2025年人教新起點選修3物理下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年人教新起點選修3物理下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5題，共10分)1、根據熱學知識可以判斷，下列說法正確的是（）A.載重汽車卸去貨物的過程中，外界對汽車輪胎內的氣體做正功B.氣體的摩爾質量為M，分子質量為m，若1摩爾該氣體的體積為V，則該氣體分子的體積為C.一定量100℃的水變成100℃的水蒸氣，其分子之間的勢能增加D.空調的壓縮機制冷時，將熱量從溫度較低的室內送到溫度較高的室外，所以這一過程不遵守熱力學第二定律2、圖為一種早期發(fā)電機原理示意圖，該發(fā)電機由固定的圓形線圈和一對用鐵芯連接的圓柱形磁鐵構成，兩磁極相對于線圈平面對稱，在磁極繞轉軸勻速轉動過程中，磁極中心在線圈平面上的投影沿圓弧運動，（是線圈中心）；則（）

A.從X到O,電流由E經G流向F，先增大再減小B.從X到O,電流由F經G流向E，先減小再增大C.從O到Y,電流由F經G流向E，先減小再增大D.從O到Y,電流由E經G流向F，先增大再減小3、如圖所示，理想變壓器的原線圈A、B兩端接入電壓為u=220sin(100πt)V的交變電流．原線圈匝數(shù)n=1100，副線圈匝數(shù)n1=60匝，副線圈匝數(shù)n2=50匝；C；D之間接入電容器，E、F之間接入內阻為10Ω電動機M，它們都能正常工作．則。

A.該交流電的頻率為100HzB.副線圈中磁通量變化率的最大值為0.2Wb/sC.該電容器的耐壓值為12VD.該電動機的輸入功率為10W4、如圖所示，質量為m、電荷量為q的帶正電小球A穿在傾角為的光滑絕緣細桿上，在桿上B點處固定一個電荷量為Q的正電荷．將小球A由距B豎直高度為H處無初速釋放后沿細桿下滑，小球A下滑過程中電荷量不變．整個裝置處在真空中，靜電力常量為k，重力加速度為g，下列說法正確的是()

A.小球A剛釋放時所受的庫侖力為B.小球A釋放時的加速度大小為C.小球A可能先加速下滑后勻速下滑D.小球A下滑過程中電勢能可能先增大后減小5、如圖所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一粒子源S。某一時刻從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子（不計粒子的重力及粒子間的相互作用），所有粒子的初速度大小相等，經過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場，已知∠AOC=60°，從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于（T為粒子在磁場中運動的周期），則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的時間不可能為（）

A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、處于基態(tài)的氫原子吸收一個光子后，則下列說法正確的是（）A.電子繞核旋轉半徑增大B.電子的動能增大C.氫原子的電勢能增大D.氫原子的總能量增加7、如圖所示電路中，電源電動勢為E，內阻r．閉合電鍵S，電壓表示數(shù)為U,電流表示數(shù)為I,在滑動變阻器的滑片P由a端滑到b端的過程中（）

A.U先變大后變小B.I先變大后變小C.U與I的比值先變小后變大D.U變化量與I變化量的比值不變8、在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E、內電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，A、V為理想電流表和電壓表．在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是（）

A.電流表示數(shù)變小B.電壓表示數(shù)變大C.電容器C中的電場強度變小D.a點的電勢降低9、下列說法正確的是（）A.兩分子間距離大于r0時，增大分子間距，分子力做負功，分子勢能增大B.表面張力的產生，是由于液體表面層與液體內部相比分子間的距離比較大C.同一種液體對不同的固體，可能是浸潤的，也可能是不浸潤的E.一定質量的理想氣體，如果溫度升高，則氣體分子的平均動能增大，壓強一定增大E.一定質量的理想氣體，如果溫度升高，則氣體分子的平均動能增大，壓強一定增大10、下列論述正確的是（）A.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(xiàn)B.從單一熱源吸收熱量，可能使之完全變成功C.溫度高的物體分子的平均速度一定大E.一輛空載的卡車停于水平地面上，在緩慢裝沙過程中，若車胎不漏氣，胎內氣體溫度不變，不計分子間勢能，則胎內氣體向外界放熱E.一輛空載的卡車停于水平地面上，在緩慢裝沙過程中，若車胎不漏氣，胎內氣體溫度不變，不計分子間勢能，則胎內氣體向外界放熱11、導體a、b的伏安特性曲線如圖所示；下列說法正確的是。

