2025年人教版選修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年人教版選修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9題，共18分)1、如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶正電的小球懸掛在電容器內部，閉合S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，則下列說法正確的是（）．

A.保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ不變B.保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ變小C.斷開S，將A板向B板靠近，則θ增大D.斷開S，將A板向B板靠近，則θ不變2、如圖所示，一個方形容器ABCD，在側壁CD上方固定一個光屏，容器底面固定一平面鏡．已知容器高AB=CD=L，底BC=2L，底面中心為O點．一束紅光緊貼側壁上端A點向O點射入，經平面鏡反射后射到D點．現(xiàn)保持入射光方向不變，將容器內注滿某種透明液體，從液面折射出的光束射到屏上的P點，測得PD=L．以下說法正確的是。

A.此透明液體的折射率為B.此透明液體的折射率為C.若只將紅光換成綠光，則從液面射出的綠光光束打在屏上的點在P點下方D.若只將紅光換成綠光，則經平面鏡反射的綠光可能在液面發(fā)生全反射3、關于物體的內能和熱量，下列說法中正確的有（）A.熱水的內能比冷水的內能多B.溫度高的物體其熱量必定多，內能必定大C.在熱傳遞過程中，內能大的物體其內能將減小，內能小的物體其內能將增大，直到兩物體的內能相等D.在熱傳遞過程中，熱量從高溫物體傳遞到低溫物體，直到兩物體的溫度相同為止4、如圖所示，電源電動勢E=10V、內阻r=1Ω，電阻R1=3Ω．開關S斷開時；電源的輸出功率為4.75W；開關S閉合后，電流表的讀數(shù)為2A．則。

A.開關S斷開時，電流表的讀數(shù)為1AB.電阻R2=16Ω，電阻R3=3ΩC.開關S閉合后，路端電壓的變化量與電流表的讀數(shù)變化量的比值變小D.開關S閉合后，電源的路端電壓為8V5、如圖所示，一個帶負電荷的小球懸掛在豎直放置的平行板電容器內部，閉合開關后，小球靜止時懸線與豎直方向成θ角，則（）

A.閉合開關后，減小AB板間的距離，則夾角θ增大B.閉合開關后，減小AB板間的距離，則夾角θ減小C.斷開開關后，使B板豎直向上移動，則夾角θ減小D.斷開開關后，增大AB板間的距離，則夾角θ減小6、把一段阻值為R的均勻金屬導線截為長度相等的兩段，再將這兩段導線并聯(lián)，并聯(lián)后總電阻為（）A.B.C.D.7、如圖所示電路中，電源內阻為r，電流表A和電壓表V均為理想電表．平行板電容器C內部有一個用絕緣細線懸掛的帶電小球，穩(wěn)定時細線偏離豎直方向一個小角度，當滑動變阻器滑片P從右端向左端滑動的過程中；下列說法正確的是。

A.電流表示數(shù)增大B.電壓表示數(shù)增大C.細線與豎直方向的偏角減小D.滑片P移動中可能有兩個位置使電源輸出功率相等8、一束光由空氣射入某介質時，入射光線與反射光線間的夾角為90°，折射光線與反射光線間的夾角為105°，則該介質的折射率A.B.C.D.9、裝有一定量液體的玻璃管豎直漂浮在水中；水面足夠大，如圖甲所示．把玻璃管向下緩慢按壓4cm后放手，忽略運動阻力，玻璃管的運動可以視為豎直方向的簡諧運動，測得振動周期為0.5s，豎直向上為正方向，某時刻開始計時，其振動圖象如圖乙所示，其中A為振幅，對于玻璃管，下列說法正確的是（）

A.玻璃管受于重力、浮力和回復力作用B.在t1～t2時間內，加速度與速度方向相反C.位移滿足函數(shù)式D.振動頻率與按壓的深度有關評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、如圖所示，兩平行金屬板間帶電質點P原處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時；則（）

A.電壓表讀數(shù)增大B.電流表讀數(shù)增大C.R3上消耗的功率逐漸減小D.質點P仍處于靜止狀態(tài)11、如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如圖中從a到b的直線所示。在此過程中（）

