2025年粵教版選修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年粵教版選修3物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷392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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、超級(jí)電容器又叫雙電層電容器，它具有功率密度高、充放電時(shí)間短、循環(huán)壽命長(zhǎng)、工作溫度范圍寬等特點(diǎn)．圖示為一款超級(jí)電容器，其上標(biāo)有“2.7V400F”，下列說(shuō)法正確的是

A.該電容器的輸入電壓只能是2.7V時(shí)才能工作B.該電容器的電容與電容器兩極間電勢(shì)差成反比C.該電容器不充電時(shí)的電容為零D.該電容器正常工作電時(shí)儲(chǔ)存的電荷量為1080C2、下列有關(guān)物理量的方向描述正確的是（）A.電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向就是電荷在該點(diǎn)受到的電場(chǎng)力方向B.磁場(chǎng)中某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是正電荷在該點(diǎn)受到的磁場(chǎng)力方向C.閉合電路中電荷定向運(yùn)動(dòng)的方向就是電流的方向D.感應(yīng)電流具有這樣的方向，即感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化3、下列敘述正確的是()A.力、長(zhǎng)度和時(shí)間是力學(xué)中三個(gè)基本物理量，它們的單位牛頓、米和秒就是基本單位B.蹦極運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)蹦床上升過(guò)程中處于超重狀態(tài)C.與“微觀粒子的能量是量子化的”這一觀念相關(guān)的物理常量是普朗克常量hD.利用霍爾元件能夠把電壓這個(gè)電學(xué)量轉(zhuǎn)換為磁感應(yīng)強(qiáng)度這個(gè)磁學(xué)量的特性，可以制出測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的儀器4、如圖所示，L1和L2是高壓輸電線，甲、乙是兩只互感器，若已知n1∶n2＝1000∶1，n3∶n4＝1∶100；圖中電壓表示數(shù)為220V；電流表示數(shù)為10A，則高壓輸電線的送電功率為()

A.2.2×103WB.2.2×10－2WC.2.2×108WD.2.2×104W5、如圖，用長(zhǎng)為的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止．一質(zhì)量為m的彈丸以速度水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動(dòng)一小角度．不計(jì)空氣阻力．對(duì)子彈射向沙箱到與其共同擺過(guò)一小角度的過(guò)程()

A.若保持m、v、不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小B.若保持M、v、不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小C.若保持M、m、不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大D.若保持M、m、v不變，變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大6、一質(zhì)量為M的航天器正以速度v0在太空中飛行,某一時(shí)刻航天器接到加速的指令后,發(fā)動(dòng)機(jī)瞬間向后噴出質(zhì)量為m的氣體,氣體噴出時(shí)速度大小為v1,則噴出氣體后航天器的速度大小v2為()A.B.C.D.7、下列說(shuō)法正確的是（）A.普朗克在研究黑體輻射時(shí)提出了能量子假說(shuō)B.盧瑟福將量子觀點(diǎn)引入到原子模型中，成功解釋了氫原子的發(fā)光現(xiàn)象C.湯姆孫在研究γ射線時(shí)發(fā)現(xiàn)了電子D.比較α、β、γ三種射線，由α粒子組成的α射線，電離能力最弱、穿透能力最強(qiáng)8、一個(gè)帶正電的粒子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能隨時(shí)間變化規(guī)律如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.該粒子可能做直線運(yùn)動(dòng)B.該粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度大小保持不變C.兩個(gè)時(shí)刻，粒子所處位置電場(chǎng)強(qiáng)度一定相同D.粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上各點(diǎn)的電勢(shì)不可能相等評(píng)卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、如圖所示，Rt為金屬熱電阻，R1為光敏電阻，R2、R3均為定值電阻，電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r；V為理想電壓表．現(xiàn)發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)增大，可能的原因是。

A.金屬熱電阻溫度降低，其他條件不變B.光照增強(qiáng)，其他條件不變C.金屬熱電阻溫度升高，光照增強(qiáng)，其他條件不變D.金屬熱電阻溫度降低，光照減弱，其他條件不變10、關(guān)于飽和汽壓和相對(duì)濕度，下列說(shuō)法中正確的是（）A.溫度相同的不同飽和汽的飽和汽壓都相同B.溫度升高時(shí)，飽和汽壓增大C.在相對(duì)濕度相同的情況下，夏天比冬天的絕對(duì)濕度大E.水蒸氣的實(shí)際壓強(qiáng)越大，人感覺(jué)越潮濕E.水蒸氣的實(shí)際壓強(qiáng)越大，人感覺(jué)越潮濕11、如圖，一定量的理想氣體，由狀態(tài)a等壓變化到狀態(tài)b，再?gòu)臓顟B(tài)b等容變化到狀態(tài)c，最后從狀態(tài)c等溫變化回到狀態(tài)a、下列說(shuō)法正確的是（）

A.氣體在狀態(tài)a的溫度小于在狀態(tài)b的溫度B.從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過(guò)程氣體對(duì)外做正功C.從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過(guò)程氣體從外界吸熱E.從狀態(tài)c到狀態(tài)a的過(guò)程氣體從外界吸熱E.從狀態(tài)c到狀態(tài)a的過(guò)程氣體從外界吸熱12、下列說(shuō)法正確的是（）A.擴(kuò)散現(xiàn)象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生B.熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體C.一定質(zhì)量的某種理想氣體在等壓膨脹的過(guò)程中，內(nèi)能一定增加E.某氣體的摩爾體積為V，每個(gè)分子的體積為則阿伏加德羅常數(shù)可表示為E.某氣體的摩爾體積為V，每個(gè)分子的體積為則阿伏加德羅常數(shù)可表示為13、如圖，A、B為水平放置的平行板電容器，兩極板間有一個(gè)質(zhì)量為m的帶電粒子靜止于P點(diǎn)．現(xiàn)將下極板向下移動(dòng)一小段距離；則下列說(shuō)法正確的是（）

