2025年湘教新版選修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年湘教新版選修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(xué)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、在如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內(nèi)電阻為r，V為電壓表，A為電流表，R0為定值電阻，R為滑動變阻器；開關(guān)閉合后，電路正常工作，當(dāng)滑動變阻器的滑片向左移動時，下列判斷正確的是。

A.電壓表的示數(shù)不變B.電流表的示數(shù)將增大C.電阻R0上消耗的電功率將增大D.燈泡L將變亮2、由太陽能轉(zhuǎn)化的能源是（）A.核能B.風(fēng)能C.地?zé)崮蹹.潮汐能3、如圖所示，質(zhì)量為的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑長度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為的小球從距點正上方高處由靜止釋放，然后由點經(jīng)過半圓軌道后從沖出，在空中能上升的最大高度為（不計空氣阻力）；則。

A.小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B.小車向左運(yùn)動的最大距離為2RC.小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動D.小球第二次能上升的最大高度4、下列說法正確的是（）A.晶體熔化過程中吸收熱量，分子平均動能一定增大B.重核的裂變是放能反應(yīng)，說明生成物核子的平均質(zhì)量小于反應(yīng)物核子的平均質(zhì)量C.玻爾的原子模型能夠解釋所有原子光譜的規(guī)律D.液體表面張力的存在是因為液體表面層分子間作用力合力表現(xiàn)為斥力5、下列說法正確的是（）A.第二類永動機(jī)不可制造，但不違背能量守恒定律B.兩鄰近分子間的作用力變大時，分子間的分子勢能一定變大C.單晶體和多晶體都具有固定的熔點和確定的幾何形狀D.既然能量是守恒的，所以不用節(jié)約能源6、如圖所示，一矩形線圈abcd放置在勻強(qiáng)磁場中，并繞過ab、cd中點的軸以角速度ω逆時針勻速轉(zhuǎn)動．已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T,線圈匝數(shù)N=100匝,邊長Lab=0.20m,Lbc=0.10m,轉(zhuǎn)速n=3000r/min．若以線圈平面與磁場夾角θ=30°時為計時起點，電動勢的瞬時值的表達(dá)式為

A.B.C.D.7、如圖所示；光滑絕緣斜面的底端固定著一個帶正電的小物塊P，將另一個帶電小物塊Q在斜面的某位置由靜止釋放將沿斜面向上運(yùn)動，設(shè)斜面足夠長，則在Q向上運(yùn)動過程中。

A.物塊Q的動能一直增大B.物塊P、Q的重力勢能和電勢能之和一直減小C.物塊Q的機(jī)械能一直增大D.物塊P、Q之間的電勢能一直增大8、如圖所示為氫原子的能級示意圖，大量氫原子處于n＝3的激發(fā)態(tài)，在向較低能級躍遷的過程中向外發(fā)出光子，用這些光照射逸出功為2.29eV的金屬鈉，下列說法中正確的是（）

A.這些氫原子能發(fā)出兩種不同頻率的光子B.從n＝3躍遷到n＝2所發(fā)出光子的波長最短C.金屬鈉發(fā)出的光電子的最大初動能為9.80eVD.從n＝3躍遷到n＝1所發(fā)出的光子頻率最低9、圖為氫原子能級的示意圖，現(xiàn)有大量的氫原子處于以n=4的激發(fā)態(tài)；當(dāng)向低能級躍遷時輻射出若干不同頻率的光．關(guān)于這些光下列說法正確的是。

A.最容易表現(xiàn)出衍射現(xiàn)象的光是由，n=4能級躍遷到n=1能級產(chǎn)生的B.頻率最小的光是由n=2能級躍遷到n=1能級產(chǎn)生的C.這些氫原子總共可輻射出3種不同頻率的光D.用n=2能級躍遷到n=1能級輻射出的光照射逸出功為6.34eV的金屬鉑能發(fā)生光電效應(yīng)評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、如圖所示，兩端與定值電阻相連的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，其中導(dǎo)軌電阻不計，導(dǎo)軌寬度為L，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)體棒ab的電阻為R，垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌接觸良好。釋放后，導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向下滑動，某時刻流過的電流為I，在此時刻（）

