2025年粵教版選修3物理上冊階段測試試卷

…………○…………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年粵教版選修3物理上冊階段測試試卷392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8題，共16分)1、超級電容器又叫雙電層電容器，它具有功率密度高、充放電時間短、循環(huán)壽命長、工作溫度范圍寬等特點．圖示為一款超級電容器，其上標有“2.7V400F”，下列說法正確的是

A.該電容器的輸入電壓只能是2.7V時才能工作B.該電容器的電容與電容器兩極間電勢差成反比C.該電容器不充電時的電容為零D.該電容器正常工作電時儲存的電荷量為1080C2、下列有關物理量的方向描述正確的是（）A.電場中某點的電場強度的方向就是電荷在該點受到的電場力方向B.磁場中某點磁感應強度的方向就是正電荷在該點受到的磁場力方向C.閉合電路中電荷定向運動的方向就是電流的方向D.感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化3、下列敘述正確的是()A.力、長度和時間是力學中三個基本物理量，它們的單位牛頓、米和秒就是基本單位B.蹦極運動員離開蹦床上升過程中處于超重狀態(tài)C.與“微觀粒子的能量是量子化的”這一觀念相關的物理常量是普朗克常量hD.利用霍爾元件能夠把電壓這個電學量轉換為磁感應強度這個磁學量的特性，可以制出測量磁感應強度大小的儀器4、如圖所示，L1和L2是高壓輸電線，甲、乙是兩只互感器，若已知n1∶n2＝1000∶1，n3∶n4＝1∶100；圖中電壓表示數(shù)為220V；電流表示數(shù)為10A，則高壓輸電線的送電功率為()

A.2.2×103WB.2.2×10－2WC.2.2×108WD.2.2×104W5、如圖，用長為的輕繩懸掛一質量為M的沙箱，沙箱靜止．一質量為m的彈丸以速度水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角度．不計空氣阻力．對子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程()

A.若保持m、v、不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小B.若保持M、v、不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小C.若保持M、m、不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大D.若保持M、m、v不變，變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大6、一質量為M的航天器正以速度v0在太空中飛行,某一時刻航天器接到加速的指令后,發(fā)動機瞬間向后噴出質量為m的氣體,氣體噴出時速度大小為v1,則噴出氣體后航天器的速度大小v2為()A.B.C.D.7、下列說法正確的是（）A.普朗克在研究黑體輻射時提出了能量子假說B.盧瑟福將量子觀點引入到原子模型中，成功解釋了氫原子的發(fā)光現(xiàn)象C.湯姆孫在研究γ射線時發(fā)現(xiàn)了電子D.比較α、β、γ三種射線，由α粒子組成的α射線，電離能力最弱、穿透能力最強8、一個帶正電的粒子僅在電場力作用下運動，其電勢能隨時間變化規(guī)律如圖所示，則下列說法正確的是（）

A.該粒子可能做直線運動B.該粒子在運動過程中速度大小保持不變C.兩個時刻，粒子所處位置電場強度一定相同D.粒子運動軌跡上各點的電勢不可能相等評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、如圖所示，Rt為金屬熱電阻，R1為光敏電阻，R2、R3均為定值電阻，電源電動勢為E、內阻為r；V為理想電壓表．現(xiàn)發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)增大，可能的原因是。

A.金屬熱電阻溫度降低，其他條件不變B.光照增強，其他條件不變C.金屬熱電阻溫度升高，光照增強，其他條件不變D.金屬熱電阻溫度降低，光照減弱，其他條件不變10、關于飽和汽壓和相對濕度，下列說法中正確的是（）A.溫度相同的不同飽和汽的飽和汽壓都相同B.溫度升高時，飽和汽壓增大C.在相對濕度相同的情況下，夏天比冬天的絕對濕度大E.水蒸氣的實際壓強越大，人感覺越潮濕E.水蒸氣的實際壓強越大，人感覺越潮濕11、如圖，一定量的理想氣體，由狀態(tài)a等壓變化到狀態(tài)b，再從狀態(tài)b等容變化到狀態(tài)c，最后從狀態(tài)c等溫變化回到狀態(tài)a、下列說法正確的是（）

