2025年仁愛(ài)科普版選修3物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年仁愛(ài)科普版選修3物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷377考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、目前，我國(guó)正在開(kāi)展5G網(wǎng)絡(luò)試點(diǎn)工作，并將于2020年進(jìn)入全面5G時(shí)代．屆時(shí)，將開(kāi)啟萬(wàn)物互聯(lián)時(shí)代：車聯(lián)網(wǎng)、物聯(lián)網(wǎng)、智慧城市、無(wú)人機(jī)網(wǎng)絡(luò)、自動(dòng)駕駛技術(shù)等將一一變?yōu)楝F(xiàn)實(shí)．5G，即第五代移動(dòng)通信技術(shù)，采用3300-5000MHz頻段，相比于現(xiàn)有的4G（即第四代移動(dòng)通信技術(shù)，1880-2635MHz頻段）技術(shù)而言，具有極大的帶寬、極大的容量和極低的時(shí)延．5G信號(hào)與4G信號(hào)相比下列說(shuō)法正確的是：A.5G信號(hào)在真空中的傳播速度更快B.5G信號(hào)是橫波4G信號(hào)是縱波C.5G信號(hào)粒子性更顯著D.5G信號(hào)更容易發(fā)生明顯衍射2、一定質(zhì)量理想氣體的狀態(tài)變化如圖所示，為圓弧，為半徑相同的圓弧。氣體從狀態(tài)a沿經(jīng)狀態(tài)b、c、d，最終回到狀態(tài)a；則（）

A.從狀態(tài)a到狀態(tài)b是等溫膨脹過(guò)程B.從狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體放出熱量，內(nèi)能增大C.處于狀態(tài)c時(shí)氣體分子單位時(shí)間撞擊單位面積的次數(shù)一定比狀態(tài)a少D.從狀態(tài)a經(jīng)b、c、d回到狀態(tài)a，氣體吸收熱量3、如圖所示，abcd為固定的水平光滑矩形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，左右兩端接有定值電阻和整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌與棒的電阻兩根相同的輕質(zhì)彈簧甲和乙一端固定，另一端同時(shí)與棒的中點(diǎn)連接初始時(shí)刻，兩根彈簧恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)，棒獲得水平向左的初速度第一次運(yùn)動(dòng)至最右端的過(guò)程中產(chǎn)生的電熱為Q，下列說(shuō)法中正確的是

A.初始時(shí)刻棒所受安培力的大小為B.棒第一次回到初始位置的時(shí)刻，的電功率為C.棒第一次到達(dá)最右端的時(shí)刻，兩根彈簧具有彈性勢(shì)能的總量為D.從初始時(shí)刻至棒第一次到達(dá)最左端的過(guò)程中，整個(gè)回路產(chǎn)生的電熱大于4、如圖是交流發(fā)電機(jī)的原理示意圖，線圈abcd在磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生交流電。線圈的ab邊和cd邊連在兩個(gè)金屬滑環(huán)上；兩個(gè)滑環(huán)通過(guò)金屬片做的電刷和外電路相連。當(dāng)線圈沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)圖示位置時(shí)，以下判斷正確的是：

A.圖甲的位置時(shí)，流經(jīng)R的感應(yīng)電流最大，線圈中的電流方向?yàn)閐→c→b→aB.圖乙的位置時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量變化最快，線圈中的電流方向?yàn)閍→b→c→dC.圖丙的位置時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量最大，線圈中的電流方向?yàn)閐→c→b→aD.圖丁的位置時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量變化率為零，線圈中的電流方向?yàn)閍→b→c→d5、如圖所示，實(shí)線為不知方向的三條電場(chǎng)線，從電場(chǎng)線中M點(diǎn)以相同速度垂直于電場(chǎng)線方向飛出a、b兩個(gè)帶電粒子；運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，則（）

A.a的速度將減小，b的速度將增大B.a一定帶正電，b一定帶負(fù)電C.兩個(gè)粒子的動(dòng)能，一個(gè)增加一個(gè)減小D.a的加速度將減小，b的加速度將增加評(píng)卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源與定值電阻R1、R2及滑動(dòng)變阻器R連接成如圖所示的電路.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭由中點(diǎn)滑向a端時(shí)；下列說(shuō)法正確的是()