A.重力的功率為B.金屬桿ab消耗的熱功率為C.導(dǎo)體棒的速度大小為D.導(dǎo)體棒受到的安培力的大小為2BIL11、如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻為r，閉合電鍵，電壓表示數(shù)為U，電流表示數(shù)為I；在滑動變阻器R1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先變小后變大C.U與I的比值先變大后變小D.U的變化量的大小與I的變化量的大小的比值等于r12、如圖甲所示是湯姆孫的原子模型，他認(rèn)為原子是一個球體，正電荷彌漫性地分布在整個球體內(nèi)，電子鑲嵌在其中。甲圖中的小圓點代表正電荷，大圓點代表電子。湯姆孫的原子模型無法解釋粒子散射實驗。如圖乙所示是盧瑟福為解釋粒子散射實驗假設(shè)的情景：占原子質(zhì)量絕大部分的帶正電的那部分物質(zhì)應(yīng)集中在很小的空間范圍。下列說法中正確的是（）

A.粒子質(zhì)量遠(yuǎn)大于電子質(zhì)量，電子對粒子速度的影響可以忽略B.入射方向的延長線越接近原子核的粒子發(fā)生散射時的偏轉(zhuǎn)角越大C.由不同元素對粒子散射的實驗數(shù)據(jù)可以確定各種元素原子核的質(zhì)量D.由粒子散射的實驗數(shù)據(jù)可以估計出原子核半徑的數(shù)量級是13、導(dǎo)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(dǎo)體的電阻Ra>RbB.兩導(dǎo)體的電阻Ra<RbC.若將兩導(dǎo)體串聯(lián)接入電路，則它們消耗的電功率Pa>PbD.若將兩導(dǎo)體并聯(lián)接入電路，則它們消耗的電功率Pa>Pb14、如圖所示；平行金屬板A；B水平放置，將其與理想二極管串聯(lián)在電源兩端，一個帶電微粒從P點以一定的初速度平行于極板射入兩板間，粒子恰能做直線運(yùn)動，則下列說法正確的是。

A.微粒一定帶負(fù)電。

B.增大微粒的速度；微粒將向上偏轉(zhuǎn)。

C.將A板向下移；粒子將向上偏轉(zhuǎn)。

D.將B板向下移，粒子將向下偏轉(zhuǎn)A.B.C.D.15、關(guān)于電流和電阻，下列說法中正確的是（）A.金屬導(dǎo)電時，其中的自由電子除作無規(guī)則的熱運(yùn)動外，還作定向運(yùn)動，電流的大小是由定向運(yùn)動的速度決定的．B.金屬靠自由電子導(dǎo)電，金屬的溫度升高時，自由電子的平均熱運(yùn)動速率增大，金屬導(dǎo)體中的電流增大．C.由可知，在U一定時，電阻與電流成反比；在I一定時，電阻與電壓成正比D.電阻是導(dǎo)體自身的特性，電阻的大小由導(dǎo)體自身特性決定，并和溫度有關(guān)，與導(dǎo)體兩端是否有電壓沒有直接關(guān)系．16、A、B、C為三塊水平放置的金屬板，與電路連接如圖所示，三塊板正中央各有一小孔，A板接地，電源內(nèi)阻為r，三個定值電阻電路中電表均為理想電表，滑片P開始置于R2中點，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為+q的液滴從A板小孔正上方距離為h的D點靜止釋放；恰好能到達(dá)C板，不計空氣阻力和極板外電場，下列說法中正確的是。

A.滑片P由R2中點往左移動，則B板電勢降低B.滑片P由R2中點往左移動,則電流表A1的示數(shù)減小，A2的示數(shù)增大C.滑片P由R2中點往左移動，仍將該液滴從D點由靜止釋放，則帶電液滴不能到達(dá)C板D.滑片P由R2中點往左移動，則不變，的值變小(U為電壓表V示數(shù)，I2為電流表A2，為電流表A2示數(shù)的改變量)17、如圖甲，可以用來測定半圓柱形玻璃磚的折射率n，O是圓心，MN是法線；一束單色光線以入射角i=30°由玻璃磚內(nèi)射向O點，折射角為r，當(dāng)入射角增大到也為r時，恰好無光線從玻璃磚的上表面射出；讓該單色光分別通過寬度不同的單縫a、b后，得到圖乙所示的衍射圖樣（光在真空中的傳播速度為c）則：

