2025年外研衔接版选修3物理下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研衔接版选修3物理下册月考试卷881考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、如图所示，一定质量的理想气体经历了A→B→C→A的状态变化过程；则下列说法正确的是（）

A.A→B过程中，气体分子间距减小B.A→B过程中，气体内能不变C.B→C过程中，气体压强减小D.C→A过程中，气体压强减小2、下列说法正确的是（）A.物体温度升高，每个分子的动能都增加B.物体体积变化，分子势能可能变大C.物体从外界吸收热量，物体的内能一定增加D.外界对物体做功，物体的内能一定增加3、常用的温差发电装置的主要结构是半导体热电偶．如图所示；热电偶由N型半导体和P型半导体串联而成，N型半导体的载流子（形成电流的自由电荷）是电子，P型半导体的载流子是空穴，空穴带正电且电荷量等于元电荷e．若两种半导体相连一端和高温热源接触，而另一端A；B与低温热源接触，两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散，最终在A、B两端形成稳定的电势差，且电势差的大小与高温热源、低温热源间的温度差有确定的函数关系．下列说法正确的是（）

A.B端是温差发电装置的正极B.热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相反C.温差发电装置供电时不需要消耗能量D.可以利用热电偶设计一种测量高温热源温度的传感器4、如图所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线（未画出）相连，中间有一个被压缩的轻弹簧（与两小车未连接），小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动。已知两小车的质量之比为m1∶m2＝2∶1；下列说法正确的是（）

A.弹簧弹开后两车速度大小之比为1:2B.弹簧弹开后两车动量大小之比为1:2C.弹簧弹开过程m1、m2受到的冲量大小之比为2:1D.弹簧弹开过程弹力对m1、m2做功之比为1:45、在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图中a，b所示，由图可以判定()

A.该核发生的是α衰变B.该核发生的是β衰变C.磁场方向一定垂直纸面向里D.轨迹a为反冲核的运动轨迹评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、A、B、C为三块水平放置的金属板，与电路连接如图所示，三块板正中央各有一小孔，A板接地，电源内阻为r，三个定值电阻电路中电表均为理想电表，滑片P开始置于R2中点，现有一质量为m、电量为+q的液滴从A板小孔正上方距离为h的D点静止释放；恰好能到达C板，不计空气阻力和极板外电场，下列说法中正确的是。

A.滑片P由R2中点往左移动，则B板电势降低B.滑片P由R2中点往左移动,则电流表A1的示数减小，A2的示数增大C.滑片P由R2中点往左移动，仍将该液滴从D点由静止释放，则带电液滴不能到达C板D.滑片P由R2中点往左移动，则不变，的值变小(U为电压表V示数，I2为电流表A2，为电流表A2示数的改变量)7、在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为、内电阻为，、为定值电阻，为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑片P自b端向a端滑动的过程中，下列说法中正确的是())

A.电压表示数减小B.电流表示数减小C.电容器C所带电荷量增多D.b点的电势升高8、如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可以不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，在这一过程中（）

A.作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于零B.作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和C.恒力F与安培力的合力所做的功等于零D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热9、下列说法正确的是（）A.晶体的熔点和液体的沸点都与压强有关B.气体很容器充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现C.一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能一定增加E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关10、下列说法正确的是（）A.多晶体有固定的熔点，但没有规则的外形，且表现为各向同性B.若分子间的相互作用力始终表现为斥力，在分子间的距离增大的过程中，分子力减小C.一定质量的理想气体，体积减小，其压强也一定减小E.一切自发过程总沿着分子热运动的无序性减小的方向进行E.一切自发过程总沿着分子热运动的无序性减小的方向进行11、如图,静止的金属棒ab、cd与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好,匀强磁场竖直向下.ab棒在恒力F作用下向右运动,则()

