2025年粤教版选修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年粤教版选修3物理下册月考试卷501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1所示为研究光电效应的实验装置示意图，在电极K、A之间加上反向电压U，即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在K、A之间就形成了使光电子减速的电场．现用不同频率的光源照射阴极K，调节滑动变阻器改变反向电压的值，当电流表示数恰好为零时，记下所加反向电压U的值和对应照射光的频率，作出反向电压U随入射光频率变化的图线如图2所示，则下列说法正确的是

A.该金属的截止频率为4.25×1014HzB.该金属的截止频率为5.5×1014HzC.该图线的斜率表示普朗克常量D.该金属的逸出功为0.52eV2、光照到某金属表面发生光电效应，若入射光的颜色不变而强度减弱，则下列说法中正确的是()A.从光照射到金属表面到金属发出光电子之间的时间间隔将明显减小B.逸出的光电子的最大初动能将增大C.单位时间从金属表面逸出的光电子数目将减小D.一定不再发生光电效应3、如图；一竖直放置的汽缸内有两个活塞分别用一根硬杆相连，上活塞上放有一小木块，缸内封有一定质量的气体，整个系统处于平衡。活塞与缸壁间无摩擦且不漏气。下列做法中能使两活塞相对汽缸向下移动的是（）

A.给气缸内气体缓慢降温B.上活塞再加一个小木块C.让整个装置自由下落D.大气压变大4、下面说法正确的是（）A.鸭子从池塘中出来，羽毛并不湿——毛细现象B.细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔后尖端变成球形——表面张力C.压紧土壤可以把地下水分引上来——浸润现象D.保存地下的水分就要把地面的土壤锄松——表面张力5、利用简单的几何学；古人从地面上的两个点认识了地球，再从地球到月亮，从月亮到太阳，从太阳走向宇宙。完成了对地球半径；月球半径、太阳半径、月地距离、日地距离、较近恒星距离等的粗略计算。公元前3世纪，埃及小镇阿斯瓦有一深井，夏至正午的阳光可直接射到井底。在几年后的同一天的同一时间，埃拉托色尼记录了同一条经线上的城市亚历山大（阿斯瓦的正北方）的物体的影子：1米长竖立的杆有0.125米长的影子。根据这种方法算出的地球周长约为（已知阿斯瓦到亚历山大的距离约是800km，π=3.14）（）

A.3.8×104kmB.3.9×104kmC.4.0×104kmD.4.1×104km6、关于磁场，说法正确的是()A.磁铁只能吸铁B.只有磁铁才能产生磁场C.地磁的N极就是地理的北极D.磁场的方向是小磁针静止时N极所指的方向7、学过电和磁的相关知识后，老师和同学共同设计了如下探究实验．如图，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，内壁沿边缘放一个圆环形电极．两电极分别与电池组的正负极相连，并在两极间接有标准数字万用表（型号UT58E），万用表调至直流电压档．然后进行如下实验操作：

①在玻璃皿中放入硫酸铜溶液，发现溶液旋转，此时电压表的示数为5.20V;

②将图中的磁铁撤去后，发现电压表的示数变为5.30V；

③将硫酸铜溶液换成蒸馏水重复①②两步骤，发现电压表的示数始终为5.99V.

关于上述实验的分析合理的是())A.电池组的电动势为5.30VB.因硫酸铜溶液旋转而产生的电动势约为0.10VC.步骤②中电压相比步骤①变大主要是因为溶液电阻变小了D.步骤③中也能观察到蒸馏水的旋转现象8、如图所示，边长为L的菱形由两个等边三角形abd和bcd构成，在三角形abd内存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，在三角形bcd内存在垂直纸面向里的磁感应强度也为B的匀强磁场．一个边长为L的等边三角形导线框efg在纸面内向右匀速穿过磁场，顶点e始终在直线ab上，底边gf始终与直线dc重合．规定逆时针方向为电流的正方向，在导线框通过磁场的过程中，感应电流随位移变化的图象是（）