A.氣體在狀態(tài)a的溫度小于在狀態(tài)b的溫度B.從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程氣體對外做正功C.從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程氣體從外界吸熱E.從狀態(tài)c到狀態(tài)a的過程氣體從外界吸熱E.從狀態(tài)c到狀態(tài)a的過程氣體從外界吸熱12、下列說法正確的是（）A.擴散現(xiàn)象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生B.熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體C.一定質量的某種理想氣體在等壓膨脹的過程中，內能一定增加E.某氣體的摩爾體積為V，每個分子的體積為則阿伏加德羅常數(shù)可表示為E.某氣體的摩爾體積為V，每個分子的體積為則阿伏加德羅常數(shù)可表示為13、如圖，A、B為水平放置的平行板電容器，兩極板間有一個質量為m的帶電粒子靜止于P點．現(xiàn)將下極板向下移動一小段距離；則下列說法正確的是（）

A.電流計指針發(fā)生短時間的偏轉B.電容器所帶電荷量增大C.電容器量板間的電場強度變小D.粒子將向上極板運動14、如圖所示，在軸上有兩個波源，分別位于和處，振幅均為A=2cm，由它們產生的兩列簡諧橫波分別沿軸正方向和負方向傳播，波速均為=0.4m/s，圖示為時刻兩列波的圖象(傳播方向如圖所示)，此刻平衡位置處于和的P、Q兩質點，剛開始振動，質點M的平衡位置處于處；關于各質點運動情況判斷正確的是。

A.質點P、Q都首先沿軸負方向運動B.時刻，質點M相對平衡位置的位移為-2cmC.經過ls后，M點的振幅為4cmD.經過1.5s后，P點的振幅為4cm15、如圖所示；用輕彈簧相連的物塊A和B放在光滑的水平面上，物塊A緊靠豎直墻壁，一顆子彈沿水平方向射入物體B并留在其中，由子彈；彈簧和A、B物塊組成的系統(tǒng)，在下列說法中正確的是（）

A.子彈射入木塊過程動量守恒，機械能不守恒B.子彈射入木塊過程動量不守恒，機械能也不守恒C.彈簧推著含子彈的B物塊向右運動，直到彈簧恢復原長的過程；動量不守恒，機械能守恒D.彈簧推載著子彈的B物塊向右運動，直到彈簧恢復原長的過程；動量守恒，機械能不守恒16、如圖所示，兩帶電金屬球在絕緣的光滑水平桌面上沿同一直線相向運動，球帶電為球帶電為下列說法中正確的是（）

A.相碰前兩球的運動過程中，兩球的總動量守恒B.相碰前兩球的總動量隨兩球的距離逐漸減小而增大C.相碰分離后的兩球的總動量不等于相碰前兩球的總動量，因為兩球相碰前作用力為引力，而相碰后的作用力為斥力D.相碰分離后任一瞬時兩球的總動量等于碰前兩球的總動量，因為兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)17、關于飽和汽與飽和汽壓，氣體和液體之間的動態(tài)平衡是指汽化和液化同時進行的過程，且進行的速率__________，一定溫度下的飽和汽壓與體積__________．18、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，在其左方豎直放置一個很大的光屏P，讓一復色光束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19、如圖，左側豎直玻璃管固定，下端與汞壓強計相連，上端封有一定量的氣體。開始壓強計的U形管兩臂內汞面一樣高，氣柱長為10cm、溫度為7℃。當氣體溫度升為27℃時：如需保持氣體壓強不變，則應向___________（選填“上”或“下”）適當移動右管；如需保持氣體體積不變，則兩側玻璃管內的液面高度差應調整為___________cm（小數(shù)點后保留兩位）。（大氣壓強相當于76cm汞柱產生的壓強）