A.兩導體的電阻Ra>RbB.兩導體的電阻Ra<RbC.若將兩導體串聯(lián)接入電路，則它們消耗的電功率Pa>PbD.若將兩導體并聯(lián)接入電路，則它們消耗的電功率Pa>Pb12、如圖是傾角θ＝30°的光滑絕緣斜面在紙面內的截面圖．一長為L，質量為m的導體棒垂直紙面放在斜面上，現(xiàn)給導體棒通入電流強度為I，并在垂直于導體棒的平面內加勻強磁場，要使導體棒靜止在斜面上，已知當?shù)刂亓铀俣葹間，則下列說法正確的是()

A.所加磁場方向與x軸正方向的夾角α的范圍應為90°≤α＜240°

B.所加磁場方向與x軸正方向的夾角α的范圍應為0°≤α＜150°

C.所加磁場的磁感應強度的最小值為D.所加磁場的磁感應強度的最小值為13、由法拉第電磁感應定律可知，若穿過某截面的磁通量為Φ=Φmsinωt，則產生的感應電動勢為e=ωΦmcosωt．如圖所示，豎直面內有一個閉合導線框ACD(由細軟彈性電阻絲制成)端點A、D固定．在以水平線段AD為直徑的半圓形區(qū)域內，有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場．設導線框的電阻恒定，圓的半徑為R，用兩種方式使導線框上產生感應電流．方式1：將導線上的C點以恒定角速度ω1(相對圓心O)從A點沿圓弧移動至D點；方式2：以AD為軸，保持∠ADC=45°，將導線框從豎直位置以恒定的角速度ω2轉90°．則下列說法正確的是（）

A.方式1中，導線框中感應電流的方向先順時針，后逆時針B.方式1中，導線框中的感應電動勢為e1=BR2ω1cosω1tC.兩種方式中，通過導線截面的電荷量相等D.若ω2=2ω1，則兩種方式電阻絲上產生的熱量相等14、一列簡諧橫波在時刻的波形如圖中實線所示，在時刻的波形如圖中虛線所示，由此可以判定此列波（）

A.波長一定是B.周期可能是C.C；一定向右傳播。

D.傳播速度一定是評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)15、如圖所示的電路中，電源電壓保持不變，R2、R3是兩個定值電阻．閉合開關S、滑片P向左滑動，伏特表示數(shù)將___________，當電流表示數(shù)變化量的絕對值為時，電壓表示數(shù)變化量的絕對值為當電流表示數(shù)變化量的絕對值為時，電壓表示數(shù)變化量的絕對值為若則________（此空格填“大于”；“等于”或“小于”）

16、模塊機器人的控制器內存有5種控制方法；可使用的傳感器大致有5類；列表如下：

。序號。

控制方法。

序號。

傳感器。

01

即時控制。

01

位移傳感器。

02

延遲控制。

02

聲傳感器。

03

“與”門控制。

03

溫度傳感器。

04

“或”門控制。

04

光傳感器。

05

“非”門控制。

05

磁傳感器。

執(zhí)行器模塊為小燈模塊、電動機模塊。某同學要設計一個裝置，當有光照射且有聲音時，電動機才會轉，則應選擇的控制器序號為______，應使用的傳感器序號為______。17、某同學利用DIS實驗系統(tǒng)研究一定質量的理想氣體的狀態(tài)變化，實驗后計算機屏幕顯示如圖所示的的P-t圖像。由A→B的過程中氣體體積________（選填“變大”、“變小”、“保持不變”）；若在狀態(tài)B時氣體的體積為VB=3L，氣體在狀態(tài)C的體積為_________L。

18、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=___________。

19、不確定度是指______________________________。不確定度一般包含多個分量，按其數(shù)值的評定方法可歸并為兩類：__________________________。20、據統(tǒng)計，人在運動過程中，腳底在接觸地面瞬間受到的沖擊力是人體所受重力的數(shù)倍．為探究這個問題，實驗小組同學利用落錘沖擊的方式進行了實驗，即通過一定質量的重物從某一高度自由下落沖擊地面來模擬人體落地時的情況．重物與地面的形變很小，可忽略不計，不考慮空氣阻力的影響取重力加速度g＝10m/s2下表為一次實驗過程中的相關數(shù)據．

