2025年华东师大版选修3物理上册月考试卷

…………○…………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年华东师大版选修3物理上册月考试卷198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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、如图所示，正方形区域EFGH中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子（不计重力）以一定的速度从EF边的中点M沿既垂直于EF边又垂直于磁场的方向射入磁场，正好从EH边的中点N射出．若该带电粒子的速度减小为原来的一半；其它条件不变，则这个粒子射出磁场的位置是。

A.E点B.N点C.H点D.F点2、在如图所示电路中，电源的电动势、内阻及各电阻都标志在图中，当滑动变阻器的滑片P向a端移动时；以下说法中正确的是。

A.电压表示数变小，电流表示数变小B.电阻两端的电压增大C.电源的总功率减少但电源的输出功率增大D.如果设定流过电阻电流变化量的绝对值为流过滑动变阻器的电流变化量的绝对值为则有3、如图所示，为圆的两条互相垂直的直径，圆心为半径为将等量的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于对称，与点的连线和间夹角为下列说法正确的是。

A.两点的电势关系是B.两点的电势关系C.点的场强大小为D.点的场强大小为4、如图所示是一定质量的理想气体从状态a开始，经过状态b变为状态c的图像。下列说法正确的是（）

A.a→b过程中，气体温度不变，体积减小B.a→b过程中，气体压强不变，体积增大C.b→c过程中，气体压强不变，温度降低D.b→c过程中，气体温度降低，体积增大5、如图所示，abcd为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为L，左右两端接有定值电阻和整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中质量为m的导体棒MN放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同时与棒的中点连接初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态，棒获得水平向左的初速度第一次运动至最右端的过程中产生的电热为Q，下列说法中正确的是

A.初始时刻棒所受安培力的大小为B.棒第一次回到初始位置的时刻，的电功率为C.棒第一次到达最右端的时刻，两根弹簧具有弹性势能的总量为D.从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的电热大于6、如图所示，一绝热容器被隔板K隔开a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b；最终达到平衡状态．在此过程中()

A.气体对外界做功，内能减少B.气体不做功，内能不变C.气体压强变小，温度降低D.气体压强变小，温度不变7、一条绳子可以分成一个个小段；每小段都可以看做一个质点，这些质点之间存在着相互作用．如图是某绳波形成过程的示意图．质点l在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2；3、4...各个质点依次振动，把振动从绳的左端传到右端．t=T/2时，质点9刚要开始运动．下列说法正确的是。

A.t=T/2时，质点9开始向下运动B.t=T/2时，质点5加速度方向向上C.t=T/4时，质点5开始向上运动D.t=T/4时，质点3的加速度方向向上8、很多公园的水池底部都装有彩灯，当一束由红、蓝两色光组成的灯光从水中斜射向空气时，下列光路图中可能存在的一种情况是A.B.C.D.9、蹦极跳是勇敢者的体育运动．设运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段，从弹性绳刚好被拉直到运动员下降至最低点为第二阶段．下列说法中正确的是（）A.第一阶段重力对运动员的功和第二阶段重力对运动员的功大小相等B.第一阶段重力对运动员的冲量大小和第二阶段重力对运动员的冲量大小相等C.第一阶段运动员受到的合力方向始终向下，第二阶段受到的合力方向始终向上D.第一阶段和第二阶段，重力对运动员的总冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量大小相等评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、在如图所示的电路中，灯L1、L2的电阻分别为R1、R2，滑动变阻器的最大阻值为R0，若有电流通过，灯就发光，假设灯的电阻不变，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端移动时，灯L1、L2的亮度变化情况是()

A.当时，灯L1变暗，灯L2变亮B.当时，灯L1先变暗后变亮，灯L2先变亮后变暗C.当时，灯L1先变暗后变亮，灯L2不断变暗D.当时，灯L1先变暗后变亮，灯L2不断变亮11、如图所示的电路中,电源内阻一定,电压表和电流表均为理想电表．现使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离,测得电压表V1的示数变化大小为ΔU1,电压表V2的示数变化大小为ΔU2,电流表A的示数变化大小为ΔI,对于此过程下列说法正确的是()

