2025年人民版選修3物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人民版選修3物理上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，當滑動變阻器R1的觸頭由右向左滑動時，電路中電流表A及電壓表V1、V2的讀數(shù)的變化是。

A.V1、V2、A的讀數(shù)都減小B.V1、V2、A的讀數(shù)都增大C.V1減小，V2、A增大D.V1增大，V2、A減小2、下列說法正確的是（）A.掃地時，陽光下可以看到灰塵顆粒到處運動，它們的運動屬于布朗運動B.溫度是分子無規(guī)則熱運動動能的標志C.相同溫度的水和鐵塊的分子無規(guī)則熱運動平均動能相同D.科學技術的快速深入發(fā)展達到一定程度時，絕對零度是可以實現(xiàn)的3、如圖所示，兩根相互平行放置的長直導線a和b通有大小相等、方向相反的電流，a受到磁場力的大小為F1，當加入一與導線所在平面垂直的勻強磁場后，a受到的磁場力大小變?yōu)镕2.則此時b受到的磁場力大小為()

A.F2B.F1-F2C.F1＋F2D.2F1-F24、如圖所示，OX與MN是勻強磁場中的兩條平行直線，其中MN為磁場的下邊界，速率不同的同種帶電粒子沿OX方向射入磁場，從MN邊界穿出時，其中速度為v1的A粒子與MN垂直，速度為v2的B粒子其速度方向與MN成60°角；不計粒子的重力和粒子間的相互作用力，則A；B兩粒子穿越磁場所需時間的比為（）

A.1：2B.2：1C.2：3D.3：25、如圖所示，單匝矩形線圈放置在磁感應強度為B的勻強磁場中，以恒定的角速度ω繞ab邊轉動，磁場方向垂直于紙面向里，線圈所圍面積為S，線圈導線的總電阻為R，t＝0時刻線圈平面與磁場垂直．則（）

A.線圈中感應電動勢瞬時值表達式為e＝BSωcosωtB.線圈中電流的有效值為C.線圈轉過180°通過的電量為零D.線圈消耗的電功率為6、如圖所示，等間距的平行實線表示電場線，電場方向水平向右，虛線表示一個帶電的粒子在該電場中運動的軌跡，a、b為運動軌跡上的兩點。若粒子僅受電場力作用；下列說法中正確的是。

A.該粒子一定為帶正電B.該粒子運動過程中速度一定不斷增大C.該粒子一定是由a向b運動D.該粒子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、如圖所示，在直角三角形ABC內(nèi)充滿垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，AB邊長度為d，現(xiàn)垂直AB邊射入一群質(zhì)量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子，已知垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間為t，而運動時間最長的粒子在磁場中的運動時間為t(不計重力).則下列判斷中正確的是()

A.粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為5tB.該勻強磁場的磁感應強度大小為C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為D.粒子進入磁場時速度大小為8、下列說話正確的是（）A.擴散現(xiàn)象是由外界作用引起的，如風的對流B.單晶體具有各向異性，多晶體具有各向同性，液晶具有各向異性C.在一定溫度下，空氣中水蒸氣的壓強越大，相對濕度越大E.從微觀的角度看，熱力學第二定律是一個統(tǒng)計規(guī)律E.從微觀的角度看，熱力學第二定律是一個統(tǒng)計規(guī)律9、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(diào)至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質(zhì)量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質(zhì)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(nèi)阻為r.開關S閉合后，調(diào)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(zhì)量為2m0－m的砝碼可使天平重新平衡10、某同學自制的簡易電動機示意圖如圖所示。矩形線圈由一根漆包線繞制而成；漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出，并作為線圈的轉軸。將線圈架在兩個金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內(nèi)，永磁鐵置于線圈下方。為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉動起來，該同學應將。

A.左、右轉軸下側的絕緣漆都刮掉B.左、右轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉C.左轉軸上側的絕緣漆刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉D.左轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉11、如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球（視為點電荷），b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q（圖中未畫出）時速度為零．則小球a