A.此光在玻璃中的全反射的臨界角為60°B.玻璃磚的折射率C.此光在玻璃磚中的傳播速度為E.光的偏振現(xiàn)象說明光是一種縱波E.光的偏振現(xiàn)象說明光是一種縱波評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)18、平靜的水面上，有一條質(zhì)量M=100kg長度為3m的小船浮于水面，船上一個質(zhì)量m=50kg的人勻速從船頭走到船尾，不計水的阻力，人相對水面走了_____m，船相對水位移為_____m．19、對于一定質(zhì)量的理想氣體，以p、V、T三個狀態(tài)參量中的兩個為坐標(biāo)軸建立直角坐標(biāo)系；在坐標(biāo)系上描點能直觀地表示這兩個參量的數(shù)值．如圖甲；圖乙和圖丙所示，三個坐標(biāo)系中，兩個點都表示相同質(zhì)量某種理想氣體的兩個狀態(tài)．根據(jù)坐標(biāo)系中不同點的位置來比較第三個參量的大?。?/p>

(1)p－T圖象(圖甲)中A、B兩個狀態(tài)；________狀態(tài)體積小．

(2)V－T圖象(圖乙)中C、D兩個狀態(tài)；________狀態(tài)壓強(qiáng)?。?/p>

(3)p－V圖象(圖丙)中E、F兩個狀態(tài)，________狀態(tài)溫度低．20、如圖為一定質(zhì)量的理想氣體的體積與熱力學(xué)溫度的關(guān)系圖像，該氣體的狀態(tài)經(jīng)歷的變化過程。氣體狀態(tài)由過程中，氣體壓強(qiáng)________（選填“增大”“不變”或“減小”）；若整個過程中氣體放出的熱量為則整個過程外界對氣體所做的功為________。

21、蒸汽機(jī)、內(nèi)燃機(jī)等熱機(jī)以及電冰箱工作時都利用了氣體狀態(tài)變化來實現(xiàn)能量的轉(zhuǎn)移和轉(zhuǎn)化，我們把這些氣體稱為工質(zhì)。某熱機(jī)經(jīng)過一個循環(huán)后，工質(zhì)從高溫?zé)嵩次鼰酫1，對外做功W，又向低溫?zé)嵩捶艧酫2，工質(zhì)完全恢復(fù)初始狀態(tài)，內(nèi)能沒有變化。根據(jù)熱力學(xué)第一定律，在工質(zhì)的一個循環(huán)中，Q1、Q2、W三者之間滿足的關(guān)系是____。熱機(jī)的效率不可能達(dá)到100%，從能量轉(zhuǎn)化的角度，說明___能不能完全轉(zhuǎn)化為___能而不產(chǎn)生其他影響。22、如圖所示的平行板器件中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直，具有不同水平速度的帶電粒子射入后發(fā)生偏轉(zhuǎn)的情況不同。若從左側(cè)水平射入的帶電粒子，不計重力，穿過這一區(qū)域時未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則該粒子的速度大小為________；若只改變該粒子的電性，則粒子穿過這一區(qū)域時是否會發(fā)生偏轉(zhuǎn)？________（選填“會”或“不會”）。23、如圖所示，一個邊長為l＝1m的正方形線圈的總電阻為R＝2Ω，當(dāng)線圈以v＝2m/s的速度勻速通過磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場區(qū)域時，線圈平面總保持與磁場垂直．若磁場的寬度L＞1m，線圈在穿過整個磁場過程中釋放的焦耳熱為_____．

24、如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)有兩個沿z方向做簡諧振動的點波源S1（－2，0）和S2（4，0）。兩波源的振動圖線分別如圖乙和圖丙所示，兩列波的波速均為0.50m/s。兩列波從波源傳播到點A（－2，8）的振幅為______m，兩列波引起的點B（1，4）處質(zhì)點的振動相互____（填“加強(qiáng)”或“減弱”），點C（0.5，0）處質(zhì)點的振動相互________（填“加強(qiáng)”或“減弱”）。

25、某物理興趣小組用實驗探究光的色散規(guī)律，他們將半圓形玻璃磚放在豎直面內(nèi)，在其左方豎直放置一個很大的光屏P，讓一復(fù)色光束SA射向玻璃磚的圓心O后，有a和b兩束單色光射向光屏P，如圖所示．他們根據(jù)實驗現(xiàn)象提出了以下五個猜想，你認(rèn)為不正確的是_______

A．單色光a的波長小于單色光b的波長

B．在玻璃中單色光a的傳播速度大于單色光b的傳播速度

C．單色光a通過玻璃磚所需的時間大于單色光b通過玻璃磚所需的時間

D．在光束SA繞圓心O逆時針轉(zhuǎn)動的過程中，在光屏P上最早消失的是a光

E．單色光a比單色光b更容易發(fā)生明顯衍射26、如圖所示，把一根條形磁鐵從同樣高度插到線圈中同樣的位置，第一次快插，第二次慢插，兩種情況下線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小關(guān)系是E1_____E2．