A.電流計(jì)指針發(fā)生短時(shí)間的偏轉(zhuǎn)B.電容器所帶電荷量增大C.電容器量板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變小D.粒子將向上極板運(yùn)動(dòng)14、如圖所示，在軸上有兩個(gè)波源，分別位于和處，振幅均為A=2cm，由它們產(chǎn)生的兩列簡(jiǎn)諧橫波分別沿軸正方向和負(fù)方向傳播，波速均為=0.4m/s，圖示為時(shí)刻兩列波的圖象(傳播方向如圖所示)，此刻平衡位置處于和的P、Q兩質(zhì)點(diǎn)，剛開(kāi)始振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置處于處；關(guān)于各質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)情況判斷正確的是。

A.質(zhì)點(diǎn)P、Q都首先沿軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B.時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)M相對(duì)平衡位置的位移為-2cmC.經(jīng)過(guò)ls后，M點(diǎn)的振幅為4cmD.經(jīng)過(guò)1.5s后，P點(diǎn)的振幅為4cm15、如圖所示；用輕彈簧相連的物塊A和B放在光滑的水平面上，物塊A緊靠豎直墻壁，一顆子彈沿水平方向射入物體B并留在其中，由子彈；彈簧和A、B物塊組成的系統(tǒng)，在下列說(shuō)法中正確的是（）

A.子彈射入木塊過(guò)程動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒B.子彈射入木塊過(guò)程動(dòng)量不守恒，機(jī)械能也不守恒C.彈簧推著含子彈的B物塊向右運(yùn)動(dòng)，直到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程；動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D.彈簧推載著子彈的B物塊向右運(yùn)動(dòng)，直到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程；動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒16、如圖所示，兩帶電金屬球在絕緣的光滑水平桌面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，球帶電為球帶電為下列說(shuō)法中正確的是（）

A.相碰前兩球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩球的總動(dòng)量守恒B.相碰前兩球的總動(dòng)量隨兩球的距離逐漸減小而增大C.相碰分離后的兩球的總動(dòng)量不等于相碰前兩球的總動(dòng)量，因?yàn)閮汕蛳嗯銮白饔昧橐Γ嗯龊蟮淖饔昧槌饬.相碰分離后任一瞬時(shí)兩球的總動(dòng)量等于碰前兩球的總動(dòng)量，因?yàn)閮汕蚪M成的系統(tǒng)所受合外力為零評(píng)卷人得分三、填空題(共6題，共12分)17、關(guān)于飽和汽與飽和汽壓，氣體和液體之間的動(dòng)態(tài)平衡是指汽化和液化同時(shí)進(jìn)行的過(guò)程，且進(jìn)行的速率__________，一定溫度下的飽和汽壓與體積__________．18、某物理興趣小組用實(shí)驗(yàn)探究光的色散規(guī)律，他們將半圓形玻璃磚放在豎直面內(nèi)，在其左方豎直放置一個(gè)很大的光屏P，讓一復(fù)色光束SA射向玻璃磚的圓心O后，有a和b兩束單色光射向光屏P，如圖所示．他們根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象提出了以下五個(gè)猜想，你認(rèn)為不正確的是_______

A．單色光a的波長(zhǎng)小于單色光b的波長(zhǎng)

B．在玻璃中單色光a的傳播速度大于單色光b的傳播速度

C．單色光a通過(guò)玻璃磚所需的時(shí)間大于單色光b通過(guò)玻璃磚所需的時(shí)間

D．在光束SA繞圓心O逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，在光屏P上最早消失的是a光

E．單色光a比單色光b更容易發(fā)生明顯衍射19、如圖，左側(cè)豎直玻璃管固定，下端與汞壓強(qiáng)計(jì)相連，上端封有一定量的氣體。開(kāi)始?jí)簭?qiáng)計(jì)的U形管兩臂內(nèi)汞面一樣高，氣柱長(zhǎng)為10cm、溫度為7℃。當(dāng)氣體溫度升為27℃時(shí)：如需保持氣體壓強(qiáng)不變，則應(yīng)向___________（選填“上”或“下”）適當(dāng)移動(dòng)右管；如需保持氣體體積不變，則兩側(cè)玻璃管內(nèi)的液面高度差應(yīng)調(diào)整為_(kāi)__________cm（小數(shù)點(diǎn)后保留兩位）。（大氣壓強(qiáng)相當(dāng)于76cm汞柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)）

20、一種海浪發(fā)電機(jī)的氣室如圖所示。工作時(shí)；活塞隨海浪上升或下降，改變氣室中空氣的壓強(qiáng)，從而驅(qū)動(dòng)進(jìn)氣閥門(mén)和出氣閥門(mén)打開(kāi)或關(guān)閉。氣室先后經(jīng)歷吸入；壓縮和排出空氣的過(guò)程，推動(dòng)出氣口處的裝置發(fā)電。氣室中的空氣可視為理想氣體。

