻Rx的實驗原理圖（圖中元件用題干中相應的元件符號標注）．

()

（b）實驗中測得電表A1示數為I1，A2表示數為I2，其它所選的物理量題目中已給定，請寫出電阻絲的電阻表達式Rx=_____.28、一直流電壓表，量程為1V，內阻為1000Ω，現將一阻值為5000~7000Ω之間的固定電阻R1與此電壓表串聯，以擴大電壓表的量程．為求得擴大后量程的準確值，再給定一直流電源（電動勢E為6~7V，內阻可忽略不計），一阻值R2=2000Ω的固定電阻，兩個單刀開關S1、S2及若干線.．

（1）為達到上述目的，將答題卡上對應的圖連成一個完整的實驗電路圖__________．

（2）連線完成以后，當S1與S2均閉合時，電壓表的示數為0.90V；當S1閉合，S2斷開時，電壓表的示數為0.70V，由此可以計算出改裝后電壓表的量程為_______V，電源電動勢為________V．29、某同學要測量額定電壓為3V的某圓柱體電阻R的電阻率ρ．

(1)用游標卡尺測量其長度,如圖所示,則其長度L=____mm．

(2)為精確測量R的阻值,該同學先用如圖所示的指針式多用電表粗測其電阻．他將紅黑表筆分別插入“+”“-”插孔中,將選擇開關置于“×1”擋位置,然后將紅；黑表筆短接調零,此后測阻值時發(fā)現指針偏轉角度如圖甲所示．試問:

①為減小讀數誤差,該同學應將選擇開關置于“__”擋位置．

②再將紅、黑表筆短接,此時發(fā)現指針并未指到右邊的“0Ω”處,如圖乙所示,那么他該調節(jié)____直至指針指在“0Ω”處再繼續(xù)實驗,結果看到指針指在如圖丙所示位置．

③現要進一步精確測量其阻值,實驗室提供了下列可選用的器材:

A.靈敏電流計G(量程200μA,內阻300Ω)

B.電流表A(量程0.6A,內阻約0.3Ω)

C.電壓表V1(量程3V,內阻約3kΩ)

D.電壓表V2(量程15V,內阻約5kΩ)

E.滑動變阻器R1(最大阻值為10Ω)

F.最大阻值為99.99Ω的電阻箱R2

以及電源E(電動勢4V,內阻可忽略)；開關、導線若干。

若為了提高測量精確度并且使電阻R兩端電壓調節(jié)范圍盡可能大,除電源、開關、導線以外還應選擇的最恰當器材(只需填器材前面的字母)有____．請畫出你設計的電路圖．30、某物理興趣小組的同學準備測量一個定值電阻的阻值，實驗室提供了以下實驗器材供選擇，請你幫助該實驗小組完成以下操作。A．待測電阻Rx：阻值約為200ΩB．電源E：電動勢為3.0V，內阻可忽略不計；C．電流表A1：量程為0~30mA，內電阻r1=20Ω；D．電流表A2：量程為0~50mA，內電阻r2約為8ΩE．電壓表V：量程為0~15V，內電阻RV約為10kΩ；F．定值電阻R0；阻值R0=80Ω；G．滑動變阻器R1：最大阻值為10ΩH．滑動變阻器R2：最大阻值為1000Ω

J．開關S；導線若干。

(1)由于實驗室提供的電壓表量程太大，測量誤差較大，所以實驗小組的同學準備將電流表A1和定值電阻R0改裝成電壓表；則改裝成的電壓表的量程為___________V。

(2)為了盡可能減小實驗誤差；多測幾組數據且便于操作，滑動變阻器應該選擇___________(選填“G”或“H”)，請在右側方框內已經給出的部分電路圖中，選擇恰當的連接點把電路連接完整___________。

(3)若某次測量中電流表A1的示數為I1，電流表A2的示數為I2，則Rx的表達式為Rx=___________。評卷人得分六、解答題(共3題，共6分)31、如圖，A、B、C三個木塊的質量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B和C緊連，使彈簧不能伸展以至于B、C可視為一個整體，讓A以初速度沿BC的連線方向朝B運動；與B相碰并粘合在一起，之后立即斷開細線，求：

