2025年新世紀(jì)版選修3物理上冊(cè)階段測試試卷含答案

…………○…………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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年新世紀(jì)版選修3物理上冊(cè)階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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，OM的左側(cè)存在范圍足夠大、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外，OM左側(cè)到OM距離為L的P處有一個(gè)粒子源，可沿紙面內(nèi)各個(gè)方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計(jì))速率均為則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為。

A.B.C.D.2、如圖所示，電源內(nèi)阻不能忽略，電流表、電壓表均可視為理想電表，在滑動(dòng)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(gè)熱機(jī)理想循環(huán)的圖像，一定質(zhì)量理想氣體從狀態(tài)依次經(jīng)過狀態(tài)和后再回到狀態(tài)完成一個(gè)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(duì)外做功C.從狀態(tài)變化到狀態(tài)的過程中，氣體內(nèi)能增加D.從狀態(tài)變化到狀態(tài)的過程中，氣體壓強(qiáng)變大4、對(duì)于實(shí)際的氣體，下列說法正確的是（）A.氣體的內(nèi)能包括氣體整體運(yùn)動(dòng)的動(dòng)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(xué)第二定律C.第二類永動(dòng)機(jī)因?yàn)檫`反了能量守恒定律所以無法實(shí)現(xiàn)D.兩個(gè)分子間勢(shì)能可能隨這兩個(gè)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(jī)械橫波，某時(shí)刻波形如圖所示。已知此時(shí)處質(zhì)點(diǎn)沿軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，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?yàn)檠剌S正方向D.此時(shí)處質(zhì)點(diǎn)的加速度為評(píng)卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、在水平向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中豎直放置兩根間距為L的光滑金屬導(dǎo)軌，底端接電阻R，輕彈簧上端固定，下端懸掛質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒；金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．金屬棒靜止時(shí)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)通過R的電流方向是從右向左B.金屬棒第一次到達(dá)A處時(shí)速度最大C.金屬棒能到達(dá)的最低點(diǎn)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(shí)玻璃對(duì)a光的臨界角較大B.玻璃對(duì)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(nèi)有兩條互相垂直的通電長直絕緣導(dǎo)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(diǎn)，它們相對(duì)于L1對(duì)稱．整個(gè)系統(tǒng)處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)外磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0．已知a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B0和B0；方向也垂直于紙面向里．則。

A.流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0B.流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0C.流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0D.流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B09、1930年勞倫斯制成了世界上第一臺(tái)回旋加速器，其原理如圖所示，兩個(gè)銅質(zhì)D形盒與交流電源相連，置于勻強(qiáng)磁場中，其間留有空隙，粒子從A點(diǎn)開始沿虛線運(yùn)動(dòng)．下列說法正確的有

A.粒子運(yùn)動(dòng)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(shí)的速度將增大C.只增大電壓U，粒子從加速器中出來時(shí)的速度將增大D.加速完質(zhì)子后，不改變交流電的周期和磁感應(yīng)強(qiáng)度，可以直接用來加速氦原子核質(zhì)量是質(zhì)子的4倍，電荷是質(zhì)子的2倍10、如圖甲所示，由一根導(dǎo)線繞成的矩形線圈的匝數(shù)n＝10匝，質(zhì)量m＝0.04kg、高h(yuǎn)＝0.05m、總電阻R＝0.5Ω、豎直固定在質(zhì)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(yùn)動(dòng)，并以初速度v0＝2m/s進(jìn)入垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T，運(yùn)動(dòng)過程中線圈平面和磁場方向始終垂直．若小車從剛進(jìn)磁場位置1運(yùn)動(dòng)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(shí)線圈中的電流I＝1.5AC.小車運(yùn)動(dòng)到位置3時(shí)的速度為1.0m/sD.小車由位置2運(yùn)動(dòng)到位置3的過程中，線圈產(chǎn)生的熱量Q＝0.0875J11、封閉在氣缸內(nèi)一定質(zhì)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(xué)溫度關(guān)T系如圖所示，該氣體的摩爾質(zhì)量為M，狀態(tài)A的體積為溫度為O、A、D三點(diǎn)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(nèi)能增加B.氣體體積增大，單位時(shí)間內(nèi)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(gè)氣體分子的動(dòng)能都會(huì)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(dòng)勢(shì)E，內(nèi)阻為r。設(shè)電流表A的讀數(shù)為I，電壓表V的讀數(shù)為U。當(dāng)R5的滑動(dòng)觸點(diǎn)向圖中a端移動(dòng)時(shí)（）