(1)下列對(duì)理想氣體的理解，正確的有_____

A．理想氣體實(shí)際上并不存在；只是一種理想模型。

B．只要?dú)怏w壓強(qiáng)不是很高就可視為理想氣體。

C．一定質(zhì)量的某種理想氣體的內(nèi)能與溫度；體積都有關(guān)。

D．在任何溫度；任何壓強(qiáng)下；理想氣體都遵循氣體實(shí)驗(yàn)定律。

(2)壓縮過(guò)程中，兩個(gè)閥門(mén)均關(guān)閉。若此過(guò)程中，氣室中的氣體與外界無(wú)熱量交換，內(nèi)能增加了3.4×104J，則該氣體的分子平均動(dòng)能_____（選填“增大”“減小”或“不變”），活塞對(duì)該氣體所做的功_____（選填“大于”“小于”或“等于”）3.4×104J。

(3)上述過(guò)程中，氣體剛被壓縮時(shí)的溫度為27℃，體積為0.224m3，壓強(qiáng)為1個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓。已知1mol氣體在1個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓、0℃時(shí)的體積為22.4L，阿伏加德羅常數(shù)NA=6.02×1023mol-1，則此時(shí)氣室中氣體的分子數(shù)為_(kāi)____。（計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字）21、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(shí)刻起給m一個(gè)水平向右的初速度v0，那么在物塊與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后速度大小為（）。

22、閱讀短文；回答問(wèn)題：

變頻空調(diào)機(jī)。

空調(diào)機(jī)中有被稱(chēng)為“冷媒”的物質(zhì)；利用它的物態(tài)變化可以實(shí)現(xiàn)室內(nèi)；室外熱量的轉(zhuǎn)移，如圖所示是空調(diào)機(jī)制冷系統(tǒng)的原理圖，其中壓縮機(jī)的作用是對(duì)氣態(tài)“冷媒”加壓，并使“冷媒”在管內(nèi)循環(huán)，壓縮機(jī)的轉(zhuǎn)速越大，“冷媒”的流量越大，空調(diào)機(jī)的制冷能力就越強(qiáng)．

壓縮機(jī)的轉(zhuǎn)速由供電頻率決定；“變頻空調(diào)”是與傳統(tǒng)供電頻率不變的“定頻空調(diào)”相比較而產(chǎn)生的概念，與“定頻空調(diào)”相比，變頻空調(diào)機(jī)的變頻器可以在一定范圍內(nèi)調(diào)節(jié)供電頻率，從而改變壓縮機(jī)的轉(zhuǎn)速．供電頻率越高，轉(zhuǎn)速越大，達(dá)到控制“冷媒”流量的目的．

變頻空調(diào)機(jī)開(kāi)始工作時(shí)；以最大功率進(jìn)行制冷，當(dāng)室內(nèi)溫度快速降至設(shè)定溫度后，壓縮機(jī)隨機(jī)處于低速持續(xù)運(yùn)轉(zhuǎn)狀態(tài)，維持室溫基本不變．

某型號(hào)變頻空調(diào)機(jī)的部分參數(shù)如下表；其中：制冷量是指單位時(shí)間內(nèi)空調(diào)機(jī)從密閉區(qū)域內(nèi)去除熱量的總和；能效比是空調(diào)機(jī)在額定狀態(tài)工作時(shí)，制冷量與輸入功率之比．

。

最小。

額定。

最大。

輸入功率/W

130

700

1400

制冷量/W

650

2660

3600

能效比。

﹣﹣

3．8

﹣﹣

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)空調(diào)機(jī)的制冷原理是：在室內(nèi)；“冷媒”由于________吸收熱量，而在室外則由于________放出熱量，從而把室內(nèi)的熱量轉(zhuǎn)移到室外，達(dá)到降低室內(nèi)溫度的目的．（以上均填物態(tài)變化名稱(chēng)）

(2)關(guān)于變頻空調(diào)機(jī)；下列說(shuō)法正確的是：（_____）．（填字母序號(hào)）

A；變頻空調(diào)的壓縮機(jī)與定頻空調(diào)一樣；也是斷斷續(xù)續(xù)工作的。

B；空調(diào)機(jī)制冷時(shí)；圖中鋼管A內(nèi)流動(dòng)的是氣態(tài)“冷媒”

C；空調(diào)壓縮機(jī)是利用降溫的方法使“冷媒”發(fā)生物態(tài)變化的。

D、變頻器供電頻率越高，空調(diào)機(jī)的制冷能力越強(qiáng)評(píng)卷人得分四、作圖題(共3題，共15分)23、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(huà)出電流方向或磁感線方向．

24、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(huà)出熒光屏上出現(xiàn)的完整掃描波形圖．

25、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(huà)出經(jīng)過(guò)7s后的波形曲線。

評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共16分)26、在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)中；實(shí)驗(yàn)室提供了如下器材：

A．小燈泡(3V；1．8W)

B．電壓表(量程3V；內(nèi)阻約為20kΩ)

C．電流表(量程0.6A；內(nèi)阻約為0．2Ω)

D．滑動(dòng)變阻器(0～10Ω；2A)

E．電源(電動(dòng)勢(shì)3V；內(nèi)阻不計(jì))

F．開(kāi)關(guān)及導(dǎo)線若干；坐標(biāo)紙。

實(shí)驗(yàn)中要求小燈泡上的電壓從零開(kāi)始測(cè)量盡可能準(zhǔn)確，調(diào)節(jié)測(cè)量多組對(duì)應(yīng)的U、I值．如圖甲所示；一組同學(xué)已經(jīng)完成導(dǎo)線的連接．