A.安培力对ab棒做正功B.abdca回路的磁通量先增加后减少C.安培力对cd棒做正功D.F做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)12、麦克斯韦电磁场理论的两个基本论点是：变化的磁场产生________，变化的电场产生_________，从而预言了__________的存在。13、如图所示，甲木块的质量为m1=2kg，以v=4m/s的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2=3kg的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．则甲木块与弹簧接触后弹簧获得的最大弹性势能为___J，乙木块受到的冲量I=___________

14、用图甲所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为5eV的光照射到光电管上时，测得电流计的示数随电压变化的图像如图乙所示.则光电子的最大初动能为__________J，金属的逸出功为________J.15、电子电路中的信号可以分为___________信号和___________信号。数字信号的两个工作状态可以用“___________”和“___________”来表示。在数字电路中分别代表___________电压和___________电压。16、关键环节题组：如图所示,平行板电容器的板间距和板长均是L,有一带电粒子(质量为电荷量为-)从电容器左上角边缘以初速度平行上板打入；能从另一侧打出，求：

（1）带电粒子在匀强磁场中的最小半径____________

（2）两板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为的范围__________________

（3）两板间有垂直两板向上的匀强电场，电场强度为的范围_____17、两块大小；形状完全相同的金属板平行放置；构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，闭合开关S，电源即给电容器充电。

（1）若保持S闭合，减小两板间的距离，则两极板间的电场强度_______；

（2）若断开S，减小两板间的距离，则极板上的电量_______，两极板间的电场强度_______。（填：“变大”、“不变”或“变小”）18、位于坐标原点O处的波源产生一个沿x轴正方向传播的脉冲波，波速v=20m/s．已知t=0时刻波刚好传播到x=10m处，如图所示．若传播过程中无能量损失，由图可知振源只振动了_____s，再经____s波刚好传播到x=20m处，t=0时刻后x=8m处的质点运动的路程为___cm．

评卷人得分四、作图题(共3题，共21分)19、如图所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．

20、示波管的内部结构如图所示．如果在偏转电极XX/、YY/之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX/之间和YY/之间分别加上如图所示的电压，请画出荧光屏上出现的完整扫描波形图．

21、图中表示某一时刻的波形图，已知波速为0.5m/s，波沿着x轴的正方向传播；画出经过7s后的波形曲线。

评卷人得分五、实验题(共4题，共20分)22、某同学用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U-I图上；如图1所示．实验室提供如下器材：

A．电流表A1（量程0.6A；内阻约0.3Ω）

B．电流表A2（量程3A；内阻约0.02Ω）

C．电压表V1（量程3V；内阻约3kΩ）

D．电压表V2（量程15V；内阻约15kΩ）

E．滑动变阻器R1（阻值0～10Ω；额定电流2A）

F．滑动变阻器R2（阻值0～2kΩ；额定电流0.5A）

G．直流电源（电动势3V；内阻不计）

H．单刀开关1个；导线若干。

①实验中，电流表应选用_____；电压表应选用_____；滑动变阻器应选用____（填选项前的字母）；

②图2是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图2中画出______．

③在图1中，由电流表外接法得到的数据点是用______（填“○”或“×”）表示的．

④在图1中，请你选择一组数据点用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为_____Ω．

⑤对于这段2B铅笔芯电阻值的测量，如果不考虑实验中读数的误差，你认为选用_____（填“内”或“外”）接法测量更准确一些．23、某同学用如图（a）所示的实验装置研究“在温度不变时；一定质量的气体压强与体积的关系”。缓慢推动活塞，使注射器内气体体积逐渐减小的过程中，多次从注射器的刻度上读出体积值并输入计算机，同时由压强传感器将对应体积的压强值通过数据数采集器传送给计算机。