A.氣體溫度一直降低B.氣體內能一直減少C.氣體一直對外做功D.氣體一直從外界吸熱12、如圖所示，一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如p-V圖中從a到b的直線段所示．在此過程中______．

A.氣體溫度一直降低B.氣體內能一直增加C.外界一直對氣體做正功E.外界對氣體做的功小于氣體向外界放出的熱量E.外界對氣體做的功小于氣體向外界放出的熱量13、下列說法中正確的是（）A.物體是由大量分子組成的，分子間的引力和斥力同時隨分子間距離的增大而減小B.懸浮在水中的花粉顆粒運動不是水分子的運動，而是花粉分子的運動C.物體的機械能可以為零，而內能不可以為零E.一定質量的理想氣體壓強不變，溫度升高時吸收的熱量一定大于內能的增加量E.一定質量的理想氣體壓強不變，溫度升高時吸收的熱量一定大于內能的增加量14、下列說法正確的是A.布朗運動就是液體分子的熱運動B.在實驗室中可以得到－273.15℃的低溫C.一定質量的氣體被壓縮時，氣體壓強不一定增大E.液晶具有光學各向異性的特點E.液晶具有光學各向異性的特點15、磁流體發(fā)電是一項新興技術。如圖所示,平行金屬板之間有一個很強的磁場；將一束含有大量正；負帶電粒子的的等離子體，沿圖中所示方向噴入磁場，圖中虛線框部分相當于發(fā)電機，把兩個極板與用電器相連，則（）

A.用電器中的電流方向從A到BB.用電器中的電流方向從B到AC.若只增大帶電粒子電量,發(fā)電機的電動勢增大D.若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機的電動勢增大16、矩形線框在磁場中做如圖所示的各種運動，運動到圖示位置時，其中有感應電流產生的是()A.B.C.D.17、如圖，一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比n1:n2=10:1．原線圈通過一理想電流表A接正弦交流電源，一個二極管和阻值為R的負載電阻串聯(lián)后接到副線圈的兩端；假設該二極管的正向電阻為零相當于導線，反向電阻為無窮大相當于斷路；a、b間輸入交流電瞬時值的表達式為．則。

A.用電壓表測得R兩端電壓為VB.負載電阻的阻值越大，cd間的電壓Ucd越小C.增大負載電阻的阻值R，電流表的讀數(shù)變小D.將二極管用導線短路，電流表的讀數(shù)加倍18、如圖所示，矩形木塊中上部挖空成為半徑為R的光滑的半圓周周軌道，置于光滑的水平面上，a、c兩點等高．此軌道可以固定，也可以不固定．一滑塊m從軌道的a點由靜止開始下滑，且此時軌道也是靜止的，那么下列說法中正確的是：（））

A.若軌道不固定，滑塊與軌道組成的系統(tǒng)動量守恒；B.若軌道固定，則m經最低b點時的速度大小為C.若軌道不固定，則m滑不到c點處；D.；若軌道不固定，則m經最低b點時的速度大小小于．評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)19、如圖所示的光電管實驗中，當用波長3.0×10-7m的光照射在陰極K上時，電流表有示數(shù)，調節(jié)滑動變阻器，當電壓表讀數(shù)為3.0V時，電流表讀數(shù)恰好為零；改用波長為1.5×10-7m的光照射在陰極K上時，調節(jié)滑動變阻器，當電壓表讀數(shù)為7.1V時，電流表讀數(shù)也恰好為零．由此可得普朗克常量為__J·s，該陰極的逸出功為__J。已知電子電量為1.6×10-19C，光速c為3×108m/s；結果保留兩位有效數(shù)字．

20、現(xiàn)代人通過放孔明燈祈福。普通的孔明燈用薄竹片架成圓桶形，外面以薄紙密實包圍，開口朝下。釋放時，通過開口處的火焰對燈內氣體緩慢加熱，直到燈能浮起來，如圖所示，在緩慢加熱過程中，燈內氣體分子的平均動能____________（填“變大”“變小”或“不變”），燈內氣體的密度__________（填“變大”“變小”或“不變”）。

21、封閉汽缸內一定質量的理想氣體由狀態(tài)A經狀態(tài)B再變化到狀態(tài)C，其體積V隨熱力學溫度T變化的關系圖象如圖所示，氣體在狀態(tài)B時的溫度T2＝________K。氣體在從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B的過程中吸收熱量Q1＝240J，對外做功為W＝100J．則氣體由狀態(tài)B變化到狀態(tài)C的過程中，氣體向外傳遞的熱量Q2＝________J。

