2025年沪教新版选修3物理下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年沪教新版选修3物理下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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9题，共18分)1、已知氢原子的激发态能量其中E1为基态能量，n=1，2，3。若氢原子从n=3的能级跃迁到n=2的能级放出光子的频率为ν，能使氢原子从基态电离的光子的最小频率为（）A.B.C.D.2、电子是我们高中物理中常见的一种微观粒子，下列有关电子说法正确的是（）A.汤姆孙研究阴极射线时发现了电子，并准确测出了电子的电荷量B.光电效应实验中，逸出的光电子来源于金属中自由电子C.卢瑟福的原子核式结构模型认为核外电子的轨道半径是量子化的D.元素发生α衰变时，能够产生电子,并伴随着γ射线产生3、一个质量为m、电荷量为q的带电粒子,由静止开始经加速电场加速后(加速电压为U),该粒子的德布罗意波长为()A.B.C.D.4、一定质量的理想气体，其起始状态和终了状态分别与图中的A点和B点相对应，它们的压强相等，则下列过程中可能的是（）

A.先保持体积不变增大压强，后保持温度不变减小体积B.先保持温度不变增大压强，后保持体积不变升高温度C.先保持温度不变减小压强，后保持体积不变升高温度D.先保持体积不变减小压强，后保持温度不变减小体积5、下列说法正确的是（）A.单晶体和多晶体的某些物理性质具有各向异性，而非晶体是各向同性的B.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零C.由于液体表面层分子间距距离大于液体内部分子间距离，所以存在浸润现象D.夏季天早时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发6、如图所示，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B再变化到状态C，其中状态A到状态B过程为等压变化过程，状态B到状态C过程为等容变化过程，A、C两个状态处在同一条双曲线上；则下列说法正确的是（）

A.状态A到状态B过程，气体放出热量B.状态A到状态B过程，气体对外做功，内能增加C.状态B到状态C过程，气体内能增加D.状态A到状态B，再到状态C过程，气体分子的平均动能先减小后增大7、以下说法中正确的是（）A.从甲物体自发传递热量给乙物体，说明甲物体的内能比乙物体多B.热机的效率从理论上讲可达100%C.因为能量守恒，所以不会发生能源危机D.以上说法均不正确8、如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下；与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（）

A.小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B.小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动D.槽将不会再次与墙接触9、以下科学家中，发现中子的是A.J·J汤姆孙B.查德威克C.卢瑟福D.约里奥·居里夫妇评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，各电表都看做理想表．闭合开关，滑动变阻器滑片P向右移动，若以、、、分别表示电压表V1、V2、V3和电流表A的示数变化的大小，则下述结论正确的是（））

A.电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变小、变大、变小、变大B.电压表V1、V2、V3和电流表A的示数分别是变大、变小、变大、变小C.D.、、分别是变小、不变、变小11、下列说法正确的是（）A.金属材料各向同性，但金属中每一个晶粒的内部各向异性B.小昆虫能轻快在水面走过，说明水的表面张力方向应该与水面垂直C.某物质的摩尔质量为M，密度为阿伏伽德罗常数为则该物质单位体积所含分子数为E.空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对气体做了的功，气体内能增加了则这个过程气体放出了的热量E.空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对气体做了的功，气体内能增加了则这个过程气体放出了的热量12、如图所示，半径为r且水平放置的光滑绝缘的环形管道内，有一电量为e、质量为m的电子．此装置放在匀强磁场中，此匀强磁场的磁感应强度B随时间均匀发化，即B=B0+kt（k>0），根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力，使其加速，电子沿圆周运动一周所获得的能量为e，其中为环形回路的感应电动势．t=0时电子的初速度为v0，此后电子运动一周时磁感应强度为B1；则此时电子的速度为。

A.B.C.D.13、间距为的无限长光滑金属导轨水平放置，导轨中间分布有磁感应强度为1T的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线，一长为粗细均匀的导体棒以1m/s的速度匀速向右滑动，如图所示。定值电阻R的阻值为10Ω，导体棒的总电阻为20Ω，导轨电阻不计，则下列分析正确的是（）

A.电流表示数为AB.电压表的示数是0.5VC.导体棒运动到图示虚线CD位置时，导体棒的瞬时电流从C到DD.导体棒上消耗的热功率为0.2W14、图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为．V为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时；就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是（）

A.电压表的示数等于5VB.电压表的示数等于C.实现点火的条件是D.实现点火的条件是15、如图所示，是电场中某区域的电场线分布图，a、b是电场中的两点。下列说法正确的是