（1）A；B碰撞過程中產生的熱量；

（2）已知彈簧恢復原長時C的速度為求此時AB的速度及彈簧釋放的彈性勢能．32、如圖的水平、光滑金屬導軌在同一水平面上，間距分別為L和間距為L的導軌有一小段左右斷開，為使導軌上的金屬棒能勻速通過斷開處，在此處鋪放了與導軌相平的光滑絕緣材料(圖中的虛線框處）．質量為m、電阻為Rl的均勻金屬棒ab垂直于導軌放置在靠近斷開處的左側，另一質量也為m、電阻為R2的均勻金屬棒cd垂直于導軌放置在間距為的導軌左端．導軌MN和PQ、M′N′和P′Q′都足夠長，所有導軌的電阻都不計．電源電動勢為E、內阻不計．整個裝置所在空間有豎直方向的、磁感應強度為B的勻強磁場．閉合開關S，導體棒ab迅即獲得水平向右的速度v0并保持該速度到達斷開處右側的導軌上．求：

(1)空間勻強磁場的方向；

(2)通過電源E某截面的電荷量；

(3)從導體棒ab滑上導軌MN和PQ起至開始勻速運動止，這一過程中棒ab和棒cd組成的系統損失的機械能．33、如圖所示，實線是一列簡諧橫波在t1時刻的波形圖，虛線是在t2＝t1＋0.2s時刻的波形圖．

(1)若波速為35m/s，求質點M在t1時刻的振動方向．

(2)在t1到t2的時間內，如果M通過的路程為1m，那么波的傳播方向怎樣？波速為多大？參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【詳解】

由輸入端交變電壓u的圖象，可知其最大值為有效值是27V，副線圈電壓為：U′＝×U1＝×27＝9V，所以副線圈三只燈泡均能正常發(fā)光．燈泡的額定電流：電流表讀數為原線圈電流為所以原線圈的燈泡也能正常發(fā)光，ab輸入端電壓為Uab＝U＋U2＝9＋27＝36V，輸入端電壓的瞬時值表達式為Uab＝sin100πt(V)，故A錯誤，C正確；四個燈泡都正常發(fā)光，所以ab輸入端輸入功率Pab＝4×6＝24W，故B錯誤；若將K斷開，則副線圈上的輸出電流將減小，所以原線圈的輸入電流減小，則流過燈泡L1的電流減小，L1上消耗的電壓減小，所以原線圈上的電壓將增大，即電壓表V讀數將變大，故D錯誤．所以C正確，ABD錯誤．2、C【分析】【詳解】

AB.變阻器的滑片P由a向b滑動時；總電阻減小，總電流增大，電流表的示數變大，滑動變阻器左側電阻與燈泡的并聯電阻增大，電壓增大，電源內電壓增大，所以滑動變阻器右側電阻的電壓及電壓表的示數變小，故A錯誤，B錯誤；

C.左側電阻與燈泡的并聯電阻增大；電壓增大，燈泡亮度變大，故C正確；

D．根據閉合電路的歐姆定律，U=E-Ir，ab兩端的電壓即路端電壓降低；故D錯誤．

故選：C．3、B【分析】試題分析：當滑動變阻器滑動觸頭向左滑動時，滑動變阻器電阻減小，外電路總電阻減小，總電流增大，根據閉合電路歐姆定律，內電壓增大，外電壓減小，電壓表讀數減小，兩端電壓減小，變暗，流過的電流減小，流過的電流變大，變亮；電流表讀數變大．

故選B

考點：電路動態(tài)分析。

點評：動態(tài)問題分析思路總體來說是按照先部分后整體再部分的順序，要充分利用電路中不變部分的電阻不變的特點，間接地討論電路變化部分．4、C【分析】【詳解】

A；B項：由于電源電壓和變壓器匝數比不變；所以副線圈兩端電壓不變，電壓表測的為副線圈兩端電壓，所以電壓表的示數不變，故AB錯誤；

C、D項：當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，副線圈中的總電阻變小，電壓不變，副線圈中的電流變大，所以原線圈中的電流變大，即電流表A1的示數變大在C正確；D錯誤．