A.從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B.從N到P的過程中，速率先增大后減小C.從N到Q的過程中，電勢能一直增加D.從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量12、對于一定質(zhì)量的理想氣體，下列說法正確的是（）A.溫度升高，所有分子運動速率都變大B.溫度升高，分子平均動能變大C.氣體分子無論在什么溫度下，其分子速率都呈現(xiàn)“中間多、兩頭少”的分布特點E.外界對氣體做功，氣體的溫度可能降低E.外界對氣體做功，氣體的溫度可能降低評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)13、質(zhì)量為0.1kg的彈性小球從高為1.25m處自由下落至一光滑而堅硬的水平板上，碰撞后彈回到0.8m高處，碰撞時間為0.01s，則小球與水平板碰撞過程中動量變化大小為_____________kg·m/s，小球與水平板間的平均撞擊力大小為____________N．14、某日中午，我區(qū)的氣溫達到30℃，空氣的相對濕度為60%，將一瓶水倒去一部分，擰緊瓶蓋后的一小段時間內(nèi)，單位時間內(nèi)進入水中的分子數(shù)_______（選填“多于”“少于”或“等于”）從水面飛出的分子數(shù)；天氣預報夜里的氣溫要降到20℃，那么空氣中的水蒸氣______（選填“會”或“不會”）成為飽和汽。（已知30℃時空氣的飽和汽壓為20℃時空氣的飽和汽壓為）15、雙桶洗衣機的脫水桶電機是由一個定時開關和一個桶蓋控制開關組成，當定時開關合上時；只要打開桶蓋，電機就被關閉。

(1)如圖所示中哪個電路圖能滿足上述的要求？()

(2)根據(jù)以上羅列的控制條件和控制結果的情況，寫出它的真值表，并畫出用門電路符號表示的邏輯電路圖__________。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(nèi)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(nèi)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(nèi)氣體內(nèi)能______（填“增大”“減小”或“不變”），所以為保護宇航員，應在宇航服內(nèi)部裝有______（填“制冷裝置”或“加熱裝置”）17、通電螺線管右端的小磁針，靜止時N極的指向如圖所示，則電源的a端為_______極（選填“正”或“負”），螺線管的c端為_______極（選填“N”或“S”）

18、如圖，金屬棒ab置于水平放置的U形光滑導軌上，在ef右側存在有界勻強磁場B，磁場方向垂直導軌平面向下，在ef左側的無磁場區(qū)域cdef內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導軌在同一平面內(nèi)．當金屬棒ab在水平恒力F作用下從磁場左邊界ef處由靜止開始向右運動后，圓環(huán)L有_________（填收縮、擴張）趨勢，圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應電流方向____________（填順時針、逆時針）．19、如下圖所示；質(zhì)量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內(nèi)表面不光滑，盒內(nèi)放有一塊質(zhì)量為m的物體．從某一時刻起給m一個水平向右的初速度v0，那么在物塊與盒子前后壁多次往復碰撞后速度大小為（）。

評卷人得分四、作圖題(共3題，共6分)20、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．

21、示波管的內(nèi)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．

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(jīng)過7s后的波形曲線。

評卷人得分五、實驗題(共3題，共18分)23、某同學測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，現(xiàn)有待測電池、電流表（量程0~0.6A，內(nèi)阻約0.1Ω）、電壓表（量程0~3V，內(nèi)阻約3kΩ）、滑動變阻器（阻值0~10Ω，額定電流2A）、開關各一個、導線若干．為了防止實驗測量時數(shù)據(jù)過密（即要求電壓變化范圍相對大一些），另外還配有一個定值電阻R0（阻值為1Ω；額定功率為5W）．

(1)請按照圖甲設計的電路圖用筆畫線將圖乙實物電路圖補充完整_______．

(2)該同學按照要求連接好電路并進行實驗，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪出了圖所示的U－I圖像，則電源的電動勢E＝______V，電源內(nèi)阻r＝_____Ω．

(3)在上述實驗過程中存在系統(tǒng)誤差．在下圖所繪圖像中，虛線代表沒有誤差情況下，電壓表兩端電壓的真實值與通過電源電流真實值關系的圖像，實線是根據(jù)測量數(shù)據(jù)繪出的圖像，則圖中能正確表示二者關系的是______（選填選項下面的字母）．

A、B、

C、D、24、某同學為了測量一節(jié)電池的電動勢和內(nèi)阻；從實驗室找到以下器材：

一個滿偏電流為內(nèi)阻為的表頭，一個開關，兩個電阻箱和若干導線.