20、一種海浪發(fā)電機的氣室如圖所示。工作時；活塞隨海浪上升或下降，改變氣室中空氣的壓強，從而驅動進氣閥門和出氣閥門打開或關閉。氣室先后經歷吸入；壓縮和排出空氣的過程，推動出氣口處的裝置發(fā)電。氣室中的空氣可視為理想氣體。

(1)下列對理想氣體的理解，正確的有_____

A．理想氣體實際上并不存在；只是一種理想模型。

B．只要氣體壓強不是很高就可視為理想氣體。

C．一定質量的某種理想氣體的內能與溫度；體積都有關。

D．在任何溫度；任何壓強下；理想氣體都遵循氣體實驗定律。

(2)壓縮過程中，兩個閥門均關閉。若此過程中，氣室中的氣體與外界無熱量交換，內能增加了3.4×104J，則該氣體的分子平均動能_____（選填“增大”“減小”或“不變”），活塞對該氣體所做的功_____（選填“大于”“小于”或“等于”）3.4×104J。

(3)上述過程中，氣體剛被壓縮時的溫度為27℃，體積為0.224m3，壓強為1個標準大氣壓。已知1mol氣體在1個標準大氣壓、0℃時的體積為22.4L，阿伏加德羅常數(shù)NA=6.02×1023mol-1，則此時氣室中氣體的分子數(shù)為_____。（計算結果保留一位有效數(shù)字）21、如下圖所示；質量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內表面不光滑，盒內放有一塊質量為m的物體．從某一時刻起給m一個水平向右的初速度v0，那么在物塊與盒子前后壁多次往復碰撞后速度大小為（）。

22、閱讀短文；回答問題：

變頻空調機。

空調機中有被稱為“冷媒”的物質；利用它的物態(tài)變化可以實現(xiàn)室內；室外熱量的轉移，如圖所示是空調機制冷系統(tǒng)的原理圖，其中壓縮機的作用是對氣態(tài)“冷媒”加壓，并使“冷媒”在管內循環(huán)，壓縮機的轉速越大，“冷媒”的流量越大，空調機的制冷能力就越強．

壓縮機的轉速由供電頻率決定；“變頻空調”是與傳統(tǒng)供電頻率不變的“定頻空調”相比較而產生的概念，與“定頻空調”相比，變頻空調機的變頻器可以在一定范圍內調節(jié)供電頻率，從而改變壓縮機的轉速．供電頻率越高，轉速越大，達到控制“冷媒”流量的目的．

變頻空調機開始工作時；以最大功率進行制冷，當室內溫度快速降至設定溫度后，壓縮機隨機處于低速持續(xù)運轉狀態(tài)，維持室溫基本不變．

某型號變頻空調機的部分參數(shù)如下表；其中：制冷量是指單位時間內空調機從密閉區(qū)域內去除熱量的總和；能效比是空調機在額定狀態(tài)工作時，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

﹣﹣

請回答下列問題：

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

(2)關于變頻空調機；下列說法正確的是：（_____）．（填字母序號）

A；變頻空調的壓縮機與定頻空調一樣；也是斷斷續(xù)續(xù)工作的。

B；空調機制冷時；圖中鋼管A內流動的是氣態(tài)“冷媒”

C；空調壓縮機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，空調機的制冷能力越強評卷人得分四、作圖題(共3題，共15分)23、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．

24、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．

25、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4題，共16分)26、在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中；實驗室提供了如下器材：

A．小燈泡(3V；1．8W)

B．電壓表(量程3V；內阻約為20kΩ)

C．電流表(量程0.6A；內阻約為0．2Ω)

D．滑動變阻器(0～10Ω；2A)

E．電源(電動勢3V；內阻不計)