A.R1消耗的功率增大B.電源內(nèi)部消耗的功率減小C.電壓表讀數(shù)增大，電流表A1示數(shù)減小，A2示數(shù)增大D.電壓表讀數(shù)減小，電流表A1示數(shù)增大，A2示數(shù)減小7、在如圖所示電路中，L1、L2、L3是三只小燈泡，電源電動(dòng)勢(shì)為E。三只燈泡原來(lái)都能發(fā)光，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向右移動(dòng)時(shí)；對(duì)于各燈亮度變化情況，下列判斷正確的是。

A.L1變暗B.L2變暗C.L3變暗D.L3亮度不變8、如圖所示，在虛線所示寬度為d的范圍內(nèi)，存在豎直向下電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，某種正離子（質(zhì)量為m，電荷量為q）以初速度為垂直于左邊界射入，離開(kāi)右邊界時(shí)偏轉(zhuǎn)角度為．在同樣寬度范圍內(nèi)，若只存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使該離子以原來(lái)的初速度穿過(guò)該區(qū)域，偏轉(zhuǎn)角度仍為．不計(jì)離子的重力；則以下說(shuō)法正確的是。

A.離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度大小為B.離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為C.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為D.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為9、如圖是“卡諾循環(huán)”示意圖；A→B；C→D是等溫過(guò)程，B→C、D→A是絕熱過(guò)程?，F(xiàn)有一理想氣體完成“卡諾循環(huán)”，以下說(shuō)法正確的是（）

A.氣體在A→B過(guò)程中對(duì)外做功B.氣體在A→B過(guò)程中吸收熱量C.氣體在B→C過(guò)程中內(nèi)能增大E.分子在C狀態(tài)單位時(shí)間內(nèi)對(duì)容器壁的碰撞次數(shù)大于在D狀態(tài)E.分子在C狀態(tài)單位時(shí)間內(nèi)對(duì)容器壁的碰撞次數(shù)大于在D狀態(tài)10、下列說(shuō)法中正確的是（）A.氣體的體積是所有氣體分子的體積之和B.液晶顯示器利用了液晶對(duì)光具有各向異性的特點(diǎn)C.高溫物體可以自發(fā)把熱量傳遞給低溫物體，最終兩物體可達(dá)到熱平衡狀態(tài)E.在“用油膜法測(cè)分子直徑”的實(shí)驗(yàn)中，作了三方面的近似處理：視油膜為單分子層、忽略油酸分子間的間距及視油酸分子為球形E.在“用油膜法測(cè)分子直徑”的實(shí)驗(yàn)中，作了三方面的近似處理：視油膜為單分子層、忽略油酸分子間的間距及視油酸分子為球形11、如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中附加另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，附加磁場(chǎng)位于圖中陰影區(qū)域，附加磁場(chǎng)區(qū)域的對(duì)稱軸與垂直.a、b、c三個(gè)質(zhì)子先后從點(diǎn)沿垂直于磁場(chǎng)的方向攝入磁場(chǎng)，它們的速度大小相等，b的速度方向與垂直，a、c的速度方向與b的速度方向間的夾角分別為且三個(gè)質(zhì)子經(jīng)過(guò)附加磁場(chǎng)區(qū)域后能到達(dá)同一點(diǎn)則下列說(shuō)法中正確的有。

A.三個(gè)質(zhì)子從運(yùn)動(dòng)到的時(shí)間相等B.三個(gè)質(zhì)子在附加磁場(chǎng)以外區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心均在軸上C.若撤去附加磁場(chǎng),a到達(dá)連線上的位置距點(diǎn)最近D.附加磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相同12、空間分布有豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的帶電小球A從O點(diǎn)斜向上拋出，小球沿如圖所示的軌跡擊中絕緣豎直墻壁的P點(diǎn)．將另一質(zhì)量相同、電荷量不變、電性相反的小球B仍從O點(diǎn)以相同的速度拋出，該球垂直擊中墻壁的Q點(diǎn)(圖中未畫出)．對(duì)于上述兩個(gè)過(guò)程；下列敘述中正確的是()

