2025年滬科版選修3物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年滬科版選修3物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷499考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、.如圖所示的電路中，電源的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r一定，A、B為平行板電容器的兩塊正對(duì)金屬板，R1為光敏電阻．當(dāng)R2的滑動(dòng)觸頭P在a端時(shí)，閉合開關(guān)S，此時(shí)電流表A和電壓表V的示數(shù)分別為I和U．以下說(shuō)法正確的是())

A.若僅將R2的滑動(dòng)觸頭P向b端移動(dòng)，則I不變，U增大B.若僅增大AB板間距離，則電容器所帶電荷量不變C.若僅用更強(qiáng)的光照射R1，則I增大，U增大，電容器所帶電荷量增加D.若僅用更強(qiáng)的光照射R1，則U變化量的絕對(duì)值與I變化量的絕對(duì)值的比值不變2、如圖所示；一個(gè)粗糙且足夠長(zhǎng)的斜面體靜止于水平面上，并處于方向垂直紙面向外；磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m、帶電荷量為+Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑，在滑塊下滑的過(guò)程中，斜面體靜止不動(dòng)．下列判斷正確的是()

A.滑塊受到的摩擦力逐漸增大B.滑塊沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C.滑塊最終要離開斜面D.滑塊最終可能靜止于斜面上3、下列說(shuō)法正確的是（）A.溫度升高時(shí)物體內(nèi)的每個(gè)分子的運(yùn)動(dòng)速率一定增大B.同種物質(zhì)可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn)C.物體吸熱內(nèi)能一定增大D.不斷改進(jìn)工藝，熱機(jī)的效率可能達(dá)到100%4、1922年英國(guó)物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明；同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)．若速度相同的一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示；則下列相關(guān)說(shuō)法中正確的是()

A.該束帶電粒子帶負(fù)電B.速度選擇器的P1極板帶負(fù)電C.在B2磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，質(zhì)量越大D.在B2磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，比荷越小5、兩條相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌，距離為L(zhǎng)，電阻不計(jì)。導(dǎo)軌內(nèi)有一與水平面垂直向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌左側(cè)接電容器C，電阻R1和R2；如圖所示。垂直導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿AB以一定的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻開始做勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為零后反向勻加速運(yùn)動(dòng)。在金屬桿變速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.R1中無(wú)電流通過(guò)B.R1中電流一直從e流向aC.R2中電流一直從a流向bD.R2中電流先從b流向a，后從a流向b評(píng)卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、如圖，平行金屬板中帶電質(zhì)點(diǎn)P原處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電流表和電壓表對(duì)電路的影響，選地面的電勢(shì)為零，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向b端移動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.電壓表讀數(shù)減小B.小球的電勢(shì)能減小C.電源的效率變高D.若電壓表、電流表的示數(shù)變化量分別為和則7、將不同材料做成的兩根管子A和B插入同一種液體中；A管內(nèi)的液面比管外液面高，B管內(nèi)的液面比管外液面低，那么（）

A.該液體對(duì)B管壁是浸潤(rùn)的，對(duì)A管壁是不浸潤(rùn)的B.該液體對(duì)A管壁是浸潤(rùn)的，對(duì)B管壁是不浸潤(rùn)的C.A管內(nèi)發(fā)生的是毛細(xì)現(xiàn)象，B管內(nèi)發(fā)生的不是毛細(xì)現(xiàn)象D.A管和B管發(fā)生的都是毛細(xì)現(xiàn)象8、關(guān)于固體、液體和氣體，下列說(shuō)法正確的是（）A.單晶體蔗糖磨碎后熔點(diǎn)不會(huì)發(fā)生變化B.由于液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離，故液體表面存在張力C.土壤里有很多毛細(xì)管，如果要把地下的水分沿著它們引到地表，可以將地面的土壤鋤松E.理想氣體在等壓膨脹過(guò)程中，氣體分子在相等時(shí)間內(nèi)對(duì)容器內(nèi)璧相同面積上的撞擊次數(shù)會(huì)減少E.理想氣體在等壓膨脹過(guò)程中，氣體分子在相等時(shí)間內(nèi)對(duì)容器內(nèi)璧相同面積上的撞擊次數(shù)會(huì)減少9、下列說(shuō)法正確的是（）A.氣體放出熱量，其分子平均動(dòng)能不一定減小B.水的飽和汽壓隨溫度升高而增大C.液體汽化現(xiàn)象的原因是液體分子間存在斥力，分子相互排斥導(dǎo)致汽化現(xiàn)象的發(fā)生D.任何物質(zhì)的摩爾體積V、分子體積V0與阿伏加德羅常數(shù)NA之間的關(guān)系都可表示為V=NAV010、如圖所示，固定的豎直光滑U型金屬導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，上端接有阻值為R的電阻，處在方向水平且垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與勁度系數(shù)為k的固定輕彈簧相連放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)．初始時(shí)刻，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，其伸長(zhǎng)量為，此時(shí)導(dǎo)體棒具有豎直向上的初速度v0．在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸．則下列說(shuō)法正確的是