評卷人得分四、作圖題(共3題，共21分)27、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．

28、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，請畫出熒光屏上出現(xiàn)的完整掃描波形圖．

29、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3題，共24分)30、采用如圖所示的電路“測定電池的電動勢和內(nèi)阻”。

（1）除了選用照片中的部分器材外，填選項()

A．還需要電壓表。

B．還需要電流表。

C．還需要學(xué)生電源。

D．不在需要任何器材。

（2）測量所得數(shù)據(jù)如下。測量次數(shù)

物理量123456R/Ω1.21.00.80.60.40.2I/A0.600.700.800.891.001.20U/V0.900.780.740.670.620.43

用作圖法求得電池的內(nèi)阻r=___________；

（3）根據(jù)第5組所測得的實驗數(shù)據(jù)，求得電流表內(nèi)阻RA=___________。31、恢復(fù)系數(shù)是反映碰撞時物體形變恢復(fù)能力的參數(shù)，它只與碰撞物體的材料有關(guān)，兩物體碰撞后的恢復(fù)系數(shù)為其中和分別為質(zhì)量為m1和m2的物體碰推前后的速度某同學(xué)利用如圖所示的實驗裝置測定質(zhì)量為m1和m2的物體碰摘后的恢復(fù)系數(shù)．

實驗步驟如下：

①將白紙、復(fù)寫紙固定在豎直放置的木條上，用來記錄實驗中質(zhì)量為m1和m2的兩球與木條的撞擊點；

②將木條豎直放在軌道末端右側(cè)并與軌道接觸，讓質(zhì)量為m1的入射球從斜軌上A點由靜止釋放；摘擊點為B′；

③將木條向右平移到圖中所示位置，質(zhì)量為m1的入射球仍從斜軌上的A點由靜止釋放；確定撞擊點；

④質(zhì)量為m2的球靜止放置在水平槽的末端，將質(zhì)量為m1的入射球再從斜軌上A點由靜止釋放；確定兩球相撞后的撞擊點；

⑤目測得B′與撞擊點N、P、M的高度差分別為h1、h2、h3．

(1)兩小球的質(zhì)量關(guān)系為m1_____m2(填“>”“=”或“<”)

(2)利用實驗中測量的數(shù)據(jù)表示兩小球碰撞后的恢復(fù)系數(shù)為e=_______．

(3)若再利用天平測量出兩小球的質(zhì)量為m1、m2，則滿足_____________________表示兩小球碰撞前后動量守恒；若滿足_____________________表示兩小球碰撞前后機(jī)械能守恒．32、（1）在“探究單擺周期與擺長的關(guān)系”實驗中，兩位同學(xué)用游標(biāo)卡尺測量小球的直徑如圖1、2所示．測量方法正確的是_________.(填“圖1”或“圖2”)．圖3的讀數(shù)是______cm．

(2)下列做法有利于減小實驗誤差的是______

A.適當(dāng)加長擺線

B.質(zhì)量相同；體積不同的擺球，應(yīng)選用體積較大的。

C.單擺偏離平衡位置的角度不能太大。

D.當(dāng)單擺經(jīng)過平衡位置時開始計時；經(jīng)過一次全振動后停止計時，用此時間間隔作為單擺振動的周期。

(3)北京時間2005年5月22日上午10點05分，中國女子登山隊首次登上珠穆朗瑪峰頂峰，五星紅旗再一次在珠峰峰頂飄揚(yáng)．若登山隊員利用單擺來確定珠峰的高度，測得該單擺在海平面處的周期是T0在峰頂?shù)闹芷谑荰，則珠峰頂峰的海拔高度h=_____(地球可看作質(zhì)量均勻分布的半徑為R的球體)．評卷人得分六、解答題(共2題，共18分)33、如圖所示，水平地面上放置一個內(nèi)壁光滑的絕熱汽缸，汽缸開口朝上，缸內(nèi)通過輕質(zhì)活塞封閉一部分氣體。初態(tài)時氣體壓強(qiáng)為一個大氣壓，溫度為27℃，活塞到汽缸底部距離為30cm?，F(xiàn)對缸內(nèi)氣體緩慢加熱到427℃，缸內(nèi)氣體膨脹而使活塞緩慢上移，這一過程氣體內(nèi)能增加了100J。已知汽缸橫截面積為50cm2，總長為50cm，大氣壓強(qiáng)為1.0×105Pa。汽缸上端開口小于活塞面積；不計活塞厚度，封閉氣體可視為理想氣體。求：