A.b点的场强较小B.b点的场强较大C.同一个检验点电荷放在a点所受的电场力比放在b点时所受电场力大D.同一个检验点电荷放在b点所受的电场力比放在a点时所受电场力大16、某横波在介质中沿轴传播，图甲是时的波形图，图乙是介质中处质点的振动图象，则下说法正确的是____

A.波沿轴正向传播，波速为1m/sB.＝2s时，＝2m处质点的振动方向为y轴负向C.＝lm处质点和＝2m处质点振动步调总相同E.在＝ls到＝2s的时间内，＝0.5m处的质点运动速度先增大后减小E.在＝ls到＝2s的时间内，＝0.5m处的质点运动速度先增大后减小评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、一些同学可能有这样的经验：傍晚用电多的时候，灯光发暗，而当夜深人静时，灯光特别明亮．又如，在插上电炉、电暖气等功率大的电器时，灯光会变暗，拔掉后灯光马上又亮起来．在一些供电质量不太好的地区尤其是这样．试着解释这种现象．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________18、（1）一定质量的气体做等容变化，温度为200K时的压强为0.8atm，压强增大到2atm时的温度为________K。

（2）一定质量的气体，在压强不变时，温度为200K，体积为V0，当温度升高100K时，体积变为原来的________倍。19、一定质量的非理想气体（分子间的作用力不可忽略），从外界吸收了4.2×105J的热量，同时气体对外做了6×105J的功；则：

（1）气体的内能______（选填“增加”或“减少”），其变化量的大小为______J。

（2）气体的分子势能______（选填“增加”或“减少”）。20、如图，竖直放置的均匀等臂U型导热玻璃管两端封闭，管内水银封有A、B两段气柱，右管水银面高于左管水银面，高度差为h，若环境温度降低，稳定后A、B气柱的压强之比pA∶pB与降温前相比将_______（选填“变大”、“变小”或“不变”），右管水银面的高度变化Δh______（选填“＞”、“＝”或“＜”）．

21、如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力的频率f的关系，则该单摆的摆长约为_____，若增大摆长，共振曲线的“峰”将_____（填“向右移动”、“向左移动”或“不移动”）（g＝9.8m/s2，π2≈9.86）

22、质量为m1=0.1kg的物块A在光滑的水平面上以0.3m/s的速率向右运动,恰遇上质量m2=0.5kg的物块B以0.1m/s的速率向左运动,两物块正碰后,物块B恰好停止,那么碰撞后物块A的速度大小是____,方向____(填“向左”或“向右”)评卷人得分四、作图题(共3题，共12分)23、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．

24、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．

25、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12分)26、在“测定金属的电阻率”实验中；所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm．

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为______mm（该值接近多次测量的平均值）．

（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx．实验所用器材为：电池组（电动势为3V；内阻约1Ω）；电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0~20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下表：

由右表数据可知，他们测量Rx是采用图2中的_________图（选填“甲”或“乙”）．

（3）图3是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据第（2）问所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏______．

（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已标出了测量数据对应的4个坐标点．请在图4中标出第2、4、6次测量数据坐标点，并描绘出U─I图线，由图线得到金属丝的阻值Rx=___________Ω（保留两位有效数字）．

（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为___________（填选项前的符号）．

A．1×10-2ΩmB．1×10-3ΩmC．1×10-6ΩmD．1×10-8Ωm27、某同学对毫安表进行改装和校准．

(1)如图（1）所示，已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA．则表头中电阻______，______．

(2)如图（2）所示，现用一量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表A对改装电表的3mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA．电池的电动势为内阻忽略不计；定值电阻有两种规格，阻值分别为300Ω和1000Ω；滑动变阻器有两种规格，最大阻值分别为750Ω和3000Ω．则R0应选用阻值为________的电阻，R应选用最大阻值为_____的滑动变阻器．

(3)若电阻和中有一个被短路，利用图（3）的电路可以判断出被短路的电阻，图（3）中为保护电阻．则图中的d点应和接线柱______（填“b”或“c”）相连．判断依据是：___________．

28、做测定玻璃折射率实验时；同学们被分成若干实验小组，以下是其中两个实验小组的实验情况：

（1）甲组同学在实验时，用他们测得的多组入射角i与折射角r作出图象如图甲所示，则下列判定正确的是()