A.初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力大小B.初始時(shí)刻導(dǎo)體棒加速度的大小C.導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中，克服安培力做功等于棒上電阻r的焦耳熱D.導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中，回路上產(chǎn)生的焦耳熱11、如圖甲為豎直彈簧振子；物體在A；B之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，O點(diǎn)為平衡位置，A點(diǎn)為彈簧的原長(zhǎng)位置，從振子經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，振動(dòng)圖象如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是。

A.t=1s時(shí)，振子加速度最大B.t=2s時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大C.t=1s和t=2s兩個(gè)時(shí)刻，彈簧彈性勢(shì)能相等E.t=4s時(shí)，振子加速度大小為gE.t=4s時(shí)，振子加速度大小為g12、圖是某繩波形成過(guò)程的示意圖．質(zhì)點(diǎn)1在外力作用下沿豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，帶動(dòng)質(zhì)點(diǎn)2、3、4，各個(gè)質(zhì)點(diǎn)依次上下振動(dòng)，把振動(dòng)從繩的左端傳到右端．t=T/4時(shí)；質(zhì)點(diǎn)5剛要開始運(yùn)動(dòng)．下列說(shuō)法正確的是。

A.t＝T/4時(shí)，質(zhì)點(diǎn)5開始向下運(yùn)動(dòng)B.t＝T/4時(shí)，質(zhì)點(diǎn)3的加速度方向向下C.從t＝T/2開始的一小段時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)8的速度正在減小D.從t＝T/2開始的一小段時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)8的加速度正在減小13、如圖是水面上兩列頻率相同的波在某時(shí)刻的疊加情況，以波源S1、S2為圓心的兩組同心圓弧分別表示同一時(shí)刻兩列波的波峰（實(shí)線）和波谷（虛線），S1的振幅A1=3cm，S2的振幅A2=2cm；則下列說(shuō)法正確的是（）

E.質(zhì)點(diǎn)C此刻以后將向下振動(dòng)A.質(zhì)點(diǎn)D是振動(dòng)減弱點(diǎn)B.質(zhì)點(diǎn)A、D在該時(shí)刻的高度差為10cmC.再過(guò)半個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)A、C是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)E.E.評(píng)卷人得分三、填空題(共7題，共14分)14、如圖所示，R1＝2Ω，R2＝3Ω，滑動(dòng)變阻器最大值R3＝5Ω，則當(dāng)滑動(dòng)觸頭從a滑到b的過(guò)程中，電流表示數(shù)的變化情況是______________________________．

15、確定一個(gè)溫標(biāo)的方法。

（1）選擇一種_______物質(zhì)。

（2）了解測(cè)溫物質(zhì)用以測(cè)溫的某種性質(zhì)。

（3）確定溫度的_______和_______的方法。16、圖為某同學(xué)改裝的毫安表的電路圖；其中虛線框內(nèi)是毫安表的改裝電路。

已知毫安表表頭的內(nèi)阻為100Ω，滿偏電流為1mA，R1和R2為阻值固定的電阻，若使用a和b兩個(gè)接線柱，電表量程為3mA：若使用a和c兩個(gè)接線拄，電表量程為10mA，由題給條件和數(shù)據(jù)，可以求出R1=___Ω，R2=_______Ω。17、【物理選修3-4】（1）某簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，在t=0時(shí)刻恰好傳播到x=4m的b點(diǎn)；在t=0.6s時(shí)，x=1m的質(zhì)點(diǎn)a恰好第二次位于平衡位置，質(zhì)點(diǎn)P（圖中未畫出）位于x=5m處，下列說(shuō)法正確的是。

E．與該波發(fā)生干涉的另一簡(jiǎn)諧波的頻率是2.5Hz18、質(zhì)量和電荷量大小都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，M和N運(yùn)行的半圓軌跡如圖中的虛線所示，則M帶_________（選填“正電”或“負(fù)電”）；M的運(yùn)行時(shí)間_________（選填“>”、“=”或“<”）N的運(yùn)行時(shí)間。

19、如圖所示，小球A的質(zhì)量為mA=5kg，動(dòng)量大小為PA=4kg.m/s，小球A沿著光滑水平面向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的B球發(fā)生彈性碰撞，碰后A的動(dòng)量大小變?yōu)镻A'=1kg·m/s，方向仍然向右．則由此可知碰撞后小球B的動(dòng)量大小為______kg·m/s，小球B的質(zhì)量為____kg.

