2025年浙科版选修3物理上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年浙科版选修3物理上册阶段测试试卷115考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、如图所示；图中由基本门电路组成的电路中能使蜂鸣器发出声音的是（）

A.甲B.乙C.丙D.甲乙丙2、某兴趣小组制作了一个简易的“转动装置”；如图甲所示，在干电池的负极吸上两块圆柱形强磁铁，然后将一金属导线折成顶端有一支点；底端开口的导线框，并使导线框的支点与电源正极、底端与磁铁均良好接触但不固定，图乙是该装置的示意图．若线框逆时针转动(俯视)，下列说法正确的是。

A.线框转动是因为发生了电磁感应B.磁铁导电且与电池负极接触的一端是S极C.若将磁铁的两极对调，则线框转动方向不变D.线框转动稳定时的电流比开始转动时的大3、如图，边长为a的正方形闭合线圈沿光滑的水平面上以速度v0进入宽度为L的匀强磁场，a1：Q2为（）

A.1:1B.2:1C.3:1D.4:1：4、两个固定声源发出的声波1和声波2在空气中传播．已知声波1的频率是声波2的3倍，则()A.声波1的波长是声波2的3倍B.声波1的传播速度是声波2的3倍C.两列波相遇会产生稳定的干涉现象D.远离这两个声源的观察者，听到的这两列波的频率均比声源发出的频率低5、如图所示为氢原子的四个能级，其中为基态．若氢原子A处于激发态氢原子B处于激发态则下列说法中正确的是（）

A.原子A可能辐射出3种频率的光子B.原子B可能辐射出3种频率的光子C.原子A能够吸收原子B发出的光子并跃迁到能级D.原子B能够吸收原子A发出的光子并跃迁到能级评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、电动势为E.内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路；当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，下列说法正确的是（ ）

A.定值电阻R2电功率增大B.电压表和电流表读数都减小C.通过滑动变阻器R中的电流增大D.电压表的示数增大，电流表的示数减小7、对于下列实验；说法正确的有（）。

A.甲图是用油膜法测分子直径的示意图。实验中为油膜厚度近似等于油酸分子直径B.乙图是溴蒸气的扩散实验。若温度升高，则扩散的速度加快C.丁图是蜂蜡涂在单层云母片上受热融化的实验。说明云母的导热性能具有各向同性E.戊图是把毛细管插入水银中的实验现象。说明水银对玻璃是浸润液体E.戊图是把毛细管插入水银中的实验现象。说明水银对玻璃是浸润液体8、关于分子动理论，下列说法正确的是（）A.布朗运动不是液体或者气体分子的无规则运动B.分子势能随着分子间的距离增大可能先增大后减小C.分子间相互作用的引力和斥力均随分子间的距离增大而减小E.热量既能从高温物体传递到低温物体，也能从低温物体传递到高温物体E.热量既能从高温物体传递到低温物体，也能从低温物体传递到高温物体9、关于热现象，下列说法正确的是（）A.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸分子的直径(也就是单层油酸分子组成的油膜的厚度)等于一小滴溶液中纯油酸的体积与它在水面上摊开的面积之比B.两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，它们都随距离的增大而减小，当两个分子的距离为r0时，引力与斥力大小相等，分子势能最小C.物质是晶体还是非晶体，比较可靠的方法是从各向异性或各向同性来判断E.如果没有漏气没有摩擦，也没有机体热量的损失，这样的热机的效率可以达到100%E.如果没有漏气没有摩擦，也没有机体热量的损失，这样的热机的效率可以达到100%10、某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成；漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将。

A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉11、如图所示，等腰直角三角形OPQ区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的OP边在x轴上且长为L，纸面内一边长为L的单匝闭合正方形导线框（线框电阻为R）的一条边在x轴上，且线框在外力作用下沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场区域，在t=0时该线框恰好位于图中所示的位置；现规定顺时针方向为导线框中感应电流的正方向，则下列说法正确的有（）