A.光线是从空气射入玻璃的。

B.该玻璃的折射率约为0.67

C.该玻璃的折射率约为1.5

D.该玻璃置于空气中时临界角约为45°

（2）乙组同学先画出图乙所示的坐标系，再在y＜0区域放入某介质（以x轴为界面），并通过实验分别标记了折射光线、入射光线、反射光线通过的一个点，它们的坐标分别为A（8，3）、B（1，－4）、C（7；－4），则：

①入射点O′（图中未标出）的坐标为___________；

②通过图中数据可以求得该介质的折射率n＝___________。29、在用伏安法测量一节干电池的电动势E和内电阻r的实验中，一位同学所在小组实验测得的6组数据已在U－I图中标出，如图所示．请你根据数据点位置完成U－I图线_______，并由图线求出该电池的电动势E＝_______V，内电阻r＝_________Ω．（计算结果保留两位小数）

评卷人得分六、解答题(共4题，共24分)30、如图甲所示，一个导热气缸水平放置，内部封闭着热力学温度为的理想气体，活塞截面积为活塞与气缸底部距离为大气压为重力加速度为活塞与气缸之间摩擦忽略不计。先保持温度不变，将气缸缓慢转动90°（如图乙），活塞与气缸底部距离变为再对气体缓慢加热，活塞离气缸底部距离变为（如图丙）；求：

（1）活塞的质量

（2）气体加热后的热力学温度

31、菜农在一种蔬菜完全收割之后往往会将地翻松，在适合的时节再种植新的蔬菜。据菜农说，翻松的土层可以防止土壤中的水分散失，这是什么道理？32、电流流过导体产生的热量称作焦耳热，对粗细均匀的导体电阻通过直流电的情况进行讨论：设通电产生的焦耳热与导体电阻升高的温度之间满足如下关系：其中表示该导体的比热，为物体的质量，表示升高的温度，为大于的常数，请你选择一些物理量，通过论述和计算证明“为避免升温过快，若电流越大，导体电阻的横截面应该越粗”。（必须说明自己所设物理量的含义）33、[物理——选修3-4]

（1）如图，一个三棱镜的截面为等腰直角为直角．此截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到AB边，进入棱镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射．该棱镜材料的折射率为____．(填入正确选项前的字母)

A．B．C．D．

（2）波源S1和S2振动方向相同，频率均为4Hz，分别置于均匀介质中轴上的两点处，如图所示．两波源产生的简谐横波沿轴相向传播，波速为．已知两波源振动的初始相位相同．求：

（）简谐横波的波长：

（）间合振动振幅最小的点的位置．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

由题意可知：

能使氢原子从基态电离的光子的最小频率满足：

解得：

故C正确；ABD错误。

故选：C。2、B【分析】【详解】

A；汤姆孙研究阴极射线时发现了电子；但电子的电荷量是由密立根油滴实验测出的，故选项A错误；

B；根据光电效应现象的定义可知光电效应实验中；逸出的光电子来源于金属中自由电子，故选项B正确；

C；玻尔理论认为电子轨道半径是量子化的；卢瑟福的原子核式结构模型认为在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转，故选项C错误；

D、元素发生衰变时，能够产生电子，并伴随着射线产生，故选项D错误．3、C【分析】【详解】

加速后的速度为v，根据动能定理可得，所以，由德布罗意波公式可得，C正确．4、C【分析】【详解】

根据理想气体状态方程恒量

A．第一个过程；保持体积不变增大压强，第二个过程，保持温度不变减小体积→增大压强，两次都是压强增大，最终的压强一定增大不可能不变，A错误；

B．第一个过程；保持温度不变增大压强，第二个过程，保持体积不变升高温度→增大压强，两次都是压强增大，最终的压强一定增大不可能不变，B错误；

C．第一个过程；保持温度不变减小压强，第二个过程，保持体积不变升高温度→增大压强，第一次压强减小，第二次压强增大，最终的压强可能不变，C正确；

D．．第一个过程；保持温度不变减小压强，第二个过程，保持温度不变减小体积→压强减小，两次都是压强减小最终的压强一定减小不可能不变，D错误。

故选C。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．单晶体的某些物理性质具有各向异性；而多晶体和非晶体是各向同性的，选项A错误；

B．在完全失重情况下；气体分子也在撞击容器壁，所以依然存在压强，选项B错误；

C．液体表层分子间距大于液体内部分子间距时，液体表面有表面张力；而浸润现象是器壁分子对附着层分子作用力大于内层子分子对附着层分子力，导致附着层分子增多，分子间距小于r0而表现出斥力；选项C错误；