F．開關及導線若干；坐標紙。

實驗中要求小燈泡上的電壓從零開始測量盡可能準確，調節(jié)測量多組對應的U、I值．如圖甲所示；一組同學已經完成導線的連接．

(1)如圖甲連接好電路，不閉合電鍵，滑動變阻器滑動頭在圖示中間位置時電壓表示數(shù)_______________(填“為零”“不為零”)．

(2)在圖甲中閉合電鍵滑動變阻器滑動頭從右端滑到左端的過程中燈泡亮度變化情況是____________．

(3)指出圖甲中該組同學連接錯誤的兩條導線_______________(填導線編號)．

(4)圖乙中a圖線是改正后描出的燈泡U—I圖線，圖乙中b圖線是另一個電源路端電壓U與電源電流I的圖線．如果將這樣的一個燈泡與該電源連成閉合電路，該燈泡消耗電功率為____________W；如果將這樣的兩個燈泡串聯(lián)接在該電源上，則每個燈泡消耗電功率為____________W．(結果均保留兩位小數(shù))27、如圖螺旋測微器的讀數(shù)是______cm；游標卡尺的讀數(shù)是_________cm；若電流表的量程為0.6A，則電流表表針的示數(shù)是______A.

28、用如圖甲所示電路測量某電原的電動和內阻,電路中AB段為拉力敏感電阻絲．拉力敏感電阻絲的阻值R隨拉力F線性變化,其線性關系為=15+10F；單位為Ω

(1)待測電源的電動勢E約為5V，內阻r約為2Ω，電流表應選擇_____填序號。

A.量程0.6A,內阻Ω

B.量程3A,內阻Ω

(2)改變拉力F的大小,記錄電流表讀數(shù)測得多組數(shù)據(jù),作出廣圖象,如圖乙所示．由圖象可得=待測電源的電動勢E=_____V,內阻r=_____Ω(結果均保留2位有效數(shù)字)

(3)如圖丙所示為一燈泡的伏安特性曲線,現(xiàn)將若干個這種燈泡并聯(lián)之后與上述的電直接連接,并聯(lián)_____只燈泡可使電源的輸出功率最大29、某同學用如圖甲所示的電路測量某電池的電動勢E和內阻r，R為電阻箱．干電池的工作電流不宜超過0.5A；實驗室提供的器材如下：電壓表(量程0?3V，內阻約3kΩ)；電阻箱(阻值范圍0?999.9Ω)；開關；導線若干．

(1)請根據(jù)圖甲的電路圖在圖乙中畫出連線，將器材連接成實驗電路__________．

(2)實驗時，改變電阻箱R的值，記錄電壓表的示數(shù)U，得到若干組R、U的數(shù)據(jù)．根據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪出如圖丙所示的圖線，由圖像得出電池組的電動勢E＝____V，內阻r＝____Ω．(保留三位有效數(shù)字)

(3)關于這個實驗中存在的誤差以及減小誤差的各種方法，下列說法正確的是（______）

A.電壓表的分流作用引起的誤差屬于偶然誤差。

B.該同學讀電壓表讀數(shù)引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差。

C.本實驗用圖像法處理數(shù)據(jù)可以減小偶然誤差。

D.如果將電壓表的內阻計算在內就可以減小系統(tǒng)誤差評卷人得分六、解答題(共4題，共40分)30、固定在水平面內的兩條平行光滑金屬導軌，間距L＝0.6m，左端連接一阻值R＝2.0Ω的定值電阻，導軌所在空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B＝1.0T，其俯視圖如圖所示．長度恰好等于導軌間距的導體棒MN放在導軌上，其質量m＝0.6kg、電阻r＝1.0Ω，與導軌始終垂直且接觸良好，導軌的電阻可忽略不計．現(xiàn)用平行于導軌的拉力F作用在導體棒上，使其沿導軌向右勻速運動，速度v0＝5m/s．

（1）求勻速運動過程中MN兩點的電勢差；并且指出M；N兩點哪點電勢高；

（2）某時刻撤去外力F，求撤去外力F后至速度變?yōu)関1＝2.0m/s的過程中。

a．電流流過外電阻R產生的焦耳熱；

b．導體棒MN向右移動的距離．

（3）在上述情景中，金屬棒MN相當于一個電源，這時的非靜電力與棒中自由電子所受洛倫茲力有關．請根據(jù)電動勢的定義，推導金屬棒MN中的感應電動勢E＝BLV．31、如圖所示，長為0.5m、內壁光滑的氣缸定在水平面上，氣缸內用橫截面積為100cm2的活塞封閉有壓強為1×105Pa、溫度為27℃的理想氣體，開始時活塞位于距缸底30cm處．現(xiàn)對封閉的理想氣體加熱，使活塞緩慢向右移動．(已知大氣壓強為1×105Pa)