A.在０～时间内线框中有正向电流，在～时间内线框中有负向电流B.在～时间内流经线框某处横截面的电量为C.在～时间内线框中最大电流为D.０～时间内线框中电流的平均值不等于有效值12、一定质量的理想气体自状态A经状态C变化到状态B。这一过程的V－T图像表示如图所示；则（）

A.在过程AC中，外界对气体做功，内能不变B.在过程CB中，外界对气体做功，内能增加C.在过程AC中，气体压强不断变大D.在过程CB中，气体压强不断减小13、在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r；闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向右移动一段距离后，下列结论正确的是（）

A.电流表示数变大，电压表示数变小B.灯泡L变亮C.容器C上电荷量增加D.电源的输出功率变小14、如图所示,一列简谐横波在介质中向右传播,O点为波源,在某时刻波刚好传到图中B点,则下列说法正确的是()

A.此时刻P点向上运动，B点速度为零B.B两质点的速度总是相同C.Q点在此时刻具有最大的速度D.若波由O传播到A点所用为时间t，则波由A点传播到B点所用时间也为t评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，具有不同水平速度的带电粒子射入后发生偏转的情况不同。若从左侧水平射入的带电粒子，不计重力，穿过这一区域时未发生偏转，则该粒子的速度大小为________；若只改变该粒子的电性，则粒子穿过这一区域时是否会发生偏转？________（选填“会”或“不会”）。16、一种海浪发电机的气室如图所示。工作时；活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭。气室先后经历吸入；压缩和排出空气的过程，推动出气口处的装置发电。气室中的空气可视为理想气体。

(1)下列对理想气体的理解，正确的有_____

A．理想气体实际上并不存在；只是一种理想模型。

B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体。

C．一定质量的某种理想气体的内能与温度；体积都有关。

D．在任何温度；任何压强下；理想气体都遵循气体实验定律。

(2)压缩过程中，两个阀门均关闭。若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加了3.4×104J，则该气体的分子平均动能_____（选填“增大”“减小”或“不变”），活塞对该气体所做的功_____（选填“大于”“小于”或“等于”）3.4×104J。

(3)上述过程中，气体刚被压缩时的温度为27℃，体积为0.224m3，压强为1个标准大气压。已知1mol气体在1个标准大气压、0℃时的体积为22.4L，阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol-1，则此时气室中气体的分子数为_____。（计算结果保留一位有效数字）17、如图所示为一弹簧振子的振动图像；试完成以下问题：

（1）该振子简谐运动的表达式为____________________；

（2）该振子在第100s时的位移为________cm，该振子在前100s内的路程为________cm．18、如图所示，一束激光频率为传播方向正对卫星飞行方向，已知真空中光速为c，卫星速度为u，则卫星上观测到激光的传播速度是______，卫星接收到激光的频率______（选填“大于”“等于”或“小于”）。

19、一颗手榴弹以v0=10m/s的水平速度在空中飞行．设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为0.2kg，沿原方向以250m/s的速度飞去，那么，质量为0.4kg的大块在爆炸后速度大小为______，方向是______（填与v0同向或反向）评卷人得分四、作图题(共3题，共15分)20、如图所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．

21、示波管的内部结构如图所示．如果在偏转电极XX/、YY/之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX/之间和YY/之间分别加上如图所示的电压，请画出荧光屏上出现的完整扫描波形图．