22、反射定律：反射光線與入射光線、法線處在______內，反射光線與入射光線分別位于______；反射角______入射角．23、B．(選修模塊3-4)

（1）一列沿著x軸正方向傳播的橫波，在t=0時刻的波形如圖甲所示．圖甲中某質點的振動圖象如圖乙所示．質點N的振幅是_________m，振動周期為_________s，圖乙表示質點_____(從質點K、L、M、N中選填)的振動圖象．該波的波速為___________m／s．

（2）慣性系S中有一邊長為l的正方形(如圖A所示)，從相對S系沿x方向以接近光速勻速飛行的飛行器上測得該正方形的圖象是__________________．

（3）描述簡諧運動特征的公式是x＝_______．自由下落的籃球緩地面反彈后上升又落下．若不考慮空氣阻力及在地面反彈時的能量損失，此運動________(填“是”或“不是”)簡諧運動．24、在水平放置的氣墊導軌上，質量為0.4kg、速度為0.5m/s的滑塊甲與質量為0.6kg、速度為0.1m/s的滑塊乙迎面相撞，碰撞后滑塊乙的速度大小變?yōu)?.2m/s，此時滑塊甲的速度大小為______m/s，方向與它原來速度方向_______．評卷人得分四、作圖題(共3題，共18分)25、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．

26、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．

27、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1題，共2分)28、某同學為了測量一節(jié)電池的電動勢和內阻；從實驗室找到以下器材：

一個滿偏電流為內阻為的表頭，一個開關，兩個電阻箱和若干導線.

①由于表頭量程偏小，該同學首先需將表頭改裝成量程為的電流表，則應將表頭與電阻箱______（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”），并將該電阻箱阻值調為______（準確到小數(shù)點后一位）。

②接著該同學用改裝的電流表對電池的電動勢及內阻進行測量，實驗電路如圖所示，通過改變電阻R測相應的電流I；且作相關計算后一并記錄；

根據數(shù)據，畫出圖線如下：

根據圖線可得電池的電動勢E是______V，內阻是______評卷人得分六、解答題(共3題，共15分)29、如圖所示，兩平行金屬板P、Q豎直放置，兩極板間的電壓為U．放在P板附近的離子源釋放出質量為m，帶電量為-q的離子，離子經加速電場加速后垂直磁場邊界從A點進入一個勻強磁場，磁場左右邊界平行，距離為．該磁場的磁感應強度為B；方向垂直紙面向里．不計離子的重力．

（1）認為離子飄入加速電場時的速度很小，近似為零，求粒子從A點進入磁場的速度v；

（2）若離子剛好從D點離開磁場，且離開磁場時，向下偏移的距離則粒子在磁場中的運動時間為多少？

（3）若加速電壓U和磁場的磁感應強度B均可調，欲使粒子不能從右邊界射出，應如何調節(jié)U和B？

30、有電阻的導電圓盤半徑為R，其邊緣用電阻不計的導電材料包裹，可繞固定點O在水平面內轉動，其軸心O和邊緣處電刷A均不會在轉動時產生阻力，空氣阻力也忽略不計．用導線將電動勢為E的電源、導電圓盤、電阻和開關連接成閉合回路，如圖1所示在圓盤所在區(qū)域內充滿豎直向下的勻強磁場，如圖2所示只在A、O之間的一塊圓形區(qū)域內存在豎直向下的勻強磁場，兩圖中磁場的磁感應強度大小均為B，且磁場區(qū)域固定．如果將開關S閉合；圓盤將會轉動起來．

（1）在圖1中，將開關S閉合足夠長時間后；圓盤轉速達到穩(wěn)定．

a．從上往下看；圓盤的轉動方向是順時針還是逆時針？

b．求穩(wěn)定時圓盤轉動的角速度ω1的大小．

（2）在圖2中，進行了兩次操作：第一次，當圓盤加速到ω0時將開關斷開，圓盤逐漸減速停下；第二次，當圓盤加速到2ω0時將開關斷開，圓盤逐漸減速停下．已知從理論上可以證明：在圓盤減速過程中任意一個極短的時間△t內，角速度的變化量△ω=kF△t，F(xiàn)是該時刻圓盤在磁場區(qū)域受到的安培力的大小，k為常量．求兩次操作中從開始減速到停下的過程中圓盤轉過的角度之比θ1：θ2．

