2025年新世紀版選修3物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※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9題，共18分)1、關于產(chǎn)生感應電流的條件，下列說法正確的是（）A.只要閉合導體回路在磁場中運動，回路中就一定有感應電流B.只要閉合導體回路中有磁通量，回路中就有感應電流C.只要導體做切割磁感線運動，就有感應電流產(chǎn)生D.只要穿過閉合導體回路的磁通量發(fā)生變化，回路中就有感應電流2、在如圖所示的電路中，閉合開關S后，當滑動變阻器R1的滑片P向a端移動時，下列說法正確的是（）

A.的示數(shù)變小B.的示數(shù)變大C.的示數(shù)同時增大D.路端電壓變小3、如圖所示；圓O在勻強電場中，場強方向與圓O所在平面平行，帶正電的微粒以相同的初動能沿著各個方向從A點進入圓形區(qū)域中，只在電場力作用下運動，從圓周上不同點離開圓形區(qū)域，其中從C點離開圓形區(qū)域的帶電微粒的動能最大，圖中O是圓心，AB是圓的直徑，AC是與AB成α角的弦，則勻強電場的方向為。

A.沿AB方向B.沿AC方向C.沿OC方向D.沿BC方向4、如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A經(jīng)過狀態(tài)B、C又回到狀態(tài)A。下列說法正確的是（）

A.A→B過程中氣體分子的平均動能增加，單位時間內(nèi)撞擊單位面積器壁的分子數(shù)增加B.A→B過程中氣體吸收的熱量大于B→C過程中氣體放出的熱量C.C→A過程中單位體積內(nèi)分子數(shù)增加，單位時間內(nèi)撞擊單位面積器壁的分子數(shù)減少D.A→B過程中氣體對外做的功小于C→A過程中外界對氣體做的功5、下列說法正確的是（）A.1kg0℃水的內(nèi)能比1kg0℃冰的內(nèi)能小B.氣體膨脹，它的內(nèi)能一定減小C.已知阿伏伽德羅常數(shù)、某氣體的摩爾質(zhì)量和密度，就可估算出該氣體中分子的平均距離D.對于一定質(zhì)量的理想氣體，當分子熱運動變劇烈時，壓強必變大6、下列說法正確的是（）A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系B.法拉第發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系C.安培提出了分子電流假說，說明了一切磁現(xiàn)象都是由電流產(chǎn)生的D.歐姆首先發(fā)現(xiàn)了電荷之間存在相互作用力，并得出真空中兩個點電荷之間作用力的表達式7、關于電源電動勢，下面說法不正確的是()A.電源兩極間電壓總等于電動勢B.電動勢越大的電源，將其他能轉(zhuǎn)化為電能的本領越大C.電路接通后，電源的電壓小于它的電動勢D.電動勢只由電源性質(zhì)決定，與外電路無關8、籃球運動員通常要伸出兩臂迎接傳來的籃球，接球時，兩臂隨球迅速收縮至胸前．這樣做可以（）A.減小球?qū)κ值臎_量B.減小球?qū)θ说臎_擊力C.減小球的動量變化量D.減小球的動能變化量9、如圖所示是演示自感現(xiàn)象的電路圖；關于此實驗，下列說法正確的是。

A.通電穩(wěn)定后，斷開開關時燈泡A逐漸熄滅，燈泡B立刻熄滅B.變阻器R的作用是在接通開關時使燈泡B逐漸變亮C.如果燈泡B短路，接通開關時燈泡A立刻變亮D.如果燈泡A短路，接通開關時通過L的電流逐漸增大評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、如圖所示，原來不帶電的半徑為r的空心金屬球放在絕緣支架上，右側放一個電荷量為＋Q的點電荷，點電荷到金屬球表面的最近距離為r，靜電力常量為k．達到靜電平衡后；下列說法中正確的是。