故選C．5、B【分析】【分析】

【詳解】

A．布朗運動是懸浮在液體中的固體小顆粒受到液體分子無規(guī)則的撞擊而產生的無規(guī)則運動；反映了液體分子無規(guī)則運動，A錯誤；

B．溫度是物體分子熱運動平均動能的標志；B正確；

C．改變內能的方式有做功和熱傳遞；所以從外界吸收能量，沒有說明是否還對外做功，內能不一定增加，C錯誤；

D．兩種方式在改變內能的效果上是相同的；但本質不同，做功是通過能量間的轉化來實現內能的變化，熱傳遞是通過能量的轉移實現內能變化，D錯誤。

故選B。6、D【分析】比結合能越大的原子核越穩(wěn)定，選項A錯誤；盧瑟福通過α粒子散射實驗的研究，提出了原子核式結構模型，選項B錯誤；奧斯特首先發(fā)現了通電導線的周圍存在磁場，安培提出“分子環(huán)流”假說，選項C錯誤；胡克認為只有在一定的條件下，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比，選項D正確；故選D.二、多選題(共9題，共18分)7、A:C:D【分析】【詳解】

A項：由圖1可知，燈泡L1兩端的電壓比L2兩端電壓更大；由圖2可知，燈泡兩端電壓越大，電阻越大，故A正確；

B項：由圖1可知，燈泡L1兩端的電壓為3V，燈泡L2兩端的電壓為1.5V，由圖2可知，燈泡L1電流為0.25A，燈泡L2的電流為0.2A；故B錯誤；

C項：由圖可知，燈泡L1兩端的電壓為3V，電流為0.25A，則燈泡L1消耗的電功率為故C正確；

D項：燈泡L2兩端的電壓為1.5V，電流為0.2A，則燈泡L2消耗的電功率為故D正確．

故應選ACD．8、B:D:E【分析】【分析】

【詳解】

A．單晶體內部沿不同方向的等長線段上微粒的個數通常是不相等的；選項A錯誤；

B．多晶體具有確定的熔點；在熔化過程中溫度不變，溫度是分子平均動能的標志，分子的平均動能不變，選項B正確；

C．非晶體物理性質呈現各向同性；選項C錯誤；

D．在真空中；自由下落的水滴處于完全失重狀態(tài)，水滴在表面張力作用下呈球形，選項D正確；

E．從某個方向上看液晶分子排列整齊；從另一個方向看液晶分子的排列是雜亂無章的，選項E正確。

故選BDE。9、C:D:E【分析】【分析】

【詳解】

A．氣體的內能等于氣體內所有氣體分子的動能和分子勢能之和；但不包括氣體分子的重力勢能，故A錯誤；

B．同種物質可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現；如煤炭與金剛石，故B錯誤；

C．如果兩個系統分別與狀態(tài)確定的第三個系統達到熱平衡。那么這兩個系統彼此之間也必定達到熱平衡；故C正確；

D．由氣體的摩爾質量和氣體的密度；可估算出摩爾體積，再根據阿伏伽德羅常數，可以估算出單個理想氣體分子所占的平均體積，進而估算出理想氣體分子間的平均距離，故D正確；

E．將地面的土壤鋤松。破壞了毛細管；可以減小土地下的水分蒸發(fā)，故E正確。

故選CDE。10、B:C:D【分析】【詳解】

A．單晶體具有各向異性；即單晶體沿著各個方向的物理性質和化學光學性質不同，多晶體具有各向同性，故A選項錯誤；

B．布朗運動是熱運動的反映，而熱運動在時不會停止；布朗運動可以繼續(xù)發(fā)生，故B選項正確；

C．由于分子之間的距離為時；分子勢能最小，故存在分子勢能相等的兩個位置，故C選項正確；

D．熱力學第一定律揭示了一切跟熱有關的現象遵循能量守恒定律；故D選項正確；

E．能量轉化過程中；存在能量散失，不能使散失在環(huán)境中的內能全部重新收集起來加以利用，故E選項錯誤。

故選BCD。11、B:C:D【分析】【詳解】

A．機械能可能全部轉化為內能；如運動的物體在摩擦力作用下減速運動直到靜止；熱機在內能轉化為機械能時，不可避免的要要有一部熱量被傳導出，所以熱機效率達不到100%，即任何熱機都不可以把得到的全部內能轉化為機械能，故A錯誤；