①試計算當溫度升高到427℃時；缸內封閉氣體的壓強；

②若在此過程中封閉氣體共吸收了800J的熱量，試計算氣體增加的內能．32、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？

33、如圖所示，用長l=0.5m的細線懸掛質量M=990g的木塊，靜止懸掛在天花板上的O點．一顆質量m=10g的子彈以水平速度v0=200m/s射入木塊，瞬間留在木塊中，接著和木塊共同上擺．取g=10m/s2．求：

（1）子彈射入木塊后瞬間它們共同速度的大小v：

（2）子彈射入木塊后瞬間，細線施加的拉力大小T；

（3）木塊向右擺動的最大擺角θ．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【詳解】

A、電容器的額定電壓為2.7V，說明工作電壓要不超過2.7V，可以小于2.7V，故A錯誤；

B、電容器的電容由電容器本身來決定，跟電容器兩極間的電勢差無關，故B錯誤；

C、電容是描述電容器容納電荷的本領，不充電是電容仍然存在，與充電與否無關，故C錯誤；

D、該電容器最大容納電荷量：Q＝CU＝400F×2.7V＝1080C，故D正確．2、D【分析】A；電場中某點的電場強度的方向就是正電荷在電場中某點受力的方向；故A錯誤；

B；磁場中任一點；小磁針北極受力方向，就是該點的磁場方向，故B錯誤；

C；電荷的定向移動形成電流；正電荷的定向移動方向是電流的方向，故C錯誤；

D；楞次在分析了許多實驗事實后提出楞次定律；即感應電流應具有這樣的方向，感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，故D正確。

點睛：本題考查了電場、磁場、電流以及感應電流的方向，注意教材中對這些方向的規(guī)定。3、C【分析】【詳解】

質量、長度和時間是力學中三個基本物理量，它們的單位千克、米和秒就是基本單位；力不是基本物理量，牛頓不是基本單位，選項A錯誤；蹦極運動員離開蹦床上升過程中，加速度向下，處于失重狀態(tài)，選項B錯誤；與“微觀粒子的能量是量子化的”這一觀念相關的物理常量是普朗克常量h，選項C正確；霍爾元件能夠把磁學量轉換為電學量，故D錯誤；故選C.4、C【分析】由圖可知，甲并聯(lián)在電路中是電壓互感器，電路中是強電壓，通過變壓器變成弱電壓，用電壓表測量，因為電壓之比等于線圈匝數(shù)比，故U=220×1000=220000V；乙串聯(lián)在電路中是電流互感器，電路中是強電流，通過變壓器變成弱電流，用電流表測量，因為電流之比等于線圈匝數(shù)的倒數(shù)比，故電流I=10×100=1000A；則輸電功率P=UI=2.2×105×1000=2.2×108W，故C正確，ABD錯誤。5、C【分析】【分析】

本題考機械能守恒定律及動量守恒定律的相關知識點。

【詳解】

分析易得只有子彈射入沙箱并停留在沙箱中這個過程中系統(tǒng)的機械能才會損失，由動量守恒得，則系統(tǒng)損失的機械能。

對于A選項，由可知若保持m、v、不變；M越大則系統(tǒng)損失的機械能變大，故A錯誤。

對于B選項，由可知若保持M、v、不變；m變大則系統(tǒng)損失的機械能變大，故B錯誤。

對于C選項，由可知若保持M、m、不變；v變大則系統(tǒng)損失的機械能變大，故C正確。

對于D選項，子彈與沙箱共同向上擺動一小角度的過程系統(tǒng)機械能守恒，故D錯誤6、A【分析】【詳解】

設航天器的速度為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：解得：BCD錯誤A正確7、A【分析】A；普朗克在研究黑體輻射時提出了能量子假說；故A正確；

