…………○…………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年滬科新版選修3物理上冊月考試卷27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6題，共12分)1、如圖所示電路中，電源的電動勢為E，內阻為r，各電阻阻值如圖所示，當滑動變阻器的滑動觸頭P從a端滑到b端的過程中，下列說法正確的是()

A.電流表的讀數I先增大，后減小B.電壓表的讀數U先減小，后增大C.電壓表讀數U與電流表讀數I的比值不變D.電壓表讀數的變化量ΔU與電流表讀數的變化量ΔI的比值不變2、如圖是一定質量的理想氣體由狀態A經過狀態B變為狀態C的體積與熱力學溫度關系的V-T圖像。則下列關于此過程的壓強與熱力學溫度關系的p-T圖像正確的是（）

A.B.C.D.3、實驗中常用兩個可變電阻器串聯后調節電路中的電流強度，一個作粗調（調節時電路中電流改變較大），一個作細調（調節時電路中電流改變較?。谌鐖D六所示中，R1=500Ω，R2=20Ω；R=50Ω，則（）

A.R1可作粗調B.R2可作粗調C.R1的R2均可作粗調D.R1和R2均可作細調4、如圖所示，ACD、EFG為兩根相距L的足夠長的金屬直角導軌，它們被豎直固定在絕緣水平面上，CDGF面與水平面成θ角．兩導軌所在空間存在垂直于CDGF平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B．兩根質量均為m、長度均為L的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導軌之間的動摩擦因數均為μ，兩金屬細桿的電阻均為R，導軌電阻不計．當ab以速度v1沿導軌向下勻速運動時，cd桿正好以速度v2向下勻速運動，重力加速度為g．以下說法正確的是。

A.回路中的電流強度為B.ab桿所受摩擦力為mgsinθC.cd桿所受摩擦力為D.μ與v1大小關系滿足=tanθ+5、兩塊相互靠近的平行金屬板M、N組成電容器，充電后與電源斷開，M板帶正電，N板帶負電，且電荷量保持不變．如圖所示，板間有一個用絕緣細線懸掛的帶電小球（可視為質點），小球靜止時與豎直方向的夾角為θ，忽略帶電小球所帶電荷量對極板間勻強電場的影響，則（）

A.小球帶負電；若將細線燒斷，小球將做勻加速直線運動B.小球帶正電；若將細線燒斷，小球將做自由落體運動C.若只將N板水平向右平移稍許，電容器的電容將變小，夾角θ將變大D.若只將N板豎直向上平移稍許，電容器的電容將變小，夾角θ將變大6、一個單擺做受迫振動，其共振曲線振幅A與驅動力的頻率f的關系如圖所示，則

A.此單擺的固有周期約為B.此單擺的擺長約為1mC.若擺長減小，單擺的固有頻率減小D.若擺長增大，共振曲線的峰將向右移動評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)7、在如圖所示的電路中，電源內阻不能忽略，當閉合開關S后，各用電器均能工作．現將滑動變阻器R的滑片P向下滑動；則。

A.燈變亮，電壓表示數減小B.燈變亮，電流表示數增大C.燈變亮，電容器的帶電量增大D.電壓表和電流表的示數均減小8、如圖所示，在正方形ABCD區域內有平行于AB邊的勻強電場，E、F、G、H是各邊中點，其連線構成正方形，其中P點是EH的中點．一個帶正電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出．下列說法正確的是()

A.粒子的運動軌跡一定經過P點B.粒子的運動軌跡一定經過PE之間某點C.若將粒子的初速度變為原來的一半，粒子會由E、D之間某點(不含E、D)射出正方形ABCD區域D.若將粒子的初速度變為原來的一半，粒子恰好由E點射出正方形ABCD區域9、如圖所示的電路，閉合開關S，滑動變阻器滑片向左移動；下列結論正確的是（）