22、图中表示某一时刻的波形图，已知波速为0.5m/s，波沿着x轴的正方向传播；画出经过7s后的波形曲线。

评卷人得分五、实验题(共4题，共32分)23、在“测定金属的电阻率”的实验中：

（1）用螺旋测微器测量金属丝直径时，其示数如图1所示，则金属丝的直径为_____．

（2）某同学设计了如图所示的电路测量该金属丝的电阻（阻值约）

可选用的器材规格如下：

电源E（电动势内阻不计）；

电流表A（内阻约）；

电流表G（内阻为）；

滑动变阻器（阻值额定电流）；

滑动变阻器（阻值额定电流）；

定值电阻

定值电阻

开关S和导线若干．

①为了便于操作，并使测量尽量精确，定值电阻应选______，滑动变阻器R应选______．

②某次测量时电流表G的读数为安培表示数为计算的准确值为______（计算结果保留3为有效数字）24、在测量电源电动势和内电阻的实验中，已知一节干电池的电动势约为1.5V，内阻约为电压表V（量程为3V，内阻约）；电流表A（量程为0.6A，内阻约为）；滑动变阻器R（2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻。

（1）请在图1方框中画出实验电路图。______

（2）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图2所示的U-I图线，由图可得该电源电动势E=____V，内阻r=______Ω。（结果均保留两位小数）

（3）一位同学对以上实验进行了误差分析。其中正确的是______。A.实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用B.实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用C.实验测出的电动势小于真实值D.实验测出的内阻大于真实值

（4）某小组的同学找到了电阻箱，便设计了如图甲所示的电路进行实验，并且记录了实验中一系列电流表读数I及与之对应的电阻箱阻值R，该小组同学通过巧妙地设置横轴和纵轴，描绘出了如图乙所示的图线，则在图乙中纵轴应表示______；（填I、R或与I、R相关的量），若该图线的斜率为k，横轴上的截距为m，则电动势的测量值=______，内电阻的测量值=______

25、某同学测定电源电动势和内阻，所使用的器材有：待测干电池一节(内阻很小)、电流表A(量程0.6A，内阻RA小于1Ω)、电流表A1(量程0.6A，内阻未知)、电阻箱R1(0～99.99Ω)、滑动变阻器R2(0～10Ω)、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个，导线若干．

(1)该同学按图甲所示电路连接进行实验操作．请在答题卡相应位置的虚线框内补全与图甲对应的电路图_______．

(2)测电流表A的内阻：

闭合开关K，将开关S与C接通，通过调节电阻箱R1和滑动变阻器R2，读取电流表A的示数为0.20A、电流表A1的示数为0.60A、电阻箱R1的示数为0.10Ω，则电流表A的内阻RA＝________Ω．

(3)测电源的电动势和内阻：

断开开关K，调节电阻箱R1，将开关S接__________(填“C”或“D”)，记录电阻箱R1的阻值和电流表A的示数；断开开关K，开关S所接位置不变，多次调节电阻箱R1重新实验，并记录多组电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I．

(4)数据处理：

图乙是由实验数据绘出的－R图象，由此求出干电池的电动势E＝__________V、内阻r＝__________Ω．(计算结果保留二位有效数字)

(5)如果电流表A的电阻未知，本实验__________(填“能”或“不能”)测出该电源的电动势．26、用伏安法测量电阻R的阻值，并求出电阻率ρ.给定电压表(内阻约为50kΩ)、电流表(内阻约为40Ω)、滑动变阻器、电源、电键、待测电阻R(约为250Ω)及导线若干．

(1)画出测量R的电路图____________．

(2)上图中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，试写出根据此图求R值的步骤：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________；

求出的电阻值R＝__________(保留3位有效数字)．

(3)待测电阻是一均匀材料制成的圆柱体，用游标为50分度的卡尺测量其长度与直径，结果分别如图甲、图乙所示，由图可知其长度为__________，直径为________．

(4)由以上数据可以求出ρ＝________(保留一位有效数字)．评卷人得分六、解答题(共4题，共8分)27、如图所示，正方形abcd区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子均从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场，甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场，已知甲粒子的速度大小为v；甲；乙两带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力，求：

（1）乙粒子的速度大小；

（2）甲；乙两粒子在磁场中运动的时间之比。

28、如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.20m，导轨间接有电阻R=1.0有一导体杆静止地放在轨道上；与两轨道垂直，杆及轨道的电阻均可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向下．现用一大小为0.02N的恒力F拉杆，使之沿轨道向右运动起来，求。