A.球A的電勢(shì)能增大，球B的電勢(shì)能減小B.P點(diǎn)位置高于Q點(diǎn)C.若僅增大A球質(zhì)量，A球有可能擊中Q點(diǎn)D.電場(chǎng)力對(duì)球A的沖量大小等于對(duì)球B的沖量大小13、如圖所示是研究自感實(shí)驗(yàn)的電路圖，A1、A2是兩個(gè)規(guī)格相同的小燈泡，閉合開(kāi)關(guān)調(diào)節(jié)電阻R，使兩燈泡的亮度相同．調(diào)節(jié)可變電阻R1；使它們都正常發(fā)光，然后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S．重新閉合開(kāi)關(guān)S，則()

A.閉合瞬間，A1立刻變亮，A2逐漸變亮B.閉合瞬間，A2立刻變亮，A1逐漸變亮C.穩(wěn)定后，再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，斷開(kāi)瞬間，A1燈閃亮一下再熄滅D.穩(wěn)定后，再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，斷開(kāi)瞬間，仍有電流流過(guò)A2燈，方向向右評(píng)卷人得分三、填空題(共8題，共16分)14、（1）單晶體有各向_______的特點(diǎn)．

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

（3）關(guān)于飽和汽壓的特點(diǎn)：液體的飽和汽壓與溫度有關(guān)，溫度越高，飽和汽壓______，且飽和汽壓與飽和汽的體積無(wú)關(guān)．15、如圖所示，由“非”門構(gòu)成的一個(gè)簡(jiǎn)單控制電路，其中為光敏電阻，光照時(shí)電阻很小，為變阻器，L為小燈泡，其原理：當(dāng)光敏電阻受到光照時(shí)，小燈泡L__________（選填“亮”或“滅”），不受光照時(shí)，小燈泡L__________（選填“亮”或“滅”）。請(qǐng)同學(xué)們想一想這種自動(dòng)控制電路可應(yīng)用在哪里較好？______________________

16、如圖所示，將半徑R的自行車輪架空，原地轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)后測(cè)試制動(dòng)。當(dāng)制動(dòng)片以大小N的力壓在車輪上，車輪轉(zhuǎn)過(guò)圓心角θ后停止。這一過(guò)程機(jī)械能轉(zhuǎn)為_(kāi)________能。若知道制動(dòng)片和車制動(dòng)片輪之間動(dòng)摩擦因數(shù)可估算車輪在剎車前的動(dòng)能是_________。

17、等壓變化：一定質(zhì)量的某種氣體，在______不變時(shí)，體積隨溫度變化的過(guò)程。18、如圖，上端帶卡環(huán)、底部有加熱裝置的圓柱形氣缸豎直放置在水平地面上，質(zhì)量為m、橫截面積為S、厚度不計(jì)的活塞到氣缸底部的距離為氣缸高度的一半，活塞下部封閉有溫度為T的理想氣體。已知重力加速度為g，外界大氣壓強(qiáng)恒為忽略一切摩擦?，F(xiàn)對(duì)封閉氣體緩慢加熱，則活塞恰好到達(dá)氣缸上端卡口時(shí)氣體溫度T1=_______；保持封閉氣體的溫度T1不變，在活塞上表面緩慢倒入沙子，使活塞到氣缸底部的距離為氣缸高度的三分之一，則倒入沙子的總質(zhì)量m1=________。

19、如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)依次經(jīng)狀態(tài)和后回到狀態(tài)圖中曲線為反比例函數(shù)圖線，直線平行于軸，直線平行于軸。該理想氣體經(jīng)過(guò)的的四個(gè)過(guò)程中，氣體對(duì)外放熱的過(guò)程有_________；氣體對(duì)外做功的過(guò)程有________；氣體內(nèi)能增加的過(guò)程有___________。20、如圖所示，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒a從h高處由靜止起沿足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)電軌道滑下，另一質(zhì)量為2m的導(dǎo)體棒b靜止在寬為L(zhǎng)的光滑水平導(dǎo)軌上，在水平軌道區(qū)域有垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，a、b導(dǎo)體棒不會(huì)相碰，重力加速度取g，則a、b導(dǎo)體棒的最終的共同速度為_(kāi)_________，回路中最多能產(chǎn)生焦耳熱為_(kāi)_________．

21、如圖9所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿，桿的水平部分粗糙，豎直部分光滑，兩部分各套有質(zhì)量分別為mA="2.0"kg和mB="1.0"kg的小球A和B，A球與水平桿間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.20，A、B間用不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，圖示位置處OA="1.5"m，OB="2.0"m.g取10m/s2.