A.電流表讀數變小，電壓表讀數變大B.小電泡變亮C.電容器C上電荷量增大D.電源的總功率變大10、我國已開展空氣中PM2.5濃度的監測工作。PM2.5是指空氣中直徑等于或小于2.5μm的懸浮顆粒物，其飄浮在空中做無規則運動，很難自然沉降到地面，吸入后對人體形成危害。礦物燃料燃燒的排放物是形成PM2.5的主要原因。下列關于PM2.5的說法中正確的是()A.PM2.5的尺寸與空氣中氧分子的尺寸的數量級相當B.PM2.5在空氣中的運動不屬于分子熱運動C.PM2.5的運動軌跡只是由大量空氣分子對PM2.5無規則碰撞的不平衡決定的E.PM2.5必然有內能E.PM2.5必然有內能11、下列說法正確的是（）A.熱量可以從低溫物體傳遞到高溫物體B.科技的進步可以使內燃機成為第二類永動機C.第一類永動機不可能制成是因為違反了能量守恒定律D.隨著技術的發展，絕對零度可以達到評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)12、（1）單晶體有各向_______的特點．

（2）液體的溫度越高，表面張力_______；液體中溶有雜質時，表面張力_______；液體的密度越大，表面張力_______．

（3）關于飽和汽壓的特點：液體的飽和汽壓與溫度有關，溫度越高，飽和汽壓______，且飽和汽壓與飽和汽的體積無關．13、一定質量的理想氣體，狀態從A→B→C→D→A的變化過程可用如圖所示的p－V圖線描述，其中D→A為等溫線，氣體在狀態A時溫度為t＝27℃，則氣體在狀態B時的溫度為________K，氣體從A到C過程對外做了_______J的功，氣體在C狀態時的溫度為________℃。

14、判斷下列說法的正誤。

（1）氣體的體積等于氣體分子體積的總和（____）。

（2）當物體溫度升高時，每個分子運動都加快（____）。

（3）密閉容器中氣體的壓強是由于分子間的相互作用力而產生的（____）。

（4）一定質量的氣體，在體積不變的情況下，溫度降低，則壓強減?。╛___）。15、一瓶酒精用了一些后，把瓶蓋擰緊，不久瓶內液面上方形成了酒精的飽和汽。當溫度升高時，瓶中酒精飽和汽的壓強____（選填“增大”“減小”或“不變”）。酒精分子間作用力F與分子間距r的關系如圖所示，時，分子間勢能由r決定，規定兩分子相距無窮遠時分子間的勢能為零。若一分子固定于原點O，另一分子從間距由減小到的過程中，勢能____（選填“增大”“減小”或“不變”）。

16、神州十四號航天員在出艙時，需穿著特殊的絕熱航天服。為保護宇航員，航天服內氣體的壓強為標準大氣壓。當航天員到達太空后由于外部氣壓降低，航天服內部氣體體積______（填“增大”“減小”或“不變”）。將航天服中研究氣體視為理想氣體，航天員出艙后，若不采取任何措施，航天服內氣體內能______（填“增大”“減小”或“不變”），所以為保護宇航員，應在宇航服內部裝有______（填“制冷裝置”或“加熱裝置”）17、如圖，一定質量的理想氣體從狀態A經過狀態B變化到狀態C，已知狀態A的壓強為則狀態B的壓強___________；B到C過程中氣體___________（選填“吸熱”“放熱”或“與外界無熱交換”）．

18、a射線、β射線、γ射線、陰極射線四種射線中由原子核內射出、屬于電磁波的射線是__________，不是原子核內射出的射線是_________。19、如圖所示，“磁場垂直紙面向里”導體AB向右運動過程中，穿過閉合電路ABEF的磁通量______________(填“變大”、“不變”或“變小”)，閉合電路中_______________(填“有”或“沒有”)感應電流產生．評卷人得分四、作圖題(共3題，共21分)20、如圖所示，甲、乙是直線電流的磁場，丙、丁是環形電流的磁場，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．

21、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的完整掃描波形圖．

22、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3題，共12分)23、(1)某學生選用匝數可調的可拆變壓器來“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”實驗時；原線圈接在學生電源上，用多用電表測量副線圈的電壓.