(1)当导体杆速度为v=1.0m/s时；电阻R两端的电压；

(2)导体杆最终的最大速度vm．29、如图所示，竖直线MN左侧存在水平向右的匀强电场，右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，其磁感应强度大小B=π×10-2T，在P点竖直下方、d=处有一垂直于MN的足够大的挡板．现将一重力不计、比荷=1×106C／kg的正电荷从P点由静止释放，经过△t=1×10-4s，电荷以v0=1×104m／s的速度通过MN进入磁场．求：

(1)P点到MN的距离及匀强电场的电场强度E的大小；

(2)电荷打到挡板的位置到MN的距离；

(3)电荷从P点出发至运动到挡板所用的时间．30、如图所示，在xOy平面上，直线OM与x轴正方向夹角为直线OM左侧存在平行y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向直线OM右侧存在垂直xOy平面向里的磁感应强度为B的匀强磁场一带电量为q，质量为m带正电的粒子忽略重力从原点O沿x轴正方向以速度射入磁场此后，粒子穿过磁场与电场的边界三次，恰好从电场中回到原点粒子通过边界时，其运动不受边界的影响求：

（1）粒子第一次在磁场中做圆周运动的半径和周期；

（2）匀强电场的强度；

（3）粒子从O点射出至回到O点的时间．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

【详解】

由甲图可知；与门的输入端为1；0，则输出为0，蜂鸣器不发出声音；图乙为或门电路，输入端为1、0，则输出为1，蜂鸣器发出声音；图丙为非门电路，输入端为1，则输出为0，蜂鸣器不发出声音。

故选B。2、B【分析】【分析】

【详解】

ABC．对线框的下端平台侧面分析；若扁圆柱形磁铁上端为S极，下端为N极，周围磁感线由上往下斜穿入线框内部，在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有垂直于纸面向里的分量，在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任一径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外），所以，由上往下看（俯视），线框沿逆时针转动，若扁圆柱形磁铁上端为N极，下端为S极，则转动方向相反，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应．故AC错误，B正确；

D．稳定时，因导线切割磁感应线，则线框中电流比刚开始转动时的小，故D错误．3、C【分析】【详解】

进入磁场的过程中，由动量定理得：﹣∑FA•△t＝mv1﹣mv0，即mv1﹣mv0，整理得，1，同理，出磁场的过程有：解得根据能量守恒得，进入磁场过程产生的热量出磁场过程产生的热量则Q1：Q2＝3：1，故C正确，A、B、D错误．4、D【分析】【详解】

两列声波在同一空间的空气中沿同一方向传播，波速相同，故B错误；根据可知声波1的波长是声波2的故A错误；根据题意可知声波1的频率是声波2的3倍，据两列波发生干涉的必要条件是频率相同，所以在这两列波传播的方向上，不会产生稳定的干涉现象，故C错误；由于多普勒效应，远离这两个声源的观察者，听到的这两列波的频率均比声源发出的频率低，故D正确．5、B【分析】【详解】

A、原子A从激发态跃迁到只有一种频率光子，故A错误；

B、一群处于激发态的氢原子B跃迁到基态的过程中可能从跃迁到从跃迁到从跃迁到可能有三种频率光子，故B正确；

C、由原子能级跃迁理论可知，A原子可能吸收原子B由跃迁到时放出的光子并跃迁到但不能跃迁到故C错误；

D、A原子发出的光子能量大于故不可能使原子B吸收原子A发出的光子并跃迁到能级故D错误．二、多选题(共9题，共18分)6、B:C【分析】【分析】

由图可知R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向a端移动时；滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化．

【详解】

当滑片向a滑动时，R接入电阻减小，总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流I增加，干路电流增加，内电压增加，由U=E-Ir可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，R1两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；由公式可知，定值电阻R2电功率减小；