圖9

（1）若用水平力F1沿桿向右拉A，使A由圖示位置向右極緩慢地移動(dòng)0.5m，則該過(guò)程中拉力F1做了多少功？

（2）若用水平力F2沿桿向右拉A，使B以1m/s的速度勻速上升，則在B經(jīng)過(guò)圖示位置上升0.5m的過(guò)程中，拉力F2做了多少功？評(píng)卷人得分四、作圖題(共3題，共12分)22、如圖所示，甲、乙是直線電流的磁場(chǎng)，丙、丁是環(huán)形電流的磁場(chǎng)，戊、己是通電螺線管的磁場(chǎng)，試在各圖中補(bǔ)畫出電流方向或磁感線方向．

23、示波管的內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示．如果在偏轉(zhuǎn)電極XX/、YY/之間都沒(méi)有加電壓，電子束將打在熒光屏中心．如果在偏轉(zhuǎn)電極XX/之間和YY/之間分別加上如圖所示的電壓，請(qǐng)畫出熒光屏上出現(xiàn)的完整掃描波形圖．

24、圖中表示某一時(shí)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(guò)7s后的波形曲線。

評(píng)卷人得分五、解答題(共1題，共2分)25、如圖所示，粗細(xì)不同的玻璃管開(kāi)口向下，粗管長(zhǎng)為L(zhǎng)=13cm，細(xì)管足夠長(zhǎng)，粗管的截面積為細(xì)管的兩倍．管內(nèi)的氣體被一段水銀柱封閉，當(dāng)封閉氣體的溫度為T1=300K時(shí)，粗、細(xì)管內(nèi)的水銀柱長(zhǎng)度均為h=5cm．已知大氣壓強(qiáng)P0=75cmHg；現(xiàn)對(duì)封閉氣體緩慢加熱，求：

(1)水銀恰好全部進(jìn)入細(xì)管時(shí)氣體的溫度T2；

(2)從開(kāi)始加熱到T3=500K時(shí)；水銀柱的下表面移動(dòng)距離多少厘米(保留三位有效數(shù)字)．

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】A；5G信號(hào)與4G信號(hào)都是電磁波；在真空中的傳播速度等于光速，故A錯(cuò)誤；

B；5G信號(hào)與4G信號(hào)都是電磁波；5G信號(hào)和4G信號(hào)是橫波，故B錯(cuò)誤；

C；5G信號(hào)的頻率高；粒子性越顯著，故C正確；

D；4G信號(hào)的頻率低；波長(zhǎng)長(zhǎng)，更容易發(fā)生明顯衍射，故D錯(cuò)誤；

故選C．2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖線可知從狀態(tài)a到狀態(tài)b是圓弧而不是雙曲線；所以不是等溫膨脹過(guò)程。故A錯(cuò)誤；

B．從狀態(tài)a到狀態(tài)c，氣體壓強(qiáng)相等，體積增大，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知其溫度必定升高，且對(duì)外界做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，有

氣體吸收熱量。故B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)上一選項(xiàng)分析；在狀態(tài)c，氣體體積較大，分子數(shù)密度較小，氣體溫度升高導(dǎo)致分子平均動(dòng)能增加，在保持壓強(qiáng)不變的情況下，單位時(shí)間撞擊單位面積的次數(shù)一定較少。故C正確；

D．從狀態(tài)a經(jīng)b、c、d回到狀態(tài)a，氣體的溫度不變，內(nèi)能不變，外界對(duì)氣體做功等于圖形的面積，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，有