（1）活塞剛到氣缸頂部時封閉氣體的溫度；

（2）末態(tài)時（427℃）缸內(nèi)封閉氣體的壓強(qiáng)；

（3）封閉氣體共吸收了多少熱量。

34、如圖甲所示，在直角坐標(biāo)系中有兩條與y軸平行的磁場邊界AB和CD，AB、CD與x軸的交點分別為M（2L，0）、N（4L，0），在AB和CD之間存在著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，在AB與y軸之間存在著沿著y軸正方同的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，在y軸上的P點以初速度沿著x軸的正方向射入勻強(qiáng)電場，正好從M點進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，且速度方向與x軸所成夾角為30°。

（1）求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；

（2）若電子不能越過邊界CD，求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足的條件；

（3）若電子通過M點時開始計時，磁場隨時間變化的情況如圖乙所示（垂直紙面向外為正，且不考慮磁場變化所產(chǎn)生的感生電場），要使電子運(yùn)動一段時間后從N點飛出，速度方向與x軸的夾角為30°，求磁場變化的周期T、磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小各應(yīng)滿足的表達(dá)式。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

把滑動變阻器的滑片向左移動時，變阻器接入電路的電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電路中總電流I增大，電源的內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，則知電壓表和電流表的示數(shù)都將減小，電阻R0上消耗的電功率將減小，而且根據(jù)總電流增大，通過電流表的電流減小，可知通過燈L的電流增大，燈泡變亮．綜上分析，D正確，ABC錯誤2、B【分析】【分析】

【詳解】

核能是鏈?zhǔn)椒磻?yīng)產(chǎn)生的；地?zé)崮苁堑厍騼?nèi)部巖層運(yùn)動產(chǎn)生的，潮汐能是月球?qū)Φ厍虻囊σ鸬?，故由太陽能轉(zhuǎn)化的能源只能是風(fēng)能，故B正確。

故選B。3、D【分析】【詳解】

A.小球與小車組成的系統(tǒng)在豎直方向合力不為0；所以系統(tǒng)的動量不守恒．故A項錯誤；

B.在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒，設(shè)小車的位移為x，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mv?mv′=0

即：

解得小車的位移：x=R，

故B項錯誤；

C.小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒；系統(tǒng)初狀態(tài)在水平方向動量為零，由動量守恒定律可知，系統(tǒng)在任何時刻在水平方向動量都為零，小球離開小車時相對小車向上運(yùn)動，水平方向和小車有相同的速度，所以小球與小車在水平方向速度都為零，小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動，故C項錯誤；

D.小球離開小車時，小球與小車水平方向動能為零，如果系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可知，小球離開小車后上升的最大高度為h0，由題意可知，小球離開小車后在空中能上升的最大高度為<h0，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒．小球第二次在車中滾動時，克服摩擦力做功，機(jī)械能減小，因此小球再次離開小車時，小球與小車水平方向速度為零，小球第二次離開小車在空中運(yùn)動過程中，小車處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球能上升的高度小于故D項正確．4、B【分析】【分析】

【詳解】

A．晶體熔化過程中吸收熱量；但溫度不變，故分子平均動能不變，故A錯誤；

B．放能反應(yīng)核子的平均質(zhì)量要減小；因為有質(zhì)量虧損，故B正確；

C．玻爾的原子理論主要解釋氫光譜規(guī)律；故C錯誤；

D．液體表面張力的存在是因為液體表面層分子間作用力合力表現(xiàn)為引力；故D錯誤。

故選B。5、A【分析】【詳解】

A．第二類永動機(jī)不可能制成；是因為違背了熱力學(xué)第二定律，但不違背能量守恒定律。故A正確；

B．若分子間距大于平衡間距；向平衡位置移動時，分子力增大，分子勢能減?。还蔅錯誤；

C．所有的晶體均具有固定的熔點；多晶體是許多單晶體雜亂無章的組合而成的，所以多晶體沒有確定的幾何形狀。故C錯誤；

D．自然界的能量是守恒；但根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，宏觀熱現(xiàn)象具有方向性，由于能量耗散的存在，能源的品質(zhì)在下降，但能夠被人類使用的能源不斷減少，所以節(jié)約能源非常有必要。故D錯誤。

故選A。6、B【分析】【詳解】

交流電的最大值則電動勢的瞬時值的表達(dá)式為故選B.7、C【分析】A.Q向上運(yùn)動的過程中；受到重力；斜面的支持力和庫侖力，開始庫侖力大于重力的下滑分力，合力沿斜面向上，做加速運(yùn)動；庫侖力不斷減小，當(dāng)庫侖力小于下滑力，合力沿斜面向下，做減速運(yùn)動，則速度先增大后減小，動能先增大后減小，故A錯誤；