B．將兩個分子由0.1r0移動到相距9r0的過程中；分子力先是斥力后是引力，分子力先做正功后做負功，分子勢能先減小后增加，故B正確；

C．熱量總是自發(fā)地從高溫物體傳到低溫物體；即自發(fā)地從分子平均動能大的物體傳遞到分子平均動能小的物體，故C正確；

D．液體表面層分子間的距離大于液體內部分子間的距離；所以液體表面分子間的作用表現為相互吸引，即存在表面張力，故D正確；

E．氣體的壓強與單位時間內氣體分子對容器壁單位面積上碰撞次數以及分子對器壁的平均撞擊力有關；若溫度升高，分子對器壁的平均撞擊力增大，單位時間內氣體分子對容器壁單位面積上碰撞次數減少，氣體的壓強不一定減小，故E錯誤。

故選BCD。12、A:D:E【分析】【分析】

【詳解】

A．根據熱力學第三定律；可知絕對零度是不能達到的。故A正確；

B．氣體分子間距離減小時；其分子力做功不確定，故其分子勢能不一定增大。故B錯誤；

C．絕熱壓縮過程；外界對氣體做功，其溫度升高，內能一定增加。故C錯誤；

D．等壓變化過程；升高溫度，氣體對外界做功，等容變化過程，升高溫度，體積不變，根據熱力學第一定律，可知前者吸收熱量多。故D正確；

E．分子熱運動變劇烈時；分子平均動能變大，撞擊器壁的平均作用力變大，分子平均距離變小時，氣體體積減小，單位體積的分子數密度增加，氣體壓強一定變大。故E正確。

故選ADE。13、A:D【分析】【分析】

當cd邊在磁場中切割時，ab相當于其中的一個外電路，當ab邊切割時，ab相當于電源；它兩端的電壓應該等于路端電壓．

【詳解】

A.在cd邊剛進入磁場時cd導體棒切割磁感線產生電動勢，ab相當于外電路中的一部分，根據電阻的關系可知ab兩端的電壓為故A對；

B.在cd邊剛離開磁場時ab切割磁感線，cd相當于電源，所以兩端的電壓為路端電壓即故B錯。

C.為使線框勻速運動水平拉力大小應該等于安培力，即故C錯；

D.通過磁場的整個過程中線框產生的熱量即為克服安培力所做的功：故D對；

故選AD

【點睛】

本題考查了電磁感應定律，在處理本題時一定要注意誰是電源，誰是外電路，這樣才可以準確知道電壓值．14、A:D【分析】【詳解】

金屬棒M向右運動后，穿過MN與導軌組成的閉合回路中的磁通量減小，根據楞次定律可得回路內產生順時針方向的電流（俯視），A正確；兩棒最后勻速時，電路中無電流，即解得選取水平向右為正方向，對M、N分別利用動量定理可得：對N有對M有又知道導軌寬度是2倍關系，故聯立解得B錯誤；根據能量守恒定律可得解得C錯誤；在N加速過程中，由動量定理得電路中的電流據法拉第電磁感應定律有其中磁通量變化量聯立以上各式，得D正確。

【點睛】本題是雙軌雙棒問題，要注意分析兩棒的運動過程，明確兩棒都勻速運動時它們的感應電動勢是相等的，知道動量定理是求電磁感應中電量常用的思路．15、A:C【分析】閉合開關S，減小可變電阻R的阻值后，電路中電流變大，由歐姆定律分析得知，電阻R0兩端的電壓變大，R兩端的電壓減小，電壓表示數變小，電容器板間電壓減小，帶電量減?。蔄B正確，C錯誤．根據閉合電路歐姆定律得：U=E-I（R0+r），由數學知識得知，保持不變．故D正確．此題選項不正確的選項，故選C.三、填空題(共8題，共16分)16、略