20、閱讀短文；回答問(wèn)題：

變頻空調(diào)機(jī)。

空調(diào)機(jī)中有被稱為“冷媒”的物質(zhì)；利用它的物態(tài)變化可以實(shí)現(xiàn)室內(nèi)；室外熱量的轉(zhuǎn)移，如圖所示是空調(diào)機(jī)制冷系統(tǒng)的原理圖，其中壓縮機(jī)的作用是對(duì)氣態(tài)“冷媒”加壓，并使“冷媒”在管內(nèi)循環(huán)，壓縮機(jī)的轉(zhuǎn)速越大，“冷媒”的流量越大，空調(diào)機(jī)的制冷能力就越強(qiáng)．

壓縮機(jī)的轉(zhuǎn)速由供電頻率決定；“變頻空調(diào)”是與傳統(tǒng)供電頻率不變的“定頻空調(diào)”相比較而產(chǎn)生的概念，與“定頻空調(diào)”相比，變頻空調(diào)機(jī)的變頻器可以在一定范圍內(nèi)調(diào)節(jié)供電頻率，從而改變壓縮機(jī)的轉(zhuǎn)速．供電頻率越高，轉(zhuǎn)速越大，達(dá)到控制“冷媒”流量的目的．

變頻空調(diào)機(jī)開始工作時(shí)；以最大功率進(jìn)行制冷，當(dāng)室內(nèi)溫度快速降至設(shè)定溫度后，壓縮機(jī)隨機(jī)處于低速持續(xù)運(yùn)轉(zhuǎn)狀態(tài)，維持室溫基本不變．

某型號(hào)變頻空調(diào)機(jī)的部分參數(shù)如下表；其中：制冷量是指單位時(shí)間內(nèi)空調(diào)機(jī)從密閉區(qū)域內(nèi)去除熱量的總和；能效比是空調(diào)機(jī)在額定狀態(tài)工作時(shí)，制冷量與輸入功率之比．

。

最小。

額定。

最大。

輸入功率/W

130

700

1400

制冷量/W

650

2660

3600

能效比。

﹣﹣

3．8

﹣﹣

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)空調(diào)機(jī)的制冷原理是：在室內(nèi)；“冷媒”由于________吸收熱量，而在室外則由于________放出熱量，從而把室內(nèi)的熱量轉(zhuǎn)移到室外，達(dá)到降低室內(nèi)溫度的目的．（以上均填物態(tài)變化名稱）

(2)關(guān)于變頻空調(diào)機(jī)；下列說(shuō)法正確的是：（_____）．（填字母序號(hào)）

A；變頻空調(diào)的壓縮機(jī)與定頻空調(diào)一樣；也是斷斷續(xù)續(xù)工作的。

B；空調(diào)機(jī)制冷時(shí)；圖中鋼管A內(nèi)流動(dòng)的是氣態(tài)“冷媒”

C；空調(diào)壓縮機(jī)是利用降溫的方法使“冷媒”發(fā)生物態(tài)變化的。

D、變頻器供電頻率越高，空調(diào)機(jī)的制冷能力越強(qiáng)評(píng)卷人得分四、作圖題(共3題，共24分)21、如圖所示，甲、乙是直線電流的磁場(chǎng)，丙、丁是環(huán)形電流的磁場(chǎng)，戊、己是通電螺線管的磁場(chǎng)，試在各圖中補(bǔ)畫出電流方向或磁感線方向．

22、示波管的內(nèi)部結(jié)構(gòu)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(qǐng)畫出熒光屏上出現(xiàn)的完整掃描波形圖．

23、圖中表示某一時(shí)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(guò)7s后的波形曲線。

評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共1題，共2分)24、圖a為某同學(xué)組裝完成的簡(jiǎn)易多用電表的電路圖。圖中E是電池，R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻，R6是可變電阻；表頭G的滿偏電流為250μA，內(nèi)阻為480Ω。虛線方框內(nèi)為換擋開關(guān)，A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個(gè)擋位；5個(gè)擋位為：直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆×100Ω擋。

(1)圖a中的A端與______（填“紅”或“黑”）色表筆相連接。

(2)關(guān)于R6的使用，下列說(shuō)法正確的是_______（填正確答案標(biāo)號(hào)）。

A．在使用多用電表之前，調(diào)整R6使電表指針指在表盤左端電流“0”位置。

B．使用歐姆擋時(shí)，先將兩表筆短接，調(diào)整R6使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置。