(1)如圖甲連接好電路，不閉合電鍵，滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭在圖示中間位置時(shí)電壓表示數(shù)_______________(填“為零”“不為零”)．

(2)在圖甲中閉合電鍵滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭從右端滑到左端的過(guò)程中燈泡亮度變化情況是____________．

(3)指出圖甲中該組同學(xué)連接錯(cuò)誤的兩條導(dǎo)線_______________(填導(dǎo)線編號(hào))．

(4)圖乙中a圖線是改正后描出的燈泡U—I圖線，圖乙中b圖線是另一個(gè)電源路端電壓U與電源電流I的圖線．如果將這樣的一個(gè)燈泡與該電源連成閉合電路，該燈泡消耗電功率為_(kāi)___________W；如果將這樣的兩個(gè)燈泡串聯(lián)接在該電源上，則每個(gè)燈泡消耗電功率為_(kāi)___________W．(結(jié)果均保留兩位小數(shù))27、如圖螺旋測(cè)微器的讀數(shù)是______cm；游標(biāo)卡尺的讀數(shù)是_________cm；若電流表的量程為0.6A，則電流表表針的示數(shù)是______A.

28、用如圖甲所示電路測(cè)量某電原的電動(dòng)和內(nèi)阻,電路中AB段為拉力敏感電阻絲．拉力敏感電阻絲的阻值R隨拉力F線性變化,其線性關(guān)系為=15+10F；單位為Ω

(1)待測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)E約為5V，內(nèi)阻r約為2Ω，電流表應(yīng)選擇_____填序號(hào)。

A.量程0.6A,內(nèi)阻Ω

B.量程3A,內(nèi)阻Ω

(2)改變拉力F的大小,記錄電流表讀數(shù)測(cè)得多組數(shù)據(jù),作出廣圖象,如圖乙所示．由圖象可得=待測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)E=_____V,內(nèi)阻r=_____Ω(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)

(3)如圖丙所示為一燈泡的伏安特性曲線,現(xiàn)將若干個(gè)這種燈泡并聯(lián)之后與上述的電直接連接,并聯(lián)_____只燈泡可使電源的輸出功率最大29、某同學(xué)用如圖甲所示的電路測(cè)量某電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，R為電阻箱．干電池的工作電流不宜超過(guò)0.5A；實(shí)驗(yàn)室提供的器材如下：電壓表(量程0?3V，內(nèi)阻約3kΩ)；電阻箱(阻值范圍0?999.9Ω)；開(kāi)關(guān)；導(dǎo)線若干．

(1)請(qǐng)根據(jù)圖甲的電路圖在圖乙中畫(huà)出連線，將器材連接成實(shí)驗(yàn)電路__________．

(2)實(shí)驗(yàn)時(shí)，改變電阻箱R的值，記錄電壓表的示數(shù)U，得到若干組R、U的數(shù)據(jù)．根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出如圖丙所示的圖線，由圖像得出電池組的電動(dòng)勢(shì)E＝____V，內(nèi)阻r＝____Ω．(保留三位有效數(shù)字)

(3)關(guān)于這個(gè)實(shí)驗(yàn)中存在的誤差以及減小誤差的各種方法，下列說(shuō)法正確的是（______）

A.電壓表的分流作用引起的誤差屬于偶然誤差。

B.該同學(xué)讀電壓表讀數(shù)引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差。

C.本實(shí)驗(yàn)用圖像法處理數(shù)據(jù)可以減小偶然誤差。

D.如果將電壓表的內(nèi)阻計(jì)算在內(nèi)就可以減小系統(tǒng)誤差評(píng)卷人得分六、解答題(共4題，共40分)30、固定在水平面內(nèi)的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，間距L＝0.6m，左端連接一阻值R＝2.0Ω的定值電阻，導(dǎo)軌所在空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T，其俯視圖如圖所示．長(zhǎng)度恰好等于導(dǎo)軌間距的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，其質(zhì)量m＝0.6kg、電阻r＝1.0Ω，與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，導(dǎo)軌的電阻可忽略不計(jì)．現(xiàn)用平行于導(dǎo)軌的拉力F作用在導(dǎo)體棒上，使其沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)，速度v0＝5m/s．

（1）求勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中MN兩點(diǎn)的電勢(shì)差；并且指出M；N兩點(diǎn)哪點(diǎn)電勢(shì)高；

（2）某時(shí)刻撤去外力F，求撤去外力F后至速度變?yōu)関1＝2.0m/s的過(guò)程中。

a．電流流過(guò)外電阻R產(chǎn)生的焦耳熱；

b．導(dǎo)體棒MN向右移動(dòng)的距離．

（3）在上述情景中，金屬棒MN相當(dāng)于一個(gè)電源，這時(shí)的非靜電力與棒中自由電子所受洛倫茲力有關(guān)．請(qǐng)根據(jù)電動(dòng)勢(shì)的定義，推導(dǎo)金屬棒MN中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLV．31、如圖所示，長(zhǎng)為0.5m、內(nèi)壁光滑的氣缸定在水平面上，氣缸內(nèi)用橫截面積為100cm2的活塞封閉有壓強(qiáng)為1×105Pa、溫度為27℃的理想氣體，開(kāi)始時(shí)活塞位于距缸底30cm處．現(xiàn)對(duì)封閉的理想氣體加熱，使活塞緩慢向右移動(dòng)．(已知大氣壓強(qiáng)為1×105Pa)