A.B.C.D.9、关于波的有关现象，下列说法正确的是（）A.产生干涉现象的必要条件之一是两列波的频率相等B.能产生衍射现象的条件是障碍物或孔的尺寸与波长相差不多或比波长更小C.在干涉图样中，振动加强区质点的位移总是最大，振动减弱区质点的位移总是最小D.当观察者靠近波源时，接收到波的频率小于波源的振动频率评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、用频率为ν0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为ν1、ν2、ν3的三条谱线，且ν3>ν2>ν1，则()A.ν0>ν1B.ν0＝ν3C.ν0＝ν1＋ν2＋ν3D.ν0＝ν1＋ν211、关于固体、液体和气体，下列说法正确的是（）A.单晶体蔗糖磨碎后熔点不会发生变化B.由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力C.土壤里有很多毛细管，如果要把地下的水分沿着它们引到地表，可以将地面的土壤锄松E.理想气体在等压膨胀过程中，气体分子在相等时间内对容器内璧相同面积上的撞击次数会减少E.理想气体在等压膨胀过程中，气体分子在相等时间内对容器内璧相同面积上的撞击次数会减少12、如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则

A.电压表读数减小B.电流表读数增大C.质点P将向上运动D.上消耗的功率逐渐增大13、一带正电粒子仅在电场力作用下做直线运动，从A点经B、C运动到D点，其v-t图象如图所示，则下列说法中正确的是()

A.A处的电场强度小于B处的电场强度B.粒子在A处的电势能大于在B处的电势能C.C,D间各点电场强度和电势都为零D.A,B两点的电势差等于C,B两点间的电势差14、物体A做简谐运动的位移物体B做简谐运动的位移则下列说法正确的是（）A.振幅是矢量，A的振幅是6m，B的振幅是10mB.周期是标量，A、B周期相等为100sC.A振动的频率等于B振动的频率D.A的相位始终超前B的相位15、如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是（）

A.甲、乙两摆的振幅之比为2:1B.t=2s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零C.甲、乙两摆的摆长之比为4:1D.甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小一定相等16、如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，L1、L2为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1为定值电阻，R2为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小。闭合电键S后，将照射光强度增强，则（））

A.电路的路端电压将减小B.R1两端的电压将减小C.电源损耗的热功率将减小D.L1变亮，L2变亮17、如图所示，光滑绝缘水平面上M、N两点分别放置带电荷量为＋q和＋3q的质量相等的金属小球A和B（可视为点电荷），现给A和B大小相等的初动能E0，使其相向运动且刚好能发生碰撞，两球碰后返回M、N两点时的动能分别是E1和E2；则（）

A.E1＝E2＞E0B.E1＝E2＝E0C.碰撞发生在M、N两点连线中点的左侧D.两球同时返回M、N两点18、手摇式发电机产生的正弦交流电经变压器给灯泡L供电，其电路如图所示．当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U，灯泡正常发光．已知发电机线圈的电阻为r，灯泡正常发光时的电阻为R，其他电阻可忽略，变压器原线圈与副线圈的匝数比为k；变压器可视为理想变压器．则()

A.灯泡的额定电压为B.灯泡的额定功率为C.发电机的线圈中产生的电动势最大值为D.从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝Usinωt评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)19、关于饱和汽与饱和汽压，气体和液体之间的动态平衡是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率__________，一定温度下的饱和汽压与体积__________．20、热平衡：两个相互接触的热力学系统，经过一段时间，各自的状态参量_______，说明两个系统达到了平衡，这种平衡叫作热平衡。21、现代人通过放孔明灯祈福。普通的孔明灯用薄竹片架成圆桶形，外面以薄纸密实包围，开口朝下。释放时，通过开口处的火焰对灯内气体缓慢加热，直到灯能浮起来，如图所示，在缓慢加热过程中，灯内气体分子的平均动能____________（填“变大”“变小”或“不变”），灯内气体的密度__________（填“变大”“变小”或“不变”）。

22、如图所示，喜庆日子，室外经常使用巨大的红色气球来烘托气氛，在晴朗的夏日，从早晨到中午的过程中，密闭在红色气球内气体分子的平均动能_________（选填“变大”、“变小”或“不变”），气体的体积________（选填“变大”；“变小”或“不变”）

23、一定量的理想气体的p－V图像如图所示，气体状态经历了A→B→C变化过程，A、B、C三个状态的有关参量如图所示，则气体在状态C的内能______________气体在状态A的内能（填“>”、“<”或“＝”），在A→B→C过程中，气体需____________（填“吸热”或“放热”），它与外界交换的热量的绝对值为_____________J。24、在水平放置的气垫导轨上，质量为0.4kg、速度为0.5m/s的滑块甲与质量为0.6kg、速度为0.1m/s的滑块乙迎面相撞，碰撞后滑块乙的速度大小变为0.2m/s，此时滑块甲的速度大小为______m/s，方向与它原来速度方向_______．25、如图所示，一辆质量为M的小车以速度在光滑水平面上向右运动，一质量为m、速度为物体以俯角为θ的方向落到车上并埋在车里的砂中，此时小车的速度为_________________