（1）关于该实验下列说法正确的是______。

A．为保证封闭气体的气密性；应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油。

B．应快速推拉柱塞。

C．为方便推拉柱塞；应用手握注射器再推拉柱塞。

D．注射器旁的刻度尺不仅刻度分布均匀；还要标注单位。

（2）实验完成后，计算机屏幕上显示出图线。若气体的压强跟体积反比，则该图线应当是__________。

（3）考虑到注射器与压强传感器连接软管有一定的体积，则下列各图中的实线符合实验实际情况的是（A、B中的虛线为温度保持不变时的一条双曲线）______。

A．B．

C．D．

（4）小明所在的小组在压缩气体时发生了漏气，则作出的图线应为图（b）中的______（选填“①”或“②”）。

24、在“测玻璃的折射率”实验中：

（1）为了取得较好的实验效果，下列操作正确的是_______．

A．必须选用上下表面平行的玻璃砖；B．选择的入射角应尽量小些；C．大头针应垂直地插在纸面上；D．大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些.

（2）甲同学在量入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO’延长线于C点，过A点和C点作垂直法线的直线分别交于B点和D点，如图所示，若他测得AB=7cm，CD=4cm，则可求出玻璃的折射率n=_________．

（3）乙同学使用同一个玻璃砖完成实验，却发现测出的折射率明显大于理论值，反复检查实验操作过程后认为是用铅笔描出玻璃砖上下表面时候出现了操作失误，由此可以判断该同学作出的两界面间距_______玻璃砖的实际宽度．（选填“大于”、“小于”）25、为了验证“两小球碰撞过程中的动量守恒”；某同学用如图所示的装置进行了如下的操作：

①将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；

②将木板向右平移适当的距离固定，再使小球a从原固定点由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹P；

③把小球b静止放在斜槽轨道的水平段的最右端，让小球a仍从原固定点由静止释放，和小球b相碰后，两小球撞到木板并在白纸上留下痕迹M和N；

④用天平测出a、b两个小球的质量分别为和用刻度尺测量白纸上O点到M、P、N三点的距离分别为和．根据上述实验；请回答下列问题：

(1)为了减小实验误差，选择入射球被碰球时，应该使_________（填“大于”；“等于”或“小于”）．

(2)小球a和b发生碰撞后，小球a在图中白纸上撞击痕迹应是__________点．

(3)小球a下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结论___________产生影响（填“会”或“不会”）．

(4)用本实验中所测得的物理量来验证两小球碰撞过程中动量守恒，其表达式为__________．（用表示）评卷人得分六、解答题(共2题，共12分)26、如图所示,光滑平行金属轨道的倾角为θ,宽度为L.在此空间存在着垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B.在轨道上端连接阻值为R的电阻.质量为m电阻为R的金属棒搁在轨道上,由静止释放,在下滑过程中,始终与轨道垂直,且接触良好.轨道的电阻不计.当金属棒下滑高度达h时,其速度恰好达最大.试求:

(1)金属棒下滑过程中的最大加速度.

(2)金属棒下滑过程中的最大速度.

(3)金属棒从开始下滑到速度达最大的过程中,电阻R所产生的热量27、如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距左端接有阻值的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道．水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小一根质量电阻的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度。当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度处。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与轨道垂直且与轨道保持良好接触，取求：

（1）金属棒运动的最大速率

（2）金属棒在磁场中速度为时的加速度大小；

（3）金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．A→B过程中；体积不变，温度升高，气体分子间距不变，A错误；

B．A→B过程中；体积不变，温度升高，体积气体内能增加，B错误；

C．B→C过程中，根据理想气体的理想方程pV=nRT可得。

V=T可知等压过程为过原点的直线；因此压强不变，C错误；

D．C→A过程中，温度降低，体积增大，根据理想气体的理想方程pV=nRT有。

p=T可知气体压强减小；D正确。

故选D。2、B【分析】【详解】

A．物体温度升高；分子的平均动能会增加，并不是每个分子的动能都增加，故A错误；

B．物体体积变化；微观上会导致分子间距发生变化，而分子间距发生变化有可能会使得分子势能可能变大，故B正确；

C．物体从外界吸收热量的同时；若物体对外做功，则物体的内能不一定增加，故C错误；

D．外界对物体做功的同时；若物体对外放热，则物体的内能不一定增加，故D错误。

故选B。3、D【分析】A；N型半导体的载流子（形成电流的自由电荷）是电子；两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散，B端聚集电子，所以B端是温差发电装置的负极，故A错误；

