2024年華師大新版選修3物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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2024年華師大新版選修3物理下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分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、某單色光照射到一逸出功為W的光電材料表面，所產(chǎn)生的光電子在垂直于磁感應強度為B的勻強磁場中做圓周運動的最大半徑為r，設電子的質量為m，帶電量為e，普朗克常量為h，則該光波的頻率為（）A.B.C.-D.+2、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1080C3、一定質量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)三個過程后再回到狀態(tài)a，其圖像如圖所示，則該氣體（）

A.過程中，氣體壓強變小B.過程中，分子的平均動能減小C.過程中，氣體一定放出熱量D.在狀態(tài)b的內能大于在狀態(tài)a的內能4、如圖；絕熱的容器內封閉一定質量的理想氣體（不考慮分子勢能，外界大氣壓恒定），用電阻絲對其加熱時，絕熱活塞緩慢地無摩擦地上升，下列正確的是（）

A.活塞上升，氣體體積增大，溫度降低B.氣體從電阻絲吸收熱量，氣體又對外做功，氣體內能可能不變C.氣體從電阻絲吸收的熱量一定大于氣體對外做功D.氣體體積增大，單位時間內打到器壁單位面積的分子數(shù)減少，氣體壓強一定減小5、如圖所示，在正交的勻強電場E和磁場B的區(qū)域內（磁場方向垂直紙面向里），有一離子恰能沿直線從左向右飛過此區(qū)域（不計離子重力）下列說法正確的是（）

A.此離子帶正電，E方向應向上B.此離子帶負電，E方向應向上C.不管此離子帶何種電，E方向都向下D.此離子可能做加速直線運動6、如圖所示；一單擺在做簡諧運動，下列說法正確的是。

A.單擺的幅度越大，振動周期越大B.擺球質量越大，振動周期越大C.若將擺線變短，振動周期將變大D.若將單擺拿到月球上去，振動周期將變大7、簡諧運動屬于下列運動中的().A.勻速直線運動B.勻加速直線運動C.非勻變速直線運動D.勻變速直線運動評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、如圖所示，足夠長的“U”形光滑金屬導軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度大小為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計．金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒接入電路的部分的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電荷量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()

A.a點的電勢高于b點的電勢B.ab棒中產(chǎn)生的焦耳熱小于ab棒重力勢能的減少量C.下滑的位移大小為D.受到的最大安培力大小為sinθ9、如圖所示；粗細均勻的彎曲玻璃管（容積不能忽略）的A管插入燒瓶，B管與玻璃管C下部用橡膠管連接，C管開口向上，一定質量的氣體被水銀封閉于燒瓶內。開始時，B；C內的水銀面（橡膠管內充滿水銀）等高，外界大氣壓恒定，下列說法正確的是（）

A.保持C兩管不動，若燒瓶內氣體溫度降低，則瓶內氣體密度增大B.保持C兩管不動，若燒瓶內氣體溫度降低，則C管中水銀柱將升高C.若燒瓶內氣體溫度升高，為使燒瓶內氣體的壓強不變，應將C管向上D.若燒瓶內氣體溫度升高，為使燒瓶內氣體的壓強不變，應將C管向下移動10、下列有關熱現(xiàn)象的說法中正確的是（）A.物體溫度越高，分子平均動能越大B.一定質量的理想氣體的溫度升高，壓強一定增大C.物體放熱時，內能一定減小E.從單一熱源吸收熱量并全部用來對外做功而不引起其他變化是不可能實現(xiàn)的E.從單一熱源吸收熱量并全部用來對外做功而不引起其他變化是不可能實現(xiàn)的11、在如圖所示電路中，電源內阻不可忽略．開關S閉合后，在滑動變阻器R2的滑動端由a向b緩慢滑動的過程中（）

A.電壓表的示數(shù)增大，電流表的示數(shù)減小B.電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)增大C.電容器C所帶電荷量減小D.電容器C所帶電荷量增大12、電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應強度的大?。鐖D甲所示，測量前天平已調至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質量為m0、匝數(shù)為n、下邊長為l的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中．線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計連接導線對線圈的作用力，電源電動勢為E，內阻為r.開關S閉合后，調節(jié)可變電阻至R1時，天平正好平衡，此時電壓表讀數(shù)為U.已知m0>m，取重力加速度為g；則()