A.为一定值B.路端电压的增加量等于ΔU2C.R0两端的电压的变化量大小等于ΔU2-ΔU1D.通过电阻R1的电流变化量大小等于12、如图所示，从有界匀强磁场的边界上O点以相同的速率射出三个相同粒子a、b、c，粒子b射出的方向与边界垂直，粒子b偏转后打在边界上的Q点；另外两个粒子打在边界OQ的中点P处，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，下列说法正确的是。

A.粒子一定带正电B.粒子a与b射出的方向间的夹角等于粒子b与c射出的方向间的夹角C.两粒子a、c在磁场中运动的平均速度相同D.三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形13、在用油膜法估测分子大小的实验中所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中含纯油酸6mL；且1mL溶液为75滴．现取l滴溶液滴入浅水盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上描绘出油酸膜的轮廓形状，再把玻璃板放在边长为1cm的坐标纸上，其形状如图所示．关于该实验的下列说法正确的是________．

A.油酸膜的面积约为110cm2B.油酸分子的直径约为7.3×10-10mC.用滴管吸取油酸酒精溶液，应将滴管移到水面中央挨着水面处滴入溶液E.若某次实验中油酸未完全分散开就绘制轮廓线，计算的结果一定偏大E.若某次实验中油酸未完全分散开就绘制轮廓线，计算的结果一定偏大14、两列完全相同的机械波于某时刻的叠加情况如图所示；图中的实线和虚线分别表示波峰和波谷，此时______

A.a,b连线中点振动加强B.a,b连线中点速度为零C.a,b,c,d四点速度均为零E.再经过半个周期c、d两点振动加强E.再经过半个周期c、d两点振动加强15、如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电表为理想电表，灯泡L和电阻R阻值均恒定，在滑动变阻器的滑片由a端滑向b端的过程中；下列说法正确的是（）

A.灯泡消耗的功率逐渐增大B.电压表示数增大，电流表示数减小C.电源消耗的总功率增大，热功率减小D.电压表示数变化量与电流表示数变化量比值的绝对值恒定不变16、如图甲所示，电阻为5Ω、匝数为100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与电阻R相连，R=95Ω．线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化．则

A.A点的电势小于B点的电势B.在线圈位置上感应电场沿逆时针方向C.0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.05CD.0.1s时间内非静电力所做的功为2.5J17、如图所示，是一演示波的衍射的装置，S为在水面上振动的波源，M、N是水面上的两块挡板，其中N板可以移动，两板中有一狭缝，此时测得图中A处水没有振动，为了使A处的水也能发生振动；下列措施可行的是（）

A.使波源的振动频率增大B.使波源的振动频率减小C.移动N板使狭缝的间距增大D.移动N板使狭缝的间距减小评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、如图所示，一定质量的理想气体从状态a依次经状态b、c、d和e后回到状态a，图中ae、bc延长线过坐标原点O，则在a→b过程中气体___________（填“放热”或“吸热”）；在这个循环过程中，气体在状态c的压强___________状态e的压强（填“大于”或“小于”）。

19、蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移和转化，我们把这些气体称为工质。某热机经过一个循环后，工质从高温热源吸热Q1，对外做功W，又向低温热源放热Q2，工质完全恢复初始状态，内能没有变化。根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，Q1、Q2、W三者之间满足的关系是____。热机的效率不可能达到100%，从能量转化的角度，说明___能不能完全转化为___能而不产生其他影响。20、如图所示，一边长为0.1m的单匝正方形线圈从左侧匀速进入匀强磁场，磁场的磁感应度B＝2T．从ab边开始进入磁场至cd边恰好进入磁场的过程中，线圈的磁通量变化了________Wb；若上述过程所经历的时间为0.2s，则线圈中产生的感应电动势为________V.