评卷人得分四、作图题(共3题，共24分)26、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．

27、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．

28、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28分)29、某实验小组利用如图（a）所示的电路探究在25℃~80℃范围内某热敏电阻的温度特性，所用器材有：置于温控室（图中虚线区域）中的热敏电阻RT，其标称值（25℃时的阻值）为900.0Ω：电源E（6V，内阻可忽略）：电压表V（量程150mV）：定值电阻R0（阻值20.0Ω），滑动变阻器R1（最大阻值为1000Ω）：电阻箱R2（阻值范围0-999.9Ω）：单刀开关S1，单刀双掷开关S2．

实验时，先按图（a）连接好电路，再将温控室的温度t升至80.0℃，将S2与1端接通，闭合S1，调节R1的滑片位置，使电压表读数为某一值U0：保持R1的滑片位置不变，将R2置于最大值，将S2与2端接通，调节R2，使电压表读数仍为U0：断开S1，记下此时R2的读数，逐步降低温控室的温度t，得到相应温度下R2的阻值，直至温度降到25.0°C，实验得到的R2-t数据见下表．

。t/℃

25.0

30.0

40.0

50.0

60.0

70.0

80.0

R2/Ω

900.0

680.0

500.0

390.0

320.0

270.0

240.0

回答下列问题：

（1）在闭合S1前，图（a）中R1的滑片应移动到_____填“a”或“b”）端；

（2）在图（b）的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并做出R2-t曲线_____

（3）由图（b）可得到RT，在25℃-80°C范围内的温度特性，当t=44.0℃时，可得RT=____Ω；

（4）将RT握于手心，手心温度下R2的相应读数如图（c）所示，该读数为____Ω，则手心温度为______℃．30、螺旋测微器的读数___________mm，游标卡尺的读数______________cm

31、某物理兴趣小组设计了如图a所示的欧姆表电路；通过控制电键S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×1”和“×10”两种倍率。所用器材如下：

A.干电池：电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω

B.电流G：满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=150Ω

C.定值电阻R1=1200Ω

D.电阻箱R2和R3：最大阻值都为999.9Ω

E.电阻箱R4：最大阻值9999Ω

F.电键一个；红；黑表笔各1支，导线若干。

(1)该实验小组按图a正确连接好电路。当电键S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2=______Ω，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻R内，则R内=______Ω；欧姆表的倍率是______（选填“×1”；“×10”）；

(2)闭合电键S：第一步：调节电阻箱R2和R3，使时，R2=______Ω，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏；第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调节R4，当电流表指针指向图b所示的位置时；对应的欧姆表的刻度值为______Ω。

32、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）参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】

根据结合图像判断各个选项的对错．

【详解】

AB、从图像上可以看出，当遏制电压为零时，此时刚好发生光电效应，即该金属的截止频率为4.25×1014Hz；故A对B错。

C、因为图像是关于的图像，所以图像的斜率代表的是故C错；

D、根据当时再结合图像可知该金属的逸出功1.76eV；故D错；

故选A2、C【分析】【详解】

光的强度影响的是单位时间内发出光电子的数目，并不会影响从光照到金属表面上到发射出光电子的时间间隔，故A错误；根据爱因斯坦光电效应方程可知当入射光频率不变时，金属板仍能发生光电效应，且最大初动能不变，与入射光的强度无关，故BD错误；光的强度影响的是单位时间内发出光电子的数目，入射光强度减小，单位时间内从金属表面逸出的光电子的数目减少，故C正确；故选C3、B【分析】【分析】

【详解】

A．给气缸缓慢降温；气体温度降低，由盖·吕萨克定律知气体体积要减小，从气缸结构上看活塞应向上移动，选项A错误；

B．设缸内气体压强p，外界大气压为p0，大活塞面积S，小活塞面积s，活塞和木块的总重力为G，以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知