A.點電荷Q在金屬球內(nèi)任意位置激發(fā)的電場的場強都為零B.感應電荷在金屬球球心處激發(fā)的電場場強方向向右C.金屬球最左側表面的電勢和最右側表面的電勢相同D.若用導線的兩端分別接觸金屬球的最左端和最右端，導線能將兩端的電荷中和11、下列說法正確的是（）A.擴散現(xiàn)象是由外界作用引起的，如風的對流B.單晶體具有各向異性，多晶體具有各向同性，液晶具有各向異性C.在一定溫度下，空氣中水蒸氣的壓強越大，相對濕度越大D.毛細現(xiàn)象的產(chǎn)生是因為浸潤的液體附著層稀疏，表現(xiàn)為引力，使其具有收縮的趨勢，使液面呈凹狀12、如圖，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a出發(fā)，經(jīng)過等容過程ab到達狀態(tài)b，再經(jīng)過等溫過程bc到達狀態(tài)c，最后經(jīng)等壓過程ca回到狀態(tài)a，下列說法正確的是（）

A.在過程ab中氣體的內(nèi)能增加B.在過程ca中外界對氣體做功C.在過程bc中氣體從外界吸收熱量D.在過程ca中氣體從外界吸收熱量13、如圖；兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）

A.開關閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動B.開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C.開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D.開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動14、如圖所示為一列簡諧橫波在t＝0時的波形圖，波沿x軸負方向傳播，傳播速度v＝1m/s，則下列說法正確的是____

A.此時x＝1.25m處的質(zhì)點正在做加速度增大的減速運動B.x＝0.4m處的質(zhì)點比x＝0.6m處的質(zhì)點先回到平衡位置C.x＝4m處的質(zhì)點再經(jīng)過1.5s可運動到波峰位置E.t＝2s的波形圖與t＝0時的波形圖重合E.t＝2s的波形圖與t＝0時的波形圖重合15、如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個質(zhì)量和電荷量均相同的正負離子(不計重力)，從點O以相同的速率先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角；則正負離子在磁場中()

A.運動時間相同B.運動軌道的半徑相同C.重新回到邊界時速度的大小和方向相同D.重新回到邊界的位置與O點距離相等16、在冰壺比賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時受到的阻力．如圖甲所示，藍壺靜止在固形區(qū)域內(nèi)，運動員用等質(zhì)量的紅壺撞擊藍壺，兩壺發(fā)生正碰，碰后兩壺的加速度相等，若碰撞前后兩壺的v﹣t圖象如圖乙所示．關于冰壺的運動；下列說法正確的是（）

A.紅壺碰撞前后速度大小變化了1.1m/sB.碰撞后藍壺的加速度大小為0.3m/s2C.藍壺運動了4s停下D.碰撞后兩壺相距的最遠距離為1.2m17、兩個小球A、B在光滑水平桌面上沿直線運動，發(fā)生彈性碰撞。碰撞過程中，A球?qū)球的沖量大小為I1，B球?qū)球的沖量大小為I2，A球?qū)球所做功的大小為W1，B球?qū)球所做功的大小為W2，則A.I1=I2B.I1≠I2C.W1=W2D.W1≠W2評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)18、一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷三個過程和回到原狀態(tài)，其圖像如圖所示，氣體在狀態(tài)______（填“a”、“b”或“c”）的分子平均動能最小，在過程中氣體體積_______（填“變大”、“變小”或“不變”），在過程中，氣體對外界做功________（填“大于”；“小于”或“等于”）氣體吸收的熱量。

19、如圖所示，單匝矩形閉合導線框abcd全部處于磁感應強度為B的水平勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R．線框繞與cd邊重合的豎直固定轉(zhuǎn)軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動，線框中感應電流的有效值I=___________．線框從中性面開始轉(zhuǎn)過的過程中，通過導線橫截面的電荷量q=_________．

20、如圖所示為一彈簧振子的振動圖像；試完成以下問題：

（1）該振子簡諧運動的表達式為____________________；

（2）該振子在第100s時的位移為________cm，該振子在前100s內(nèi)的路程為________cm．21、如圖，一個是振動圖像，一個是波動圖像，其中是___________是振動圖像(選填：“a”或“b”)，圖a的物理意義是：___________．22、如圖所示，在光滑的水平面上放置一質(zhì)量為m的小車，小車上有一半徑為R的光滑的弧形軌道，設有一質(zhì)量為m的小球，以v0的速度，方向水平向左沿圓弧軌道向上滑動，達到某一高度h后，又沿軌道下滑，試求h=______，小球剛離開軌道時的速度為______．23、如圖所示，在水平向左的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細線長度為L，一端拴一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點。把小球拉到使細線水平伸直的位置A然后將小球由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平方向成θ=60°的位置B時速度為零。則電場強度E=_____________，小球運動過程中的最大速率為____________。