B.物體動能；重力勢能和電勢能的總和守恒；動能先增大后減小，物塊P、Q的重力勢能和電勢能之和就先減小后增大，故B錯誤；

C.電場力對Q做正功；根據(jù)功能關(guān)系得知，Q的機(jī)械能一直增大，故C正確。

D.P；Q之間越來越遠(yuǎn),P、Q之間的排斥力(電場力)做正功；電勢能在減小，故D錯誤。

故選：C

點睛：Q向上運(yùn)動的過程中，受到重力、斜面的支持力和庫侖力，與P距離增大，庫侖力減小，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化，判斷速度的變化．物體Q在運(yùn)動過程中存在三種能，動能、重力勢能和電勢能，根據(jù)能量守恒，運(yùn)動過程中只存在這三種能互相轉(zhuǎn)化．根據(jù)電場力做功正負(fù)，判斷電勢能的變化．根據(jù)能量守恒分析Q的機(jī)械能的變化．8、C【分析】【詳解】

大量氫原子處于n＝3的激發(fā)態(tài)向較低能級躍遷的過程中向外發(fā)出光子數(shù)為種，選項A錯誤；從n＝3躍遷到n＝2能級差最??；所發(fā)出光子的頻率最小，波長最長，選項B錯誤；從n＝3躍遷到n＝1能級差最大，所發(fā)出的光子頻率最高，選項D錯誤；從n＝3躍遷到n＝1所發(fā)出的光子的能量最大，其值為（-1.51）-（-13.6）=12.09eV，則金屬鈉發(fā)出的光電子的最大初動能為12.09eV-2.29Ev=9.80eV，選項C正確；故選C.

點睛：本題是玻爾理論、光子的能量、愛因斯坦光電效應(yīng)方程的綜合．根據(jù)玻爾理論分析氫原子發(fā)出的三種頻率不同的光的波長、頻率關(guān)系．能級差越大，則發(fā)出光子的頻率越大，波長越短．9、D【分析】【詳解】

A．波長越長衍射現(xiàn)象越明顯；能級差越大頻率越高波長越短，A錯誤；

B．頻率最小的光應(yīng)是由n=4能級躍到n=3能級產(chǎn)生的；B錯誤；

C．由可知；這些氫原子總共可輻射出六種不同頻率的光子，能極差越大頻率越高，可得C錯誤；

D．用n=2能級躍遷到n=1能級輻射出的光能量為10.2eV，大于逸出功，能發(fā)生光電效應(yīng).D正確。二、多選題(共8題，共16分)10、B:D【分析】【詳解】

AB．據(jù)題知R1=R2=2R，流過R2的電流為I，則流過ab棒的電流為2I，金屬桿ab消耗的熱功率為

若導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動，根據(jù)能量守恒重力的功率等于電路的總功率

由于導(dǎo)體棒不一定勻速運(yùn)動，所以重力的功率不一定為8I2R，也不一定是6I2R，故A錯誤，B正確；

C．金屬桿ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為

得導(dǎo)體棒的速度大小為

故C錯誤；

D．導(dǎo)體棒受到的安培力的大小為

故D正確。

故選BD。11、A:B:C【分析】【詳解】

由圖可知，滑動變阻器上下兩部分并聯(lián)，當(dāng)滑片在中間位置時總電阻最大，則在滑動變阻器R1的滑片P由a端滑到b端的過程中，滑動變阻器R1的電阻先增大后減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電流表示數(shù)先減小后增大，則可知路端電壓先變大后變?。还蔄B正確；U與I的比值就是接入電路的R1的電阻與R2的電阻的和，所以U與I比值先變大后變小，故C正確；電壓表示數(shù)等于電源的路端電壓，電流表的示數(shù)比流過電源的電流小，由于因為即所以U變化量與I變化量比值不等于r，故D錯誤；綜上分析，ABC正確．12、A:B:D【分析】【詳解】

A.粒子質(zhì)量遠(yuǎn)大于電子質(zhì)量，電子對粒子速度的影響可以忽略；故A正確；

B.入射方向的延長線越接近原子核的粒子；所受庫侖力就越大，發(fā)生散射時的偏轉(zhuǎn)角越大，故B正確；

C.粒子散射類似于碰撞；根據(jù)實驗數(shù)據(jù)無法確定各種元素原子核的質(zhì)量，故C錯誤；

D.由粒子散射的實驗數(shù)據(jù)可以估計出原子核半徑的數(shù)量級是故D正確。

故選ABD。13、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(jù)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(dǎo)體并聯(lián)接入電路，電壓相等，根據(jù)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。14、A:C【分析】【詳解】