①試計(jì)算當(dāng)溫度升高到427℃時(shí)；缸內(nèi)封閉氣體的壓強(qiáng)；

②若在此過(guò)程中封閉氣體共吸收了800J的熱量，試計(jì)算氣體增加的內(nèi)能．32、如圖所示，兩平行金屬板P、Q豎直放置，兩極板間的電壓為U．放在P板附近的離子源釋放出質(zhì)量為m，帶電量為-q的離子，離子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后垂直磁場(chǎng)邊界從A點(diǎn)進(jìn)入一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)左右邊界平行，距離為．該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；方向垂直紙面向里．不計(jì)離子的重力．

（1）認(rèn)為離子飄入加速電場(chǎng)時(shí)的速度很小，近似為零，求粒子從A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度v；

（2）若離子剛好從D點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，且離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，向下偏移的距離則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為多少？

（3）若加速電壓U和磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B均可調(diào)，欲使粒子不能從右邊界射出，應(yīng)如何調(diào)節(jié)U和B？

33、如圖所示，用長(zhǎng)l=0.5m的細(xì)線懸掛質(zhì)量M=990g的木塊，靜止懸掛在天花板上的O點(diǎn)．一顆質(zhì)量m=10g的子彈以水平速度v0=200m/s射入木塊，瞬間留在木塊中，接著和木塊共同上擺．取g=10m/s2．求：

（1）子彈射入木塊后瞬間它們共同速度的大小v：

（2）子彈射入木塊后瞬間，細(xì)線施加的拉力大小T；

（3）木塊向右擺動(dòng)的最大擺角θ．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【詳解】

A、電容器的額定電壓為2.7V，說(shuō)明工作電壓要不超過(guò)2.7V，可以小于2.7V，故A錯(cuò)誤；

B、電容器的電容由電容器本身來(lái)決定，跟電容器兩極間的電勢(shì)差無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；

C、電容是描述電容器容納電荷的本領(lǐng)，不充電是電容仍然存在，與充電與否無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；

D、該電容器最大容納電荷量：Q＝CU＝400F×2.7V＝1080C，故D正確．2、D【分析】A；電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向就是正電荷在電場(chǎng)中某點(diǎn)受力的方向；故A錯(cuò)誤；

B；磁場(chǎng)中任一點(diǎn)；小磁針北極受力方向，就是該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向，故B錯(cuò)誤；

C；電荷的定向移動(dòng)形成電流；正電荷的定向移動(dòng)方向是電流的方向，故C錯(cuò)誤；

D；楞次在分析了許多實(shí)驗(yàn)事實(shí)后提出楞次定律；即感應(yīng)電流應(yīng)具有這樣的方向，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，故D正確。

點(diǎn)睛：本題考查了電場(chǎng)、磁場(chǎng)、電流以及感應(yīng)電流的方向，注意教材中對(duì)這些方向的規(guī)定。3、C【分析】【詳解】

質(zhì)量、長(zhǎng)度和時(shí)間是力學(xué)中三個(gè)基本物理量，它們的單位千克、米和秒就是基本單位；力不是基本物理量，牛頓不是基本單位，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；蹦極運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)蹦床上升過(guò)程中，加速度向下，處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；與“微觀粒子的能量是量子化的”這一觀念相關(guān)的物理常量是普朗克常量h，選項(xiàng)C正確；霍爾元件能夠把磁學(xué)量轉(zhuǎn)換為電學(xué)量，故D錯(cuò)誤；故選C.4、C【分析】由圖可知，甲并聯(lián)在電路中是電壓互感器，電路中是強(qiáng)電壓，通過(guò)變壓器變成弱電壓，用電壓表測(cè)量，因?yàn)殡妷褐鹊扔诰€圈匝數(shù)比，故U=220×1000=220000V；乙串聯(lián)在電路中是電流互感器，電路中是強(qiáng)電流，通過(guò)變壓器變成弱電流，用電流表測(cè)量，因?yàn)殡娏髦鹊扔诰€圈匝數(shù)的倒數(shù)比，故電流I=10×100=1000A；則輸電功率P=UI=2.2×105×1000=2.2×108W，故C正確，ABD錯(cuò)誤。5、C【分析】【分析】

本題考機(jī)械能守恒定律及動(dòng)量守恒定律的相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。

【詳解】

分析易得只有子彈射入沙箱并停留在沙箱中這個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)的機(jī)械能才會(huì)損失，由動(dòng)量守恒得，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能。

對(duì)于A選項(xiàng)，由可知若保持m、v、不變；M越大則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大，故A錯(cuò)誤。

對(duì)于B選項(xiàng)，由可知若保持M、v、不變；m變大則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大，故B錯(cuò)誤。

對(duì)于C選項(xiàng)，由可知若保持M、m、不變；v變大則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大，故C正確。

對(duì)于D選項(xiàng)，子彈與沙箱共同向上擺動(dòng)一小角度的過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤6、A【分析】【詳解】

設(shè)航天器的速度為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：解得：BCD錯(cuò)誤A正確7、A【分析】A；普朗克在研究黑體輻射時(shí)提出了能量子假說(shuō)；故A正確；

B；玻爾將量子觀點(diǎn)引入到原子模型中；成功解釋了氫原子的發(fā)光現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤；

C；湯姆遜研究陰極射線時(shí)發(fā)現(xiàn)了電子；故C錯(cuò)誤；

D.比較α、β、γ三種射線，由α粒子組成的α射線；電離能力最強(qiáng)；穿透能力最弱，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．