①下列操作正確的是()

A．原線圈接直流電壓，電表用直流電壓擋B．原線圈接直流電壓；電表用交流電壓擋。

C．原線圈接交流電壓，電表用直流電壓擋D．原線圈接交流電壓；電表用交流電壓擋。

②該學生繼續做實驗，在電源電壓不變的情況下,先保持原線圈的匝數不變，增加副線圈的匝數，觀察到副線圈兩端的電壓增大；然后再保持副線圈的匝數不變，增加原線圈的匝數，觀察到副線圈兩端的電壓___________（選填“增大”；“減小”或“不變”）.

（2）在“探究碰撞中的不變量”實驗中，某同學利用氣墊導軌，結合光電門來研究碰撞前后的不變量．如圖所示，滑塊上面的遮光片寬度為2.00cm，滑塊1的質量為120g，滑塊2的質量為220g．他先讓滑塊2靜止放置在兩個光電門之間，滑塊1向右碰撞滑塊2，碰撞后滑塊1反彈，滑塊2向右通過光電門，其中光電門1顯示的兩個時間先后分別為0.034s和0.144s，光電門2顯示的時間0.050s，則碰撞后的滑塊1和滑塊2總動量的大小為_________kg·m/s（結果保留兩位有效數字）．24、有兩個完全相同，但刻度盤上僅有刻度而沒有標度值的電壓表，電壓表的內阻約為5000Ω，現打算用如圖（a）所示的電路測量它們的內阻，其中：E為電動勢12V、內阻可忽略不計的電源；R1是調節范圍為0～9999Ω的電阻箱；R2是調節范圍為0～1000Ω的滑動變阻器；S為電鍵。

（1）閉合電鍵S之前，滑動滑動變阻器的滑片P應滑到變阻器的__端；（填“a”或“b”）；

（2）閉合電鍵之后，適當調節滑動變阻器滑片P和電阻箱的旋鈕，當電阻箱調節成如圖（b）所示的情景時，兩電壓表指針的位置如圖（c）所示，由此可知，此時電阻箱的阻值為__Ω，這兩個電壓表的內阻均為__Ω；

（3）由各個器材的參數和各圖所示的情景可知，這兩個電壓表的量程在下面提供的四個選項中最多不會超過選項__。

A．6VB．9VC．14VD．18V25、某同學想把滿偏電流為1.0mA的電流表A1改裝稱為雙量程電壓表；并用改裝的電表去測量某電源的電動勢和內阻；

(1)圖甲是測量A1內阻的實驗原理圖，其中A2量程小于A1，先閉合開關S1,將S2撥向接點a，調節變阻器R2直至A2滿偏；

(2)保持R2滑片位置不動，將S2撥向接點b，調節R1，直至A2滿偏，此時電阻箱旋鈕位置如圖乙所示，記錄數據，斷開S1，則可得A1的內阻R=_________Ω；

(3)現用此電流表改裝成0-3V和0-6V的雙量程電壓表，電路如圖丙所示，則RB=_____Ω；

(4)用改裝后的電壓表的0-3V檔接在待測電源（內阻較大）兩端時，電壓表的示數為2.10V；換用0-6V檔測量，示數為2.40V；則電源的電動勢E為______V，內阻r為_____Ω；若實際改裝過程中誤將RA和RB位置互換了；則對_____（填“0-3V”或者“0-6V”）量程的使用沒有影響；電壓表的另一量程正確使用時，電壓測量值比真實值_______；（填“偏大”；“偏小”）

(5)將上述電源與兩個完全相同的元件X連接成電路圖丁，X元件的伏安特性曲線如圖戊；則通過X元件的工作電流為____m。A．

評卷人得分六、解答題(共4題，共8分)26、直流電動機的工作原理可以簡化為如圖甲所示的情景．在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內，相距為L，電阻不計．軌道端點MP間接有直流電源（內阻不計），電阻為R的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，通過滑輪以速度v（v平行于MN）向右做勻速運動，從而提升用繩懸掛的重物．電路中的電流為I，重力加速度為g；不計空氣阻力，不計繩的質量和繩與滑輪之間的摩擦．