D．干旱的时候；土壤中存在毛细管，加速土壤水分蒸发；给土壤松土后破坏了毛细管，减弱了毛细现象，从而防止土壤内层的水分蒸发，选项D正确。

故选D。6、B【分析】【分析】

【详解】

AB．状态A到状态B过程；气体压强不变，体积变大，则温度升高，气体对外做功且内能增加，可知气体吸收热量，选项A错误，B正确；

C．状态B到状态C过程；气体体积不变，压强减小，则温度降低，则气体内能减小，选项C错误；

D．状态A到状态B，再到状态C过程；气体的温度先升高后降低，则气体分子的平均动能先增大后减小，选项D错误。

故选B。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．热量能自发的由高温物体传向低温物体；物体甲自发传递热量给物体乙，只能说明甲物体的温度一定比乙物体的温度高，但由于内能取决于物质的量；温度以及体积等方面，故不能比较两者的内能大小，故A错误；

B．由于热量散发等原因；热机的效率从原理上讲是无法达到100%，故B错误；

C．能量虽然守恒；但有些能量耗散以后就将不能再利用，所以会出现“能源危机”，应注意保护能源，故C错误；

D．由以上分析可知；以上说法均错误，故D正确。

故选D。8、D【分析】小球从AB的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项AB错误；当小球运动到C点时；它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，C错误；因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，D正确．

【点睛】判断系统动量是否守恒关键是明确系统是否受到外力的作用，故在应用动量守恒定律时一定要明确是哪一系统动量守恒．9、B【分析】【详解】

1932年，英国物理学家查德威克才在卡文迪许实验室里发现了中子．二、多选题(共7题，共14分)10、A:C【分析】【详解】

AB、当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则电路中的总电流增大，则电流表A的示数变大；根据欧姆定律可知的电压增大，电压表示数变大；内电压增大，则路端电压减小，电压表示数变小．的电压增大，路端电压减小，则的电压减小，则电压表的示数变小；故A正确，B错误．

CD、根据全电路欧姆定律知：故C正确．由变形得：不变．不变．由变形得：即不变．故C正确，D错误．

故选AC

【点睛】

当滑动变阻器的滑动片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，电路中的总电流增大，由欧姆定律分析并联部分两端电压的变化和路端电压的变化，再判断两端电压的变化，综合分析出两电压表变化量的大小．11、A:C:E【分析】【分析】

【详解】

A．金属材料属于多晶体；由于多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体具有各向同性现象，但是金属中每一晶粒的内部均表现为各向异性，A正确；

B．小昆虫能在水面上自由走动正是由于表面张力的作用；表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，B错误；

C．每个分子的质量。

单位体积的质量等于单位体积乘以密度；质量除以摩尔质量等于摩尔数，所以单位体积所含的分子数。

C正确；

D．影响气体压强的微观解释为分子的平均动能与分子的密集程度；而宏观因素为温度与体积，温度越高，体积越小，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多；温度升高，若体积同时增大，则单位时间内打到器壁单位面积上的分子数不一定增多，D错误；

E．由热力学第一定律。

解得。

故说明此过程中气体放出的热量等于E正确。

故选ACE。12、A:B【分析】【详解】

AC．洛伦兹力提供向心力，故：解得：故A正确；C错误；

BD．根据法拉第电磁感应定律得：感生电动势大小为电场方向逆时针，电场力对电子做正功．在转动一圈过程中对电子用动能定理：解得：故B正确，D错误．13、A:B【分析】【详解】

A．因为磁场边界是正弦曲线，根据E=Blv

知，电动势随时间按正弦规律变化，产生的是正弦交变电流Em＝Bdv＝1××1V＝V

感应电动势的有效值

导体棒在两导轨间的电阻为10Ω，电流表的示数

故A正确；

B．电压表的示数为电阻R两端的电压U＝IR＝×10V＝0.5V

故B正确；

C．导体棒运动到图示虚线位置时；导体棒不切割磁感线，感应电动势瞬时值为0，导体棒的瞬时电流为0，故C错误；

D．导体棒上消耗的热功率为P＝I2r＝()2×10W＝W

故D错误。

故选AB。14、B:C【分析】【详解】

试题分析：根据图乙得到原线圈电压的最大值；根据有效值与最大值的关系求出电压表的示数，当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会点火，根据电压与线圈匝数比的关系即可求解．

根据图乙得到原线圈电压的最大值为5V，所以电压表的示数为A错误B正确；根据且得实现点火的条件是故C正确D错误．15、B:D【分析】电场线的疏密表示场强的大小，所以b点的场强较大，故A错误，B正确；b点的电场强度较大，所以同一个检验点电荷放在b点所受的电场力比放在a点时所受电场力大；故C错误，D正确。