21、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”）22、热机是一种______________________的装置．热机做的功和它从高温热源吸收的热量的比值叫做__________________．23、一质点作简谐运动，它从最大位移处经0.3s第一次到达某点M处，再经0.2s第二次到达M点，则其振动频率为__________Hz。24、【小题1】警车向路上的车辆发射频率已知的超声波，同时探测反射波的频率。下列说法正确的是_______。(填入正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分：有选错的得0分)。A．车辆匀速驶向停在路边的警车，警车探测到的反射波频率增高B．车辆匀速驶离停在路边的警车，警车探测到的反射波频率降低C．警车匀速驶向停在路边的汽车，探测到的反射波频率降低D．警车匀速驶离停在路边的汽车，探测到的反射波频率不变【小题2】如图，由透明介质构成的半球壳的内外表面半径分别为R和R。一横截面半径为R的平行光束入射到半球壳内表面，入射方向与半球壳的对称轴平行，所有的入射光线都能从半球壳的外表面射出。已知透明介质的折射率为n=求半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径。不考虑多次反射。25、如下左图所示，楔形木块A固定在水平放置压力传感器上，A的斜面是光滑的．某同学将质量不同的小钢球从斜面顶端静止释放，记录小钢珠在斜面上运动时压力传感器的示数．重力加速度g="9.8"m/s2.记录实验数据后；根据数据做出F-m图像，如下右图．

（1）由图像知，木块A的质量M=____kg（保留小数点后一位）

（2）若斜面倾角为θ，由图像知，_____（保留小数点后两位）

（3）不同质量的小钢珠在斜面上运动的时间______________（填“相同”或“不相同”）

26、阅读短文；并回答问题。

家庭热泵﹣﹣空调。

夏天来了；安装空调的家庭逐渐多了起来，如图甲是家用分体式空调的原理图，其制冷原理是室外机中的压缩机将气态的制冷剂压缩后成为高温高压的液态制冷剂，散热后液态的制冷剂经膨胀阀进入蒸发器（室内机）迅速变成气体，吸收大量的热量，从而使房间的温度迅速下降（冬天的制热工作过程与上述相反），空调在制冷运行的过程中会产生大量的冷凝水，因此空调配有排水系统。

制冷量是家庭购买空调时需要考虑的一项重要指标．它是指空调进行制冷运行时；单位时间内从密闭空间内去除的热量总和，制冷量大的空调适用于面积比较大的房间，且制冷速度较快，以15平方米的居室面积为例，使用额定制冷量在2500W左右的空调比较合适，家用空调的制冷量单位常用“匹”，1匹=2324W；

能效比是衡量空调节电效果的一项重要指标；家用空调器的能效比（EER）就是其制冷量与制冷消耗电功率之比，如图乙所示是两台不同品牌空调上的能效标识（能效标识是附在产品上的一种信息标签，用于表示耗能产品的能源效率等级等性能指标，为用户和消费者的购买决策提供必要的信息，以引导用户和消费者选择高效节能产品），如表是国家标准中关于分体式空调部分能效等级指标。

额定制冷量CC/W能效等级与对应的EER543211CC≤45002．602．803．003．203．404500＜CC≤71002．502．702．903．103．30

(1)空调制冷运行时，室内的空气湿度________（大于/小于）室外，图乙中，两空调工作时更节能的是________（A/B）；

(2)关于空调机，下列说法正确的是()。

A；家庭安装空调要铺设专线；目的是为了防止触电。

B；空调机制冷时；室外机放出的热量要大于压缩机消耗的电能。

C；空调压缩机是利用降温的方法使氟利昂发生物态变化的。

D；空调制冷时室外机中有风扇在转动；它的作用是将冷气吹向室内。

(3)某家庭空调机制冷量为1.5匹，能效比为3，在额定状态下连续工作10min，消耗的电能为________kW•h，不计热损失，理论上可以使40m2的密闭房间内的空气温度下降________℃。[取房间层高3m，空气的密度ρ=1.29kg/m3，比热容c=1.0×103J/（kg•℃）]。评卷人得分四、作图题(共3题，共21分)27、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．