（1）a．求重物的質量m；

b．求在t時間內，“電動機”輸出的機械能．

（2）設圖甲中電源電動勢大小為E，當金屬棒ab向右運動時，由于切割磁感線產生一個感應電動勢，大小為此時這個回路的電源電動勢等效為E．

a．請從能量守恒的角度推導E=+IR；

b．金屬棒在向右運動的過程中，棒中每個自由電子都會受到一個與定向移動方向相反的力的作用，請在圖乙中畫出一個自由電子所受該力的示意圖，并求在t時間內，金屬棒運動過程中該力對所有自由電子做的總功W．27、如圖所示，一個高度為內壁光滑的薄壁導熱汽缸開口向上豎直放置，用質量為m，橫截面積為S，密閉性良好的薄活塞封閉一定質量的理想氣體，當用外力使活塞停在缸口時，缸內氣體的壓強為（為大氣壓強，且恒定不變）?，F撤去外力，活塞從缸口由靜止下落。最后停在缸口下方某一位置，環境的熱力學溫度恒為重力加速度大小為g。

（Ⅰ）求活塞停在缸口下方時到缸底的高度h；

（Ⅱ）若使缸內氣體的溫度緩慢升高，使活塞回到缸口求活塞回到缸口時缸內氣體的熱力學溫度T。

28、如圖所示，水平桌面上放置一U形金屬導軌，兩導軌平行，間距為導軌距水平地面高h。導軌左端連接有一個電源、一個單刀雙擲開關、一個電容器。電源電動勢為E，內電阻為r，電容器電容為C．一根質量為m不計電阻的裸導線放在導軌上，方向與導軌垂直，導軌所在平面有一個方向向下的勻強磁場，磁感應強度為B．先將單刀雙擲開關撥到a；待電路穩定后將單刀雙擲開關撥到b。開關撥到b后；導線在安培力作用下向右運動離開導軌，然后做平拋運動直至落到水平地面上。

（1）在開關撥到a到電路穩定的過程中，畫出電容器電壓u隨電量q變化的圖像；

（2）結合（1）中所畫圖像，求穩定時電容器儲存的能量

（3）導線落到水平地面，此時電容器兩端的電壓為求落地位置與導軌右端的水平距離x及開關撥到b后電阻R上產生的熱

29、如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區域I內有磁感應強度大小為B1、方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場區域I右側有一寬度也為R、足夠長區域Ⅱ，區域Ⅱ內有方向向右的勻強電場，區域Ⅱ左右邊界CD、FG與電場垂直，區域I邊界上過A點的切線與電場線平行且與FG交于G點，FG右側為方向向外、磁感應強度大小為B2的勻強磁場區域Ⅲ。在FG延長線上距G點為R處的M點放置一長為3R的熒光屏MN，熒光屏與FG成θ=53°角。在A點處有一個粒子源，能沿紙面向區域I內各個方向均勻地發射大量質量為m、帶電荷量為+q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁場的粒子；恰能平行于電場方向進入區域Ⅱ并垂直打在熒光屏上（不計粒子重力及其相互作用）

（1）求粒子的初速度大小v0和電場的電場強度大小E；

（2）求熒光屏上的發光區域長度△x；

（3）若改變區域Ⅲ中磁場的磁感應強度大小，要讓所有粒子全部打中熒光屏，求區域Ⅲ中磁場的磁感應強度大小應滿足的條件。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【詳解】

試題分析：由數學知識可知，當P點在中點時外電阻最大；故當滑動變阻器的滑動觸頭P從a端滑到b端的過程中，總電阻先增大后減小，電源的電動勢和內阻不變，根據閉合電路歐姆定律，總電流先減小后增大，則內電壓先減小后增大，外電壓先增大后減?。蔄、B錯誤．電壓表讀數U與電流表讀數I的比值表示外電阻，外電阻先增大后減小．故C錯誤．因為內外電壓之和不變，所以外電壓的變化量的絕對值和內電壓變化量的絕對值相等．所以=r．故D正確．故選D．

考點：電路的動態分析2、D【分析】【分析】

【詳解】

由V-T圖像可知，從A到B體積不變，溫度升高，壓強變大；從B到C，溫度不變，體積減小，壓強變大；在p-T圖像中，過原點的直線為等容線，則結合給定的四個p-T可知；只有D符合。