【名师点睛】本题考查对电场线物理意义的理解，关键掌握电场线的特点，电场线的疏密可表示电场强度的强弱。16、B:D:E【分析】【详解】

A、由甲图知，波长λ=2m，由乙图知，质点的振动周期为T=2s，则波速为：由乙图知，t=1s时刻，x=2m处质点向上运动，根据甲图可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；

B；由乙图知；t=2s时，x=2m处质点的振动方向为y轴负向，故B正确；

D、因则在C；x=lm处质点和x=2m处质点相距半个波长，振动步调总相反，故C错误；

1s的时间内；波动图象上任意质点通过的路程都是两个振幅，为10cm，故D正确；

E、在t=1s到t=2s经历的时间为t=1s时刻x=0.5m处的质点位于波峰，则在t=1s到t=2s的时间内该质点的速度先增大后减小，故E正确；

故选BDE．

【点睛】本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向．三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】由于大多数用电器都是并联的，当傍晚用电多的时候或者在插上电炉、电暖气等功率大的电容时，干路上的总电流会变大，这时候导线上的电压损失就会增加，当变压器供给用户电压一定的情况下，会使得用户得到的电压减小，所以电灯就会发暗，而当夜深人静时，用户用电器减少，或者拔掉电炉、电暖气等功率大的电容时，干路上的总电流会减小，这时候导线上的电压损失就会减小，用户得到的电压增大，所以电灯就会明亮．【解析】见解析18、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】50019、略

【分析】【详解】

（1）[1][2]根据热力学第一定律有ΔU=W＋Q

由于气体从外界吸收热量，同时气体对外做功，则ΔU=-6×105J＋4.2×105J=-1.8×105J

所以气体内能减少了1.8×105J。

（2）[3]因为气体对外做功，体积膨胀，分子间距离增大，分子力做负功，气体的分子势能增加。【解析】减少1.8×105增加20、略

【分析】【详解】

假设若环境温度降低后，△h不变化，则两部分气体均做等容变化，由查理定律得：对于左边气体：对于右边气体：而由题意知，p1＞p2，故有：△p＞△p′，若温度降低，压强都减小，左边气体压强降的多，则水银柱会向下移动，显然原假设错误，△h将减小．A部分的体积减小，B部分的体积增大．设A部分的气体的物质的量是n1，B部分气体的物质的量是n2，则由克拉伯龙方程得：PAVA=n1RT；PBVB=n2RT，其中的R为克拉伯龙常数．则有：变形得：由于降温后A部分的体积减小，B部分的体积增大，所以稳定后A、B气柱的压强之比pA：pB与降温前相比将变大．由以上的分析可知，虽然水银柱向下运动，但PAVA＞PBVB，所以左侧气体的压强仍然大于右侧的压强，所以稳定后左侧的液面仍然低于右侧的液面，所以△h小于．【解析】变大小于21、略

【分析】【详解】

由共振曲线可知：当驱动力频率f=0.5Hz时产生共振现象，则单摆的固有频率为：f=0.5Hz．由单摆的周期公式有：得：．

由单摆的频率公式为：得知，当摆长增大时，单摆的固有周期增大，频率减小，产生共振的驱动力频率也减小，共振曲线的“峰”向左移动．【解析】1向左移动22、略

【分析】设向右为正方向,由动量守恒定律得代入数据解得负号表示方向向左。【解析】0.2m/s向左四、作图题(共3题，共12分)23、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】24、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】25、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12分)26、略

【分析】【详解】

（1）螺旋测微器的读数：测量值（mm）＝固定刻度数（mm）（注意半毫米刻度线是否露出）＋可动刻度数（估读一位）×0.01（mm）；可读出此时的读数0.397．

（2）若用限流法；电流达不到0.02A，故用分压法，故选择甲图．

（3）由电路图连接实物图；实物电路图见答案．

（4）根据坐标系内描出的点作出图像如图所示：

由图像可知，电阻（4.3～4.7都对）

（5）由得：代入数据知C对．

考点：测定金属的电阻率．【解析】0.395~0.399甲4.3~4.7C27、略

【分析】【详解】

(1)定值电阻和毫安表都是并联关系，电压相等，电流和电阻成反比，若使用a和b两个接线柱，量程为3mA，则通过和的为2mA，电流比为1:2，所以电阻比为2:1，可得．若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA，通过的电流为9mA，电流比为