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(guān)于近代物理學(xué)，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(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)能輻射出6種不同頻率的光C.重核裂變過程生成中等質(zhì)量的核，反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)守恒，但質(zhì)量一定減少D.經(jīng)典物理學(xué)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(píng)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(qiáng)磁場。帶電粒子（不計(jì)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(shí)，速度方向偏轉(zhuǎn)60°角；該帶電粒子第二次以速度v2從同一點(diǎn)沿同一方向入射，粒子飛出磁場區(qū)域時(shí)，速度方向偏轉(zhuǎn)90°角。則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為_______；速度之比為__________；周期之比為_________；時(shí)間之比為__________。15、一卡諾熱機(jī)，工作在300K的高溫?zé)嵩春?00K的低溫?zé)嵩粗g，則此熱機(jī)的效率η=__________________。若在等溫膨脹過程中此熱機(jī)吸熱2×105J，則在每一循環(huán)中對(duì)外所作的功W=_______________。16、汽車內(nèi)燃機(jī)氣缸內(nèi)汽油燃燒時(shí)，氣體體積膨脹推動(dòng)活塞對(duì)外做功。已知在某次對(duì)外做功的沖程中，汽油燃燒釋放的化學(xué)能為1×103J，因尾氣排放、氣缸發(fā)熱等對(duì)外散失的熱量為8×102J。該內(nèi)燃機(jī)的效率為________。隨著科技的進(jìn)步，可設(shè)法減少熱量的損失，則內(nèi)燃機(jī)的效率能不斷提高，其效率________(選填“有可能”或“仍不可能”)達(dá)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(gè)電阻串聯(lián)接成如上圖乙所示的電路時(shí)，電流表的示數(shù)為0.1A．則此時(shí)電阻R2兩端的電壓是______V．

18、兩個(gè)分別帶有電荷量和的相同金屬小球（均可視為點(diǎn)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(píng)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(bǔ)畫出電流方向或磁感線方向．

20、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．

21、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7s后的波形曲線。

評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共12分)22、碰撞的恢復(fù)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(fù)系數(shù)e=1，非彈性碰撞的恢復(fù)系數(shù)e<1。某同學(xué)借用“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置（如圖所示）驗(yàn)證彈性碰撞的恢復(fù)系數(shù)是否為1；實(shí)驗(yàn)中使用半徑相等的鋼質(zhì)小球1和2，實(shí)驗(yàn)步驟如下：

安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，做好測量前的準(zhǔn)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(diǎn)由靜止?jié)L下，并落在地面上，重復(fù)多次，用盡可能小的圓把小球的所有落點(diǎn)圈在里面，其圓心P就是小球落點(diǎn)的平均位置。

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

第三步，用刻度尺分別測量三個(gè)落地點(diǎn)的平均位置離O點(diǎn)的距離，即線段OM、OP、ON的長度；在上述實(shí)驗(yàn)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(gè)問題。

A．小球開始釋放高度hB．小球拋出點(diǎn)距地面的高度HC．小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程。

（2）本實(shí)驗(yàn)中小球1的質(zhì)量與小球2的質(zhì)量大小應(yīng)滿足的關(guān)系()

A．m1>m2B．m1<m2C．m1=m2D．m1≤m2

（3）不放小球2，小球1落地點(diǎn)P距O點(diǎn)的距離OP與實(shí)驗(yàn)中所用的小球質(zhì)量是否有關(guān)？______（填“有關(guān)”或“無關(guān)”）。