氣體放出熱量。故D錯(cuò)誤。

故選C。3、D【分析】【詳解】

由F=BIL及得安培力大小為FA=BIL=．故A錯(cuò)誤；由于安培力始終對(duì)MN做負(fù)功，產(chǎn)生焦耳熱，由動(dòng)能定理得：當(dāng)棒再次回到初始位置時(shí)，速度小于v0，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)小于BLv0，則AB間電阻R的功率小于故B錯(cuò)誤；由能量守恒得知，當(dāng)棒第一次達(dá)到最右端時(shí)，物體的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為整個(gè)回路中的焦耳熱和甲乙彈簧的彈性勢(shì)能，兩個(gè)電阻相同并聯(lián)，故產(chǎn)生的熱量相同，則電路中產(chǎn)生總熱量為2Q，所以兩根彈簧具有的彈性勢(shì)能為?2Q，故C錯(cuò)誤；由于安培力始終對(duì)MN做負(fù)功，產(chǎn)生焦耳熱，棒第一次達(dá)到最左端的過(guò)程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大，電路中產(chǎn)生總熱量為2Q，從初始時(shí)刻至棒第一次到達(dá)最左端的過(guò)程中；整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)大于×2Q；故D正確．故選D．

【點(diǎn)睛】

本題分析系統(tǒng)中能量如何轉(zhuǎn)化是難點(diǎn)，也是關(guān)鍵點(diǎn)，根據(jù)導(dǎo)體棒克服安培力做功等于產(chǎn)生的焦耳熱，分析電阻R上產(chǎn)生的熱量．4、B【分析】甲丙圖中，線圈和磁場(chǎng)垂直，穿過(guò)線圈的磁通量最大，但變化率最小，感應(yīng)電流為零；故A錯(cuò)誤；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)圖乙的位置時(shí)，線圈與磁場(chǎng)平行，此時(shí)磁通量最小，而穿過(guò)線圈的磁通量的變化率最大；根據(jù)右手定則可知，線圈中的電流方向?yàn)閍→b→c→d，故B正確；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖丙的位置時(shí)；通過(guò)線圈的磁通量變大，但變化率最小，感應(yīng)電流為零，故C錯(cuò)誤；

當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖丁的位置時(shí)，線圈與磁場(chǎng)平行，此時(shí)磁通量最小，而穿過(guò)線圈的磁通量的變化率最大；根據(jù)右手定則可知，線圈中的電流方向?yàn)閐→c→b→a→d；故D錯(cuò)誤．故選B．

點(diǎn)睛：本題考查交流電的產(chǎn)生，要注意明確中性面上及垂直于中性面上時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大?。粫?huì)用楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．5、D【分析】A；物體做曲線運(yùn)動(dòng)；所受力的方向指向軌道的內(nèi)側(cè)，由于電場(chǎng)線的方向不知，所以粒子帶電性質(zhì)不定，故A錯(cuò)誤；

BC；物體做曲線運(yùn)動(dòng)；所受力的方向指向軌道的內(nèi)側(cè)，從圖中軌道變化來(lái)看速度與力方向的夾角小于90°，所以電場(chǎng)力都做正功，動(dòng)能都增大，速度都增大，故BC錯(cuò)誤；

D、電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度小，所以a受力減小，加速度減小，b受力增大；加速度增大，故D正確；

故選D．

【點(diǎn)睛】電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度小，物體做曲線運(yùn)動(dòng)，所受力的方向指向軌道的內(nèi)側(cè)，根據(jù)電場(chǎng)力做功來(lái)判斷動(dòng)能的變化．二、多選題(共8題，共16分)6、A:D【分析】【詳解】

A.當(dāng)滑片向a滑動(dòng)時(shí)，R接入電阻減小，總電阻減小，由閉合電路的歐姆定律可知電路中總電流I增加，由

分析可知，R1消耗的功率增大；故A項(xiàng)正確；

B.由于總電流I增加，電源內(nèi)部消耗的功率：

增大；故B項(xiàng)錯(cuò)誤；

CD.干路電流增加，電流表A1示數(shù)增大；由U=E?Ir可知路端電壓減小，即電壓表示數(shù)減??；因路端電壓減小，R1兩端的電壓增加，故并聯(lián)部分電壓減小，由歐姆定律可知電流表A2示數(shù)減?。蔆項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．7、A:B【分析】【分析】