28、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．

29、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、解答题(共4题，共28分)30、如图（甲）表示“或”门电路中输入端A、B的电压随时间变化关系，请在图（乙）画出输出端的电压随时间变化的关系。

31、小王想测量昼夜温差。正午时，他将一薄壁导热玻璃管竖直放在室外窗台的支架上，如图所示，玻璃管下端封闭、上端开口，管内用质量为m的水银柱密封长为L的空气柱（视为理想气体），正午时环境的热力学温度为T0。夜晚，小王测得水银柱下降了求夜晚室外的温度T及昼夜温差（即T0与T的差值）。

32、如图所示，一根竖直放置的足够长且粗细均匀的玻璃管开口向上，水银柱封闭一段理想气体。已知玻璃管中气柱和水银柱的高度均为h，热力学温度为大气压强为水银柱的密度为重力加速度为g；求：

（1）玻璃管中封闭气体的压强p；

（2）若将气体的热力学温度升高到求稳定后气柱的高度H。

33、如图所示；线圈工件加工车间的传送带不停地水平传送长为L，质量为m，电阻为R的正方形线圈，在传送带的左端线圈无初速地放在以恒定速度v匀速运动的传送带上，经过一段时间，达到与传送带相同的速度v后，线圈与传送带始终相对静止，并通过一磁感应强度为B；方向竖直向上的匀强磁场，已知当一个线圈刚好开始匀速度运动时，下一个线圈恰好放在传送带上，线圈匀速运动时，每两个线圈间保持距离L不变，匀强磁场的宽度为3L，求：

(1)每个线圈通过磁场区域产生的热量Q．

(2)在某个线圈加速的过程中，该线圈通过的距离S1和在这段时间里传送带通过的距离S2之比．

(3)传送带每传送一个线圈；电动机所消耗的电能E（不考虑电动机自身的能耗）

(4)传送带传送线圈的总功率P．

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】

带电粒子垂直磁场方向进入磁场后；在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；根据洛伦兹力提供向心力和轨迹上两点的连线的中垂线都通过圆心找到圆心，确定半径；改变速度后，根据洛伦兹力提供向心力求出新的半径，再次根据洛伦兹力提供向心力找出圆心，画出轨迹．

【详解】

第一次从点M进入磁场，从点N射出，故M、N是轨迹上的两个点，连线的中垂线通过圆心，经过M点时，洛伦兹力提供向心力，判断出洛伦兹力的方向是平行纸面向上并指向C点，故得到C即为圆心，半径R等于线段CM的长度，即正方向边长的一半；洛伦兹力提供向心力，有解得：该带电粒子的速度减小为原来的一半后，半径减小为一半；

故圆心移到线段CM的中点；轨迹如图；

故本题选A．

【点睛】

本题关键在于找出圆心、确定轨迹、求出半径，同时要结合洛伦兹力提供向心力进行分析计算．2、D【分析】【详解】

当滑动变阻器的滑片滑向a端时，接入电路的电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，内电压减小，由U=E–Ir可知路端电压增大，即电压表示数增大，因路端电压增大，R1两端的电压减小，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大，故AB错误；电源的总功率P=EI可知随着干路电流减小，电源的总功率减小，因不知道电源内阻和外电路的电阻关系，故输出功率无法判断，选项C错误；因I1=I2+I3，由上述分析知，I1减小；I3变大；I2减小；可知>故选D．3、C【分析】【详解】

解：等量正负点电荷连线的中垂线上电势为零，因而由电势公式点电势大于零，点电势小于零．点的场强大小为正负电荷的合场强．故选C．4、C【分析】【详解】

AB．由图可知，a→b过程中，气体的温度不变，压强减小，由玻意耳定律有

可得；气体的体积增大，故AB错误；

CD．由图可知，b→c过程中，气体的压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律有

可得；气体的体积减小，故D错误，C正确。

故选C。5、D【分析】【详解】

由F=BIL及得安培力大小为FA=BIL=．故A错误；由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，由动能定理得：当棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应电动势小于BLv0，则AB间电阻R的功率小于故B错误；由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为2Q，所以两根弹簧具有的弹性势能为−2Q，故C错误；由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大，电路中产生总热量为2Q，从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中；整个回路中产生的焦耳热应大于×2Q；故D正确．故选D．