B；热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相同；故B错误；

C；根据能量守恒；温差发电装置供电时需要消耗热量，故C错误；

D；可以利用热电偶设计一种测量高温热源温度的传感器；故D正确；

故选D．4、A【分析】【分析】

【详解】

A．两小车及弹簧系统所受合力为零，动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得

解得

故A正确；

B．由动量守恒定律知；弹簧弹开后左右两小车的动量大小相等，故B错误；

C．弹簧弹开过程中，左右两小车受到的弹力大小相等，作用时间相同，由

知；左右两小车受到的冲量大小之比为1∶1，C错误；

D．由动能定理得，弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为

故D错误。

故选A。5、B【分析】【详解】

AB、放射性元素放出粒子时，粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆；而放射性元素放出粒子时，粒子与反冲核的速度相反，而电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆，故放出的是粒子；故选项B正确，A错误；

C；粒子在磁场中做匀速圆周运动；磁场方向不同，粒子旋转的方向相反，由于粒子的速度方向未知，不能判断磁场的方向，故选项C错误；

D、根据动量守恒定律可知放出的带电粒子和反冲核的动量大小相等，而根据可得可知电荷量较大的运动轨迹的半径较小，而的轨迹的半径较小，因此是反冲核的运动轨迹，故选项D错误；二、多选题(共6题，共12分)6、A:D【分析】A、滑片P由R2中点往左移动时使并联部分电阻减小从而使整个电路电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，即A2的示数增大，则两端电压增大；即B板电势降低，故选项A正确；

B、滑片P由R2中点往左移动时使并联部分电阻减小从而使整个电路电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，即A2的示数增大，路端电压减小，由于电压增大，则并联部分电压降低，根据并联电路特点可以知道电流表A1的示数增大；故选项B错误；

C、滑片P由R2中点往左移动时，电路总电流增大，则两端电压增大；即电容器AB电压增大，液滴加速运动，路端电压减小，则电容器BC电压减小，液滴减速运动，液滴将穿过C板，故选项C错误；

D、根据闭合电路欧姆定律可知：则为定值，不变，根据欧姆定律可知为本身并联之后与串联的总电阻，即减小；故选项D正确。

点睛：本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，注意电容器两端电压的问题。7、A:B:C【分析】【分析】

在滑动变阻器滑动头P自b端向a端滑动的过程中，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化．a点的电势等于R2两端的电压。

【详解】

在滑动变阻器滑动头P自b端向a端滑动的过程中，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流I减小，电阻R1两端电压减小，则电压表示数减小。电阻R2两端的电压U2=E-I（R1+r），I减小，则U2变大，电容器板间电压变大，其带电量增大。U2变大，通过R2的电流I2增大，通过电流表的电流IA=I-I2，I减小，I2增大，则IA减小。即电流表示数减小，R1的消耗功率减小，因为b点接地，所以b点的电势始终不变；故ABC正确，D错误。

【点睛】

本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析．根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化。8、A:D【分析】【详解】

AB．导体棒匀速上升过程中，合力为零，则合力所作的功等于零，根据动能定理得：

得

克服安培力所做功即等于回路电阻中产生的热量，故有：金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，恒力F等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和；A正确，B错误；