C．使用電流擋時(shí)，調(diào)整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置。

(3)根據(jù)題給條件可得R1＋R2=_______Ω，R4=________Ω。

(4)某次測(cè)量時(shí)該多用電表指針位置如圖b所示。若此時(shí)B端是與“1”相連的，則多用電表讀數(shù)為_______；若此時(shí)B端是與“3”相連的，則讀數(shù)為________；若此時(shí)B端是與“5”相連的，則讀數(shù)為___________。（結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）評(píng)卷人得分六、解答題(共4題，共20分)25、如圖所示，開口向上、內(nèi)壁光滑的絕熱氣缸豎直放置，卡口離缸底的高度h=0.1m。質(zhì)量M=20kg的活塞停在卡口處，活塞的橫截面積m2，缸內(nèi)氣體溫度t1=27°C，壓強(qiáng)Pa?，F(xiàn)通過(guò)電熱絲緩慢加熱缸內(nèi)氣體。已知外界大氣壓強(qiáng)Pa，取重力加速度g=10m/s2。

（1）活塞剛要離開卡口時(shí)，求氣體的熱力學(xué)溫度T2；

（2）活塞離開卡口后繼續(xù)上升了H=0.1m，此過(guò)程中氣體吸收了Q=320J的熱量，求此過(guò)程中氣體內(nèi)能的變化量

26、如圖所示，水平直軌道AC的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=8m，AC中點(diǎn)B正上方有一探測(cè)器，C處有一豎直擋板D．現(xiàn)使物塊Pl沿軌道向右以速度Vl與靜止在A處的物塊P2正碰，碰撞后，P1與P2粘成組合體P．以Pl、P2碰撞時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，探測(cè)器只在t1=2s至t2=4s內(nèi)工作．已知物塊Pl、P2的質(zhì)量均力m=1kg，Pl、P2和P均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2．

（1）若v1=8m/s；P恰好不與擋板發(fā)生碰撞，求P與軌道AC間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

（2）若P與擋板發(fā)生彈性碰撞后，并能在探測(cè)器工作時(shí)間內(nèi)通過(guò)B點(diǎn)，求V1的取值范圍；

（3）在滿足（2）的條件下；求P向左經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的最大動(dòng)能．

27、如圖所示,一顆質(zhì)量為m、速度為v0的子彈豎直向上射穿質(zhì)量為M的木塊后繼續(xù)上升,子彈從射穿木塊到再回到原木塊處所經(jīng)過(guò)的時(shí)間為T．那么當(dāng)子彈射穿木塊后,木塊上升的最大高度是多少？

28、從宏觀現(xiàn)象中總結(jié)出來(lái)的經(jīng)典物理學(xué)規(guī)律不一定都能適用于微觀體系．但是在某些問(wèn)題中利用經(jīng)典物理學(xué)規(guī)律也能得到與實(shí)際比較相符合的結(jié)論．根據(jù)玻爾的氫原子模型，電子的運(yùn)動(dòng)看做經(jīng)典力學(xué)描述下的軌道運(yùn)動(dòng)，原子中的電子在庫(kù)侖力作用下，繞原子核做圓周運(yùn)動(dòng)．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，靜電力常量為k．氫原子處于基態(tài)（n=1）時(shí)電子的軌道半徑為r1，電勢(shì)能為（取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)能為零)．第n個(gè)能級(jí)的軌道半徑為rn，已知rn=n2r1；氫原子的能量等于電子繞原子核運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能；電子與原子核系統(tǒng)的電勢(shì)能的總和．

（1）求氫原子處于基態(tài)時(shí)；電子繞原子核運(yùn)動(dòng)的速度；

（2）證明：氫原子處于第n個(gè)能級(jí)的能量為基態(tài)能量的（n=1；2，3，）；

（3）1885年，巴爾末對(duì)當(dāng)時(shí)已知的在可見光區(qū)的四條譜線做了分析，發(fā)現(xiàn)這些譜線的波長(zhǎng)能夠用一個(gè)公式表示，這個(gè)公式寫做n=3，4，5，．式中R叫做里德伯常量，這個(gè)公式稱為巴爾末公式．已知?dú)湓踊鶓B(tài)的能量為E1，用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速；求：

a．里德伯常量R的表達(dá)式；

b．氫原子光譜巴爾末系最小波長(zhǎng)與最大波長(zhǎng)之比．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【詳解】