B；玻爾將量子觀點引入到原子模型中；成功解釋了氫原子的發(fā)光現(xiàn)象，故B錯誤；

C；湯姆遜研究陰極射線時發(fā)現(xiàn)了電子；故C錯誤；

D.比較α、β、γ三種射線，由α粒子組成的α射線；電離能力最強；穿透能力最弱，故選項D錯誤．

點睛：本題主要涉及到近代物理的常識性的知識，關鍵要熟悉教材，掌握基本概念和基本規(guī)律，以及各物理學家的主要貢獻等．8、B【分析】【詳解】

A．由圖可知；粒子的電勢能不變，電場力不做功，而帶電粒子只受電場力，不可能做直線運動，故A錯誤；

B．根據(jù)能量守恒可知；由于粒子的電勢能不變，可知粒子的動能不變，速度大小不變，故B正確；

CD．粒子的電勢能不變，電場力不做功，根據(jù)電場力公式可知，粒子運動軌跡上各點的電勢一定相等，而電場強度與電勢無關，兩個時刻；粒子所處位置電場強度不一定相同，故CD錯誤。

故選B。二、多選題(共8題，共16分)9、A:D【分析】【詳解】

當光照減弱時，光敏電阻阻值變大，干路電流變小，內電壓與R2電壓變小，并聯(lián)部分電壓變大，由于故電壓表示數(shù)增大；若金屬熱電阻溫度降低，熱電阻阻值變小，干路電流變大，內電壓與R2電壓變大，并聯(lián)部分電壓變小，R1的電流變小，由于干路電流變大，故R3上的電流變大，由于故電壓表示數(shù)增大．綜上分析，AD正確．10、B:C:D【分析】【詳解】

AB．在一定溫度下；飽和汽壓是一定的，飽和汽壓隨溫度的升高而增大，飽和汽壓與液體的種類有關，與體積無關，故A錯誤，B正確；

CD．空氣中所含水蒸氣的壓強，稱為空氣的絕對濕度

夏天的飽和汽壓大；在相對濕度相同時，夏天的絕對濕度大，故CD正確；

E．人感受的空氣潮濕程度是相對濕度；故E錯誤。

故選BCD。11、A:B:D【分析】【詳解】

A．由狀態(tài)a等壓變化到狀態(tài)b，氣體的體積變大，根據(jù)

可知氣體的溫度升高，故氣體在狀態(tài)a的溫度小于在狀態(tài)b的溫度；A正確；

B．從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程；氣體的體積變大，可知氣體對外做正功，B正確；

C．從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程，氣體體積不變，氣體的壓強變小，根據(jù)

可知氣體的溫度降低；可知氣體的內能減小，根據(jù)熱力學第一定律可知，氣體對外放熱，C錯誤；

D．由題意可知氣體在狀態(tài)a的溫度等于在狀態(tài)c的溫度，故氣體在狀態(tài)a的內能等于在狀態(tài)c的內能；D正確；

E．從狀態(tài)c到狀態(tài)a的過程；氣體的體積變小，外界對氣體做正功，又氣體的內能不變，根據(jù)熱力學第一定律可知，氣體對外放熱，E錯誤。

故選ABD。12、A:C:D【分析】【詳解】

A．擴散現(xiàn)象是由物質分子無規(guī)則熱運動產生的分子遷移現(xiàn)象；可以在固體；液體、氣體中產生，擴散速度與溫度和物質的種類有關，故A正確；