____評卷人得分四、作圖題(共3題，共9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(nèi)部結構如圖所示．如果在偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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4題，共40分)27、某同學要準確測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻．現(xiàn)有實驗器材如下：

A.待測干電池(電動勢約為1.5V；內(nèi)阻約為1Ω)

B.電流表A(量程內(nèi)阻為19Ω)

C.電阻箱R(最大阻值9999.9Ω)

D.定值電阻R0=1Ω

E.開關；導線若干。

(1)該同學想改裝一個大量程的電流表，他需要把電流表A和定值電阻__________(填“并聯(lián)”或“串聯(lián)”)．

(2)使用改裝好的電流表(表盤未改動)和其他實驗器材，設計實驗電路，并把電路原理圖畫在圖甲虛線框內(nèi)________________．

(3)該同學在圖乙的坐標系中根據(jù)實驗記錄的數(shù)據(jù)進行了描點(I表示電流表A的示數(shù))，根據(jù)圖像，求得電源電動勢為__________V，內(nèi)阻為__________Ω(結果保留3位有效數(shù)字)．28、某同學在做完“描繪小燈泡的伏安特性曲線”后；又對一個標有“6V3.5W”小電風扇電動機(線圈電阻恒定)的伏安特性曲線進行了研究，同研究小燈泡一樣，要求電風扇電動機兩端的電壓能從零逐漸增加到6V，實驗室備有下列器材：

A.電流表(量程I:0~0.6A；內(nèi)阻約為1Ω；量程II:0~3A，內(nèi)阻約為0.1Ω)

B.電壓表(量程為0~6V；內(nèi)阻幾千歐)

C.滑動變阻器R1(最大阻值10Ω；額定電流2A)

D.滑動變阻器R2(最大阻值1750Ω；額定電流0.3A)

E.電池組(電動勢為9V；內(nèi)阻小于1Ω)

F.開關和導線若干。

(1)實驗中所用的滑動變阻器應選_______(填“C”或“D”)，電流表的量程應選_______(填“I”或“II”)．

(2)請用筆畫線代替導線將實物圖甲連接成符合這個實驗要求的電路_______．

(3)閉合開關前，為防止電動機輸入電壓過高而損壞，滑動變阻器滑片P應滑到______(填“M”或“N”)端．

(4)閉合開關，移動滑動變阻器的滑片P，改變加在電動機上的電壓，實驗中發(fā)現(xiàn)當電壓表示數(shù)大于1V時電風扇才開始轉(zhuǎn)動，電動機的伏安特性曲線如圖乙所示，則電動機線圈的電阻為_______Ω，電動機正常工作時的機械功率為________W．(保留兩位有效數(shù)字)29、如圖所示，當光線AO以一定入射角穿過兩面平行的玻璃磚時，通過插針法可計算出玻璃的折射率。找出跟入射光線AO對應的出射光線的從而確定折射光線

（1）如圖1，測出入射角和折射角r，根據(jù)______可計算出玻璃的折射率。

（2）如圖2，以O為圓心，作圓與OA、分別交于P、Q點，過P、Q點分別作法線的垂線，垂足分別為測量出和的長度，則玻璃的折射率______。

（3）在完成上述實驗過程時，在玻璃磚的一側插上兩枚大頭針和用“＋”表示大頭針的位置，然后在另一側透過玻璃磚觀察，并依次插上大頭針和在插和時，應使______（選填選項前的字母）。

A．只擋住的像B．只擋住的像C．同時擋住的像30、如圖為“研究一定質(zhì)量氣體在壓強不變的條件下；體積變化與溫度變化的關系”的實驗裝置示意圖。在瓶A中封住一定質(zhì)量的氣體，初始時左右兩管中水銀面等高。

（1）若氣體溫度升高，為使瓶內(nèi)氣體的壓強不變，應將右管_____（填“向上”或“向下”）移動，直至_____。（填字母代號）

A.左管中水銀面回到原位置。

B.右管中水銀面回到原位置。

C.左右兩管中水銀面等高。

（2）實驗中多次改變氣體溫度，用表示氣體升高的攝氏溫度，用表示左管內(nèi)水銀面高度的改變量。根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出的圖線是（______）