（3）由于圖1中的磁場范圍比圖2中的大，所以剛閉合開關瞬時，圖1中圓盤比圖2中圓盤加速得快．有人認為：斷開開關后，圖1中圓盤也將比圖2中圓盤減速得快．請分析說明這樣的想法是否正確．31、如圖所示,一顆質量為m、速度為v0的子彈豎直向上射穿質量為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過的時間為T．那么當子彈射穿木塊后,木塊上升的最大高度是多少？

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】

保持開關S閉合，電容器兩端間的電勢差不變，由E=和F=qE可判斷出電場力的變化，即可判斷的變化；開關S斷開，電容器的帶電量Q不變，由電容的決定式和定義式可推導出板間的電場強度E的變化，進而可知的變化．

【詳解】

A、保持開關S閉合，電容器兩端間的電勢差不變，將A板向B板靠近，極板間距離減小，由電場強度E=可知，電場強度增大，小球所受的電場力變大，增大；故A；B錯誤．

C、開關S斷開，電容器的帶電量Q不變，將A板向B板靠近，極板間距離減小，由電容器電容的決定式C=可知，電容器電容C增大，而電容器電容的定義式C=所以板間的電場強度E===可以判斷電場強度E不變，故帶正電的小球受的電場力不變，則不變；故C錯誤，D正確．

故選D2、B【分析】【詳解】

將容器內注滿某種透明液體，光線在A點發(fā)生折射；光路如圖所示：

根據光路的可逆性原理和幾何關系可知，從液面折射出的光束EP與OD平行，則ED=PD=L，根據對稱性可得：根據幾何知識可得：i=45°，可得：則此透明液體的折射率為：故B正確，A錯誤；若只將紅光換成綠光，由于綠光的折射率比紅光的折射率大，在A點折射時綠光的折射角小，可知反射F和折射點E均向左移動，則從液面射出的綠光光束打在屏上的點在P點上方，故C錯誤；若只將紅光換成綠光，則經平面鏡反射的綠光，再射到液面時入射角等于A點的折射角，由光路可逆性原理可知，光線不可能在液面發(fā)生全反射，一定能從液面射出，故D錯誤．3、D【分析】【詳解】

AB.物體的內能由溫度、體積及物體的質量決定，不是只由溫度決定，故A、B錯誤；

CD.在熱傳遞過程中，熱量由高溫物體傳給低溫物體，而與物體的內能大小無關，所以完全有可能是內能大的物體內能繼續(xù)增大，內能小的物體內能繼續(xù)減小，故C錯誤，D正確。

故選D。4、D【分析】【詳解】

試題分析：當S斷開時，根據計算電阻，當S閉合時根據閉合電路歐姆定律計算電阻和路端電壓；根據路端電壓的變化量與電流表的讀數(shù)變化量的比值表示電源內阻．

當S斷開時，和串聯(lián)在電路中，此時有即解得故此時電流表讀數(shù)為當S閉合時和并聯(lián)后，再與串聯(lián)，根據閉合電路歐姆定律可得解得此時路端電壓AB錯誤，D正確；開關S閉合后，路端電壓的變化量與電流表的讀數(shù)變化量的比值表示電源電阻，故不變，C錯誤．

【點睛】解電路問題，弄清楚電路的結構，畫出等效電路圖，然后根據歐姆定律及電阻的串并聯(lián)特點解題即可．5、A【分析】【詳解】

AB：保持開關S閉合，電容器兩板間電壓等于電源電動勢不變，減小AB板間的距離則板間電場強度增大，小球所受電場力變大，小球靜止時懸線與豎直方向的夾角θ變大．故A項正確；B項錯誤．

C：斷開開關，電容器所帶電荷量不變，據可得：B板豎直向上移動，兩板正對面積減小，板間電場強度增大，小球所受電場力變大，小球靜止時懸線與豎直方向的夾角θ變大．故C項錯誤．