滑動(dòng)變阻器處于含容支路中，相當(dāng)于導(dǎo)線，所以移動(dòng)滑動(dòng)觸頭，I不變，U不變．故A錯(cuò)誤．若僅增大A、B板間距離，電容減小，板間電壓不變，則由電容的定義式C=分析可知電容器所帶電荷量減少，故B錯(cuò)誤．若僅用更強(qiáng)的光線照射R1，R1的阻值變小，總電阻減小，I增大，內(nèi)電壓和R3的電壓均增大，U以及電容器板間電壓均減小，電容不變，由電容的定義式C=分析可知電容器所帶電荷量減少．故C錯(cuò)誤．若僅用更強(qiáng)的光照射R1，R1的阻值變小，總電阻減小，I增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得U=E-Ir可得：不變，故D正確．故選D．

【點(diǎn)睛】

解決本題的關(guān)鍵電路穩(wěn)定時(shí)R3相當(dāng)于導(dǎo)線，電容器兩端間的電壓等于R1兩端間的電壓，再利用閉合電路歐姆定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析．對(duì)于電容的動(dòng)態(tài)分析，應(yīng)根據(jù)電容的決定式和電容的定義式C=結(jié)合進(jìn)行分析．2、C【分析】【詳解】

滑塊受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛倫茲力和沿斜面向上的摩擦力四個(gè)力的作用，初始時(shí)刻洛倫茲力為0，滑塊在重力和摩擦力的作用下沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，隨著速度v的增大，洛倫茲力qvB增大，滑塊受到的彈力減小，引起摩擦力減小，滑塊沿斜面向下加速度大小變大，當(dāng)時(shí)；滑塊開始離開斜面．綜上所述，故C正確，ABD錯(cuò)誤；

故選C．3、B【分析】【分析】

熱現(xiàn)象的微觀理論認(rèn)為；構(gòu)成物體的各個(gè)分子的運(yùn)動(dòng)都是無(wú)規(guī)則的；帶有偶然性的，但大量分子的運(yùn)動(dòng)卻有一定的規(guī)律；同種物質(zhì)可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn)；由熱力學(xué)定義定律△U=W+Q求解；熱機(jī)的效率不可能達(dá)到100%．

【詳解】

溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志；是大量分子的運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，溫度升高，分子的平均動(dòng)能增大，分子的平均速率增大，不是每個(gè)分子的運(yùn)動(dòng)速率一定增大．故A錯(cuò)誤；同種物質(zhì)可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn)，如天然水晶是晶體．而熔化后再凝固的水晶是非晶體，故B正確．由熱力學(xué)定義定律得：△U=W+Q，吸收熱量Q＞0，對(duì)外做功W＜0，但是不知道W與Q大小關(guān)系，所以內(nèi)能可能改變，可能不變，故C錯(cuò)誤；根據(jù)熱力學(xué)第二定律，即使不斷改進(jìn)工藝，熱機(jī)的效率也不可能達(dá)到100%．故D錯(cuò)誤．故選B．

【點(diǎn)睛】

該題考查熱力學(xué)第一定律、熱力學(xué)第二定律、溫度的微觀意義等，考查內(nèi)容較廣，每個(gè)知識(shí)點(diǎn)都可能作為考查的內(nèi)容，但難度不大，故應(yīng)全面把握，多加積累．4、D【分析】【詳解】

A、帶電粒子在磁場(chǎng)中向下偏轉(zhuǎn)，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則知，該粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；

B、在平行金屬板間，根據(jù)左手定則知，帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則電場(chǎng)力的方向豎直向下，知電場(chǎng)強(qiáng)度的方向豎直向下，所以速度選擇器的極板帶正電，故B錯(cuò)誤；

C、進(jìn)入磁場(chǎng)中的粒子速度是一定的，根據(jù)得，知r越大，荷質(zhì)比越小，而質(zhì)量m不一定大，故C錯(cuò)誤，D正確．5、B【分析】【詳解】

開始時(shí)，金屬桿AB以一定的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=BLv，電容器兩端的帶電量為，Q=CU=CBLv，由右手定則知，R2感應(yīng)電流方向由a向b，故電容器的上極板帶正電，開始做勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為零的過(guò)程中，Q=CU=CBLv知，速度減小，極板帶電量減小，有電流定義式：I＝q/t可知，R1中有電流通過(guò)，方向由a流向e，R2中電流從a流向b，故A錯(cuò)誤；反向勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由右手定則知，R2感應(yīng)電流方向由b向a，電容器反向充電，流經(jīng)R1電流方向由e流向a；故B正確，CD錯(cuò)誤；故選B。

【點(diǎn)睛】

本題電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題，基礎(chǔ)是識(shí)別電路的結(jié)構(gòu)．本題難點(diǎn)是根據(jù)并聯(lián)電路電流與電阻成反比確定兩電阻電量的關(guān)系．在高考中電路中含有電容器也是熱點(diǎn)問(wèn)題．二、多選題(共8題，共16分)6、A:D【分析】【詳解】