A.微粒受向上的電場力；而電容器A板帶正電，可知粒子帶負(fù)電，選項A正確；

B.增大微粒的速度；微粒豎直方向受力仍平衡，即仍沿直線運(yùn)動，選項B錯誤；

C.將A板向下移；兩板距離減小，則電容器的電容變大，電容器充電，兩板場強(qiáng)變大，則粒子受向上的電場力變大，則粒子將向上偏轉(zhuǎn)，選項C正確；

D.將B板向下移，兩板間距變大，則電容器的電容減小，則電容器應(yīng)該放電，但是由于二極管有單向?qū)щ娦允沟秒娙萜鞑荒芊烹?，則電容器電量不變，場強(qiáng)不變，則粒子將仍沿直線運(yùn)動，選項D錯誤.15、A:D【分析】金屬導(dǎo)電時，其中的自由電子除作無規(guī)則的熱運(yùn)動外，還作定向運(yùn)動，電流的大小是由定向運(yùn)動的速率決定的，A正確；電流與自由電子的熱運(yùn)動無關(guān)，溫度變大時金屬導(dǎo)體中的電阻增大，電流是減小的，B錯誤；阻是導(dǎo)體自身的特性，電阻的大小由導(dǎo)體自身特性決定，并和溫度有關(guān)，與導(dǎo)體兩端是否有電壓沒有直接關(guān)系，C錯誤D正確．16、A:D【分析】A、滑片P由R2中點往左移動時使并聯(lián)部分電阻減小從而使整個電路電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得干路電流增大，即A2的示數(shù)增大，則兩端電壓增大；即B板電勢降低，故選項A正確；

B、滑片P由R2中點往左移動時使并聯(lián)部分電阻減小從而使整個電路電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得干路電流增大，即A2的示數(shù)增大，路端電壓減小，由于電壓增大，則并聯(lián)部分電壓降低，根據(jù)并聯(lián)電路特點可以知道電流表A1的示數(shù)增大；故選項B錯誤；

C、滑片P由R2中點往左移動時，電路總電流增大，則兩端電壓增大；即電容器AB電壓增大，液滴加速運(yùn)動，路端電壓減小，則電容器BC電壓減小，液滴減速運(yùn)動，液滴將穿過C板，故選項C錯誤；

D、根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：則為定值，不變，根據(jù)歐姆定律可知為本身并聯(lián)之后與串聯(lián)的總電阻，即減?。还蔬x項D正確。

點睛：本題考查閉合電路歐姆定律的動態(tài)分析問題，注意電容器兩端電壓的問題。17、B:C:D【分析】【詳解】

A、B、根據(jù)折射定律有由題知玻璃磚的全反射臨界角等于則有結(jié)合i=30°，解得故A錯誤；B正確.

C、光在玻璃磚中的傳播速度為故C正確.

D、由乙圖知，單色光通過單縫a后衍射現(xiàn)象比較顯著，所以單縫a寬度較小，單縫b寬度較大；故D正確.

E；偏振是橫波的特有現(xiàn)象；光的偏振現(xiàn)象說明光是一種橫波；故E錯誤.

故選BCD.三、填空題(共9題，共18分)18、略

【分析】試題分析：和小船組成的系統(tǒng)動量守恒；根據(jù)動量守恒定律求出船移動的位移大?。?/p>

船和人組成的系統(tǒng)，在水平方向上動量守恒，人在船上行進(jìn)，船向右退，則有人從船頭走到船尾，設(shè)船相對水的位移為x，則人相對于水的位移為．

解得【解析】2m1m19、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]甲圖畫出的傾斜直線為等容線，斜率越小，體積越大，所以VB>VA，故A的體積??；

（2）[2]乙圖畫出的傾斜直線為等壓線，斜率越小，壓強(qiáng)越大，所以pD>pC，故C狀態(tài)壓強(qiáng)小；

（3）[3]丙圖畫出的雙曲線為等溫線，離原點越遠(yuǎn)，溫度越高，所以TE>TF，故F態(tài)溫度低.【解析】ACF20、略

【分析】【詳解】

[1]氣體狀態(tài)由過程中

所以是等壓過程；氣體壓強(qiáng)不變。

[2]的整個過程氣體溫度不變，內(nèi)能不變，則

整個過程中氣體放出的熱量為由熱力學(xué)第一定律可知

解得整個過程外界對氣體所做的功為【解析】不變Q21、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]由熱力學(xué)第一定律，熱量、做功、內(nèi)能的符號規(guī)定得Q1＋（－Q2）＋（－W）＝0，即Q1－Q2＝W。