B．在一定條件下；熱量可能從低溫物體傳到高溫物體，故B錯誤；

C．一定量的理想氣體在等壓膨脹過程中，根據(jù)理想狀態(tài)的狀態(tài)方程

可知氣體的溫度一定升高；所以內能一定增加，故C正確；

D．根據(jù)布朗運動的原因可知；液體中懸浮微粒的布朗運動是液體分子對它的撞擊作用不平衡的結果，故D正確；

E．由于氣體分子間距離較大；摩爾體積與分子體積的比值不等于阿伏伽德羅常數(shù)，故E錯誤。

故選ACD。13、A:C【分析】【詳解】

A、根據(jù)電容的定義式電容器與電源保持相連，則U不變，當下極板豎直向下移動一小段距離，間距增大，根據(jù)可知C減?。粍tQ也減小，電容器處于放電，短時間電流指針會發(fā)生偏轉，故A正確，B錯誤；

C、將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)得知板間場強減小；故C正確；

D、由C選項分析可知，因電場強度減小，則電場力減小，那么粒子會向下運動，故D錯誤；14、A:C【分析】【詳解】

由波的傳播方向結合上下坡的方法可確定質點的振動方向質點P、Q均沿y軸負方向運動.故A正確；根據(jù)解得根據(jù)波的傳播可知時刻，兩波的波谷恰好傳到質點M,所以位移為-4cm，故B錯誤；由于M點到兩個波源的距離相等，所以M點是個振動加強點，所以M點的振幅為4cm，故C正確，因為P點到兩個波源的距離符合半個波長的奇數(shù)倍，所以P點是個減弱點，根據(jù)疊加原理可知此時P的振幅為0，故D錯誤；故選AC15、A:C【分析】AB；子彈射入木塊過程；由于時間極短，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，則系統(tǒng)動量守恒．在此運動過程中，子彈的動能有一部分轉化為系統(tǒng)的內能，則系統(tǒng)的機械能減小，所以機械能不守恒．故A正確，B錯誤；

CD；彈簧推載著子彈的B物塊向右運動；直到彈簧恢復原長的過程，彈簧要恢復原長，墻對彈簧有向右的彈力，系統(tǒng)的外力之和不為零，則系統(tǒng)動量不守恒．在此運動過程中，只有彈簧的彈力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒．故C正確，D錯誤．

故選AC.16、A:D【分析】【詳解】

AB.相碰前兩球所受的合外力為零；動量守恒，兩球的總動量保持不變，故A符合題意，B不符合題意；

CD.將兩球看作整體分析時，整體受重力、支持力，水平方向不受外力，故整體系統(tǒng)動量守恒，故兩球相碰分離后的總動量等于碰前的總動量，C不符合題意，D符合題意三、填空題(共6題，共12分)17、略

【分析】由動態(tài)平衡的概念可知，汽化與液化的速率相等，一定溫度下飽和汽壓與體積無關.【解析】相等無關18、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小；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，則當光束SA繞圓心O逆時針轉動過程中，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，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．19、略

【分析】【詳解】

[1]若需保持氣體壓強不變；根據(jù)蓋—呂薩克定律可知氣體溫度升高，則體積增大，所以左側汞面下降，而汞的總體積不變，且末狀態(tài)下左；右汞面應仍保持在同一高度，則末狀態(tài)下右側汞面應更加靠近管口，所以應向下適當移動右管。

[2]開始時封閉氣體的壓強和溫度分別為

末狀態(tài)下氣體溫度為

如需保持氣體體積不變，設末狀態(tài)下氣體壓強為p1，根據(jù)查理定律有

解得

根據(jù)平衡條件可知

解得兩側玻璃管中液面高度差對應的壓強為

即兩側玻璃管內的液面高度差應調整為5.43cm?！窘馕觥肯?.4320、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]AD．理想氣體是指在任何溫度；任何壓強下都遵守氣體實驗定律的氣體；是為了研究方便而引入的不計本身大小、分子間除碰撞外不計相互作用力，無分子勢能、分子間碰撞為彈性碰撞的理想模型，故AD正確；

B．實際氣體溫度不太低；壓強不太大時可視為理想氣體；故B錯誤；

C．由于理想氣體不計分子勢能；因此其內阻只與溫度有關，故C錯誤。

故選AD。

（2）[2][3]由于壓縮過程中氣體與外界無熱量交換，氣體內能增加，因此溫度升高，氣體的分子平均動能增大，根據(jù)熱力學第一定律可知W=ΔU=3.4×104J