由

得

C．即恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻R上发出的焦耳热；故C正确；

D．重力做功不改变金属棒的机械能，恒力F与安培力的合力所做的功等于金属棒机械能的增量，故D错误．9、A:C:E【分析】【分析】

【详解】

A.晶体的熔点与晶体的种类；压强都有关；液体的沸点也是与液体的种类、压强有关；故A正确；

B.气体分子之间的距离远大于分子之间的平衡距离r0；分子力基本为零，气体很容易充满整个容器，是由于分子热运动的结果，故B错误；

C.一定质量的理想气体经过等容过程，则气体体积不变，对外界不做功，根据热力学第一定律可知；吸热热量，内能一定增加，故C正确；

D.饱和汽压只与温度有关；在温度不变的情况下，增大液面上方饱和汽的体积，待气体重新达到饱和时，饱和汽的压强不变，故D错误；

E.根据气体压强微观解释；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关，故E正确。

故选ACE10、A:D【分析】【详解】

A.多晶体有固定的熔点；但没有规则的外形，且表现为各向同性，故A正确；

B.当分子间的相互作用力表现为斥力；且分子间的距离增大时，分子间的相互作用力先增大后减小，故B错误；

C.一定质量的理想气体；体积减小，当温度不变时，其压强增大，故C错误；

D.将红墨水滴入一杯清水中；一会儿整杯清水都变成红色，说明分子在永不停息地做无规则运动，该现象是扩散现象，故D正确；

E.由热力学第二定律可知；一切自发过程总沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，故E错误。

故选AD。11、C:D【分析】【分析】

ab棒在恒力F作用下向右做加速运动；切割磁感线产生感应电动势和感应电流，cd棒在安培力作用下也向右运动，切割磁感线产生一个反电动势，当两棒的速度差恒定时，回路中产生的感应电流恒定，两棒均做匀加速运动，根据安培力方向与导体运动方向的关系，判断做功正负．根据两棒的运动情况分析磁通量变化情况．根据系统能量守恒分析F做功与热量和总动能增量的关系．

【详解】

ab棒在恒力F作用下向右做加速运动，根据楞次定律可知，回路中将产生的感应电流沿acdba方向，由左手定则判断可知，ab棒所受的安培力方向向左，cd棒所受的安培力方向向右，则安培力对ab棒做负功，对cd棒做正功．故A错误，C正确．两棒最终都做匀加速运动，速度之差恒定，ab棒的速度大于cd棒的速度，两板间距离增大，则abdca回路的磁通量一直增加．故B错误．根据能量守恒定律得知；F做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和．故D正确．故选CD．

【点睛】

本题的解题关键是分析导体棒受力情况，来确定其运动情况，从而判断磁通量如何变化，同时明确功能关系的应用，能正确分析能量转化的方向．三、填空题(共7题，共14分)12、略

【分析】【详解】

麦克斯韦建立了电磁场理论：变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场；并预言了电磁波的存在，而赫兹用实验证实电磁波存在。【解析】电场磁场电磁波13、略

【分析】【详解】

[1]当滑块甲、乙的速度相同时，间距最小，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，设向右为正方向，由动量守恒定律有

弹簧的最大弹性势等于滑块甲、乙系统损失的动能

联立并代入数据解得

[2]乙木块受到的冲量

【点睛】

解决本题首先要明确研究的过程，其次把握信隐含的条件：弹簧伸长最长时两木块的速度相同。考查学生应用动量守恒定律和能量守恒定律解决物理问题的能力。【解析】9.6J4.8NS14、略

【分析】【详解】

第一空.由题中I－U图像可知：遏止电压Uc=2V，即Ekm=eUc=3.2×10-19J。

第二空.由光电效应方程Ekm=hv－W0解得W0=hv－Ekm=3eV=4.8×10-19J.【解析】3.2×10－194.8×10－1915、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]电子电路中的信号可以分为数字信号和模拟信号。