【分析】【詳解】

由于小球做自由落體運動，則其與水平面碰撞前的速度為：所以與水平面碰撞前的動量為：P1=mv1=0.1×5kg?m/s=0.5kg?m/s，方向豎直向下．與水平面碰后，小球做豎直上拋運動，上升的最大高度為0.8m，則碰后小球速度為方向豎直向上；此時小球的動量為：P2=mv2=0.1×4kg?m/s=0.4kg?m/s，方向豎直向上，動量的變化量為：．設向上為正方向，根據動量定理，合外力的沖量等于物體動量的變化．小球所受外力有重力mg和水平面對它的彈力N，則有：（N-mg）t=P2-P1，代入數據解得：N=91N，方向豎直向上．【解析】0.99117、略

【分析】【詳解】

欲使粒子不打在極板上，如圖所示，帶正電的粒子從左邊射出磁場時，其在磁場中圓周運動的半徑R＜L/4；粒子在磁場中做圓周運動由洛倫茲力提供向心力，即：qvB=m可得粒子做圓周運動的半徑：

所以粒子不打到極板上且從左邊射出，則：即：

帶正電的粒子從右邊射出，如圖所示，此時粒子的最小半徑為R，由上圖可知：R2=L2+（R-）2；可得粒子圓周運動的最大半徑：R=則：即：故欲使粒子不打在極板上，粒子的速度必須滿足或【解析】或18、略

【分析】【詳解】

[1][2]氣泡內氣體的壓強

大氣壓強恒定，氣泡（視為理想氣體）從水底緩慢上升到水面的過程中，氣泡內氣體壓強變小，溫度變高，根據理想氣體狀態(tài)方程可知體積增大，則氣泡內氣體對外界做正功。【解析】減小做正功19、略

【分析】【詳解】

[1][2]依據電表的改裝的特點，需串聯一個電阻分壓，依據歐姆定律【解析】串聯20、略

【分析】【詳解】

當導體棒與磁場垂直時受的安培力最大；平行時受安培力為零，則從左到右，導體棒所受安培力的大小分別為：BIL；BIL、BIL、0.

【點睛】

此題關鍵是搞清四個導體棒的放置方式，知道導體棒與磁場垂直時受的安培力最大，最大值為BIL，平行時受安培力為零.【解析】BIL；BIL；BIL；021、A:D【分析】【分析】

【詳解】

(1)改變內能有熱傳遞和做功；如果吸熱比對外做功要少得話，物體的內能會減小，所以答案A錯；在引起變化的條件下，熱量可以從低溫傳給高溫如空調等所以答案B錯；在分子力為排斥力時距離增大分子勢能減小，答案C錯，正確答案選D.

(2)由等溫變化可知P1（V1+V2）=P2V1，解得故A正確，BCD錯誤．故選A．22、C:D【分析】試題分析：設原子核X的質量數為x，電荷數為y，根據質量數守恒和電荷數守恒，可得原子核Y的質量數為x，電荷數為原子核Z的質量數為電荷數為．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（x）比Z核的質量數（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和核電荷數守恒的知識，屬于基礎知識，應仔細閱讀題目，一步一步向下分析．23、略

【分析】【詳解】

質子的電荷數為1，質量數為1，中子的電荷數為0，質量數為1．根據電荷數守恒、質量數守恒，X的質子數為1+13-0=14，質量數為1+27-1=27．因為質量數等于質子數和中子數之和，則新核的中子數為27-14=13?！窘馕觥?413四、作圖題(共3題，共30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；因此作出以下圖形。

【解析】五、實驗題(共4題，共36分)27、略

【分析】【分析】

由于沒有電壓表；可以根據題進行改裝，根據通過待測電阻的最大電流選擇電流表，在保證安全的前提下，為方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器；為準確測量電阻阻值，應測多組實驗數據，滑動變阻器可以采用分壓接法，根據待測電阻與電表內阻間的關系確定電流表的接法，作出實驗電路圖．

【詳解】

（1）螺旋測微器的讀數為游標卡尺讀數為

（2）因為要求電流在0~0.5A范圍內變化，所以電流表選擇由于沒有電壓表，所以需要用電流表改裝，電源電動勢為6V，通過阻值為59Ω的定值電阻和表頭串聯改裝電壓表；滑動變阻器選擇允許通過最大電流為10A的原理圖如圖所示。

②根據歐姆定律和串并聯電路特點得電阻的電壓為電阻絲的電阻表達式【解析】d=3.206(3.205~3.207)5.01528、略

【分析】【詳解】

（1）為