點(diǎn)睛：本題主要涉及到近代物理的常識(shí)性的知識(shí)，關(guān)鍵要熟悉教材，掌握基本概念和基本規(guī)律，以及各物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)等．8、B【分析】【詳解】

A．由圖可知；粒子的電勢(shì)能不變，電場(chǎng)力不做功，而帶電粒子只受電場(chǎng)力，不可能做直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)能量守恒可知；由于粒子的電勢(shì)能不變，可知粒子的動(dòng)能不變，速度大小不變，故B正確；

CD．粒子的電勢(shì)能不變，電場(chǎng)力不做功，根據(jù)電場(chǎng)力公式可知，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上各點(diǎn)的電勢(shì)一定相等，而電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)無(wú)關(guān)，兩個(gè)時(shí)刻；粒子所處位置電場(chǎng)強(qiáng)度不一定相同，故CD錯(cuò)誤。

故選B。二、多選題(共8題，共16分)9、A:D【分析】【詳解】

當(dāng)光照減弱時(shí)，光敏電阻阻值變大，干路電流變小，內(nèi)電壓與R2電壓變小，并聯(lián)部分電壓變大，由于故電壓表示數(shù)增大；若金屬熱電阻溫度降低，熱電阻阻值變小，干路電流變大，內(nèi)電壓與R2電壓變大，并聯(lián)部分電壓變小，R1的電流變小，由于干路電流變大，故R3上的電流變大，由于故電壓表示數(shù)增大．綜上分析，AD正確．10、B:C:D【分析】【詳解】

AB．在一定溫度下；飽和汽壓是一定的，飽和汽壓隨溫度的升高而增大，飽和汽壓與液體的種類(lèi)有關(guān)，與體積無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD．空氣中所含水蒸氣的壓強(qiáng)，稱(chēng)為空氣的絕對(duì)濕度

夏天的飽和汽壓大；在相對(duì)濕度相同時(shí)，夏天的絕對(duì)濕度大，故CD正確；

E．人感受的空氣潮濕程度是相對(duì)濕度；故E錯(cuò)誤。

故選BCD。11、A:B:D【分析】【詳解】

A．由狀態(tài)a等壓變化到狀態(tài)b，氣體的體積變大，根據(jù)

可知?dú)怏w的溫度升高，故氣體在狀態(tài)a的溫度小于在狀態(tài)b的溫度；A正確；

B．從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過(guò)程；氣體的體積變大，可知?dú)怏w對(duì)外做正功，B正確；

C．從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過(guò)程，氣體體積不變，氣體的壓強(qiáng)變小，根據(jù)

可知?dú)怏w的溫度降低；可知?dú)怏w的內(nèi)能減小，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體對(duì)外放熱，C錯(cuò)誤；

D．由題意可知?dú)怏w在狀態(tài)a的溫度等于在狀態(tài)c的溫度，故氣體在狀態(tài)a的內(nèi)能等于在狀態(tài)c的內(nèi)能；D正確；

E．從狀態(tài)c到狀態(tài)a的過(guò)程；氣體的體積變小，外界對(duì)氣體做正功，又氣體的內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體對(duì)外放熱，E錯(cuò)誤。

故選ABD。12、A:C:D【分析】【詳解】

A．?dāng)U散現(xiàn)象是由物質(zhì)分子無(wú)規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的分子遷移現(xiàn)象；可以在固體；液體、氣體中產(chǎn)生，擴(kuò)散速度與溫度和物質(zhì)的種類(lèi)有關(guān)，故A正確；

B．在一定條件下；熱量可能從低溫物體傳到高溫物體，故B錯(cuò)誤；

C．一定量的理想氣體在等壓膨脹過(guò)程中，根據(jù)理想狀態(tài)的狀態(tài)方程

可知?dú)怏w的溫度一定升高；所以內(nèi)能一定增加，故C正確；

D．根據(jù)布朗運(yùn)動(dòng)的原因可知；液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子對(duì)它的撞擊作用不平衡的結(jié)果，故D正確；

E．由于氣體分子間距離較大；摩爾體積與分子體積的比值不等于阿伏伽德羅常數(shù)，故E錯(cuò)誤。

故選ACD。13、A:C【分析】【詳解】

A、根據(jù)電容的定義式電容器與電源保持相連，則U不變，當(dāng)下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，間距增大，根據(jù)可知C減??；則Q也減小，電容器處于放電，短時(shí)間電流指針會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故A正確，B錯(cuò)誤；

C、將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)得知板間場(chǎng)強(qiáng)減小；故C正確；

D、由C選項(xiàng)分析可知，因電場(chǎng)強(qiáng)度減小，則電場(chǎng)力減小，那么粒子會(huì)向下運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；14、A:C【分析】【詳解】

由波的傳播方向結(jié)合上下坡的方法可確定質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向質(zhì)點(diǎn)P、Q均沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng).故A正確；根據(jù)解得根據(jù)波的傳播可知時(shí)刻，兩波的波谷恰好傳到質(zhì)點(diǎn)M,所以位移為-4cm，故B錯(cuò)誤；由于M點(diǎn)到兩個(gè)波源的距離相等，所以M點(diǎn)是個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，所以M點(diǎn)的振幅為4cm，故C正確，因?yàn)镻點(diǎn)到兩個(gè)波源的距離符合半個(gè)波長(zhǎng)的奇數(shù)倍，所以P點(diǎn)是個(gè)減弱點(diǎn)，根據(jù)疊加原理可知此時(shí)P的振幅為0，故D錯(cuò)誤；故選AC15、A:C【分析】AB；子彈射入木塊過(guò)程；由于時(shí)間極短，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒．在此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，子彈的動(dòng)能有一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，則系統(tǒng)的機(jī)械能減小，所以機(jī)械能不守恒．故A正確，B錯(cuò)誤；