由圖可知L2與R串聯(lián)后與L3并聯(lián)，再與L1串聯(lián)；由滑片的移動(dòng)可知滑動(dòng)變阻器接入電阻的變化，則可知總電阻的變化；由閉合電路的歐姆定律可知電路中電流的變化，即可知L1亮度的變化；由閉合電路的歐姆定律可得出并聯(lián)電路的電壓變化；從而知兩燈亮度的變化。

【詳解】

當(dāng)滑片右移時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻增大，則電路中總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知電路中總電流減小，故L1變暗；

電路中電流減小，故內(nèi)阻及L1兩端的電壓減小，而電動(dòng)勢(shì)不變，故并聯(lián)部分的電壓增大，故L3變亮；

因L3中電流增大，干路電流減小，故流過(guò)L2的電流減小，故L2變暗；故AB正確；CD錯(cuò)誤。

故選：AB。

【點(diǎn)睛】

本題考查電路的動(dòng)態(tài)分析；要會(huì)根據(jù)歐姆定律分析各量的變化方向，要求學(xué)生能靈活應(yīng)用串并聯(lián)電路的電流電壓規(guī)律及閉合電路的歐姆定律。

如果應(yīng)用“串反并同”的方法會(huì)更簡(jiǎn)單。“串反并同”就是與可變電阻串聯(lián)的電路上的電壓和電流的變化與該電阻的變化相反，如果電阻增大，則串聯(lián)電路的電壓和電流會(huì)減小，而并聯(lián)電路的電壓和電路會(huì)隨電阻增大而增大。8、C:D【分析】【詳解】

試題分析：粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)；在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律；牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度大小．

粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度的分解可得離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度大小為A錯(cuò)誤；由于受到的洛倫茲力和速度方向垂直，所以不改變粒子運(yùn)動(dòng)速度大小，故離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度仍為B錯(cuò)誤；離子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向①，②，水平方向：③，由①②③解得C正確；當(dāng)改用勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：④，由幾何知識(shí)可知，軌道半徑⑤，由④⑤解得：D正確；9、A:B:D【分析】【詳解】

A.在A→B過(guò)程中氣體的體積變大；故氣體對(duì)外做功，選項(xiàng)A正確；

B.A→B為等溫過(guò)程；氣體的內(nèi)能保持不變，由于該過(guò)程外界對(duì)氣體做負(fù)功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知?dú)怏w對(duì)外吸熱，選項(xiàng)B正確；

C.B→C是絕熱過(guò)程；且氣體的體積變大，外界對(duì)氣體做負(fù)功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知?dú)怏w內(nèi)能減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.由于B→C過(guò)程內(nèi)能減小；氣體在B狀態(tài)的溫度高于C狀態(tài)，又A→B為等溫過(guò)程，故氣體在A狀態(tài)的溫度高于C狀態(tài)，選項(xiàng)D正確；

E.C→D是等溫過(guò)程；氣體分子的平均速率不變，氣體在C狀態(tài)的體積大于D狀態(tài)的體積，即C狀態(tài)單位體積內(nèi)分子數(shù)小于D狀態(tài)的，故分子在C狀態(tài)單位時(shí)間內(nèi)對(duì)容器壁的碰撞次數(shù)小于在D狀態(tài)，選項(xiàng)E錯(cuò)誤。

故選ABD。10、B:C:E【分析】【分析】

【詳解】

A．氣體分子間隙很大；氣體的體積遠(yuǎn)大于所有氣體分子的體積之和，故A錯(cuò)誤；

B．液晶顯示器利用了液晶對(duì)光具有各向異性的特點(diǎn)。故B正確；

C．根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知；高溫物體可以自發(fā)把熱量傳遞給低溫物體，最終兩物體可達(dá)到熱平衡狀態(tài)，故C正確；

D．當(dāng)分子間表現(xiàn)為引力時(shí)；隨著分子間距離增大，分子間作用力減小，但引力做負(fù)功，分子勢(shì)能增大，故D錯(cuò)誤；