（4）用題中的測量量計(jì)算碰撞恢復(fù)系數(shù)的表達(dá)式e＝______。23、(1)用DIS測電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻電路如圖(a)所示，R0為定值電阻．調(diào)節(jié)電阻箱R，記錄電阻箱的阻值R和相應(yīng)的電流值I，通過變換坐標(biāo)，經(jīng)計(jì)算機(jī)擬合得到如圖(b)所示圖線，則該圖線選取了____為縱坐標(biāo)，由圖線可得該電源電動(dòng)勢(shì)為____V．

(2)現(xiàn)有三個(gè)標(biāo)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(nèi)阻r=_____Ω，圖(a)中定值電阻R0=____Ω.

24、在“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，氣墊導(dǎo)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(zhì)量分別為m1和m2．實(shí)驗(yàn)中，用細(xì)線將兩個(gè)滑塊拉近使輕彈簧壓縮，然后燒斷細(xì)線，輕彈簧將兩個(gè)滑塊彈開，測得它們通過光電門的時(shí)間分別為t1、t2．

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

（2）用測量的物理量表示動(dòng)量守恒應(yīng)滿足的關(guān)系式：______，被壓縮彈簧開始貯存的彈性勢(shì)能EP=______．評(píng)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(xué)分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)域有重要的應(yīng)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(qiáng)磁場，A處有一狹縫．離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)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(yùn)動(dòng)到GA邊，被相應(yīng)的收集器收集．整個(gè)裝置內(nèi)部為真空．已知被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是m1和m2(m1>m2)，電荷量均為q．加速電場的電勢(shì)差為U；離子進(jìn)入電場時(shí)的初速度可以忽略．不計(jì)重力，也不考慮離子間的相互作用．

(1)求質(zhì)量為m1的離子進(jìn)入磁場時(shí)的速率v1；

(2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時(shí)，求兩種離子在GA邊落點(diǎn)的間距s；

(3)在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響，實(shí)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(diǎn)區(qū)域交疊，導(dǎo)致兩種離子無法完全分離．設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，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(shè)條件求出粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r；結(jié)合左手定則粒子做逆時(shí)針方向勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間t最短時(shí)，所轉(zhuǎn)過的圓心角θ最小，所對(duì)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(yùn)動(dòng)最短時(shí)間的軌跡，由幾何關(guān)系求出此種情況下粒子的偏轉(zhuǎn)角θ，從而求出了最短時(shí)間．

【詳解】

粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(shí)間越短，根據(jù)題意可得最短弦長為L，則此時(shí)粒子圓周運(yùn)動(dòng)得圓心角為故粒子運(yùn)動(dòng)得最短時(shí)間故選B2、A【分析】【詳解】

首先認(rèn)識(shí)電路的結(jié)構(gòu)：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(dāng)滑動(dòng)頭滑到變阻器中點(diǎn)時(shí)，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，減小而減小．根據(jù)歐姆定律及串并聯(lián)電阻關(guān)系分析電表讀數(shù)變化．

當(dāng)滑動(dòng)頭從a端滑到中點(diǎn)時(shí)，變阻器左右并聯(lián)的電阻增大，分擔(dān)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(nèi)電壓減小，路端電壓增大，則電壓表的示數(shù)增大；當(dāng)滑動(dòng)頭從中點(diǎn)滑到b端時(shí)，變阻器左右并聯(lián)的電阻減小，分擔(dān)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(cè)的電流減小，則通過電流表的電流增大．電源的內(nèi)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(duì)氣體做功，氣體的溫度不變，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知此過程中氣體對(duì)外放熱，A正確，B錯(cuò)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(nèi)能變小，C錯(cuò)誤；