故選D。3、A【分析】【分析】

滑動變阻器的阻值大的觸頭移動單位距離阻值變化大；小的反之．故在串聯電路中大阻值的作粗調，小阻值的做細調。

【詳解】

A、因阻值大；觸頭移動單位距離阻值變化大，可做粗調。故A正確；

B、阻值小；觸頭移動單位距離阻值變化小，做細調。故B錯誤；

C、只有可作粗調。故C錯誤；

D、只有可作細調；故D錯誤。

故選A。

【點睛】

滑動變阻器的阻值大的觸頭移動單位距離阻值變化大，阻值小的觸頭移動單位距離阻值變化小。4、D【分析】【分析】

ab下滑時切割磁感線產生感應電動勢，cd不切割磁感線，根據法拉第電磁感應定律和歐姆定律求解電流強度；根據平衡條件和安培力公式求解ab桿和cd桿所受的摩擦力；兩個平衡方程結合分析D項．

【詳解】

ab桿產生的感應電動勢E=BLv1；回路中感應電流為：故A錯誤；ab桿勻速下滑，受力平衡條件，則ab桿所受的安培力大小為：F安=BIL=方向沿軌道向上，則由平衡條件得ab所受的摩擦力大小為：f=mgsinθ-F安=mgsinθ-故B錯誤．cd桿所受的安培力大小也等于F安，方向垂直于導軌向下，則cd桿所受摩擦力為：f=μN=μ（mgcosθ+F安）=μ（mgsinθ+），故C錯誤．根據cd桿受力平衡得：mgsin（90°-θ）=f=μ（mgsinθ+），則得μ與v1大小的關系為：μ（mgsinθ+）=mgcosθ，即=tanθ+故D正確．故選D．

【點睛】

對于雙桿問題，可采用隔離法分析，其分析方法與單桿相同，關鍵分析和計算安培力，再由平衡條件列方程解答．5、D【分析】【分析】

【詳解】

AB．因為小球向右偏，而M板帶正電；故小球帶正電；若將細線燒斷，則小球將沿繩的方向斜向下做勻加速直線運動，故選項AB錯誤；

C．若只將N板水平向右平移稍許，由公式

可知，電容器的電容將變小，而又由

可知，兩板間的電場強度

將不變，故夾角θ將不變；選項C錯誤；

D．若只將N板豎直向上平移稍許，則因為S減小，故根據

板間的電場強度E將變大，故電場力增大，夾角θ將變大；選項D正確。

故選D。6、B【分析】【詳解】

A；當此單擺的固有頻率與驅動力的頻率f相等時；得到共振，振幅最大，由圖可知，單擺的固有頻率為0.5Hz，所以此單擺的固有周期T=2s，故A錯誤．

B、由單擺的周期公式T=2T=2s，可求得L1m；故B正確．

C；若擺長減小；單擺的固有周期T減小，固有頻率增大，故C錯誤．

D；若擺長增大；單擺的固有周期T增大，固有頻率減少，共振曲線的峰將向左移動，故D錯誤．

故選B二、多選題(共5題，共10分)7、A:D【分析】【詳解】

當閉合開關S后，將滑動變阻器的滑片P向下時，接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，干路電流增大，路端電壓減小，則燈L1變亮，電壓表的示數減??；根據串聯電路分壓規律可知，并聯部分的電壓減小，則燈L2的電流減小，燈L2變暗，電流表的示數減小；根據干路電流增大，流過燈L2的電流減小，根據并聯電路規律可知，L3中電流增大，燈L3變亮；并聯部分電壓減小，則電容器的電壓減小，由Q=CU，可知電容器C的帶電量減小．

A.燈變亮；電壓表示數減小與分析相符，故A項符合題意；

B.燈變亮；電流表示數增大與分析不符，故B項不符合題意；

C.燈變亮；電容器的帶電量增大與分析不符，故C項不符合題意；

D.電壓表和電流表的示數均減小與分析相符，故D項符合題意．8、B:D【分析】【詳解】

試題分析：因勻強電場平行于AB邊，帶正電的粒子（不計重力）從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出，所以粒子所受電場力沿BA方向，又帶正電的粒子所受電場力方向與場強方向相同，因此勻強電場方向由B指向A，粒子做類似平拋運動，在FH方向做勻速直線運動，在BA方向做初速為零的勻加速直線運動，其軌跡是一條拋物線，則根據平拋運動規律可知，過D點做速度的反向延長線一定交于FH的中點，而由幾何關系知延長線又經過P點，所以粒子軌跡一定經過PE之間某點，故A錯誤B正確；由和知，當一定時；若將粒子的初速度變為原來的一半，則勻速直線運動方向上的位移變為原來的一半，所以粒子恰好由E點射出正方形ABCD區域，故C錯誤，D正確．所以選D．