A.B.C.D.評卷人得分六、解答題(共2題，共8分)31、如圖所示，導熱的圓柱形汽缸固定在水平桌面上，橫截面積為S、質(zhì)量為m1的活塞封閉著一定質(zhì)量的氣體（可視為理想氣體），活塞與汽缸間無摩擦且不漏氣．總質(zhì)量為m2的砝碼盤（含砝碼）通過左側豎直的細繩與活塞相連．當環(huán)境溫度為T時，活塞離缸底的高度為h.現(xiàn)使活塞離缸底的高度為求：

（1）當活塞再次平衡時；環(huán)境溫度是多少？

（2）保持（1）中的環(huán)境溫度不變，在砝碼盤中添加質(zhì)量為Δm的砝碼時，活塞返回到高度為h處；求大氣壓強。

32、一水平放置的氣缸左端開口與大氣相通，活塞可在氣缸內(nèi)壁左右移動。活塞右邊用一隔板將氣缸分成體積均為V0的兩部分，隔板左側是理想氣體，右側是真空，隔板右側還有一電阻絲可加熱?；钊穸瓤珊雎?，活塞和氣缸壁均絕熱，不計一切摩擦。開始時活塞處于靜止狀態(tài)，大氣壓強為p0。外界和理想氣體溫度均為T0。現(xiàn)拔掉隔板；用電熱絲緩慢加熱氣缸中的氣體，直至活塞剛好回到初始位置再次靜止。

（1）求活塞剛好回到初始位置再次靜止時的溫度T；

（2）整個過程中，若電阻絲提供的熱量為Q；求理想氣體內(nèi)能的增加量。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】閉合電路在磁場中運動，穿過閉合電路的磁通量不一定發(fā)生變化，所以閉合電路中不一定有感應電流，故A錯誤．閉合電路中有磁通量，如沒有變化，閉合電路中就沒有感應電流，故B錯誤．導體做切割磁感線運動，不一定有感應電流產(chǎn)生，只有當閉合電路的一部分導體做切割磁感線運動時才有感應電流產(chǎn)生，故C錯誤．穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，閉合電路中就有感應電流，所以D選項是正確的．故選D．2、A【分析】當滑動變阻器R1的滑片P向a端移動時，R1電阻變大，電路的總電阻變大，總電流減小，則A1讀數(shù)減??；路端電壓變大，則R2上的電流變大，則A2讀數(shù)減??；故選項A正確，BCD錯誤；故選A.3、C【分析】【詳解】

僅在電場力作用下從A點進入；離開C點的動能最大，則C點是沿電場強度方向電勢最低的點，所以電場力沿過OC的方向，由于帶電微粒是帶正電，故勻強電場的方向沿OC方向．故C正確，ABD錯誤．故選C．

【點睛】

此題是關于帶電粒子在電場中的運動問題；解決本題的關鍵抓住C點是沿電場強度方向離A點最遠，以及電場線與過C的切線相垂直．4、B【分析】【詳解】

A．A→B過程中，溫度升高，氣體分子的平均動能增大，AB直線過原點表示該過程為等壓變化；故單位時間內(nèi)撞擊單位面積器壁的分子數(shù)減少，故A錯誤；

B．氣體從A→B過程中，溫度升高且體積增大，故氣體吸收熱量且對外做功，設吸熱大小為Q1，做功大小為W1，根據(jù)熱力學第一定律有

氣體從B→C過程中，溫度降低且體積不變，故氣體不做功且對外放熱，設放熱大小為Q2，根據(jù)熱力學第一定律

氣體從C→A過程中，溫度不變，內(nèi)能增量為零，有

即

所以A→B過程中氣體吸收的熱量Q1大于B→C過程中氣體放出的熱量Q2；故B正確；

C．C→A過程中體積減??；單位體積內(nèi)分子數(shù)增加，溫度不變，故單位時間內(nèi)撞擊單位面積器壁的分子數(shù)增加，故C錯誤；

D．氣體做功

A→B過程中體積變化的大小等于C→A過程中體積變化的大小，但圖像上的點與原點連線的斜率越大，壓強越小，故A→B過程中氣體對外做的功大于C→A過程中外界對氣體做的功；故D錯誤。