D．氣體先是等溫膨脹；壓強(qiáng)變小，后是等容降溫，壓強(qiáng)也變小，D錯(cuò)誤。

故選A。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A．氣體的內(nèi)能包括所有分子做無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能和勢(shì)能之和；故A錯(cuò)誤。

B．冰箱遵循熱力學(xué)第二定律的原因是消耗了電能；不是因?yàn)槭篃崃繌牡蜏匚矬w傳遞到高溫物體，故B錯(cuò)誤。

C．第二類永動(dòng)機(jī)不違反能量守恒定律；違反了物理過程的方向性．故C錯(cuò)誤。

D．當(dāng)分子間引力和斥力大小相等時(shí)，分子勢(shì)能最小，設(shè)此時(shí)的間距為r0，當(dāng)分子間距大于r0時(shí)；分子間勢(shì)能隨這兩個(gè)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(cuò)誤；

B．由題圖知，這列波的波長為8m，這列波的波速

B錯(cuò)誤；

C．因處質(zhì)點(diǎn)向軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，由上下坡法確定，這列波的傳播方向沿軸負(fù)方向；C錯(cuò)誤；

D．此時(shí)處質(zhì)點(diǎn)在平衡位置；位移是零，回復(fù)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(yīng)電流的方向；金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，經(jīng)過平衡位置時(shí)，即加速度為零時(shí)速度最大；金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，存在電磁阻尼，做阻尼振動(dòng)，振幅越來越小；利用平均電流來計(jì)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(shí)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(jīng)過平衡位置時(shí)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(diǎn)，B錯(cuò)誤；

C、金屬棒靜止在A位置時(shí)，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(dá)關(guān)于A點(diǎn)對(duì)稱的在A點(diǎn)下方處；故C錯(cuò)誤；

D、金屬棒從原長位置運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)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(diǎn)睛】

本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵要正確分析金屬棒的受力情況和回路中能量轉(zhuǎn)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(xiàng)：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(cuò)誤；

C項(xiàng)：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(cuò)誤；

D項(xiàng)：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(dǎo)線在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向；磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量；即使它不與通電導(dǎo)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(guān)于L1對(duì)稱，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，由安培定則可知方向相反，設(shè)向里為正方向，則L2在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為-B1、B1；導(dǎo)線L2產(chǎn)生的磁場在a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均垂直紙面向里，在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，對(duì)a點(diǎn)由磁場疊加可得：對(duì)b點(diǎn)由磁場疊加可得：聯(lián)立解得：故A；C正確，B、D錯(cuò)誤；

故選AC．

【點(diǎn)睛】

關(guān)鍵是知道a、b關(guān)于L1對(duì)稱，所以磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)的周期與粒子在狹縫中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和與電場變化的周期是相同的，故A正確；設(shè)D形盒的半徑為R，當(dāng)離子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑等于R時(shí)，獲得的動(dòng)能最大，則由可得：則最大動(dòng)能可見最大動(dòng)能與加速電壓無關(guān)，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(dòng)能．故B正確，C錯(cuò)誤；離子在D形盒運(yùn)動(dòng)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(zhì)子后，要接著加速氦核必須將加速電源的頻率調(diào)整為原來的故D錯(cuò)誤．所以AB正確，CD錯(cuò)誤．10、A:C【分析】【詳解】

A.從位置1到位置2；開始進(jìn)入磁場，安培力向左，小車減速，全進(jìn)入磁場后，回路磁通量不再變化，沒有感應(yīng)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(shí)；處于勻速階段，磁通量不變，回路電流為零，B錯(cuò)誤。

C.小車進(jìn)入磁場過程中：出磁場過程中：而進(jìn)出磁場過程中電量：進(jìn)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(yùn)動(dòng)到位置3的過程中，根據(jù)能量守恒：解得：D錯(cuò)誤11、A:B【分析】【詳解】