（3）[4]設氣體在標準狀況下的體積為V0，上述過程為等壓過程，有=

氣體物質的量為n=

分子數(shù)為N=nNA

聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得N==5×1024【解析】①.AD②.增大③.等于④.5×102421、C【分析】試題分析：以物體與小車組成的系統(tǒng)為研究對象；水平方向不受外力作用，水平方向動量守恒，由于盒子內表面不光滑，最終兩者具有共同的速度，運用動量守恒定律求解．

選物體與小車組成的系統(tǒng)為研究對象，由水平方向動量守恒得所以v方向與同向，即方向水平向右，C正確．【解析】22、略

【分析】（1）在室內；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）變頻空調的壓縮機是連續(xù)工作的，故A錯誤；由圖示可知，空調機制冷時，圖中鋼管A內流動的是氣態(tài)“冷媒”，故B正確；空調壓縮機是利用做功的方法使“冷媒”發(fā)生物態(tài)變化的，故C錯誤；變頻器供電頻率越高，空調機的制冷能力越強，故D正確。所以選BD。【解析】液化汽化BD四、作圖題(共3題，共15分)23、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??；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(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】24、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】25、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4題，共16分)26、略

【分析】【詳解】

（1）由實物電路圖可知；開關不能控制分壓電路的閉合和斷開，比如閉合電鍵，滑動變阻器滑動頭在圖示中間位置時電壓表示數(shù)不為零．

（2）由實物電路圖可知；閉合電鍵滑動變阻器滑動頭從右端滑到左端的過程滑動變阻器接入電路的阻值增大，流過燈泡的電流減小，燈泡的實際功率變小，燈泡變暗，當滑片到達左端時，滑動變阻器接入電路的阻值為零，燈泡兩端電壓增大，燈泡實際功率增大，燈泡變亮；

（3）描繪燈泡伏安特性曲線實驗滑動變阻器應采用分壓接法；電壓表內阻遠大于燈泡電阻，電流表應采用外接法，所以連線5；6接法錯誤；

（4）由圖乙所示數(shù)據(jù)可知，燈泡兩端電壓為2.1V，流過燈泡的電流為0.5A，燈泡實際功率為：（1.03V-1.06V）由圖乙所示圖線可知電源電動勢為電源內阻為：當兩燈泡串聯(lián)，設每個燈泡兩端的電壓為U，流過每一個燈泡的電流為I則在燈泡U-I圖象坐標系內阻作出如圖所示：

由圖可知此時燈泡兩端電壓為1.2V，通過燈泡的電流為0.37A，則燈泡的功率為

故本題答案是：(1).不為零(2).先變暗再變亮(3).5、6(4).1.04(5).0.44【解析】不為零先變暗再變亮5、61.040.4427、略

【分析】【詳解】

（1）螺旋測微器的固定刻度為13.5mm，可動刻度為所以最終讀數(shù)為

（2）20分度的游標卡尺,精確度是游標卡尺的主尺讀數(shù)為游標尺上第10個刻度和主尺上某一刻度對齊,所以游標讀數(shù)為所以最終讀數(shù)為:

（3）電流表的量程是0.6A；則最小刻度代表的是0.02A，精確到0.01A，則圖中表的讀數(shù)是：0.44A

綜上所述本題答案是：(1).1.3870(2).1.150(3).0.44【解析】1.38701.1500.4428、略

【分析】【詳解】

（1）由題圖乙可知：可知，當F=0N時，此時I最大，大約為所以選A．

（2）由閉合電路歐姆定律可得：由圖象可知，斜率可得：E=4V；圖線的截距解得：．

（3）當外電路的電阻R等于電池內阻r時，電源的輸出功率最大．即時，U外=2V，所以由燈泡的U-I圖可知，此時則有可得：n=2.【解析】A4.01.0229、略

【分析】(1)如圖所示：

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律：則所以圖象的縱截距：解得：斜率為：解得：