由上述分析可知；故应选：BC．

【点睛】

本题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压增大，流过R2的电流增大．7、A:B:D【分析】【分析】

【详解】

A．甲图是用油膜法测分子直径的示意图。实验中将油膜看成单分子层；所以油膜厚度近似等于油酸分子直径，故A正确；

B．乙图是溴蒸气的扩散实验。若温度升高；分子热运动越剧烈，则扩散的速度加快，故B正确；

C．丁图是蜂蜡涂在单层云母片上受热融化的实验。图像各方向融化距离不同；说明云母的导热性能具有各向异性，故C错误；

D．丙图是模拟气体压强产生的机理。说明气体压强是由气体分子对器壁碰撞产生的；故D正确；

E．戊图是把毛细管插入水银中的实验现象。水银下降；说明水银对玻璃是不浸润液体，故E错误。

故选ABD。8、A:C:E【分析】【详解】

A．布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动；反映了液体或气体分子的无规则运动，故A正确；

B．若分子间距小于平衡距离；则随着分子间的距离增大，分子力先做正功再做负功，故分子势能先减小后增大。若分子间距大于平衡距离，则随着分子间的距离增大，分子力一直做负功，故分子势能一直增大，故B错误；

C．分子间相互作用的引力和斥力均随分子间的距离增大而减小；但斥力减小得更快，故C正确；

D．由于气体分子的间距远大于分子直径；故气体分子的体积小于气体的摩尔体积与阿伏伽德罗常数之比，故D错误；

E．热量既能从高温物体传递到低温物体；也能从低温物体传递到高温物体，故E正确。

故选ACE。9、A:B:D【分析】【详解】

A.根据用“油膜法”估测分子大小的实验原理可知；让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，由于油酸分子是紧密排列的，而且形成的油膜为单分子油膜，然后用每滴油酸酒精溶液所含纯油酸体积除以油膜面积得出的油膜厚度即为油酸分子直径，故A正确；

B.当分子间的距离r＜r0时，分子力表现为斥力，减小分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加；当分子间的距离r＞r0时，分子力表现为引力，增大分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加，所以当两个分子的距离为r0时；引力与斥力大小相等，分子势能最小，故B正确；

C.单晶体具有各向异性；多晶体与非晶体都具有各向同性，所以不能根据各向异性或各向同性来判断物质是晶体还是非晶体；晶体具有一定的熔点，而非晶体没有固定的熔点，比较可靠的方法是通过比较熔点来判断，故C错误；

D.根据热力学第一定律可知，如果用Q表示物体吸收的能量，用W表示物体对外界所做的功，U表示物体内能的增加，那么热力学第一定律可以表达为Q=U+W；故D正确；

E.即使没有漏气没有摩擦；也没有机体热量的损失，根据热力学第二定律可知，热机的效率不可以达到100%．故E错误。

故选ABD．10、A:D【分析】为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来；将左；右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项A正确；若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动，选项B正确；左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，故不能转起来，选项C错误；若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项D正确；故选AD。

【名师点睛】此题是电动机原理，主要考查学生对物理规律在实际生活中的运用能力；关键是通过分析电流方向的变化分析安培力的方向变化情况。11、B:D【分析】【详解】

A．在时间内线框的磁通量增加，根据楞次定律判断知线框中有负向电流，在时间内磁通量减小；线框中有正向电流，故A错误；

B．在时间内线框中磁通量的减小量为

流经线框某处横截面的电量为

故B正确；

C．在时间内最大的有效切割长度为最大感应电动势为

则线框中最大感应是电流为

故C错误；

D．在时间内线框中电流沿负向均匀减小，在时间内电流沿正向均匀减小；电流的平均值为0，而线框中产生焦耳热，所以电流的有效值不为0，故D正确。

故选BD。12、A:C【分析】【详解】

AC．AC过程中气体温度不变，气体内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，由理想气体状态方程可知；气体压强增大，A正确，C正确；