故選B。5、C【分析】【分析】

【詳解】

A．1kg0℃水的凝固成1kg0℃冰會放出熱量；所以1kg0℃水的內(nèi)能比1kg0℃冰的內(nèi)能大，A錯誤；

B．氣體膨脹；對外做功，若同時吸收熱量，它的內(nèi)能不一定減少，B錯誤；

C．已知阿伏加德羅常數(shù)；某氣體的摩爾質(zhì)量和密度；就可估算出該氣體中分子間的平均距離，C正確；

D．溫度是分子的平均動能的標志，當分子熱運動變劇烈時，溫度升高，但根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程可得；氣體的溫度升高，壓強不一定增大，D錯誤。

故選C。6、C【分析】【分析】

電磁學的物理學史；根據(jù)奧斯特；法拉第、安培、庫侖等人的物理學成就進行解答；

【詳解】

A；1820年；奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系，故A錯誤；

B；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象；揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系，故B錯誤；

C；安培提出了分子電流假說；說明了一切磁現(xiàn)象都是由電流產(chǎn)生的；故C正確；

D；歐姆發(fā)現(xiàn)了歐姆定律；反映導體的電流與電壓、電阻的關系，庫侖首先發(fā)現(xiàn)了電荷之間存在相互作用力，并得出真空中兩個點電荷之間作用力的表達式，故D錯誤；

故選C。

【點睛】

關鍵是物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶。7、A【分析】【分析】

電動勢是反映電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領強弱的物理量；電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓，電動勢與外電路無關；

【詳解】

A；電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓；當外電路接通時，電源有內(nèi)電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電源兩極間電壓一定小于電動勢，故A錯誤，C正確；

B；電動勢是反映電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領強弱的物理量；電動勢越大，電源將其它能轉(zhuǎn)化為電能的本領越大，故B正確；

D；電動勢由電源本身決定；與外電路無關，故D正確。

【點睛】

本題考查電動勢的物理意義，可根據(jù)閉合電路歐姆定律理解電動勢與電源兩極間電壓的關系。8、B【分析】【詳解】

試題分析：根據(jù)動量定理，籃球以一定得速度減小為零，因此當動量的變化一定，則沖量也一樣，因速度變化一樣，因此動能變化一樣，增大作用時間可減少作用力；運動員接籃球時，籃球的動量由某一值減到零，接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前，這樣可以增加籃球和運動員的作用時間，從而減少籃球?qū)\動員的沖擊力，選項B正確．

考點：動量定理的應用．9、D【分析】【分析】

【詳解】

通電穩(wěn)定后斷開開關，電感線圈開始放電當電源，兩只燈泡構成回路，都逐漸熄滅，選項A錯誤．接通開關時，有電阻的支路電流瞬間通過，B燈瞬間變亮，選項B錯誤．A燈與電感線圈串聯(lián)，根據(jù)楞次定律可知，無論其他支路是否短路，A燈都是慢慢變亮，選項C錯誤．楞次定律可知，無論燈泡A是否短路，通過電感線圈的電流都是逐漸增大，選項D正確．故選D.二、多選題(共8題，共16分)10、B:C【分析】【詳解】

A、感應電荷在金屬球球心處產(chǎn)生的電場場強與+Q的點電荷在此處的電場場強大小相等，方向相反，合電場強度為零，因此感應電荷在金屬球球心處產(chǎn)生的電場場強不為零；故A錯誤．B、感應電荷在金屬球球心處激發(fā)的電場場強與點電荷在球心處產(chǎn)生的電場強度大小，方向相反，即為方向向右；故B正確；C；由于靜電感應，金屬球的右側帶負電，左側帶正電，但金屬球是等勢體；故C錯誤．D、靜電感應導致金屬球的電荷重新分布，總電量仍為零，因此左側的正電荷與右側負電荷電量相等，靜電感應現(xiàn)象仍然存在，不能將金屬球兩側的感應電荷中和；故D錯誤．故選BC．

【點睛】解決本題的關鍵要理解并掌握導體處于靜電感應現(xiàn)象的特點：內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且導體是等勢體.11、B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．擴散現(xiàn)象是由分子熱運動引起的；故A錯誤；

B．單晶體具有各向異性；多晶體具有各向同性，液晶具有各向異性，故B正確；

C．在一定溫度下；空氣中水蒸氣的壓強越大，相對濕度越大，故C正確；

D．浸潤與不浸潤都可以引起毛細現(xiàn)象；故D錯誤。

故選BC。12、A:B:C【分析】【詳解】

A．在過程ab中氣體的溫度升高；則內(nèi)能增加，選項A正確；

BD．在過程ca中氣體體積減小，則外界對氣體做功，即W>0；壓強不變，則溫度降低，內(nèi)能減小，即?U<0，則根據(jù)可知Q<0；則氣體放熱，選項B正確，D錯誤；