D：斷開開關，電容器所帶電荷量不變，據可得：增大AB板間的距離，板間電場強度不變，小球所受電場力不變，小球靜止時懸線與豎直方向的夾角θ不變．故D項錯誤．

【點睛】

①平行板電容器充電后，若保持其始終與直流電源相連，則板間電壓不變．當電容器電容的影響因素發(fā)生變化后，據來判斷各量如何變化．

②平行板電容器充電后與電源斷開，由于電荷不能移動，電容器的帶電量不變．當電容器電容的影響因素發(fā)生變化后，據來判斷各量如何變化．6、A【分析】【詳解】

將金屬絲截為長度相等的兩段再并聯(lián)后，導體長度減半，截面積加倍，則由電阻定律可知，電阻值變?yōu)樵瓉淼募礊楣蔄正確，BCD錯誤。

故選A7、D【分析】【詳解】

AB、當滑動變阻器的觸頭P從右端滑至左端的過程中，變阻器接入電路的電阻減小，滑動變阻器與燈L并聯(lián)的電阻減小，外電路總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律分析得知，電路中總電流I增大，路端電壓減小，則電壓表V的示數(shù)減小，滑動變阻器與燈L并聯(lián)的電壓減??；通過燈L的電流減小，電流表示數(shù)減小，故A；B錯誤；

C、電容器C的電壓I增大，UC增大，根據和可電場力增大；根據平衡條件可知線與豎直方向的偏角增大，故C錯誤；

D、若電源內阻的阻值大于電阻R0的阻值；當滑動變阻器的觸頭P從右端滑至左端的過程中，可能會外電阻先大于電源內阻后小于電源內阻，則有電源輸出功率先增大后減小，所以滑片P移動中可能有兩個位置使電源輸出功率相等，故D正確；

故選D．8、B【分析】試題分析：因入射光線與反射光線間的夾角為90°，根據光的反射定律可知，入射角i=45°；因折射光線與反射光線間的夾角為105°，可知折射角為r=30°，根據光的折射定律可知：選項B正確.

考點：光的折射定律9、C【分析】【分析】

【詳解】

A．玻璃管受于重力和浮力作用；兩力的合力充當回復力，選項A錯誤；

B．在時間內；位移為負向減小，則速度向上變大，加速度向上減小，則加速度與速度方向相同，選項B錯誤；

C．振幅

簡諧位移函數(shù)式

將t=0時刻

且t=0時刻玻璃管振動的方向向下，可知

則玻璃管的振動方程為

故C正確；

D．由于玻璃管做簡諧振動；與彈簧振子的振動相似，結合簡諧振動的特點可知，該振動的周期和頻率與振幅無關，故D錯誤。

故選C。二、多選題(共9題，共18分)10、B:C【分析】【分析】

由圖可知電路結構；由滑片的移動可知電路中電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律可知各電表示數(shù)的變化及電容器兩端的電壓變化；再分析質點P的受力情況可知質點的運動情況．

【詳解】

由圖可知，R2與滑動變阻器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)；當滑片向b移動時，滑動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R1兩端的電壓也增大；故并聯(lián)部分的電壓減??；由歐姆定律可知流過R3的電流減小，則流過并聯(lián)部分的電流增大，故電流表示數(shù)增大；故B正確；因并聯(lián)部分電壓減小，而R2中的電流增大，電壓增大，故電壓表示數(shù)減小，故A錯誤；因電容器兩端電壓等于并聯(lián)電路兩端的電壓，電壓減小，故電荷受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，合力向下，質點P向下運動，故D錯誤；因R3兩端的電壓減小，由P=U2/R可知，R3上消耗的功率減??；故C正確；故選BC。

【點睛】

解決閉合電路歐姆定律的題目，一般可以按照整體-局部-整體的思路進行分析，注意電路中某一部分電阻減小時，無論電路的連接方式如何，總電阻均是減小的．11、C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖可知氣體的一直增大，由