【点睛】

本题分析系统中能量如何转化是难点，也是关键点，根据导体棒克服安培力做功等于产生的焦耳热，分析电阻R上产生的热量．6、B:D【分析】试题分析：因b内为真空，所以抽开隔板后，a内气体可以“自发”进入b；气体不做功．又因容器绝热，不与外界发生热量传递，根据热力学第一定律可以判断其内能不变，温度不变．由理想气体状态方程可知：气体体积增大，温度不变，压强必然变小，综上可判断B；D项正确．

A；绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递；Q=0，因而A错误；

B；稀薄气体向真空扩散没有做功；W=0，因而B正确；

C；根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变；则温度不变，因而C错误；

D；稀薄气体扩散体积增大；压强必然减小，D正确；

故选BD．

考点：本题考查了热力学第一定律的应用。

点评：热力学第一定律的应用及运用理想气体状态方程对气体的温度、压强和体积的判断是解决此题的关键．7、C【分析】【详解】

A、质点1为波源，波向右传播，时；质点9开始振动，根据同侧法可知其振动方向向上；故A错误.

B、时；质点5处于波峰，此时振动的速度为零，指向平衡位置的加速度最大，方向向下；故B错误.

C、根据振动和波的传播规律可得时的波形图：

时，波传播的距离为则质点5开始振动，而所有的质点被带动起振的方向相同都向上；故C正确.

D、振动时的回复力产生的加速度都指向平衡位置，时的质点3正在正向位移处；则加速度向下；故D错误.

故选C.8、C【分析】【分析】

光线射到水面时一定有反射．红光的折射率比蓝光小；临界角比蓝光大，根据折射定律可分析折射角的关系，即可进行选择．

【详解】

光线射到水面时一定有反射；所以反射光中红光和蓝光都有，故B；D图不可能．

由于红光的折射率比蓝光小，由临界角公式可知；红光的临界角比蓝光大，所以在水面上若蓝光不发生全反射，则红光也一定不会发生全反射．故B图是不可能的，C可能．

当两种色光都能折射到空气中时，根据折射定律可知；红光与蓝光的折射率不同，由于红光的折射率比蓝光小，在入射角相等时，红光折射角小，故A不可能．

故选C．

【点睛】

对于几何光学，要掌握不同色光的折射率、临界角等物理量之间的关系，这是考试的热点．9、D【分析】【详解】

A；若两个阶段物体下落的高度不同；则两个阶段重力做功不相等，故A错。

B、整个下落过程中,两个阶段的时间关系不知道,根据则不能判定第一阶段重力对运动员的冲量和第二阶段重力对运动员的冲量大小关系.故B错误;

C；第二阶段运动员受到的合力方向先向下后向上.故C错误.

D；整个下落过程中,因为初末速度都为零,所以第一、第二阶段重力对运动员的总冲量和第二阶段弹性绳弹力对运动员的冲量大小相等.所以D选项是正确的.

综上所述本题答案是：D

点睛：根据动量定理研究第一阶段重力的冲量和第二阶段弹力的冲量大小关系;整个下落过程中,因为初末速度都为零,根据动能定理,总功为零,整个过程中,重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功.二、多选题(共8题，共16分)10、A:D【分析】【详解】

AB.当时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻一定大于右部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，电路总电阻增大，总电流减小，所以通过灯L1的电流减小，灯L1变暗，通过灯L2的电流变大，灯L2变亮；故A项符合题意，B项不合题意；

CD.当时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，则当滑动变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻先增大，后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L1的电流先减小后增大，故灯L1先变暗后变亮，而通过L2的电流一直变大，灯L2不断变亮，故C项不合题意，D项符合题意．11、A:C:D【分析】【详解】