C．在過程bc中氣體溫度不變；內(nèi)能不變，體積變大，對外做功，則由熱力學第一定律可知，氣體從外界吸收熱量，選項C正確；

故選ABC。13、A:D【分析】本題考查電磁感應；安培定則及其相關的知識點。

開關閉合的瞬間；左側的線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，由楞次定律可判斷出直導線中電流方向為由南向北，由安培定則可判斷出小磁針處的磁場方向垂直紙面向里，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動，選項A正確；開關閉合并保持一段時間后，左側線圈中磁通量不變，線圈中感應電動勢和感應電流為零，直導線中電流為零，小磁針恢復到原來狀態(tài)，選項BC錯誤；開關閉合并保持一段時間后再斷開后的瞬間，左側的線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，由楞次定律可判斷出直導線中電流方向為由北向南，由安培定則可判斷出小磁針處的磁場方向垂直紙面向外，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動，選項D正確。

【點睛】此題中套在一根鐵芯上的兩個線圈，實際上構成一個變壓器。14、A:C:E【分析】【詳解】

A、波沿x軸負向傳播，故此時x＝1.25m處的質(zhì)點向上運動；質(zhì)點縱坐標大于零，故由質(zhì)點運動遠離平衡位置可得：質(zhì)點做加速度增大的減速運動，故A正確；

B、由波沿x軸負向傳播可得：x＝0.6m處的質(zhì)點向平衡位置運動，故x＝0.4m處的質(zhì)點、x＝0.6m處的質(zhì)點都向平衡位置運動，且x＝0.4m處的質(zhì)點比x＝0.6m處的質(zhì)點距離遠，那么，x＝0.6m處的質(zhì)點比x＝0.4m處的質(zhì)點先回到平衡位置；故B錯誤；

C、由波沿x軸負向傳播可得：x＝4m處的質(zhì)點由平衡位置向下振動，故x＝4m處的質(zhì)點再經(jīng)過可運動到波峰位置，又有波長λ＝2m，波速v＝1m/s，所以，周期T＝2s，那么，x＝4m處的質(zhì)點再經(jīng)過1.5s可運動到波峰位置；故C正確；

D、由C可知：x＝2m處的質(zhì)點在做簡諧運動的周期T＝2s，又有振幅A＝0.4m，t＝0時，質(zhì)點位移為零，根據(jù)波沿x軸負向傳播可知質(zhì)點向下振動，故可得：振動方程為y＝﹣0.4sin（πt）（m）；故D錯誤；

E、由C可知簡諧波的周期T＝2s，故經(jīng)過2s，波正好向前傳播一個波長，波形重合，故t＝2s的波形圖與t＝0時的波形圖重合，故E正確．15、B:C:D【分析】【詳解】

A.根據(jù)左手定則可以判斷，兩粒子運動軌跡不同，轉(zhuǎn)過的圓心角不同，但是運動周期相同；所以運動時間不同，A錯誤．

B.根據(jù)可知；粒子運動半徑相同，B正確．

C.因為從同一邊界射入；又從相同邊界射出，所以出射角等于入射角，且洛侖茲力時刻與速度垂直，不做功，所以出射速度大小與入射速度相同，C正確．

D.根據(jù)題意可知，重新回到邊界的位置與O點距離相同，D正確．16、B:D【分析】【詳解】

A；紅壺碰撞前后的速度分別為1.2m/s、0.3m/s；所以紅壺碰撞前后速度大小變化了0.9m/s，故A錯誤；

B、碰撞后藍壺的加速度大小等于紅壺的加速度大小，為．故B正確；

C、設碰后藍壺的速度為v，碰前紅壺的速度v0＝1.2m/s，碰后速度為根據(jù)動量守恒定律可得：解得：v＝0.9m/s，故藍壺運動時間為故C錯誤；

D、碰撞后兩壺相距的最遠距離等于碰后兩圖象與時間軸所圍面積之差，為故D正確．17、A:C【分析】【詳解】

AB．根據(jù)牛頓第三定律可知A對B的作用力與B對A的作用力，等大反向，同時變化，而沖量所以沖量大小相等，A正確B錯誤．

CD．因為發(fā)生的是彈性碰撞，沒有能量損失，A減少的動能等于B增加的動能，而動能改變等于合外力的功，所以A球?qū)球所做功和B球?qū)球所做功相等，C正確D錯誤．三、填空題(共6題，共12分)18、略