知氣體的溫度一直升高；故A錯誤；

B．一定量的理想氣體內能只與溫度有關；溫度一直升高，氣體的內能一直增加，故B錯誤；

C．氣體的體積增大；則氣體一直對外做功，故C正確；

D．氣體的內能一直增加，并且氣體一直對外做功，根據熱力學第一定律

可知氣體一直從外界吸熱；故D正確。

故選CD。12、A:C:E【分析】【詳解】

A．由理想氣體狀態(tài)方程：

可知p-V圖的兩坐標圍成的矩形面積表示溫度，由題圖可得面積一直減小，則從a到b溫度降低；故A正確．

B．一定量的理想氣體的內能只跟溫度有關：

溫度一直降低；氣體的內能一直減小，故B錯誤．

C．由圖讀出氣體的體積減??；則外界一直對氣體做功，故C正確．

D．氣體的內能一直減小，并且外界對氣體做功，根據熱力學第一定律：△U=W+Q

可知氣體向外界放熱；故D錯誤．

E．因：

因最終內能減少可得即外界對氣體做的功小于氣體向外界放出的熱量，E正確．

故選ACE．

【點睛】

該題結合圖象考查氣態(tài)方程和熱力學第一定律△U=W+Q結合的分析，能夠運用控制變量法研究多個物理量變化時的關系．要注意熱力學第一定律△U=W+Q中，△U、W、Q取正負號的含義．13、A:C:E【分析】【詳解】

A．根據分子動理論的內容可知；物體是由大量分子組成的，分子間的引力和斥力同時隨分子間距離的增大而減小，A正確；

B．布朗運動是懸浮在液體中固體微粒的無規(guī)則運動；是由大量分子撞擊引起的，反應了液體分子的無規(guī)則運動，B錯誤．

C．物體的宏觀速度相對于參考系的速度為0時；其動能可以為0；而內能是物體內所有分子的分子動能與分子勢能的和，分子動能不可能為0，所以物體的內能不可能為0，C正確；

D．第二類永動機不違反能量守恒定律；D錯誤；

E．一定質量的理想氣體壓強不變，溫度升高時，根據理想氣體的狀態(tài)方程

可知氣體的體積一定增大；所以氣體對外做功，然后根據熱力學第一定律可知，吸收的熱量一定大于內能的增加量，E正確。

故選ACE。14、C:E【分析】【分析】

【詳解】

A．布朗運動是懸浮在液體中固體微粒的運動；不是液體分子的熱運動，固體微粒運動的無規(guī)則性，反應了液體分子運動的無規(guī)則性，故A錯誤;

B．－273.15℃又叫絕對零度；當達到這一溫度時所有的原子和分子的熱運動都停止，這是一個只能逼近而不能達到的最低溫度，故B錯誤；

C．一定質量的理想氣體經等溫壓縮后；根據理想氣體方程得其壓強一定增大，否則如果溫度降低，壓強不一定增大，故C正確；

D．在外界的影響下；熱量可以從低溫物體傳遞到高溫物體，比如電冰箱，故D錯誤；

E．液晶像液體一樣可以流動；有具有某些晶體結構特征的一類物質，所以液晶的光學性質與某些晶體相似，具有各向異性，故E正確。

故選CE．15、A:D【分析】【詳解】

A；B項：首先對等離子體進行動態(tài)分析：開始時由左手定則判斷正離子所受洛倫茲力方向向上（負離子所受洛倫茲力方向向下）；則正離子向上板聚集，負離子則向下板聚集，兩板間產生了電勢差，即金屬板變?yōu)橐浑娫?，且上板為正極下板為負極，所以通過用電器的電流方向從A到B，故A正確，B錯誤；

C、D項：此后的正離子除受到向上的洛倫茲力f外還受到向下的電場力F，最終兩力達到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域，因f=qvB，則qvB=解得E=Bdv，所以電動勢E與速度v及磁場B成正比，所以C錯誤，D正確．

故選AD．16、C:D【分析】【詳解】

AB兩圖中；線框在運動過程中，面積不變；磁感應強度不變，穿過線框的磁通量不變，不產生感應電流，故AB錯誤；C圖中線框與磁場平行，磁通量為零，線框在運動過程中，穿過線框的磁通量開始增大，有感應電流產生，故C正確；D圖中線框與磁場垂直，線框在運動過程中，穿過線框的磁通量變小，有感應電流產生，故D正確；故選CD．