考點：本題考查帶電粒子在電場中的偏轉，意在考查考生知識和方法的遷移能力．9、A:C【分析】【詳解】

AB．滑動變阻器滑片P向左移動時；接入電路的電阻增大，電路的總電阻增大，電源的電動勢不變，則總電流減小，電流表的讀數變小，內電壓減小，外電壓增大，所以電壓表示數變大，通過燈泡的電流減小，則小燈泡變暗，故A正確，B錯誤；

C．通過燈泡的電流減小，則燈泡兩端的電壓減小，而外電壓增大，所以電容器兩端的電壓增大，根據知；電容器上電荷量增大，故C正確；

D．電源的電動勢不變，總電流減小，則電源的總功率減?。还蔇錯誤。

故選AC。10、B:D:E【分析】【分析】

【詳解】

A．PM2.5的尺寸比空氣中氧分子的尺寸大得多；選項A錯誤；

B．PM2.5在空氣中的運動不屬于分子熱運動；選項B正確；

C．PM2.5的運動軌跡是由大量空氣分子對PM2.5無規則碰撞的不平衡和氣流的運動決定的；選項C錯誤；

D．倡導低碳生活；減少煤和石油等燃料的使用，能有效減小PM2.5在空氣中的濃度，選項D正確；

E．PM2.5必然有內能；選項E正確。

故選BDE。11、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．熱傳遞的過程具有單向性；熱量只能從高溫物體自發地傳遞給低溫物體，但是熱量不能夠自發地由低溫物體傳遞給高溫物體，要使熱量從低溫物體傳遞給高溫物體，必須借助于外界的幫助（如制冷機），故A正確；

B．由熱力學第二定律知第二類永動機永遠不可能制成；故B錯誤；

C．第一類永動機不可能制成是因為它違反了能量守恒定律；故C正確；

D．絕對零度是低溫的極限；永遠不可能達到，故D錯誤。

故選AC。三、填空題(共8題，共16分)12、略

【分析】（1）單晶體有各向異性的特點．

（2）根據表面張力的形成可知；液體的溫度越高，表面張力越??；液體中溶有雜質時，表面張力變?。灰后w的密度越大，表面張力越大．

（3）關于飽和汽壓的特點：液體的飽和汽壓與溫度有關，溫度越高，飽和汽壓越大，且飽和汽壓與飽和汽的體積無關．【解析】異性越小變小越大越大13、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]A到B過程氣體做等壓變化，則TA＝27℃＋273K＝300K

解得TB＝750K

[2]從A到B過程氣體對外界做功W＝pΔV＝6×105J

從B到C過程體積不變，所以外界對氣體不做功，所以氣體從A到C過程氣體對外界做功為6×105J；

[3]氣體在C狀態壓強為B時的一半，則溫度也為B時的一半，即tC＝375K＝102℃【解析】7506×10510214、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】錯誤正確錯誤正確15、略

【分析】【詳解】

[1]當處于飽和汽狀態溫度升高時；分子平均動能增大，單位時間內逸出液面的酒精分子數增多，于是原來的動態平衡狀態被破壞，瓶中酒精飽和汽的密度增大，壓強增大。

[2]由于r2>r1，分子間的作用力表現為引力，當另一分子從間距由減小到的過程中，分子力做正功，則勢能減小?！窘馕觥吭龃鬁p小16、略

【分析】【詳解】

[1]當航天員到達太空后由于外部氣壓降低；航天服內部氣壓大于外部氣壓，內部氣體將膨脹對外做功，導致航天服內部氣體體積增大；

[2]由于航天服絕熱，則有

根據上述，內部氣體將膨脹對外做功，則有

根據

可知

即若不采取任何措施；航天服內氣體內能減??；

[3]為保護宇航員，需要確保航天服內氣體的壓強為標準大氣壓，即發生等壓變化，根據

由于內部氣體體積增大，則必須升高溫度，即應在宇航服內部裝有加熱裝置?！窘馕觥吭龃鬁p小加熱裝置17、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]由題圖可知，從狀態A經過狀態B為等溫變化，則有