【分析】【詳解】

[1]氣體在狀態(tài)a時的溫度最低；則分子平均動能最??；

[2]在過程中氣體溫度不變；壓強變大，則體積變??；

[3]在過程中，壓強不變，溫度升高，內(nèi)能變大，?U>0；體積變大，則氣體對外界做功，則W<0，則根據(jù)

可知，Q>0，即氣體對外界做功小于氣體吸收的熱量?！窘馕觥縜變小小于19、略

【分析】【分析】

此題考查了法拉第電磁感應定律的應用；需要知道的是感應電動勢的最大值：有效值平均值用計算；瞬時值表達式在求解通過某截面的電量時要用平均值.

【詳解】

感應電動勢的最大值：感應電流的最大值：感應電動勢的平均值：由q=It，可得：．

【點睛】【解析】20、略

【分析】【詳解】

（1）彈簧振子的周期為T=4s，則角速度為：振幅A=5cm故該振子簡諧運動的表達式為x=Asinωt=5sintcm．

（2）因而振子在一個周期內(nèi)通過的路程是4A，所以振子在前100s的總路程是：s=25×4A=100×5cm=500cm；總位移為0.【解析】(cm)050021、略

【分析】【分析】

振動圖像描述的是一個質(zhì)點在不同時刻離開平衡位置的位移；波的圖像描述的是同一時刻各個質(zhì)點的位移.

【詳解】

振動圖像描述的是一個質(zhì)點在不同時刻離開平衡位置的位移，則圖像b是振動圖像；圖a是波的圖像；物理意義是同一時刻各個質(zhì)點的位移(或者相對平衡位置的位移)．

【點睛】

本題要理解振動圖象和波動圖象各自的物理意義；知道振動圖像是“照相機”；波的圖像是“錄像機”.【解析】b同一時刻各個質(zhì)點的位移(或者相對平衡位置的位移)22、略

【分析】【詳解】

小球從進入軌道；到上升到h高度時為過程第一階段，這一階段類似完全非彈性的碰撞，動能損失轉(zhuǎn)化為重力勢能（而不是熱能）．

小球到達最大高度h時；小球與小車的速度相同，在小球從滑上小車到上升到最大高度過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以水平向左方向為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：

mv0=（m+m）v

系統(tǒng)的機械能守恒，則得：mv02=（m+m）v2+（m+m）gh

解得：h=

小球從進入到離開，整個過程屬彈性碰撞模型，又由于小球和車的等質(zhì)量，由彈性碰撞規(guī)律可知，兩物體速度交換，故小球離開軌道時速度為零．【解析】023、略

【分析】【詳解】

[1]由動能定理可知

解得

[2]設小球在運動中細線與水平方向的夾角為α，則對任一時刻應有

解得

當時，v最大，為【解析】四、作圖題(共3題，共9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(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(zhuǎn)電極所加的電壓的周期為2T，即在2T的時間內(nèi)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(zhuǎn)量與偏轉(zhuǎn)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(nèi)的穩(wěn)定圖象．XX′偏轉(zhuǎn)電極要接入鋸齒形電壓；即掃描電壓．

B圖中；在XX′偏轉(zhuǎn)電極所加的電壓的周期為T，即在一個周期T的時間內(nèi)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(zhuǎn)量與偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)電壓上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉(zhuǎn)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(nèi)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40分)27、略

【分析】【詳解】

（1）該同學想改裝一個大量程的電流表，他需要把電流表A和定值電阻并聯(lián)，電阻起到分流作用；從而改裝為大量程電流表；

（2）將電流表A與定值電阻并聯(lián)；改裝成大量程電流表，然后電阻箱串聯(lián)，如圖所示：

（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：則：

其中：

由圖像可知：斜率則代入數(shù)據(jù)可以得到：

在縱軸截距：則代入數(shù)據(jù)可以得到：

點睛：本題考查測量電動勢和內(nèi)電阻的實驗原理以及數(shù)據(jù)處理的方法；對于該實驗一定要明確不同接法時的實驗原理，利用閉合電路歐姆定律列