【點睛】

本題考查了感應電流產生的條件，分析清楚圖示情景、明確磁通量是否發(fā)生變化，即可正確解題．17、A:C:D【分析】根據理想變壓器原副線圈的電壓與匝數(shù)成正比，即有：Uab：U2=n1：n2得：副線圈兩端的電壓為電壓表測得R兩端電壓為有效值，則：解得U=11V，故A正確．原、副線圈兩端的電壓是恒定不變的，則負載電阻的阻值增大，cd間的電壓Ucd不變．故B錯誤．增大負載電阻的阻值R，副線圈兩端的電壓不變，其電流將減小，則電流表的讀數(shù)也變?。蔆正確．根據原副線圈的功率相等，當二極管短路后，輸出功率加倍，則輸入功率加倍P入=IU1，因為U1不變，所以I1加倍，電流表的示數(shù)加倍，故D正確．故選ACD.18、B:D【分析】【詳解】

B、若軌道固定，根據機械能守恒可得m經最低b點時的速度大小為故B正確；

ACD、若軌道不固定，滑塊與軌道組成的系統(tǒng)在豎直方向動量不守恒，在水平方向動量守恒，m經最低b點時，則有解得m經最低b點時的速度大小小于根據動量守恒和能量守恒可知，若軌道不固定，則m能滑到c點處，故D正確，A；C錯誤；

故選BD．三、填空題(共6題，共12分)19、略

【分析】【詳解】

[1][2]光電流恰好為零，表明光電子的最大初動能為

根據光電效應方程，用波長的光子照射光電管，當光電管上反向電壓達3V時有

波長1.5×10-7m的光照，當電壓表讀數(shù)為7.1V時，靈敏電流表讀數(shù)為零；則有

代入數(shù)據可解得【解析】20、略

【分析】【詳解】

[1]隨著加熱；燈內氣體溫度升高，分子的平均動能變大；

[2]對于燈內氣體，根據蓋-呂薩克定律，壓強不變，溫度升高，氣體體積增大。因為孔明燈的體積幾乎不變，所以部分氣體外溢，燈內氣體的質量減小，密度變小。【解析】變大變小21、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]AB延長線過原點，即AB過程的V與T成正比，故A到B過程為等壓過程，對A到B的過程運用蓋－呂薩克定律可得

代入圖象中的數(shù)據可得氣體在狀態(tài)B時的溫度

[2]因為氣體是一定質量的理想氣體，而一定質量的理想氣體的內能只跟溫度有關，因為

所以A與C的內能相同，故A到B內能的增加量等于B到C內能的減小量，即

根據熱力學第一定律可得

A到B過程氣體對外做功，故

又已知

可得

根據熱力學第一定律可得

B到C為等容過程，故

所以

故氣體向外放出的熱量為140J?！窘馕觥?0014022、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】同一平面法線的兩側等于23、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）由甲圖可知波長由乙圖可知振幅周期所以波速因為波沿軸正方向傳播，由甲圖可以判斷時刻L向上振動，N向下振動，K在正的最大位移處，M在負的最大位移處．由乙圖可知時刻；質點向上振動．所以為L的振動圖象；

（2）由相對論中長度的相對性：在垂直于運動方向；長度不變；在沿著運動方向長度變長．所以C正確；

（3）簡諧運動的表達式為：為初相位，可以取零．籃球的運動加速度不改變，不符合簡諧運動的規(guī)律，所以不是簡諧運動．【解析】0.84L0.5C不是24、略

【分析】【分析】

【詳解】

滑塊甲乙系統(tǒng)在碰撞過程中水平方向動量守恒，根據動量守恒定律有：＋＝＋由題意知，兩者迎面碰撞，說明兩者初速度方向相反，不妨假設甲的初速度方向為正方向，又由于題目中只說明碰后乙的速度大小，未說明碰后速度方向，但系統(tǒng)初始總動量方向與正方向相同，因此碰后系統(tǒng)的總動量方向也應與正方向相同，所以碰后乙的速度方向只能沿正方向，解得碰后甲的速度為：＝0.05m/s，為正值，即方向與它原來的方向相同．【解析】0.05相同四、作圖題(共3題，共18分)25、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】26、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】27、略

【分析】【分析】

【詳解】

7s波向前傳播的距離為

7s后，故x=3.