A項(xiàng)：由圖可知，R2與滑動(dòng)變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再由R1串連接在電源兩端；電容器與R3并聯(lián)；當(dāng)滑片向b移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減?。挥砷]合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓減小，同時(shí)R1兩端的電壓也增大；所以并聯(lián)部分的電壓減?。还蔄正確；

B項(xiàng)：由A項(xiàng)分析可知并聯(lián)部分的電壓減小，即平行金屬板兩端電壓減小，根據(jù)平行金屬板間的場(chǎng)強(qiáng)減小，小球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，由于下板接地即下板電勢(shì)為0，由帶電質(zhì)點(diǎn)P原處于靜止?fàn)顟B(tài)可知，小球帶負(fù)電，根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大，所以小球的電勢(shì)能增大，故B錯(cuò)誤；

C項(xiàng)：電源的效率：由A分析可知；路端電壓減小，所以電源的效率變低，故C錯(cuò)誤；

D項(xiàng)：將R1和電源等效為一個(gè)新的電源，新電源的內(nèi)阻為r+R1，電壓表測(cè)的為新電源的路端電壓，如果電流表測(cè)的也為總電流，則由A分析可知由于總電流增大，并聯(lián)部分的電壓減小，所以R3中的電流減小，則IA增大，所以所以故D正確．

點(diǎn)晴：解決本題關(guān)鍵理解電路動(dòng)態(tài)分析的步驟：先判斷可變電阻的變化情況，根據(jù)變化情況由閉合電路歐姆定律確定總電流的變化情況，再確定路端電壓的變化情況，最后根據(jù)電路的連接特點(diǎn)綜合部分電路歐姆定律進(jìn)行處理．7、B:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．由圖可知A管子中液體附著在管壁上；根據(jù)表面張力的作用，所以A管液面高于槽內(nèi)液面；B管子中液體不會(huì)附著在管壁上，根據(jù)表面張力的作用，所以B管液面低于槽內(nèi)液面；該液體對(duì)A管壁是浸潤(rùn)的，對(duì)B管壁是不浸潤(rùn)的，A錯(cuò)誤，B正確；

CD．浸潤(rùn)液體在細(xì)管里升高的現(xiàn)象和不浸潤(rùn)液體在細(xì)管里降低的現(xiàn)象均叫毛細(xì)現(xiàn)象；C錯(cuò)誤，D正確。

故選BD8、A:B:E【分析】【分析】

【詳解】

A．單晶體蔗糖磨碎后熔點(diǎn)不會(huì)發(fā)生變化。故A正確；

B．由于液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離；分子間作用力表現(xiàn)為引力，故液體表面存在張力，故B正確；

C．將地面的土壤鋤松后破壞了土壤里的毛細(xì)管；不再發(fā)生毛細(xì)現(xiàn)象，水分保留在土壤內(nèi)部。故C錯(cuò)誤；

D．用打氣筒給自行車打氣時(shí)；越下壓越費(fèi)力這是氣體壓強(qiáng)作用的緣故，與分子力無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤；

E．理想氣體在等壓膨脹過(guò)程中；溫度升高，分子平均動(dòng)能增加，分子對(duì)器壁的平均撞擊力增大，而壓強(qiáng)不變，則氣體分子在相等時(shí)間內(nèi)對(duì)容器內(nèi)壁相同面積上的撞擊次數(shù)會(huì)減少，故E正確。

故選ABE。9、A:B【分析】【詳解】

A．若外界對(duì)氣體做的功大于氣體放出的熱量；氣體溫度升高，其分子的平均動(dòng)能增大，故A正確；

B．水的飽和汽壓隨溫度的變化而變化；溫度越高，飽和汽壓越大，故B正確；

C．汽化是物質(zhì)從液態(tài)變成氣態(tài)的過(guò)程；汽化分為蒸發(fā)和沸騰兩種情況，跟分子運(yùn)動(dòng)有關(guān)，不是分子間的相互排斥產(chǎn)生的，故C錯(cuò)誤；

D．固體或液體的摩爾體積V，每個(gè)分子的體積V0和阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系可表示為但對(duì)于氣體此式不成立，故D錯(cuò)誤。