A、根据电路结构可知：V1测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知：故A对；

B、滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，回路电流变小，路端电压增大，即与滑动变阻器的电压增大，但电阻上的电压是减小的，所以ΔU2与ΔU1不相等；故B错；

C、路端电压即为与滑动变阻器的电压之和，所以R0两端的电压的变化量大小等于ΔU2-ΔU1；故C对；

D、两端的电压即为路端电压，路端电压的变化引起了电阻R1上电流的变化，所以通过电阻R1的电流变化量大小等于故D对；

故选ACD

【点睛】

根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化,由闭合电路欧姆定律可以知道电路电流的变化,则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化12、B:D【分析】【详解】

如图；粒子往右偏转，根据左手定则，粒子带负电，故A错误；

由几何知识得，粒子a，c均从P点射出，所以弧OP的对称弧与a粒子的轨迹半径相等，故a，b粒子与b，c粒子的射出的方向间的夹角相等，故B正确；a，c粒子位移相等，时间不等，故两粒子a，c在磁场中运动的平均速度不相同，故C错误；根据则速率相同的三个粒子在同一磁场中运动的轨迹半径相等，故连接三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形，故D正确；故选BD．

【点睛】

解答此题的关键是知道相同粒子在同一磁场中做匀速圆周运动的半径是相等的，注意与数学知识相结合解答更容易．13、A:B:E【分析】【详解】

面积超过正方形一半的正方形的个数为110个，则油酸膜的面积约为S=110cm2=1.10×10-2m2，选项A正确；每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则油酸分子直径．选项B正确；用滴管吸取油酸酒精溶液，应将滴管移到水面中央从低处滴入溶液，选项C错误；若某次实验中数油膜面积时将不足一格的也都按一格计算，则计算出的油膜的面积偏大，则根据可知，其直径的测量值一定偏小，选项D错误；若某次实验中油酸未完全分散开就绘制轮廓线，则计算出的油膜的面积偏小，则根据可知，其直径的测量值一定偏大，选项E正确；故选ABE.14、A:C:D【分析】【分析】

两列波相遇时振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱．两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱．同一介质里，波速是相同，则波长与频率成反比．

【详解】

a是两个波谷相遇，振动加强，但此时速度为0；b是两个波峰相遇，振动加强，但此时速度为0；a、b两点是振动加强区，所以a、b连线中点振动加强；此时是平衡位置，速度不为0；c和d两点是波峰和波谷相遇点，c；d两点振动始终减弱，振幅为0，即质点静止，故AC正确，B错误；再经过半个周期c、d两点仍是振动减弱，故D正确，E错误．

【点睛】

波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰．例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零．15、B:D【分析】【详解】

当滑动变阻器的滑片由a端滑向b端的过程中，总电阻增大，总电流减小，电流表示数减小，灯泡两端电压减小，内电压减小，灯泡消耗的功率逐渐减小，电压表示数增大，故A错误，B正确；总电流减小，电源消耗的总功率也会减小，热功率减小，故C错误；因为电压表示数的改变量与电流表示数变化量比值的绝对值为除滑动变阻器之外的电阻，所以恒定不变，故D正确。所以BD正确，AC错误。16、B:C:D【分析】【详解】

线圈相当于电源，由楞次定律可知A相当于电源的正极，B相当于电源的负极．A点的电势高于B点的电势，在线圈位置上感应电场沿逆时针方向，选项A错误，B正确；由法拉第电磁感应定律得：由闭合电路的欧姆定律得：则0.1s时间内通过电阻R的电荷量为q=It=0.05C，选项C正确；0.1s时间内非静电力所做的功为W=Eq=50×0.05J=2.5J，选项D正确；故选BCD.17、B:C【分析】【分析】

【详解】

A处质点没有振动，说明A点波没有衍射过去，根据发生明显衍射现象的条件知原因是MN间的缝太宽或波长太小，故要使A处质点振动，根据

可使波源的振动频率减小，波长增大，或移动N板使狭缝的间距减小，故选BD。三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】【详解】