①由于表頭量程偏小，該同學首先需將表頭改裝成量程為的電流表，則應將表頭與電阻箱______（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”），并將該電阻箱阻值調(diào)為______（準確到小數(shù)點后一位）。

②接著該同學用改裝的電流表對電池的電動勢及內(nèi)阻進行測量，實驗電路如圖所示，通過改變電阻R測相應的電流I；且作相關計算后一并記錄；

根據(jù)數(shù)據(jù)，畫出圖線如下：

根據(jù)圖線可得電池的電動勢E是______V，內(nèi)阻是______25、螺旋測微器的讀數(shù)___________mm，游標卡尺的讀數(shù)______________cm

評卷人得分六、解答題(共4題，共20分)26、如圖所示，向一個空的鋁飲料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口用蠟密封，在吸管內(nèi)引入一小段油柱（長度可以忽略）。如果不計大氣壓的變化，這就是一個簡易的氣溫計。已知鋁罐的容積是357cm3，吸管內(nèi)部粗細均勻，橫截面積為0.3cm2；吸管的有效長度為20cm，當溫度為27℃時，油柱離管口10cm。

（1）為了把溫度值標化在吸管上，請利用理想氣體狀態(tài)方程的相關知識推導攝氏溫度t關于油柱離罐口距離h的表達式；

（2）計算這個氣溫計攝氏溫度的測量范圍；

（3）某同學在使用標化好溫度值的氣溫計時；出現(xiàn)了吸管豎直朝上的錯誤操作，若考慮到油柱長度帶來的影響，試判斷：測量值較之實際值偏大；偏小還是準確？不要求說明原因。

27、如圖所示，在一條直線上有兩個相距0.4m的點電荷A、B，A帶電B帶電現(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，問：C應帶什么性質(zhì)的電？應放于何處？所帶電荷量為多少？

28、一粗細均勻的U形管ABCD的A端封閉，D端與大氣相通。用水銀將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在U形管的AB一側，并將兩端向下豎直放置，如圖所示。此時AB側的氣體柱長度管中AB、CD兩側的水銀面高度差現(xiàn)將U形管緩慢旋轉使A、D兩端在上，在轉動過程中沒有水銀漏出。已知大氣壓強求旋轉后，AB、CD兩側的水銀面高度差。

29、如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體，由狀態(tài)A經(jīng)B到狀態(tài)C的變化過程，曲線AC為等溫線．氣體在狀態(tài)A時體積為1L，(1atm=1.0×105Pa)求：

⑴氣體在C狀態(tài)時的體積；

⑵在此過程中氣體吸收的熱量Q．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

當滑動變阻器的滑片P向左移動時，R1的阻值變大，串聯(lián)電路的總阻值增大，則根據(jù)歐姆定律可知，串聯(lián)電路的電流變小，即電流表A的讀數(shù)減小，電路中電流減小，電源的內(nèi)電壓減小，則路端電壓增大，則電壓表V1讀數(shù)會增大．又R2的阻值不變，根據(jù)U2=IR2可知電壓表V2的讀數(shù)減小，故D正確，ABC錯誤．2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．掃地時；陽光下看到灰塵顆粒到處運動，灰塵的運動受到的重力的影響不能忽略不計，不是布朗運動，故A錯誤；