。重物（包括傳感器）的質量m/kg

8.5

重物下落高度H/cm

45

重物反彈高度h/cm

20

最大沖擊力Fm/N

850

重物與地面接觸時間t/s

0.1

（1）請你選擇所需數(shù)據；通過計算回答下列問題。

a．重物受到地面的最大沖擊力時的加速度大小a＝_____

b．在重物與地面接觸過程中；重物受到地面施加的平均作用力是_____倍重物所受的重力．

（2）如果人從某一確定高度由靜止豎直跳下，為減小腳底在與地面接觸過程中受到的沖擊力，可采取一些具體措施，請你提供一種可行的方法并說明理由．_____．評卷人得分四、作圖題(共3題，共15分)21、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．

22、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(xiàn)的完整掃描波形圖．

23、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2題，共16分)24、一個小燈泡的額定電壓為2.0V；額定電流約為0.5A，選用下列實驗器材進行實驗，并利用實驗數(shù)據描繪小燈泡的伏安特性曲線。

A.電源E：電動勢為3.0V；內阻不計。

B.電壓表V1：量程為0~3V；內阻約為1kΩ

C.電壓表V2：量程為0~15V；內阻約為4kΩ

D.電流表A1：量程為0~3A；內阻約為0.1Ω

E.電流表A2：量程為0~0.6A；內阻約為0.6Ω

F.滑動變阻器R1：最大阻值為10Ω；額定電流為1.0A

G.滑動變阻器R2：最大阻值為150Ω；額定電流為1.0A

H.開關S；導線若干。

（1）實驗中使用的電壓表應選用_____；電流表應選用_____；滑動變阻器應選用_____（請?zhí)顚戇x項前對應的字母）

（2）實驗中某同學連接實驗電路如圖1所示，請不要改動已連接的導線，在下面的實物連接圖中把還需要連接的導線補上_____；

（3）根據實驗中測得的電壓表和電流表數(shù)據，已在圖2坐標紙上做出小燈泡的U-I圖線。請簡述該圖線不是直線的主要原因：_____；

（4）若將實驗中的小燈泡接在電動勢為1.5V、內阻為1.5Ω的電源兩端，則小燈泡的實際功率約為_____W（保留兩位有效數(shù)字）。25、某探究小組準備用圖甲所示的電路測量某電源的電動勢和內阻；實驗器材如下：

待測電源（電動勢約2V）；

電阻箱R（最大阻值為99.99Ω）；

定值電阻R0（阻值為2.0Ω）；

定值電阻R1（阻值為4.5kΩ）

電流表G（量程為400μA；內阻Rg=500Ω）

開關S；導線若干．

（1）圖甲中將定值電阻R1和電流表G串聯(lián)，相當于把電流表G改裝成了一個量程為_____V的電壓表；

（2）閉合開關；多次調節(jié)電阻箱，并記下電阻箱的阻值R和電流表G的示數(shù)I；

（3）分別用E和r表示電源的電動勢和內阻，則和的關系式為_________（用題中字母表示）；

（4）以為縱坐標，為橫坐標，探究小組作出的圖像如圖（乙）所示，根據該圖像求得電源的內阻r=0.50Ω，則其電動勢E=______V（保留兩位有效小數(shù)）；

（5）該實驗測得的電動勢與真實值相比，理論上______．（填“>”“<”或“=”）評卷人得分六、解答題(共1題，共3分)26、如圖所示，向一個空的鋁制飲料罐中插入一根透明吸管，接口用蠟密封，在吸管內引入一小段油柱（長度可以忽略）。如果不計大氣壓的變化，這就是一個簡易的溫度計。已知罐的容積為吸管內部粗細均勻，橫截面積為吸管的有效長度為當溫度為29.5℃時，油柱位于吸管的中部。求這個溫度計的測量范圍。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【詳解】