A.矩形線圈中電流的方向為逆時針方向B.矩形線圈的電阻R＝r－R1C.勻強磁場的磁感應強度的大小B＝D.若僅將磁場反向，在左盤中再添加質量為2m0－m的砝碼可使天平重新平衡13、矩形線框在磁場中做如圖所示的各種運動，運動到圖示位置時，其中有感應電流產(chǎn)生的是()A.B.C.D.14、一砝碼和一輕彈簧構成彈簧振子，如圖所示的裝置可用于研究該彈簧振子的受迫振動．勻速轉動把手時，曲桿給彈簧振子以驅動力，使振子做受迫振動，把手勻速轉動的周期就是驅動力的周期，改變把手勻速轉動的速度就可以改變驅動力的周期．若保持把手不動，給砝碼一向下的初速度，砝碼便做簡諧運動，振動圖線如圖(1)所示.當把手以某一速度勻速轉動，受迫振動達到穩(wěn)定時，砝碼的振動圖線如圖(2)所示．若用f0表示彈簧振子的固有頻率，f表示驅動力的頻率，則()

A.由圖線可知f0=4HzB.由圖線可知f0=8HzC.由圖線可知砝碼做受迫振動的周期為8sD.由圖線可知，緩慢增大把手轉動速度至15r/min，穩(wěn)定后砝碼振動的振幅也將增大15、如圖所示；箱子放在水平地面上，箱內有一質量為m的鐵球以速度v向左壁碰去，來回碰幾次后停下來，而箱子始終靜止，則整個過程中（）

A.鐵球對箱子的沖量為零B.鐵球和箱子受到的沖量大小相等C.箱子對鐵球的沖量為mv，向右D.摩擦力對箱子的沖量為mv，向右16、如圖所示，在光滑水平面上質量分別為mA＝2kg、mB＝4kg，速率分別為vA＝5m/s、vB＝2m/s的A；B兩小球沿同一直線相向運動并發(fā)生對心碰撞；則。

A.它們碰撞后的總動量是18kg·m/s，方向水平向右B.它們碰撞后的總動量是2kg·m/s，方向水平向右C.它們碰撞后B小球向右運動D.它們碰撞后B小球可能向左運動評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)17、一列很長的列車沿平直軌道飛快地勻速行駛，在列車的中點處，某乘客突然按亮電燈，使其發(fā)出一道閃光，該乘客認為閃光向前、向后傳播的速度相等，都為站在鐵軌旁邊地面上的觀察者認為閃光向前、向后傳播的速度__（選填“相等”或“不等”車上的乘客認為，電燈的閃光同時到達列車的前、后壁；地面上的觀察者認為電燈的閃光先到達列車的__（選填“前”或“后”壁。

18、如圖所示是壓縮式電冰箱的工作原理示意圖。經(jīng)過干燥過濾器后液體制冷劑進入蒸發(fā)器，汽化吸收箱體內的熱量，壓縮機使低溫低壓的制冷劑氣體變成高溫高壓的氣體，然后制冷劑在冷凝器中液化放出熱量到箱體外。電冰箱將熱量從低溫物體轉移到高溫物體的工作過程_______（填“違背”或“不違背”）熱力學第二定律。制冷劑在蒸發(fā)器中由液態(tài)變成氣態(tài)的過程中，________（選填“氣體對外做功”“外界對氣體做功”或“氣體對外不做功”）。

19、如圖所示，已知導體棒中通有電流I，導體棒長度為L，磁場磁感應強度為B；當導體棒按下面幾種方式放置時，寫出導體棒所受安培力的大?。?/p>

F=________F=_________F=________F=________20、如圖所示，電阻Rab=0.1Ω的導體ab沿光滑導線框向右做勻速運動；線框中接有電阻R=0.4Ω，線框放在磁感應強度B=0.1T的勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，cd間的長度L=0.4m，運動的速度v=5.0m/s，線框的電阻不計．

a.電路abcd中導體棒ab相當于電源,_______（a端或b端）相當于電源的正極。

b.電源的電動勢即產(chǎn)生的感應電動勢E=_______V，電路abcd中的電流I=_______A

c.導體ab所受安培力的大小F=__________N，方向是__________；21、一物體沿x軸做簡諧運動，振幅12cm，周期2s．當t=0時，位移為6cm，且向x軸正方向運動；