B．溫度是分子熱運動激烈程度的反映；是分子平均動能的標志，故B錯誤；

C．由B選項可知；相同溫度的水和鐵塊的分子無規(guī)則熱運動平均動能相同，故C正確；

D．絕對零度只能無限接近；不能達到，故D錯誤。

故選C。3、A【分析】根據(jù)同向電流相互吸引，反向電流相互排斥，所以沒加磁場前，二者所受的力等大方向，加上磁場后，受到的安培力也是等大反向，所以兩個導線所受到的力均是等大反向，所以b受到的磁場力大小變?yōu)閍受到的磁場力大小，A對．4、D【分析】【詳解】

粒子在磁場中運動的周期的公式為由此可知，粒子的運動的時間與粒子的速度的大小無關，所以粒子在磁場中的周期相同，由粒子的運動的軌跡如圖所示：

可知，通過a點的粒子的偏轉角為90°，通過b點的粒子的偏轉角為60°，所以通過a點的粒子的運動的時間為通過b點的粒子的運動的時間為所以從S到a、b所需時間t1：t2為3：2，故D正確，ABC錯誤．5、D【分析】【詳解】

A．初始時刻，磁場與線圈平面垂直，從中性面位置開始計時：A錯誤。

B．電動勢最大值：所以有效值為：電流有效值：B錯誤。

C．感應電動勢：電流：電量：聯(lián)立解得：轉過180°，磁通量變化量不是零，電量不為零，C錯誤。

D．消耗電功率：D正確6、D【分析】A；由于場強方向向右；由圖可知，該粒子受到電場力方向與場強方向相反，故該粒子帶負電，故選項A錯誤；

B、若粒子由b向a運動，則電場力做負功，動能減小，則速度減小，即電勢能增加；若由a向b運動，則電場力做正功，動能增加，則速度增大，即電勢能減小，即a點速度小于b點速度，a點的電勢能一定大于在b點的電勢能；故選項BC錯誤，D正確。

點睛：判斷電荷在電場中運動問題的關鍵是從軌跡的彎曲方向角度考慮，根據(jù)曲線運動的條件即可明確力的方向，從而根據(jù)力做功情況比較電勢能和動能的大小變化關系。二、多選題(共6題，共12分)7、B:C:D【分析】【分析】

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是周期，由此求得周期．根據(jù)周期公式求出磁感應強度B．經(jīng)分析可知粒子在磁場中運動時間最長的情況是粒子垂直AB邊入射后，軌跡恰好與BC邊相切，畫出運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡，由幾何知識求出軌道半徑R，根據(jù)v=即可求出粒子速度．

【詳解】

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直AC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是T/4，即為：T/4=t，則得周期為：T=4t，故A錯誤；由T=4t，T=得：故B正確；

運動時間最長的粒子在磁場中運動轉過的角度為軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關系有：解得：R=d，故C正確；根據(jù)粒子在磁場中運動的速度為：周期為：T=4t，半徑為：R=d，聯(lián)立可得：故D正確．故選BCD．

【點睛】

本題考查帶電粒子在磁場中的運動，考查半徑公式和周期公式的運用，解題的關鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，確定圓心，利用幾何方法求出半徑．8、B:C:E【分析】【分析】

【詳解】

A．擴散現(xiàn)象是由分子的熱運動引起的；A錯誤；

B．單晶體具有各向異性；多晶體具有各向同性，液晶具有各向異性。B正確；

C．在一定溫度下；飽和汽壓一定，空氣中水蒸氣的壓強越大，相對濕度越大。C正確；

D．浸潤與不浸潤都可引起毛細現(xiàn)象；D錯誤；

E．從微觀的角度看；熱力學第二定律是一個統(tǒng)計規(guī)律。E正確。

故選BCE。9、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(zhì)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?。?0、A:D【分析】為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉動起來；將左；右轉軸下側的絕緣漆都刮掉，這樣當線圈在圖示位置時，線圈的上下邊受安培力水平而轉動，轉過一周后再次受到同樣的安培力而使其轉動，選項A正確；若將左、右轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉，則當線圈在圖示位置時，線圈的上下邊受安培力水平而轉動，轉過半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止轉動，選項B正確；左轉軸上側的絕緣漆刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉，電路不能接通，故不能轉起來，選項C錯誤；若將左轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉，這樣當線圈在圖示位置時，線圈的上下邊受安培力水平而轉動，轉過半周后電路不導通，轉過一周后再次受到同樣的安培力而使其轉動，選項D正確；故選AD。