A．載重汽車卸去貨物的過程中；輪胎體積變大，則汽車輪胎內的氣體對外界做正功，故A錯誤；

B．若1摩爾該氣體的體積為V

該氣體分子所占空間的體積為

由于氣體分子的體積遠小于該氣體分子所占空間的體積；故B錯誤；

C．對的；因為在水蒸發(fā)要吸收能量，蒸發(fā)過程中溫度恒定，也就是說分子動能不變，能量轉化到分子勢能中，故分子之間的勢能增加，故C正確；

D．空調機壓縮機制冷時；空氣壓縮機做功，消耗電能，制冷過程不是自發(fā)的進行的，將熱量從溫度較低的室內送到溫度較高的室外，所以這一過程遵守熱力學第二定律，故D錯誤。

故選C。2、D【分析】【詳解】

AB．在磁極繞轉軸從X到O勻速轉動，穿過線圈平面的磁通量向上增大，根據楞次定律可知線圈中產生瞬時針方向的感應電流，電流由F經G流向E，又導線切割磁感線產生感應電動勢E感＝BLV；導線處的磁感應強度先增后減可知感應電動勢先增加后減?。粍t電流先增大再減小，AB均錯；

CD．在磁極繞轉軸從O到Y勻速轉動，穿過線圈平面的磁通量向上減小，根據楞次定律可知線圈中產生逆時針方向的感應電流，電流由E經G流向F，又導線切割磁感線產生感應電動勢E感＝BLV，導線處的磁感應強度先增后減可知感應電動勢先增加后減小、則電流先增大再減小，C錯、D對．3、B【分析】【詳解】

根據u=220sin(100πt)V可得2πf=100π，解得f=50Hz，故A錯誤；原副線圈磁通量變化率相等，根據可得，副線圈中磁通量變化率的最大值為故B正確；該電容器的耐壓值為最大值，即為故C錯誤；電動機兩端電壓：若EF之間接阻值是10Ω的純電阻，則消耗的功率為10W，因若EF之間接阻值是10Ω的電動機，則電動機輸入的功率不等于10W，選項D錯誤.4、B【分析】【詳解】

A；根據庫侖定律可知小球A剛釋放時所受庫侖力為。

故A錯；

B、由牛頓第二定律得:

解得：故B對；

C；越靠近B則庫侖力越大；根據牛頓第二定律可知，加速度可能是先減小后反向增大，則小球A可能先加速下滑后減速下滑，然后再反向運動，故C錯；

D；小球A下滑過程中由于庫侖力一直做負功；所以電勢能一直在增大，故D錯；

綜上所述本題答案是：B

【點睛】

對A球受力分析,受到重力、支持力和靜電斥力,根據牛頓第二定律求加速度;5、D【分析】【詳解】

粒子在磁場做勻速圓周運動，粒子在磁場中出射點和入射點的連線即為軌跡的弦，初速度大小相同，軌跡半徑

相同；設當出射點D與S點的連線垂直于OA時，DS弦最長，軌跡所對的圓心角最大，周期一定，則由粒子在磁場中運動的時間最長，由此得到軌跡半徑為

當出射點E與S點的連線垂直于OC時，弦ES最短，軌跡所對的圓心角最小，則粒子在磁場中運動的時間最短，則

由幾何知識，得

最短時間

所以粒子在磁場中運動時間范圍為

故選項ABC是可能；選項D是不可能的。

故選D。

【點睛】

粒子在勻強磁場中勻速圓周運動的問題，關鍵是畫軌跡，本題是根據幾何知識：半徑一定時，弦越長，對應的圓心角越大，則運動時間越長。二、多選題(共9題，共18分)6、A:C:D【分析】【詳解】

由玻爾理論可知，氫原子吸收光子后，應從離核較近的軌道躍遷到離核較遠的軌道，在此躍遷過程中，電場力對電子做負功，電勢能增加。另由經典電磁理論知，電子繞核做勻速圓周運動的向心力即為氫核對電子的庫侖力，故

所以

可見；電子運動軌道半徑增大，動能減小，再結合能量守恒定律，氫原子吸收光子，總能量增加。

故選ACD。7、A:D【分析】【詳解】

B．由圖可知，滑動變阻器上下兩部分并聯(lián)，當滑片在中間位置時總電阻最大，則在滑動變阻器的滑片P由a端滑到b端的過程中，滑動變阻器的電阻先增大后減小，根據閉合電路歐姆定律可知電流