故選AB。10、B:D【分析】【詳解】

導(dǎo)體棒的初速度為v0，初始時(shí)刻產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=BLv0；設(shè)初始時(shí)刻回路中產(chǎn)生的電流為I，由閉合電路的歐姆定律得：設(shè)初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力為F，由安培力公式得：F=BIL；聯(lián)立上式得，．故A錯(cuò)誤；初始時(shí)刻，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，棒受到重力、向下的安培力和彈簧的彈力，所以：ma=mg+kx+F得：a=2g+．故B正確；導(dǎo)體棒直到最終靜止時(shí)，棒受到重力和彈簧的彈力，受力平衡，則：mg=kx2，得：x2=．由于x1=x2，所以彈簧的彈性勢(shì)能不變，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得：mg（x1+x2）+Ek=Q，解得系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量：可知R上產(chǎn)生的熱量要小于系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量．故C錯(cuò)誤；D正確；故選BD．

【點(diǎn)睛】

本題中安培力的經(jīng)驗(yàn)公式可以由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、歐姆定律、安培力三個(gè)公式結(jié)合推導(dǎo)出來(lái)，要加強(qiáng)記憶，有助于分析和計(jì)算.11、B:D:E【分析】【詳解】

A.t=1s時(shí)；振子在平衡位置，加速度為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.t=2s時(shí)；振子到達(dá)最低點(diǎn)，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大，選項(xiàng)B正確；

C.t=2s時(shí)刻彈簧的壓縮量比t=1s時(shí)刻大，t=2s時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能比t=1s時(shí)刻大；選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.由振動(dòng)圖像可知，t=3s時(shí)，振子經(jīng)過(guò)O點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)；選項(xiàng)D正確.

E.t=4s時(shí)，振子回到A點(diǎn)，此時(shí)振子的加速度大小為g，選項(xiàng)E正確.12、B:C【分析】A、t＝T/4時(shí)；質(zhì)點(diǎn)5開始向上運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；

B、t＝T/4時(shí)；質(zhì)點(diǎn)3受到指向平衡位置的回復(fù)力的作用，加速度方向向下，B正確；

CD、從t＝T/2開始的一小段時(shí)間內(nèi)；質(zhì)點(diǎn)8正在從平衡位置向上運(yùn)動(dòng)，速度正在減小，加速度正在增大，C正確，D錯(cuò)誤．

故選：BC．13、B:D:E【分析】【詳解】

兩個(gè)波源的振動(dòng)步調(diào)一致；圖中AD到兩個(gè)波源路程差為零，是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，而BC是波峰與波谷相遇，是振動(dòng)減弱點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；圖示時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)A的位移為+3cm+2cm=+5cm，質(zhì)點(diǎn)D的位移為-3cm-2cm=-5cm，故質(zhì)點(diǎn)A；D在該時(shí)刻的高度差為10cm，故B正確；振動(dòng)的干涉圖象是穩(wěn)定的，AD一直是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，而BC一直是振動(dòng)減弱點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)C是振動(dòng)減弱點(diǎn)，振幅為3cm-2cm=1cm，故D正確；質(zhì)點(diǎn)C是振動(dòng)減弱點(diǎn)，此刻在上方最大位移處，故質(zhì)點(diǎn)C此刻以后將向下振動(dòng)，故E正確；故選BDE。

【點(diǎn)睛】

本題考查波的干涉，波的干涉中，某質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)是加強(qiáng)還是減弱，取決于該點(diǎn)到兩相干波源的距離之差△r．

（1）當(dāng)兩波源振動(dòng)步調(diào)一致時(shí)：

若△r=nλ（n=0；1，2，），則振動(dòng)加強(qiáng)；

若△r=（2n+1）（n=0；1，2，），則振動(dòng)減弱．

（2）當(dāng)兩波源振動(dòng)步調(diào)相反時(shí)：

若△r=（2n+1）（n=0；1，2，），則振動(dòng)加強(qiáng)；

若△r=nλ（n=0，1，2，），則振動(dòng)減弱．三、填空題(共7題，共14分)14、略

【分析】【詳解】

由電路的組成可知，R1和R3的上半部分串聯(lián)，R2和R3的下半部分串聯(lián)，然后再并聯(lián)．只要求出P由a向b滑動(dòng)過(guò)程中電阻的變化，就可求得電流的變化．設(shè)P、a間電阻為Ra；則混聯(lián)電路的電阻為。

上式中分子里兩個(gè)因式之和為定值，則當(dāng)時(shí)當(dāng)時(shí)，R＝1.6Ω，I1＝≈3.94A

當(dāng)時(shí)，R＝2.1Ω，I2＝3A

故當(dāng)滑動(dòng)觸頭P從a端滑動(dòng)到b端的過(guò)程中；電流表示數(shù)變化：從3.94A減小到2.52A再增大到3A.