[1]在a→b过程中，理想气体等温变化，内能保持不变，气体体积变大对外做功，由热力学第一定律可得，a→b过程中从外界吸收热量；

[2]根据理想气体状态方程可知

整理得

根据V-T图像斜率的大小可知气体在状态c的压强小于状态e的压强。【解析】吸热小于19、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由热力学第一定律，热量、做功、内能的符号规定得Q1＋（－Q2）＋（－W）＝0，即Q1－Q2＝W。

[2][3]再由热力学第二定律知，内能不可能全部转化成机械能而不产生其他影响。【解析】Q1－Q2＝W内机械20、略

【分析】【详解】

从ab边开始进入磁场至cd边恰好进入磁场的过程中，线圈的磁通量变化了线圈中产生的感应电动势．【解析】0.020.121、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22、略

【分析】【详解】

热机是一种将内能转化为机械能的装置．

热机做的功和它从高温热源吸收的热量的比值叫做热机的效率．【解析】将内能转化为机械能热机的效率23、略

【分析】【详解】

质点作简谐运动，它从最大位移处经0.3s第一次到达某点M处，再经0.2s第二次到达M点，从M位置沿着原路返回到最大位移的时间也为0.3s，故完成一个全振动的时间为：T=0.3+0.2+0.3=0.8s，故频率为：．【解析】1.2524、略

【分析】【小题1】本题考察的是多普勒效应；凡是波源靠近观察者，观察者接收到的频率就会变大，远离观察者，接收到的频率就会变小，故AB正确。

【小题2】分析边缘光线a；如图：

由几何关系得，可得∠CAB=45°；

在△OAB中，AC=AB，设为r；在△OBC中；

由勾股定理有：

进而求出

故半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径为【解析】【小题1】AB

【小题2】25、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）当m=0时，传感器的示数即为木块A的重力，则有：Mg=4.80N，解得：

（2）对小球受力分析；根据平衡条件可知，A对小球的支持力N=mgcosθ；

根据牛顿第三定律可知；小球对A的压力为mgcosθ；

对A受力分析可知；传感器对A的支持力F=Mg+mgcosθcosθ；

则传感器的示数为F=Mg+mgcos2θ

则F-m图象的斜率k=gcos2θ；

则有：

解得：cos2θ=0.82

（3）根据牛顿第二定律得小球下滑的加速度为：a＝gsinθ；则不同质量的小钢珠在斜面上运动情况完全相同，所以运动的时间也相同．

考点：研究加速度与物体质量；受力的关系.

【名师点睛】

本题考查研究加速度与物体质量、受力的关系实验；解题的关键是搞清实验的原理及分别对小球和A受力分析，求出传感器的示数F与m的表达式，注意F-m图象斜率和截距所表示的含义，难度适中．【解析】0.50.80（0.77~0.83）相同26、略

【分析】【详解】

（1）[1]空调制冷运行时；室内的水蒸气遇到温度低的蒸发器会发生液化现象，凝结成小水滴排出室外，室内的空气湿度小于室外；

[2]根据能效等级做出分析；图乙中，两空调工作时更节能的是A；

（2）[3]A．由公式

知U一定，使用大功率用电器空调时，电路中电流I过大；可能会引起火灾或跳闸等事故，铺设了专线，可以防止这种危害，故A错误；

B．空调机制冷时，消耗的电能W，室外机放出的热量包括从房间里取出一部分热量Q和消耗的电能W，释放到大气热量中的热量为Q+W；所以室外机放出的热量要大于压缩机消耗的电能，故B正确；

C．氟利昂在空调内部的蒸发器里面汽化；汽化要吸热，使空调蒸发器的温度降低，室内的水蒸气遇到温度低的蒸发器会发生液化现象，空调压缩机是利用氟利昂发生物态变化方法降温的，故C错误；

D．空调制冷时室外机中有风扇在转动；它的作用是将热气吹向室外，故D错误。

故选A；

（3）[4]已知制冷量

因为效能比

所以制冷量

在t=10min=600s内消耗的电能

[5]制冷量

空气质量

根据

可得【