E．在“用油膜法測(cè)分子直徑”的實(shí)驗(yàn)中；作了三方面的近似處理：視油膜為單分子層；忽略油酸分子間的間距及視油酸分子為球形，故E正確。

故選BCE。11、C:D【分析】【詳解】

本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．由題中圖形可知a、b、c三個(gè)軌跡的長(zhǎng)度是不同的，而三種情況下粒子的運(yùn)動(dòng)速率相同，所以三個(gè)質(zhì)子從S運(yùn)動(dòng)到S’所用時(shí)間不等，A項(xiàng)錯(cuò)誤；在沒(méi)有附加磁場(chǎng)的情況下，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡可以用右圖來(lái)描繪，其中α>β；很明顯的看出它們的圓心不同時(shí)在OO’上，B項(xiàng)錯(cuò)誤；隨著與垂直SS’運(yùn)動(dòng)方向夾角的增大，距離S點(diǎn)位置越近，因此撤去附加磁場(chǎng)后，a到達(dá)SS’連線上的位置距S點(diǎn)位置最近，C項(xiàng)正確；質(zhì)子要想全部聚集在S’點(diǎn)，必須使得質(zhì)子在原磁場(chǎng)中向右下方彎曲，根據(jù)左手定則，可以判定附加磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相同，D項(xiàng)正確．

12、A:D【分析】【分析】

根據(jù)題意可判斷電場(chǎng)力的方向，從而判斷電場(chǎng)力做功情況以及電勢(shì)能變化情況；分析兩種情況下的加速度關(guān)系，根據(jù)v2-v02=2ah判斷h的關(guān)系；根據(jù)I=Ft判斷電場(chǎng)力的沖量關(guān)系.

【詳解】

由題意可知，擊中P點(diǎn)的小球A受電場(chǎng)力向下，垂直擊中Q點(diǎn)的小球B受電場(chǎng)力向上，可知電場(chǎng)力對(duì)A做負(fù)功，對(duì)B做正功，球A的電勢(shì)能增大，球B的電勢(shì)能減小，選項(xiàng)A正確；根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)A球：mg+qE=maA；對(duì)B球：mg-qE=maB；可知aA>aB；對(duì)球A豎直方向：對(duì)球B在豎直方向：可得hAB，即P點(diǎn)位置低于Q點(diǎn)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若僅增大A球質(zhì)量，可知aA減小，但是不可能等于aB，則hA不可能等于hB，則若僅增大A球質(zhì)量，A球不可能擊中Q點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因兩次拋球小球在水平方向的分速度相同，水平位移相同，可知兩球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相同；根據(jù)I=Eqt可知電場(chǎng)力對(duì)球A的沖量大小等于對(duì)球B的沖量大小，選項(xiàng)D正確；故選AD.13、B:D【分析】閉合開(kāi)關(guān)的瞬間，由于線圈中自感電動(dòng)勢(shì)的阻礙，A2燈先亮，A1燈逐漸變亮．故A錯(cuò)誤，B正確．閉合開(kāi)關(guān)穩(wěn)定后，通過(guò)兩燈的電流相等，在斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S瞬間，燈泡L1不會(huì)出現(xiàn)“閃亮一下”．故C錯(cuò)誤．閉合開(kāi)關(guān)，待電路穩(wěn)定后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，線圈L產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，兩燈串聯(lián)，流經(jīng)燈泡A2的電流方向與原來(lái)相反；方向向右．故D正確；故選BD．

點(diǎn)睛：對(duì)于線圈要抓住雙重特性：當(dāng)電流不變時(shí)，它是電阻不計(jì)的導(dǎo)線；當(dāng)電流變化時(shí)，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源．三、填空題(共8題，共16分)14、略

【分析】（1）單晶體有各向異性的特點(diǎn)．

（2）根據(jù)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(zhì)時(shí)，表面張力變??；液體的密度越大，表面張力越大．

（3）關(guān)于飽和汽壓的特點(diǎn)：液體的飽和汽壓與溫度有關(guān)，溫度越高，飽和汽壓越大，且飽和汽壓與飽和汽的體積無(wú)關(guān)．【解析】異性越小變小越大越大15、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2][3]當(dāng)光敏電阻受到光照時(shí)，電阻很小，則非門輸入高電勢(shì)，輸出低電勢(shì)，故燈泡滅；不受光照時(shí)，電阻大，則分壓大，非門輸入低電勢(shì)，輸出高電勢(shì)，小燈泡L亮，根據(jù)原理可知，可以作為路燈?！窘馕觥繙缌量梢宰鳛槁窡?6、略