BD．CB过程气体温度升高，气体内能增加，该过程气体体积不变，外界对气体不做功，由理想气体状态方程可知；气体压强增大，B错误，D错误。

故选AC。

【点睛】

根据图像所示气体体积与温度的变化情况，应用理想气体状态方程可以判断出气体压强如何变化，根据气体温度的变化，可以判断出气体内能的变化。13、A:B【分析】滑动变阻器滑片P向右移动一段距离后；总电阻减小，则总电流增大，内电压增大，外电压减小，所以灯泡L的电流增大，灯泡变亮，电流表示数增大，电压表示数减小．故AB正确．灯泡两端的电压变大，外电压变小，则滑动变阻器两端的电压减小，根据Q=CU知，电容器C上的电荷量减小．故C错误．因为当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率变大，外电阻大于内电阻，外电阻减小，则输出功率变大．故D错误．故选AB．

点睛：本题的难点在于确定电源的输出功率如何变化，可以用数学证明，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，这是很重要的结论．对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器与与它并联的电路电压相等．14、B:D【分析】【分析】

【详解】

波向右传播，根据平移规律可知，P点向上振动，B点在平衡位置，速度最大，不是零，故A错误；A、B两质点相差一个波长，振动情况完全相同，则速度总是相同的，故B正确；Q点在波谷位置，速度为零，故C错误；波从O传到A和从A传到B所需时间都是一个周期，相同，故D正确．所以BD正确，AC错误．三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】带电粒子未发生偏转则所以只改变该粒子的电性，粒子所受的电场力和洛伦兹力方向改变，但大小不变以，所以不会发生偏转【解析】不会16、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]AD．理想气体是指在任何温度；任何压强下都遵守气体实验定律的气体；是为了研究方便而引入的不计本身大小、分子间除碰撞外不计相互作用力，无分子势能、分子间碰撞为弹性碰撞的理想模型，故AD正确；

B．实际气体温度不太低；压强不太大时可视为理想气体；故B错误；

C．由于理想气体不计分子势能；因此其内阻只与温度有关，故C错误。

故选AD。

（2）[2][3]由于压缩过程中气体与外界无热量交换，气体内能增加，因此温度升高，气体的分子平均动能增大，根据热力学第一定律可知W=ΔU=3.4×104J

（3）[4]设气体在标准状况下的体积为V0，上述过程为等压过程，有=

气体物质的量为n=

分子数为N=nNA

联立以上各式并代入数据解得N==5×1024【解析】①.AD②.增大③.等于④.5×102417、略

【分析】【详解】

（1）弹簧振子的周期为T=4s，则角速度为：振幅A=5cm故该振子简谐运动的表达式为x=Asinωt=5sintcm．

（2）因而振子在一个周期内通过的路程是4A，所以振子在前100s的总路程是：s=25×4A=100×5cm=500cm；总位移为0.【解析】(cm)050018、略

【分析】【详解】

[1]根据光速不变原理，卫星上观测到激光的传播速度为c；

[2]因为激光和卫星是相向运动，依据多普勒效应可知，卫星接收到激光的频率大于【解析】C大于19、略

【分析】手榴弹爆炸过程系统动量守恒；以手榴弹的初速度方向为正方向；

根据动量守恒定律得：Mv0=m1v1+m2v2．即：0.6×10=0.2×250+0.4×v2；

解得：v2=-110m/s，负号表示方向，与v0反向．

点睛：本题考查了求手榴弹弹片的速度，知道手榴弹爆炸过程系统动量守恒，应用动量守恒定律即可解题，解题时要注意正方向的选择．【解析】110m/s与v0反向四、作图题(共3题，共15分)20、略