即電流表示數(shù)先減小后增大；故B錯誤；

A．又由可知路端電壓先變大后變?。还蔄正確；

C．U與I的比值就是接入電路的的電阻與的電阻之和，所以U與I比值先變大后變?。还蔆錯誤；

D．因為所以

又由

所以U變化量與I變化量的比值不變；故D正確。

故選AD。8、B:C:D【分析】【詳解】

B．在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，變阻器接入電路的電阻減小，并聯(lián)電阻減小，外電路總電阻減小，干路電流I增大，電阻兩端電壓增大；則電壓表示數(shù)變大，故B正確；

AD．根據外電路中順著電流方向，電勢降低，可知，a的電勢大于零，a點的電勢等于兩端的電壓，

干路電流I增大，變小，則a點的電勢降低，通過的電流減小，通過電流表的電流

干路電流I增大，減小，則增大；即電流表示數(shù)變大，故A錯誤，D正確；

C．電阻兩端的電壓

干路電流I增大，則變小，電容器板間電壓變小，電容器C中的電場強度減小；故C正確．

故選BCD。9、A:B:C【分析】【詳解】

A．兩分子間距離大于時；分子力表現(xiàn)為分子引力，若增大分子距離，分子力做負功，分子勢能逐漸增大，故A正確；

B．表面張力產生的原因是由于表面層中分子間的距離比液體內部分子間的距離大；這時分子間的引力大于斥力，故B正確；

C．同一種液體對不同的固體；可能是浸潤的，也可能是不浸潤的，故C正確；

D．由于多晶體是許多單晶體雜亂無章地組合而成的；所以多晶體是各向同性的，故D錯誤；

E．氣體的壓強與單位時間內氣體分子對容器器壁單位面積上碰撞次數(shù)以及分子對器壁的平均撞擊力有關；若溫度升高，分子對器的平均撞擊力增大，但若體積增大，則撞擊次數(shù)變小，則壓強不一定變大，故E錯誤。

故選ABC。10、B:D:E【分析】【詳解】

A．氣體總是很容易充滿整個容器；這是分子熱運動的宏觀表現(xiàn)，故A錯誤；

B．從單一熱源吸收熱量；如果有外界參與產生了其他影響時，是可以使之完全變成功的，故選項B正確；

C．溫度高的物體分子平均動能一定大；但分子的平均速度不一定大，故C錯誤；

D．一定質量的理想氣體；如果在某個過程中溫度保持不變而吸收熱量，根據熱力學第一定律，氣體一定對外做功，體積增大；再根據理想氣體狀態(tài)方程，溫度不變，體積增大，則在該過程中氣體的壓強一定減小，故D正確；

E．胎內氣體質量一定；溫度不變；則內能不變。在緩慢裝沙過程中，外界對氣體做功，故氣體應向外界放熱，故E正確。

故選BDE。11、A:C【分析】I-U圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，b圖線的斜率大，則b的電阻小，故A正確，B錯誤；兩電阻串聯(lián)，電流相等，根據P=I2R得，a的電阻大，則電阻a消耗的功率較大，故C正確；若將兩導體并聯(lián)接入電路，電壓相等，根據可知a的電阻大，則電阻a消耗的功率較小，故D錯誤。所以AC正確，BD錯誤。12、B:D【分析】【分析】

根據共點力平衡得出安培力方向的范圍；從而得出磁場方向的范圍，根據平行四邊形定則求出安培力的最小值，結合安培力公式得出磁感應強度的最小值．

【詳解】

A；B項：根據共點力平衡知；安培力的方向在垂直斜面向下與豎直向上這兩個方向之間，根據左手定則知，所加磁場方向與x軸正方向的夾角θ的范圍應為0°≤θ＜150°．故A錯誤，B正確；

C、D當安培力的方向與支持力方向垂直時，安培力最小，根據平行四邊形定則有：FA=mgsin30°=BIL，則磁感應強度的最小值B=故C錯誤，D正確．

故應選：BD．

【點睛】

解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用共點力平衡進行求解，求解最小值問題，往往通過三角形法分析判斷．13、B:D【分析】【詳解】