已知

解得

[2]由題圖可知，B到C過程中，溫度降低，內能減少，即

體積變小，則外界對氣體做功，即

由熱力學第一定律

可知

即氣體放熱?！窘馕觥糠艧?8、略

【分析】【詳解】

[1][2]射線是高速運動的氦原子核，β射線是高速運動的電子流，γ射線是原子核能級躍遷時釋放的射線，陰極射線是原子受激發時射出的電子，故由原子核內射出、屬于電磁波的射線是γ射線，不是原子核內射出的射線是陰極射線?！窘馕觥喀蒙渚€陰極射線19、略

【分析】【詳解】

當導體AB向右運動時，穿過閉合電路的磁通量發生變化，從而產生感應電流，根據題意可知，磁通量變大．【解析】變大有四、作圖題(共3題，共21分)20、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】21、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定圖象【解析】22、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12分)23、略

【分析】【詳解】

（1）①變壓器的工作原理是互感現象，故原線圈接交流電壓，輸出電壓也是交流電壓，故電表用交流電壓擋，故ABC錯誤，D正確；

②根據變壓比公式保持原線圈的匝數不變，增加副線圈的匝數，觀察到副線圈兩端的電壓增大；根據變壓比公式保持副線圈的匝數不變，增加原線圈的匝數，觀察到副線圈兩端的電壓減小；

（2）碰撞后的滑塊1的速度

碰撞后的滑塊2的速度

則碰撞后的滑塊1和滑塊2總動量的大?。骸窘馕觥緿減小0.07124、略

【分析】【詳解】

(1)[1]變阻器為限流接法，為確保安全，閉合電鍵前應將接入電路的阻值調至最大，所以應將滑片P應滑到變阻器的a端；

(2)[2]從電阻箱讀出的阻值為2547Ω；

[3]從兩電壓表指針的位置可知，與電阻箱串聯的電壓的電流與另一電壓表中的電流比值為2∶3，根據串聯電路的特點，可得

可求出電壓表的內阻

(3)[4]電源電動勢為12V，根據變阻器、電壓表和電阻箱所取的阻值，結合電阻分配規律，可得下方支路的電壓表分得的電壓在9V～12V之間，此電壓表的指針指在滿量程的十分之九位置，從而可得電壓表的量程在10V～13.3V之間，故量程最多不超過14V。【解析】a25475094C25、略

【分析】【詳解】

(2)A1的內阻等于R1的阻值，R1的阻值為：1×10+0×0.1=10.0Ω.

(3)由歐姆定律知

(4)量程為3V的內阻

量程為6V的內阻為

分別接在電源上：

解得:E=2.80V,r=1000Ω.

誤將RA和RB位置互換了對于大量程的電壓表沒有影響；但對小量程3V的因其內阻大小，則加同樣的電壓下電流變小，示數變小，則測量值偏小.

(5)作出電源的I-U圖，再做出兩電阻串聯后的I-U圖；其交點為工作電流，工作電壓．

如圖可知工作電流為1.20mA.【解析】10.030002.8010000-6V偏小1.20（1.10-1.30）或1.2六、解答題(共4題，共8分)26、略

【分析】【分析】

（1）金屬棒勻速運動；重物通過滑輪對金屬棒的拉力等于金屬棒受到的安培力，列出關系方程，可求重物質量；“電動機”輸出的機械能等于重物增加的重力勢能．

（2）根據能量守恒定律；電源提供的電能轉化為“電動機”輸出的機械能和電路中的焦耳熱，列方程即可求解；金屬棒切割磁感線產生感應電動勢，自由電子克服感應電動勢做的功即為所求的功．

【詳解】

（1）a．設金屬棒受到的安培力為．

金屬棒勻速運動；所以重物通過滑輪對金屬棒的拉力等于金