【分析】【詳解】

[1]當(dāng)制動(dòng)片制動(dòng)時(shí)；車輪要克服摩擦力做功，把機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。

[2]車輪轉(zhuǎn)過(guò)的路程

由動(dòng)能定理得

聯(lián)立解得【解析】①.內(nèi)能②.17、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】壓強(qiáng)18、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]對(duì)封閉氣體緩慢加熱；則活塞恰好到達(dá)氣缸上端卡口，對(duì)封閉氣體處于等壓過(guò)程，由蓋-呂薩克定律可知。

其中。

解得。

[2]未在活塞上表面緩慢倒入沙子前；對(duì)活塞列受力平衡。

保持封閉氣體的溫度T1不變,對(duì)封閉氣體處于等溫過(guò)程；由玻意耳定律可知。

對(duì)活塞列受力平衡。

其中。

聯(lián)立可解。

【解析】2T；4m19、略

【分析】【分析】

【詳解】

A→B為等溫變化，△U=0；體積減小，外界對(duì)氣體做功W＞0；根據(jù)熱力學(xué)第一定律W+Q=△U得：Q＜0；氣體對(duì)外放熱。

B→C為等壓變化過(guò)程，體積增大，氣體對(duì)外界做功W＜0；再根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程知，溫度T升高，內(nèi)能增大△U＞0；據(jù)熱力學(xué)第一定律知；氣體從外界吸熱。

C→D為等溫變化過(guò)程，△U=0；體積增大，氣體對(duì)外界做功W＜0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律W+Q=△U得：Q＞0；氣體從外界吸熱。

D→A為等容變化過(guò)程，氣體不做功W=0；壓強(qiáng)減小，再根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程知，溫度T下降，內(nèi)能減小△U＜0；據(jù)熱力學(xué)第一定律W+Q=△U得：Q＜0；氣體對(duì)外放熱。

[1]氣體對(duì)外放熱的過(guò)程有：A→B，D→A；

[2]氣體對(duì)外做功的過(guò)程有：B→C，C→D；

[3]氣體內(nèi)能增加的過(guò)程有：B→C?！窘馕觥?0、略

【分析】【分析】

a先加速下滑，進(jìn)入磁場(chǎng)后切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，b在安培力作用下向右加速運(yùn)動(dòng)；也切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，此感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與a的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相反，整個(gè)回路總的電動(dòng)勢(shì)減小，感應(yīng)電流減小，兩棒所受的安培力減小，當(dāng)兩棒的速度相等時(shí)，電路中不再產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒不受安培力，將一起做勻速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)．以兩棒組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，滿足動(dòng)量守恒，據(jù)動(dòng)量守恒定律求解即可；當(dāng)兩棒最終一-起做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中不再產(chǎn)生焦耳熱，根據(jù)能量守恒定律求解即可．

【詳解】

第一空．a(chǎn)從h高處由靜止滑到水平導(dǎo)軌處；由動(dòng)能定理得：

解得：

a進(jìn)入磁場(chǎng)后，a棒減速，b棒加速，最終速度相等，a、b系統(tǒng)水平方向合外力為零．

設(shè)水平向右為正方向；由動(dòng)量守恒定律得：

解得，最終速度：

第二空．整個(gè)過(guò)程；對(duì)系統(tǒng),由能量守恒定律得：

解得：．

【點(diǎn)睛】

本題考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象的綜合應(yīng)用，屬于一般題型．【解析】21、略

【分析】（1）A；B小球和細(xì)繩整體豎直方向處于平衡；A受到水平桿的彈力為。

N=（mA+mB）g①

則A受到的摩擦力為f=μ（mA+mB）g②

由幾何關(guān)系，sB="0.5"m③

由能量關(guān)系，拉力F1做功為：

W1=fsA+mBgsB④

得：W1="0.8"J⑤

(2)設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ，因繩不可