【名師點睛】此題是電動機原理，主要考查學生對物理規(guī)律在實際生活中的運用能力；關鍵是通過分析電流方向的變化分析安培力的方向變化情況。11、B:C【分析】【詳解】

A．a(chǎn)球從N點靜止釋放后，受重力mg、b球的庫侖斥力FC和槽的彈力N作用，a球在從N到Q的過程中，mg與FC的夾角θ由直角逐漸減小，不妨先假設FC的大小不變，隨著θ的減小mg與FC的合力F將逐漸增大；由庫侖定律和圖中幾何關系可知，隨著θ的減小，F(xiàn)C逐漸增大，因此F一直增加；故選項A錯誤；

B．從N到P的過程中，重力沿曲面切線的分量逐漸減小到零且重力沿曲面切線的分量是動力，庫侖斥力沿曲面切線的分量由零逐漸增大且?guī)靵龀饬ρ厍媲芯€的分量是阻力，則從N到P的過程中，a球速率必先增大后減??；故選項B正確；

C．在a球在從N到Q的過程中，a、b兩小球距離逐漸變小，電場力(庫侖斥力)一直做負功，a球電勢能一直增加；故選項C正確；

D．在從P到Q的過程中，根據(jù)能的轉化與守恒可知，其動能的減少量等于電勢能增加量與重力勢能增加量之和，故選項D錯誤．12、B:C:E【分析】：A；分子運動是雜亂無章的；溫度升高，并不是所有分子運動的速率都增大，故A錯誤．

B；溫度是分子平均動能的標志；溫度升高，分子平均動能變大，故B正確．

C；氣體分子無論在什么溫度下；根據(jù)統(tǒng)計規(guī)律知道氣體的分子速率都呈現(xiàn)“中間多、兩頭少”的分布特點，故C正確．

D、根據(jù)氣態(tài)方程=c知；溫度升高，氣體的壓強不一定增大，還與氣體的體積是否變化有關，故D錯誤．

E；外界對氣體做功；若氣體放熱，而且放熱更多，由熱力學第一定律可知氣體的內(nèi)能減小，溫度降低，故E正確．

故選BCE三、填空題(共7題，共14分)13、略

【分析】【詳解】

由于小球做自由落體運動，則其與水平面碰撞前的速度為：所以與水平面碰撞前的動量為：P1=mv1=0.1×5kg?m/s=0.5kg?m/s，方向豎直向下．與水平面碰后，小球做豎直上拋運動，上升的最大高度為0.8m，則碰后小球速度為方向豎直向上；此時小球的動量為：P2=mv2=0.1×4kg?m/s=0.4kg?m/s，方向豎直向上，動量的變化量為：．設向上為正方向，根據(jù)動量定理，合外力的沖量等于物體動量的變化．小球所受外力有重力mg和水平面對它的彈力N，則有：（N-mg）t=P2-P1，代入數(shù)據(jù)解得：N=91N，方向豎直向上．【解析】0.99114、略

【分析】【詳解】

[1]末達到飽和蒸汽時；相同時間內(nèi)回到水中的分子數(shù)小于從水面飛出的分子數(shù)。

[2]30℃時空氣的相對濕度

解得實際的空氣水氣壓強

故氣溫要降到20℃，空氣中的水蒸氣會成為飽和汽?！窘馕觥可儆跁?5、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]根據(jù)生活的經(jīng)驗我們知道：只有當定時開關和桶蓋控制開關均合上時；脫水桶的電機才開始工作。