[3][4]数字信号的两个工作状态可以用“0”和“1”来表示。

[5][6]在数字电路中分别代表低电压和高电压。【解析】数字模拟01低高16、略

【分析】【详解】

（1）当恰好能恰能从下极板边缘飞出粒子运动的半径最小；如图：

由几何关系可知，粒子的最小半径为：Rmin=L

（2）设粒子在磁场中运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力，则得qvB=m

得

可得：

可知，当半径最小时对应的速度最小，则v0≥

（3）由于板间电场强度方向竖直向上；粒子带负电，可知加速度的方向向下。

-q粒子在水平方向上匀速运动；在竖直方向上向下匀加速运动，则有。

水平方向：L=v0t

竖直方向：L=at2

又由牛顿第二定律得

联立解得，

可知若粒子穿过电场，则：v0≥

【点睛】

本题中带电粒子在组合场中运动，要掌握类平抛运动的研究方法：运动的合成和分解，磁场中画轨迹是解题的关键。【解析】（1）L（2）v0≥（3）v0≥17、略

【分析】【详解】

(1)[1]若保持S闭合，则两板间的电势差U不变；减小两板间的距离，则根据

可知两极板间的电场强度变大；

(2)[2]若断开S；则极板上的电量保持不变；

[3]根据

可知

可知减小两板间的距离d，两极板间的电场强度不变。【解析】(1)变大；(2)不变；不变18、略

【分析】【详解】

由图可知λ=6m，则λ=8m，周期则由图可知振源只振动了波刚好传播到x=20m处还需要的时间：t=0时刻后x=8m处的质点只振动了T/2，则运动的路程为2A=10cm．【解析】0.30.510四、作图题(共3题，共21分)19、略

【分析】【详解】

利用右手螺旋定则；已知电流的方向可判定磁场方向，也可以通过磁场方向来确定电流的方向；

图甲；已知磁场方向，顺时针方向，则电流垂直纸面向里；

图乙；电流右侧的磁场的方向向里，左侧的磁场的方向向外，则电流的方向向上；

图丙；已知磁场方向，则可知电流方向，逆时针方向；

图丁；环形电流从左侧流入，从右侧流出，所以磁场的方向向下；

图戊；根据螺线管中电流方向，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向左；

图已；根据螺线管中上边的电流方向向外，下边的电流的方向向里，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向右．如图所示：

【解析】20、略

【分析】试题分析：A图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为2T，即在2T的时间内才能完成一次水平方向的扫描，而竖直方向（y方向）的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向由2个周期性的变化；y方向的电压变化为正弦式的变化，由于电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以A图中的扫描图形如图；

要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接入锯齿形电压；即扫描电压．

B图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为T，即在一个周期T的时间内完成一次水平方向的扫描，同时竖直方向的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向也完成一个周期性的变化；y方向的电压大小不变，方向每半个周期变化一次，结合电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以B图中的扫描图形如图．

考点：考查了示波器的工作原理。

【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象【解析】21、略

【分析】【分析】

【详解】

7s波向前传播的距离为

7s后，故x=3.5m位置的原图中x=0位置的振动情况相同；因此作出以下图形。

【解析】五、实验题(共4题，共20分)22、略

【分析】【详解】

①根据U-I图像中的数据可知；电流表应选用A；电压表应选用C；滑动变阻器应选用阻值较小的E；

②电路连接如图；

③电流表外接时；电阻的测量值偏小，则U-I图像的斜率偏小，则由电流表外接法得到的数据点是用“×”表示的．

④做出的图像如图；

则如果用“×”，则(1.1～1.3)Ω；用“○”则(1.5～1.7)Ω；

⑤对于这段2B铅笔芯电阻值的测量，如果不考虑实验中读数的误差，因电压表的内阻远大于铅笔芯的电阻，则选用电流表外接法测量更准确一些．【解析】①ACE②③×④作图正确；用“×”R=(1.1～1.3)Ω；用“○”R=(1.5～1.7)Ω⑤外23、略

【分析】【详解】

（1）[1]A．为保证封闭气体的气密性；应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油，故A正确；

B．为避免温度发生变化；不应快速推拉柱塞，故B错误；

C．为避免温度发生变化；不能用手握注射器再推拉柱塞，故C错误；

D．注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可；可以不标注单位，故D错误。

故选A。

（2）[2]根据

若气体的压强跟体积反比；则该图线应当是一条过原点的直线。

（3）[3]AB．注射器内体积越大；连接软管内气体体积相对总体积就越小，实线越接近双曲线，故A错误，B正确；

CD．连接