方式一中，線框的磁通量先增大后減小，根據楞次定律判斷知導線框中感應電流的方向先逆時針，后順時針，故A錯誤．方式一中，t時間內CO轉過角度為θ=ω1t，根據幾何知識知線框的面積：S=?2R?Rsinθ=R2sinθ；磁通量為Φ=BS=BR2sinθ=BR2sinω1t=Φmsinω1t，式中Φm=BR2；由題意得：導線框中的感應電動勢為e1=ω1Φmcosω1t=BR2ω1cosω1t，故B正確．根據q=n知：方式一中，△Φ=0，通過導線截面的電荷量q=0，而方式二中，△Φ≠0，通過導線截面的電荷量q≠0，故C錯誤．第二種方式穿回路的磁通量Φ2=BR2cosω2t，所產生的電動勢為e2=ω2BR2sinω2t，若2ω1=ω2，則兩種方式所產生的正弦交流電動勢的有效值之比為時間之比滿足由焦耳定律知Q1=Q2，即兩種方式電阻絲上產生的熱量相等，故D正確．故選BD．14、A:B【分析】【詳解】

試題分析：相鄰兩個波峰或波谷之間的距離等于波長；由波動圖象可直接讀出波長．根據波的周期性得到周期的通項，考慮到波的傳播方向未知，還要注意波可能有兩種不同的傳播方向．

根據圖像得出波長是A正確；若波向x軸正方向傳播，則則不可能存在若波向x負軸傳播，則則故可能存在周期不確定，則傳播速度也不確定，B正確CD錯誤；．三、填空題(共6題，共12分)15、略

【分析】【詳解】

[1]由電路圖可以知道，三電阻串聯(lián)，電流表測電路中的電流，電壓表測量滑動變阻器R1兩端的電壓；滑片P向左滑動；滑動變阻器接入電路的電阻變小，由串聯(lián)分壓規(guī)律可以知道，變阻器兩端的電壓變小，即電壓表示數(shù)將減小；

[2]由歐姆定律可以知道，定值電阻兩端電壓變化量與電流變化量的比值等于其阻值，滑片P向左滑動，滑動變阻器接入電路的電阻變小，變阻器兩端的電壓變小，電源電壓不變，由串聯(lián)分壓規(guī)律可以知道，R2和R3兩端的總電壓將變大，且變阻器兩端電壓減小量等于R2和R3兩端總電壓的增大量，即電壓表示數(shù)變化量的絕對值串聯(lián)電路電流處處相等，則電壓表和電流表示數(shù)變化量的比值

電壓表示數(shù)變化量的絕對值為時，同理可得此時電壓表和電流表示數(shù)變化量的比值

而R2、R3均為定值電阻，所以【解析】.減小等于16、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]由題意知；當有光照射且有聲音時，電動機才會轉，因此控制器為：“與”門控制。

故選03。

[2]有光照射且有聲音時，電動機才會轉，說明傳感器能感受光與聲音的變化，需要04光傳感器與02聲傳感器。【解析】0302，0417、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]由圖像可知；AB的反向延長線過（-273，0）可判斷由A→B過程為等容變化，所以體積保持不變。

[2]由圖像可知；B→C過程為等溫變化。

PB=1.0atm，VB=3L，PC=1.5atm根據玻意耳定律得。

PBVB=PCVC解得。

VC=2L【解析】保持不變218、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(lián)立解得【解析】119、略

【分析】【詳解】

[1][2]不確定度是指由于測量誤差的存在而對被測量值不能肯定的程度。不確定度一般包含多個分量，按其數(shù)值的評定方法可歸并為兩類：不確定度的A類分量和不確定度的B類分量?！窘馕觥坑捎跍y量誤差的存在而對被測量值不能肯定的程度A類不確定度和B類不確定度20、略

【分析】【詳解】

（1）a．重物受到最大沖擊力時加速度的大小為a，由牛頓第二定律解得：

b．重物在空中運動過程中，由動能定理有：

重物與地面接觸前瞬時的速度大小為：

重物離開地面瞬時的速度大小為：

重物與地面接觸過程，重物受到的平均作用力大小為F，設豎直向上為正方向，由動量定理有：（F﹣mg）t＝mv2﹣mv1

解得：F＝510N

重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的倍數(shù)為：

因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍．

（2）人接觸地面后要同時下蹲以通過延長與地面接觸的時間來減小人受到地面的沖擊力．【解析】90m/s26人接觸地面后要同時下蹲以通過延長與地面接觸的時間來減小人受到地面的沖擊力四、作圖題(共3題，共15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；

圖丁；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】22、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