（1）物體做簡諧運動的表達式（用正弦函數(shù)表示）為_________________；

（2）t=10.5s時物體的位置為________cm22、一顆手榴彈以v0=10m/s的水平速度在空中飛行．設它爆炸后炸裂為兩塊，小塊質量為0.2kg，沿原方向以250m/s的速度飛去，那么，質量為0.4kg的大塊在爆炸后速度大小為______，方向是______（填與v0同向或反向）評卷人得分四、作圖題(共3題，共24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(jīng)過7s后的波形曲線。

評卷人得分五、解答題(共1題，共6分)26、為引起人眼的視覺，進入人眼的綠光的能量至少為每秒E=10-16J.假設在漆黑的夜晚，在距人s=100m遠處點亮一只綠光小燈泡，為使人看到它的光線，小燈泡的功率至少為多大？（人用一只眼看，瞳孔直徑為4mm）參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【詳解】

試題分析：根據(jù)光電效應方程得，EKm=hν-W0．根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有：evB＝最大初動能EKm＝mv2該光波的頻率：v＝+D正確．2、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．3、B【分析】【詳解】

A．由圖示圖象可知，過程中氣體體積不變而溫度升高；根據(jù)氣體狀態(tài)方程可知氣體的壓強增大，故A錯誤；

B．溫度是分子的平均動能的標志，由圖示圖象可知，過程中氣體溫度不斷降低；分子平均動能不斷減小，故B正確；

CD．由圖示圖象可知，過程a到b過程中氣體溫度不變而體積增大，氣體內能不變=0

氣體體積增大，氣體對外做功W＜0

由熱力學第一定律得=W+Q

則Q=-W=-W＞0

氣體吸收熱量；故CD錯誤。

故選B。4、C【分析】【詳解】

A．活塞緩慢地無摩擦地上升，處于平衡狀態(tài)，氣體壓強不變，由蓋·呂薩等壓變化

可知；體積增大，溫度升高。故A錯誤；

B．氣體溫度升高；內能增大，故B錯誤；

C．根據(jù)熱力學第一定律

溫度升高，大于零；體積增大，對外做功，小于零；故大于零，且絕對值大于的絕對值；故C正確；

D．活塞緩慢地無摩擦地上升；處于平衡狀態(tài)，氣體壓強不變；從微觀來看，雖然單位面積的分子數(shù)減少，但是溫度升高，分子速度加快，碰撞更劇烈，壓強不變，故D錯誤。

故選C。5、C【分析】【詳解】

在復合場中對帶電粒子進行正確的受力分析，在不計重力的情況下，離子在復合場中沿水平方向直線通過，由于洛倫茲力隨速度的變化而變化，故粒子只能做勻速運動，且有

A．若離子帶正電；則受洛倫茲力向上，而電場力向下，所以電場強度的方向向下，A錯誤；

B．若離子帶負電；則受洛倫茲力向下，而電場力向上，所以電場強度的方向向下，B錯誤；

C．根據(jù)AB可知無論此離子帶何種電，E方向都向下；C正確；

D．此離子要沿直線運動，只能做勻速直線運動，否則速度變化，導致洛倫茲力變化，故電場力和洛倫茲力的合力也變化，合力與速度方向不共線，離子只能做曲線運動了，不能做勻速直線運動，D錯誤．6、D【分析】【詳解】

單擺的與幅度和質量無關，AB錯誤；擺線變短，則L減小，故周期減小，C錯誤；若將單擺拿到月球上去，重力加速度g減小，故T增大，D正確．7、C【分析】【分析】

【詳解】

簡諧振動的物體的加速度不斷變化，屬于非勻變速直線運動，選項C正確．二、多選題(共9題，共18分)8、B:C【分析】【詳解】

根據(jù)右手定則知，通過ab棒的電流方向為b到a，則a點的電勢高于b點的電勢，故A錯誤；ab棒下降的過程中，重力勢能的減小量等于動能的增加量以及ab棒產(chǎn)生的焦耳熱之和，B正確；根據(jù)得下滑的位移大小為C正確；當導體棒的加速度為零時，速度最大，感應電流最大，安培力最大，即為故D錯誤．9、A:D【分析】【詳解】