CD；彈簧推載著子彈的B物塊向右運(yùn)動(dòng)；直到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程，彈簧要恢復(fù)原長(zhǎng)，墻對(duì)彈簧有向右的彈力，系統(tǒng)的外力之和不為零，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒．在此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有彈簧的彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒．故C正確，D錯(cuò)誤．

故選AC.16、A:D【分析】【詳解】

AB.相碰前兩球所受的合外力為零；動(dòng)量守恒，兩球的總動(dòng)量保持不變，故A符合題意，B不符合題意；

CD.將兩球看作整體分析時(shí)，整體受重力、支持力，水平方向不受外力，故整體系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故兩球相碰分離后的總動(dòng)量等于碰前的總動(dòng)量，C不符合題意，D符合題意三、填空題(共6題，共12分)17、略

【分析】由動(dòng)態(tài)平衡的概念可知，汽化與液化的速率相等，一定溫度下飽和汽壓與體積無(wú)關(guān).【解析】相等無(wú)關(guān)18、A:C:D【分析】【詳解】

A、由圖知，a光的偏折程度小于b光，所以a光的折射率小于b光的折射率，則a光的波長(zhǎng)大于b光的波長(zhǎng)；故A錯(cuò)誤；

BC、由知，b光在玻璃磚中傳播速度較小；時(shí)間較長(zhǎng)，故B正確，C錯(cuò)誤；

D、由知a光的臨界角較大，b光的臨界角較小，則當(dāng)光束SA繞圓心O逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，在光屏P上最早消失的是b光；D錯(cuò)誤；

E、a光的波長(zhǎng)大于b光的波長(zhǎng)，a光波動(dòng)性強(qiáng)，相同條件下，a光比b光容易發(fā)生衍射，故E正確；

不正確的是故選ACD．

【點(diǎn)睛】

根據(jù)光線的偏折程度，比較光的折射率大小，從而得出頻率的大小關(guān)系；由比較光在玻璃磚中傳播速度的大小，即可比較時(shí)間的長(zhǎng)短；由比較臨界角的大小，臨界角小的光最先消失；折射率越小，波長(zhǎng)越長(zhǎng)，越容易發(fā)生衍射．19、略

【分析】【詳解】

[1]若需保持氣體壓強(qiáng)不變；根據(jù)蓋—呂薩克定律可知?dú)怏w溫度升高，則體積增大，所以左側(cè)汞面下降，而汞的總體積不變，且末狀態(tài)下左；右汞面應(yīng)仍保持在同一高度，則末狀態(tài)下右側(cè)汞面應(yīng)更加靠近管口，所以應(yīng)向下適當(dāng)移動(dòng)右管。

[2]開(kāi)始時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)和溫度分別為

末狀態(tài)下氣體溫度為

如需保持氣體體積不變，設(shè)末狀態(tài)下氣體壓強(qiáng)為p1，根據(jù)查理定律有

解得

根據(jù)平衡條件可知

解得兩側(cè)玻璃管中液面高度差對(duì)應(yīng)的壓強(qiáng)為

即兩側(cè)玻璃管內(nèi)的液面高度差應(yīng)調(diào)整為5.43cm?！窘馕觥肯?.4320、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]AD．理想氣體是指在任何溫度；任何壓強(qiáng)下都遵守氣體實(shí)驗(yàn)定律的氣體；是為了研究方便而引入的不計(jì)本身大小、分子間除碰撞外不計(jì)相互作用力，無(wú)分子勢(shì)能、分子間碰撞為彈性碰撞的理想模型，故AD正確；

B．實(shí)際氣體溫度不太低；壓強(qiáng)不太大時(shí)可視為理想氣體；故B錯(cuò)誤；

C．由于理想氣體不計(jì)分子勢(shì)能；因此其內(nèi)阻只與溫度有關(guān)，故C錯(cuò)誤。

故選AD。

（2）[2][3]由于壓縮過(guò)程中氣體與外界無(wú)熱量交換，氣體內(nèi)能增加，因此溫度升高，氣體的分子平均動(dòng)能增大，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知W=ΔU=3.4×104J

（3）[4]設(shè)氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為V0，上述過(guò)程為等壓過(guò)程，有=

氣體物質(zhì)的量為n=

分子數(shù)為N=nNA

聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得N==5×1024【解析】①.AD②.增大③.等于④.5×102421、C【分析】試題分析：以物體與小車(chē)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象；水平方向不受外力作用，水平方向動(dòng)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(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解．

選物體與小車(chē)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由水平方向動(dòng)量守恒得所以v方向與同向，即方向水平向右，C正確．【解析】22、略

【分析】（1）在室內(nèi)；制冷劑由液態(tài)變成氣態(tài)，叫做汽化，汽化吸熱；在室外又由氣態(tài)變成液態(tài)叫液化，液化放熱．故填汽化（蒸發(fā)）；液化．