A點(diǎn)和D點(diǎn)在過原點(diǎn)的連線上，說明氣體由A到D壓強(qiáng)不變，體積增大，密度減小，單位時(shí)間內(nèi)與器壁單位面積碰撞的分子數(shù)減少，氣體對(duì)外做功，溫度升高氣體的平均動(dòng)能增加，內(nèi)能增加，故需要吸熱，故AB正確，CD錯(cuò)誤．故選AB．12、A:D【分析】【詳解】

BD．當(dāng)R5的滑動(dòng)觸點(diǎn)向圖中a端移動(dòng)時(shí)，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(cuò)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??；A正確，C錯(cuò)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(cuò)誤；根據(jù)數(shù)學(xué)組合C42=6，故B正確；重核裂變過程生成中等質(zhì)量的核，反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)守恒，由于釋放能量，有質(zhì)量虧損，質(zhì)量減小，故C正確。經(jīng)典物理學(xué)不能解釋原子的穩(wěn)定性和原子光譜的分立特征，D錯(cuò)誤；故選BC.三、填空題(共5題，共10分)14、略

【分析】【分析】

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

【詳解】

設(shè)圓柱形區(qū)域?yàn)镽。帶電粒子第一次以速度沿直徑入射時(shí)；軌跡如圖所示：

粒子飛出此磁場區(qū)域時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)60°角，則知帶電粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角軌跡半徑為運(yùn)動(dòng)時(shí)間為帶電粒子第二次以速度沿直徑入射時(shí)，粒子飛出此磁場區(qū)域時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)90°角，則知帶電粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角軌跡半徑為運(yùn)動(dòng)時(shí)間為所以軌跡半徑之比：時(shí)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(diǎn)睛】

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

【分析】【詳解】

[1]卡諾熱機(jī)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(xué)第一定律知W=△U-Q=1×103J-8×102J=2×102J

效率

[2]隨著科技的進(jìn)步；不斷設(shè)法減小熱量損失，則內(nèi)燃機(jī)的效率不斷提高，效率仍不可能達(dá)到100%。

【點(diǎn)睛】

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

【分析】【詳解】

由圖甲可知，U1=4V時(shí)，I1=0.2A，則

由圖乙知，兩電阻串聯(lián)在電路中，由圖甲可知：當(dāng)I1=I2=0.1A時(shí)，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(nèi)容，根據(jù)變化量和不變量求出問題．

【詳解】

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

【點(diǎn)睛】

本題考查庫侖定律及帶電題電量的轉(zhuǎn)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(guān)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(shí)針方向，則電流垂直紙面向里；

圖乙；電流右側(cè)的磁場的方向向里，左側(cè)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(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(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信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)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(dòng)情況相同；因此作出以下圖形。

【解析】五、實(shí)驗(yàn)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(yùn)動(dòng)，則有

解得

因拋出點(diǎn)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(yùn)動(dòng)的射程，間接地解決這個(gè)問題，AB錯(cuò)誤，C正確。

故選C。

（2）[2]為了避免入射球反彈，本實(shí)驗(yàn)中小球1的質(zhì)量與小球2的質(zhì)量大小應(yīng)滿足的關(guān)系m1>m2；BCD錯(cuò)誤，A正確。

故選A。

（3）[3]小球的質(zhì)量不影響做平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程，故不放小球2，小球1落地點(diǎn)P距O點(diǎn)的距離OP與實(shí)驗(yàn)中所用的小球質(zhì)量無關(guān)。

（4）[4]本實(shí)驗(yàn)的原理小球從槽口C飛出后作平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，設(shè)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(diǎn)睛】

由驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)改進(jìn)而來，關(guān)鍵要分析清楚實(shí)驗(yàn)的原理，同時(shí)要結(jié)合動(dòng)量守恒定律和平拋運(yùn)動(dòng)的相關(guān)知識(shí)列式分析【解析】CA無關(guān)23、略

【分析】【分析】

(1)由閉合電路歐姆定律可得出I與R的關(guān)系；結(jié)合圖象可知縱坐標(biāo)的意義；

(2)由A燈可知流過電源的電流；由