AB．保持B；C兩管不移動；由等容變化可知，氣體溫度降低，壓強變小，B管水銀面上升C管中水銀柱將下降，氣體體積減小，則瓶內氣體密度增大，故A正確，B錯誤；

CD．若燒瓶內氣體溫度升高；為使瓶內氣體的壓強不變，由等壓變化可知，應該使氣體的體積增大，應將C管向下移動，故C錯誤，D正確。

故選AD。10、A:D:E【分析】【分析】

【詳解】

A．物體溫度越高；分子平均動能越大，A正確；

B．一定質量的理想氣體的溫度升高；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，壓強還和體積有關，若體積增加，壓強甚至可能還會減小，B錯誤；

C．物體放熱時；可能外界對它做功，內能不一定減小，C錯誤；

D．有熱力學第三定律可得；絕對零度不可能達到，D正確；

E．從單一熱源吸收熱量并全部用來對外做功而不引起其他變化是不可能實現(xiàn)的；E正確。

故選ADE。11、B:C【分析】【詳解】

滑動變阻器的滑動端由a向b緩慢滑動的過程中，則滑動變阻器接入電阻減小，則總電阻減小，電路中總電流增大，電流表示數(shù)增大，內阻和兩端電壓增大，則的電壓減小，故電壓表示數(shù)減小，故A正確，B錯誤；電容器的電壓等于的電壓；則電容器電壓減小，根據(jù)Q=UC可知，電容器C所帶電荷量減小，故C正確，D錯誤；故選AC．

【點睛】先分析電路結構，由滑片的移動可知滑動變阻器接入電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化及路端電壓的變化，電容器電壓與滑動變阻器電壓相等，根據(jù)Q=UC求解．12、A:C【分析】【詳解】

A；對矩形線圈受力分析可知所受安培力向上；再由左手定則可知矩形線圈中電流的方向為逆時針方向，故A正確；

B、根據(jù)閉合電路歐姆定律可得解得矩形線圈的電阻故B錯誤；

C、根據(jù)平衡條件可得而解得勻強磁場的磁感應強度的大小故C正確；

D、開始線圈所受安培力的方向向上，僅將磁場反向，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向下，相當于右邊多了兩倍的安培力大小，所以需要在左邊加砝碼，添加質量為的砝碼可使天平重新平衡；故D錯誤；

故選AC．

【點睛】天平平衡后，僅將磁場反向時，安培力方向反向，則右邊相當于多了或少了兩倍的安培力大小．13、C:D【分析】【詳解】

AB兩圖中；線框在運動過程中，面積不變；磁感應強度不變，穿過線框的磁通量不變，不產(chǎn)生感應電流，故AB錯誤；C圖中線框與磁場平行，磁通量為零，線框在運動過程中，穿過線框的磁通量開始增大，有感應電流產(chǎn)生，故C正確；D圖中線框與磁場垂直，線框在運動過程中，穿過線框的磁通量變小，有感應電流產(chǎn)生，故D正確；故選CD．

【點睛】

本題考查了感應電流產(chǎn)生的條件，分析清楚圖示情景、明確磁通量是否發(fā)生變化，即可正確解題．14、C:D【分析】【詳解】

ABC．有圖像可知彈簧振子的固有周期為4s，因此彈簧振子的固有頻率為彈簧振子做受迫振動的周期為8s，受迫振動的頻率為故AB錯誤；C正確；

D．當轉速n=15r/min=即受迫振動的頻率和彈簧振子的固有頻率相同，物體達到共振，因此振幅增大，故D正確．15、C:D【分析】A；箱子在水平方向上受到兩個力作用；球隊對箱子的作用力和地面對箱子的摩擦力，二力始終等值方向，其合力始終為零，故箱子始終靜止．因此，鐵球對箱子的沖量與摩擦力對箱子的沖量等值反向，合沖量為零，故A錯誤；