【分析】【详解】

利用右手螺旋定则；已知电流的方向可判定磁场方向，也可以通过磁场方向来确定电流的方向；

图甲；已知磁场方向，顺时针方向，则电流垂直纸面向里；

图乙；电流右侧的磁场的方向向里，左侧的磁场的方向向外，则电流的方向向上；

图丙；已知磁场方向，则可知电流方向，逆时针方向；

图丁；环形电流从左侧流入，从右侧流出，所以磁场的方向向下；

图戊；根据螺线管中电流方向，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向左；

图已；根据螺线管中上边的电流方向向外，下边的电流的方向向里，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向右．如图所示：

【解析】21、略

【分析】试题分析：A图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为2T，即在2T的时间内才能完成一次水平方向的扫描，而竖直方向（y方向）的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向由2个周期性的变化；y方向的电压变化为正弦式的变化，由于电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以A图中的扫描图形如图；

要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接入锯齿形电压；即扫描电压．

B图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为T，即在一个周期T的时间内完成一次水平方向的扫描，同时竖直方向的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向也完成一个周期性的变化；y方向的电压大小不变，方向每半个周期变化一次，结合电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以B图中的扫描图形如图．

考点：考查了示波器的工作原理。

【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象【解析】22、略

【分析】【分析】

【详解】

7s波向前传播的距离为

7s后，故x=3.5m位置的原图中x=0位置的振动情况相同；因此作出以下图形。

【解析】五、实验题(共4题，共32分)23、略

【分析】【详解】

（1）固定刻度读数为则此金属丝的直径为．

（2）根据闭合电路欧姆定律电路和电流表最小读数；可求出电路中需要的最大电阻为：

由于待测电阻电阻为所以滑动变阻器应用

根据串分压原理，故定值电阻

根据电阻定律，由：．

【点睛】

根据闭合电路欧姆定律电路和电流表最小读数，可求出电路中需要的最大电阻，根据欧姆定律再进行求解；用伏安法测量电阻，首先要考虑安全，其次准确，最后操作方便．【解析】24、略

【分析】【详解】

（1）电路直接采用串联即可；电压表并联在电源两端，采用的是电流表内接法；电路图如右图所示；如图所示。

（2）根据电路图可知则U-I图线中纵轴截距等于电源的电动势E=1.50V

图像斜率等于电源内阻

（3）AB．由电路图可知；电流表采用内接法，由于电压表分流作用，使所测电流小于电路总电流的真实值，造成了实验误差，A正确，B错误；

C．当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图像如图所示；由图像可知，电源电动势的测量值小于真实值，C正确；

D．作出U-I图线实际图线和测量图线；如图所示。

由上图可知电动势的测量值偏小；内电阻的测量值偏小，D错误。

选AC。

（4）由电路图可知，本实验采用电流表与电阻箱串联的方式进行测量，则有

为了得出直线图像，可将公式变形得

故应使用R为纵坐标，为横坐标；则图像中的k表示电源的电动势；

当R=0时，故r=km

【点睛】

由于电流表的内阻接近电源的内电阻，故若采用电流表外接法，则测得的内阻误差太大；故应采用电流表内接法。由作出的U-I图可知，图像与纵坐标的交点为电源的电动势；图像的斜率表示内阻。根据闭合电路欧姆定律进行分析并列式，结合图像的性质即可明确应采用的坐标系；再根据图像中斜率和截轴的意义即可求得电动势和内电阻。【解析】1.50（1.48~1.50均可）1.00（0.96~1.00均可）ACRkkm25、略

【分析】【详解】

（1）由实物图连接原理图；如图所示：

（2）根据串并联电路的规律可知，流过电阻箱R1的电流

电压则电流表内阻为：

（3）S接D；否则外电路短路；

（4）根据（3）中步骤和闭合电路欧姆定律可知

变形可得：

根据图象可知:解得

（5）由可知：当电流表内阻未知时，能测出电动势，但不能测出内电阻．【解析】如图所示：

0.20D1.50.25能26、略

【分析】【详解】

（1）根据题意可知：故该实验的测量电路应该选用电流表的外接法，由于该题中滑动变阻器的阻值不明确，因此控制电路采用分压；限流均可（若滑