B中只有當閉合、斷開時，電機才工作，而均閉合時；電路發(fā)生短路；

C中為單刀雙擲開關，當扳向下邊時，電機工作，扳向上邊時；電路發(fā)生短路；

D中當同時扳向左邊或右邊時；電機工作。故BCD均不符合要求。

故選A。

(2)[2]電機是由兩個開關控制的，故門電路有兩個輸入端、一個輸出端。只有當A、B兩輸入端均為“1”狀態(tài)，輸出端Z才為“1”狀態(tài)；這是“與”的邏輯關系。其真值表如表所示，用門電路符號表示的邏輯電路圖如圖所示。

表。輸入ABZ000010100111【解析】A見解析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(nèi)部氣壓大于外部氣壓，內(nèi)部氣體將膨脹對外做功，導致航天服內(nèi)部氣體體積增大；

[2]由于航天服絕熱，則有

根據(jù)上述，內(nèi)部氣體將膨脹對外做功，則有

根據(jù)

可知

即若不采取任何措施；航天服內(nèi)氣體內(nèi)能減小；

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

由于內(nèi)部氣體體積增大，則必須升高溫度，即應在宇航服內(nèi)部裝有加熱裝置。【解析】增大減小加熱裝置17、略

【分析】根據(jù)通電螺線管右端的小磁針靜止時N極的指向，可知螺線管的d端為N極，c端為S極，由右手螺旋法則可知，電源的a端為正極。【解析】正，S18、略

【分析】由于金屬棒ab向右運動，根據(jù)楞次定律判斷可知abcd回路中產(chǎn)生順時針方向的感應電流；在圓環(huán)處產(chǎn)生垂直于紙面向里的磁場，隨著金屬棒向右減速運動，圓環(huán)的磁通量將減小，依據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)將產(chǎn)生順時針方向的感應電流，圓環(huán)將有擴張的趨勢以阻礙圓環(huán)磁通量的減?。?/p>

點睛：本題關鍵掌握楞次定律，知道楞次定律既可以用來判斷感應電流的方向，也可以判斷安培力方向，從而判斷圓環(huán)的運動趨勢，關鍵理解“阻礙”二字．【解析】收縮；順時針19、C【分析】試題分析：以物體與小車組成的系統(tǒng)為研究對象；水平方向不受外力作用，水平方向動量守恒，由于盒子內(nèi)表面不光滑，最終兩者具有共同的速度，運用動量守恒定律求解．

選物體與小車組成的系統(tǒng)為研究對象，由水平方向動量守恒得所以v方向與同向，即方向水平向右，C正確．【解析】四、作圖題(共3題，共6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(huán)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(jù)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(jù)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(nèi)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(nèi)的穩(wěn)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(nèi)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(nèi)的穩(wěn)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18分)23、略

【分析】【詳解】

（1）實物電路圖如圖；

或

（2）由U－I圖像可得電源的電動勢E＝1.5V，電源內(nèi)阻

（3）在測量電路中；由于電壓表的內(nèi)阻不是無窮大，導致電壓表有分流，通過電源的實際電流大于安培表的電流，即在電流表讀數(shù)相同的情況下，無誤差時通過電源的電流值比有誤差時偏大，而當外電路短路時的短路電流不變，如圖所示；則圖線A正確；

【解析】或1.5V0.6ΩA24、略

【分析】【詳解】

解：①將小量程表頭改裝成更大量程的電流表，需給表頭“并聯(lián)”一個合適阻值的分流電阻；已知表頭的滿偏電流表頭內(nèi)阻改裝后電流表量程設分流電阻為由解得

②分析電路并由閉合電路的歐姆定律可得變形得圖像的縱軸截距為電池電動勢，即圖中直線斜率的絕對值為則所以電池內(nèi)阻【解析】并聯(lián)5.01.531.8825、略

【分析】【詳解】

螺旋測微器讀數(shù)方法：測量長度=固定刻度示數(shù)+可動刻度示數(shù)×精確度(注意單位為毫米)．所以讀數(shù)為：4.485mm

游標卡尺讀數(shù)方法：首先讀出游標尺0刻線對應的主