[2][3]再由熱力學(xué)第二定律知，內(nèi)能不可能全部轉(zhuǎn)化成機(jī)械能而不產(chǎn)生其他影響。【解析】Q1－Q2＝W內(nèi)機(jī)械22、略

【分析】帶電粒子未發(fā)生偏轉(zhuǎn)則所以只改變該粒子的電性，粒子所受的電場力和洛倫茲力方向改變，但大小不變以，所以不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)【解析】不會23、略

【分析】【詳解】

[1]感應(yīng)電動勢為：E=Blv，感應(yīng)電流為：

線圈進(jìn)入磁場的時間為：

則線圈離開磁場的時間也等于0.5s，線圈在穿過整個磁場過程中釋放的焦耳熱為：Q=I2R?2t=0.52×2×2×0.5=0.5J【解析】0.5J24、略

【分析】【詳解】

[1]由圖可得周期

則波長

兩列波從波源傳播到點A（－2，8）的路程差

兩列波的振動步調(diào)相反，所以A點為振動減弱點；其振幅為2m。

[2]從波源傳播到點B（1；4）路程差為0，引起該處質(zhì)點的振動相互減弱。

[3]從波源傳播到點C（0.5，0）的路程差為

該處質(zhì)點為振動加強(qiáng)點?！窘馕觥?減弱加強(qiáng)25、A:C:D【分析】【詳解】

A、由圖知，a光的偏折程度小于b光，所以a光的折射率小于b光的折射率，則a光的波長大于b光的波長；故A錯誤；

BC、由知，b光在玻璃磚中傳播速度較??；時間較長，故B正確，C錯誤；

D、由知a光的臨界角較大，b光的臨界角較小，則當(dāng)光束SA繞圓心O逆時針轉(zhuǎn)動過程中，在光屏P上最早消失的是b光；D錯誤；

E、a光的波長大于b光的波長，a光波動性強(qiáng)，相同條件下，a光比b光容易發(fā)生衍射，故E正確；

不正確的是故選ACD．

【點睛】

根據(jù)光線的偏折程度，比較光的折射率大小，從而得出頻率的大小關(guān)系；由比較光在玻璃磚中傳播速度的大小，即可比較時間的長短；由比較臨界角的大小，臨界角小的光最先消失；折射率越小，波長越長，越容易發(fā)生衍射．26、略

【分析】【分析】

兩次磁鐵的起始和終止位置相同；知磁通量的變化量相同，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律比較感應(yīng)電動勢的大小．

【詳解】

條形磁鐵從同樣高度插到線圈中同樣的位置處，磁通量的變化量△Φ相同，第一次快插，第二次慢插，△t1＜△t2，由法拉第電磁感應(yīng)定律：可知，感應(yīng)電動勢：E1＞E2．

【點睛】

知道磁通量的變化量相等、應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律即可正確解題．【解析】大于四、作圖題(共3題，共21分)27、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(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，逆時針方向；

圖?。画h(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】28、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(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(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：考查了示波器的工作原理。

【名師點睛】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】29、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3題，共24分)30、略

【分析】【詳解】

（1）[1]根據(jù)題中電路圖可知；此實驗需要電壓表；電流表、電阻箱、干電池、電鍵等，缺少的是電壓表。

故選A。

（2）[2]題中表格數(shù)據(jù)描述的是電路中電源路端電壓和干路電流的對應(yīng)值，根據(jù)表格數(shù)據(jù)，描點、連線作出電源外特征曲線U-I圖像如圖：

圖像的斜率物理意義即電源的內(nèi)阻，即（都正確）

（3）[3]根據(jù)部分電路歐姆定律有

代入第5組數(shù)據(jù)，可得

【點睛】

本題考查了測定電源電動勢和內(nèi)阻實驗、閉合電路歐姆定律等知識。旨在考查學(xué)生的實驗探究能力以及推理問題的能力。【解析】A0.75（都正確）0.2231、略

【分析】【分析】

（1）明確動量守恒規(guī)律；知道實驗原理，從而確定實驗要求；

（2）根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律進(jìn)行分析；利用水平位移相等求出利用下落高度所表達(dá)式的速度公式，再根據(jù)恢復(fù)系數(shù)公式即可求出對