【點(diǎn)睛】

本題正確列出并聯(lián)電路電阻表達(dá)式，再根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系，即可正確解題．【解析】從3.94A減小到2.52A再增大到3A15、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】測(cè)溫零點(diǎn)分度16、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]使用a、b接線柱時(shí)

使用a、c兩個(gè)接線柱時(shí)

即

聯(lián)立解得【解析】153517、A:C:D【分析】由圖可知，由題意t=0.6s，質(zhì)點(diǎn)a恰好第二次位于平衡位置，則即T=0.8s，根據(jù)公式A正確；由圖可知，質(zhì)點(diǎn)b的振動(dòng)方向向下，而后面的質(zhì)點(diǎn)重復(fù)前面質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況，故質(zhì)點(diǎn)P起振方向也是向下，B錯(cuò)誤；當(dāng)波由b點(diǎn)傳播到P需要的時(shí)間為t0，則則質(zhì)點(diǎn)P振動(dòng)的時(shí)間為則質(zhì)點(diǎn)P通過(guò)的路程為s=1.25×4A=0.10m，C正確；質(zhì)點(diǎn)P第三次到達(dá)波峰的時(shí)間為故D正確；頻率相同，相差恒定的兩列波產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉，故能與此波產(chǎn)生穩(wěn)定干涉的另一列波的頻率為故E錯(cuò)誤；故選ACD.18、略

【分析】【詳解】

[1]磁場(chǎng)的方向向里；由左手定則判斷出M帶負(fù)電荷，N帶正電荷；

[2]粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半周，即時(shí)間為周期的一半，根據(jù)

而

整理可以得到

所以M的運(yùn)行時(shí)間等于N的運(yùn)行時(shí)間。

點(diǎn)睛：本題結(jié)合帶電粒子的磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考查到左手定則、半徑的公式和根據(jù)周期的公式，屬于基本應(yīng)用?！窘馕觥控?fù)電=19、略

【分析】【詳解】

以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：解得：由機(jī)械能守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：．【解析】3320、略

【分析】（1）在室內(nèi)；制冷劑由液態(tài)變成氣態(tài)，叫做汽化，汽化吸熱；在室外又由氣態(tài)變成液態(tài)叫液化，液化放熱．故填汽化（蒸發(fā)）；液化．

（2）變頻空調(diào)的壓縮機(jī)是連續(xù)工作的，故A錯(cuò)誤；由圖示可知，空調(diào)機(jī)制冷時(shí)，圖中鋼管A內(nèi)流動(dòng)的是氣態(tài)“冷媒”，故B正確；空調(diào)壓縮機(jī)是利用做功的方法使“冷媒”發(fā)生物態(tài)變化的，故C錯(cuò)誤；變頻器供電頻率越高，空調(diào)機(jī)的制冷能力越強(qiáng)，故D正確。所以選BD。【解析】液化汽化BD四、作圖題(共3題，共24分)21、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(chǎng)方向，也可以通過(guò)磁場(chǎng)方向來(lái)確定電流的方向；

圖甲；已知磁場(chǎng)方向，順時(shí)針方向，則電流垂直紙面向里；

圖乙；電流右側(cè)的磁場(chǎng)的方向向里，左側(cè)的磁場(chǎng)的方向向外，則電流的方向向上；

圖丙；已知磁場(chǎng)方向，則可知電流方向，逆時(shí)針方向；

圖丁；環(huán)形電流從左側(cè)流入，從右側(cè)流出，所以磁場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)的方向向右．如圖所示：

【解析】22、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(shí)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(guò)程中，豎直方向由2個(gè)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(dá)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(cè)信號(hào)在一個(gè)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(gè)周期T的時(shí)間內(nèi)完成一次水平方向的掃描，同時(shí)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(guò)程中，豎直方向也完成一個(gè)周期性的變化；y方向的電壓大小不變，方向每半個(gè)周期變化一次，結(jié)合電子到達(dá)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(diǎn)：考查了示波器的工作原理。

【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)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(hào)電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極通常接入鋸齒形電壓，即掃描電壓，當(dāng)信號(hào)電壓與掃描電壓周期相同時(shí)，就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象【解析】23、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(dòng)情況相同；因此作出以下圖形。

【解析】五、實(shí)驗(yàn)題(共1題，共2分)24、略

【分析】【詳解】

(1)[1]與歐姆表內(nèi)電源正極相連的是黑表筆。

(2)[2]R6是可變電阻，它的作用就是歐姆表調(diào)零，也就是使用歐姆擋時(shí)，先將兩表筆短接，調(diào)整R6使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置。

(3)[3]換擋開關(guān)接2時(shí)，是量程較小的電流表，所以

[4]換擋開關(guān)接4時(shí)，是量程較小的電壓表，這時(shí)表頭與R1