（2）變頻空調(diào)的壓縮機(jī)是連續(xù)工作的，故A錯(cuò)誤；由圖示可知，空調(diào)機(jī)制冷時(shí)，圖中鋼管A內(nèi)流動(dòng)的是氣態(tài)“冷媒”，故B正確；空調(diào)壓縮機(jī)是利用做功的方法使“冷媒”發(fā)生物態(tài)變化的，故C錯(cuò)誤；變頻器供電頻率越高，空調(diào)機(jī)的制冷能力越強(qiáng)，故D正確。所以選BD?！窘馕觥恳夯疊D四、作圖題(共3題，共15分)23、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(chǎng)方向，也可以通過(guò)磁場(chǎng)方向來(lái)確定電流的方向；

圖甲；已知磁場(chǎng)方向，順時(shí)針?lè)较颍瑒t電流垂直紙面向里；

圖乙；電流右側(cè)的磁場(chǎng)的方向向里，左側(cè)的磁場(chǎng)的方向向外，則電流的方向向上；

圖丙；已知磁場(chǎng)方向，則可知電流方向，逆時(shí)針?lè)较颍?/p>

圖丁；環(huán)形電流從左側(cè)流入，從右側(cè)流出，所以磁場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)的方向向右．如圖所示：

【解析】24、略

【分析】試題分析：A圖中；在XX′偏轉(zhuǎn)電極所加的電壓的周期為2T，即在2T的時(shí)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(mén)，所以在水平方向的一次水平掃描的過(guò)程中，豎直方向由2個(gè)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(dá)熒光屏的偏轉(zhuǎn)量與偏轉(zhuǎn)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(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象．XX′偏轉(zhuǎn)電極要接入鋸齒形電壓；即掃描電壓．

B圖中；在XX′偏轉(zhuǎn)電極所加的電壓的周期為T(mén)，即在一個(gè)周期T的時(shí)間內(nèi)完成一次水平方向的掃描，同時(shí)豎直方向的周期為T(mén)，所以在水平方向的一次水平掃描的過(guò)程中，豎直方向也完成一個(gè)周期性的變化；y方向的電壓大小不變，方向每半個(gè)周期變化一次，結(jié)合電子到達(dá)熒光屏的偏轉(zhuǎn)量與偏轉(zhuǎn)電壓成正比，所以B圖中的掃描圖形如圖．

考點(diǎn)：考查了示波器的工作原理。

【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電壓上加的是待顯示的信號(hào)電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極通常接入鋸齒形電壓，即掃描電壓，當(dāng)信號(hào)電壓與掃描電壓周期相同時(shí)，就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象【解析】25、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(dòng)情況相同；因此作出以下圖形。

【解析】五、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共16分)26、略

【分析】【詳解】

（1）由實(shí)物電路圖可知；開(kāi)關(guān)不能控制分壓電路的閉合和斷開(kāi)，比如閉合電鍵，滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭在圖示中間位置時(shí)電壓表示數(shù)不為零．

（2）由實(shí)物電路圖可知；閉合電鍵滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭從右端滑到左端的過(guò)程滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值增大，流過(guò)燈泡的電流減小，燈泡的實(shí)際功率變小，燈泡變暗，當(dāng)滑片到達(dá)左端時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為零，燈泡兩端電壓增大，燈泡實(shí)際功率增大，燈泡變亮；

（3）描繪燈泡伏安特性曲線實(shí)驗(yàn)滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法；電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于燈泡電阻，電流表應(yīng)采用外接法，所以連線5；6接法錯(cuò)誤；

（4）由圖乙所示數(shù)據(jù)可知，燈泡兩端電壓為2.1V，流過(guò)燈泡的電流為0.5A，燈泡實(shí)際功率為：（1.03V-1.06V）由圖乙所示圖線可知電源電動(dòng)勢(shì)為電源內(nèi)阻為：當(dāng)兩燈泡串聯(lián)，設(shè)每個(gè)燈泡兩端的電壓為U，流過(guò)每一個(gè)燈泡的電流為I則在燈泡U-I圖象坐標(biāo)系內(nèi)阻作出如圖所示：

由圖可知此時(shí)燈泡兩端電壓為1.2V，通過(guò)燈泡的電流為0.37A，則燈泡的功率為

故本題答案是：(1).不為零(2).先變暗再變亮(3).5、6(4).1.04(5).0.44【解析】不為零先變暗再變亮5、61.040.4427、略

【分析】【詳解】

（1）螺旋測(cè)微器的固定刻度為13.5mm，可動(dòng)刻度為所以最終讀數(shù)為

（2）20分度的游標(biāo)卡尺,精確度是游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為游標(biāo)尺上第10個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊,所以游標(biāo)讀數(shù)為所以最終讀數(shù)為:

（3）電流表的量程是0.6A；則最小刻度代表的是0.02A，精確到0.01A，則圖中表的讀數(shù)是：0.44A

綜上所述本題答案是：(1).1.3870(2).1.150(3).0.44【解析】1.38701.1500.4428、略

【分析】【詳解】

（1）由題圖乙可知：可知，當(dāng)F=0N時(shí)，此時(shí)I最大，大約為所以選A．

（2）由閉合電路歐姆定律可得：由圖象可知，斜率可得：E=4V；圖線的截距解得：．

（3）當(dāng)外電路的電阻R等于電池內(nèi)阻r時(shí)，電源的輸出功率最大．即時(shí)，U外=2V，所以由燈泡的U-I圖可知，此時(shí)則有可得：n=2.【解析】A4.01.0229、略

【分析】(1)如圖所示：

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律：則所以圖象的縱截距：解得：斜率為：解得：