B；根據(jù)動量定理；鐵球受到的沖量為I=0-mv=-mv，而箱子受到的沖量始終為零．故B錯誤；

C；根據(jù)動量定理；箱子對鐵球的沖量為I=0-mv=-mv，負號表示方向向右．故C正確；D、箱子對鐵球的沖量mv，向右，根據(jù)牛頓第三定律，鐵球對箱子的沖量為mv，向左．又因為摩擦力與鐵球對箱子的作用力等值反向，所以摩擦力對箱子的沖量為mv，向右．故D正確；

故CD正確；16、B:C【分析】試題分析：設向右為正方向；則碰前總動量為：p="mAvA-mBvB=2"kg?m/s，方向向右，選項A錯誤，B正確；假如碰后B球向左運動，則A球也必然向左運動，兩球的總動量向左，故不可能；假如碰后B球靜止，則A球也必然向左運動，兩球的總動量向左，也不可能；故碰撞后B小球必然向右運動，選項C正確，D錯誤．

考點：動量守恒定律的應用．三、填空題(共6題，共12分)17、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]根據(jù)相對論的知識可知；車廂中的人認為，車廂是個慣性系，光向前向后傳播的速度相等。

[2]光源在車廂中央，閃光同時到達前后兩壁。地面上人以地面是一個慣性系，光向前向后傳播的速度相等，向前傳播的路程長些，到達前壁的時刻晚些。【解析】相等后18、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]熱力學第二定律的克勞修斯表述為熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體；電冰箱依靠壓縮機實現(xiàn)了將熱量從低溫物體轉移到高溫物體，不違背熱力學第二定律。

[2]制冷劑在蒸發(fā)器中由液態(tài)變成氣態(tài)的過程中，體積膨脹，對外做功?！窘馕觥坎贿`背氣體對外做功19、略

【分析】【詳解】

當導體棒與磁場垂直時受的安培力最大；平行時受安培力為零，則從左到右，導體棒所受安培力的大小分別為：BIL；BIL、BIL、0.

【點睛】

此題關鍵是搞清四個導體棒的放置方式，知道導體棒與磁場垂直時受的安培力最大，最大值為BIL，平行時受安培力為零.【解析】BIL；BIL；BIL；020、略

【分析】【分析】

據(jù)右手定則判斷感應電流的方向；即可確定等效電源的正負極；

根據(jù)E=BLv求出感應電動勢；由歐姆定律得出電流強度，即可由公式F=BIL求解安培力的大小，由左手定則判斷安培力的方向．再根據(jù)平衡條件分析外力的大小和方向．

【詳解】

a.電路abcd中ab棒切割磁感線；產(chǎn)生感應電動勢，相當于電源．由右手定則判斷可知相當于電源的正極是a端；

b.感應電動勢為：E=BLv=0.1×0.4×5V=0.2V；

感應電流為：

c.ab桿所受的安培力FA=BIL=0.1×0.4×0.4N=0.016N

由右手定則判斷可知，ab中感應電流方向從b→a；由左手定則得知，安培力的方向向左．

【點睛】

解答本題的關鍵要掌握右手定則、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、左手定則等電磁感應中常用的規(guī)律．【解析】a；0.2V；0.4A；0.016N；向左21、略

【分析】【詳解】

（1）振子的周期為T=2s，則角速度為：振幅A=12cm．故x=0.12sin（πt+φ0），當t=0時，位移為6cm，可得：或因為t=0時，速度方向沿x軸正方向，所以取則子簡諧運動的表達式為

（2）簡諧運動的表達式為．t=10.5s時，有：．【解析】22、略

【分析】手榴彈爆炸過程系統(tǒng)動量守恒；以手榴彈的初速度方向為正方向；

根據(jù)動量守恒定律得：Mv0=m1v1+m2v2．即：0.6×10=0.2×250+0.4×v2；

解得：v2=-110m/s，負號表示方向，與v0反向．

點睛：本題考查了求手榴彈彈片的速度，知道手榴彈爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律即可解題，解題時要注意正方向的選擇．【解析】11