上活塞再加一个小木块；整体的重力增大，大气压及活塞面积不变，则容器内气体压强必须减小，由玻意耳定律知气体体积要增大，所以两活塞相对汽缸向下移动，选项B正确．

C．让整个装置自由下落；缸内气体压强增大（原来小于大气压强），由玻意耳定律知气体体积要减小，所以气缸向上移动，选项C错误；

D．大气压变大时，由知缸内气体压强要变大；由玻意耳定律知气体体积要减小，所以气缸要向上移动，选项D错误。

故选B。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．鸭子从池塘中出来；羽毛并不湿是不浸润现象，A错误；

B．细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔后尖端变成球形；是表面张力的作用，因为表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，而体积相同情况下球的表面积最小，故呈球形，B正确；

C．压紧土壤可以把地下水分引上来是毛细现象；故C错误；

D．保存地下的水分就要把地面的土壤锄松，防止毛细现象的发生，D错误。故选B。5、C【分析】【详解】

设地球的半径为R，则根据黄色区域的相似关系可知

地球周长为

故选C。6、D【分析】A；磁铁能够吸住铁、镍、钴等物质；故A错误；

B；电流周围也存在磁场；故B错误；

C；磁体周围的磁感线从N极出发回到S极；则地磁的N极就是地理的南极，故C错误；

D；磁场的方向是小磁针静止时N极所指的方向；故D正确；

故选D。

【点睛】考查了磁场的产生本质，理解磁场方向的确定，并注意地磁场的N极与地理的南极不完全重合。7、B【分析】【详解】

AB、玻璃皿中的液体相当于一段导体，该段导体通电后在磁场中发生运动，运动后产生反电动势，所以对于该段导体不再适用欧姆定律来计算通过电流，在玻璃皿中放入硫酸铜溶液，发现溶液旋转，此时电压表的示数为将图中的磁铁撤去后，发现电压表的示数变为由于万用表调至直流电压档，阻值大，所以因硫酸铜溶液旋转而产生的电动势约为故A错误，B正确；

C；步骤②中电压相比步骤①变大主要是因为磁铁撤去后；该段导体通电后没有产生反电动势，故C错误；

D；将硫酸铜溶液换成蒸馏水不能观察到蒸馏水的旋转现象；故D错误；

故选B．8、A【分析】【详解】

感应电动势电流三角形egf向右运动，根据右手定则，开始时ef切割磁感线，产生顺时针电流，大小设为过程，en切割磁感线产生向下的电流，nf产生向上的电流，em产生向下电流，切割磁感线的有效长度为随着三角形的运动在减小，感应电流减小，当运动时，电流为零，过程，继续移动根据等边三角形的几何关系，nf+em大于en，逐渐变大，电流变大，当efg与bcd重合时，eg边和ef切割磁感线，产生电流方向均为逆时针，大小变为L-2L过程中，继续移动gm切割磁感线，产生感应电动势，L有=gm，逐渐减小，直至全部出磁场电流为零，A正确．9、A【分析】试题分析：产生干涉现象的必要条件之一是两列波的频率相等,选项A正确；当障碍物的尺寸与波长相比差不多；或比波长小，会发生明显的衍射，故B错误；在干涉图样中，振动加强区质点的振幅最大，振动减弱区质点的振幅最小，选项C错误；根据多普勒效应，当观察者靠近波源时，接收到波的频率大于波源的振动频率，选项D错误；故选A．

考点：光的干涉和衍射；多普勒效应。二、多选题(共9题，共18分)10、A:B:D【分析】【详解】

所发射的光谱中仅能观测到频率分别为ν1、ν2、ν3的三条谱线，说明原子是从能级向下跃迁的，所以应该使基态的氢原子吸收能量跃迁到最高能级根据跃迁规律可知：故ABD正确；C错误；故选ABD11、A:B:E【分析】【分析】

【详解】

A．单晶体蔗糖磨碎后熔点不会发生变化。故A正确；

B．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离；分子间作用力表现为引力，故液体表面存在张力，故B正确；

C．将地面的土壤锄松后破坏了土壤里的毛细管；不再发生毛细现象，水分保留在土壤内部。故C错误；

D．用打气筒给自行车打气时；越下压越费力这是气体压强作用的缘故，与分子力无关，故D错误；

E．理想气体在等压膨胀过程中；温度升高，分子平均动能增加，分子对器壁的平均撞击力增大，而压强不变，则气体分子在相等时间内对容器内壁相同面积上的撞击次数会减少，故E正确。

故选ABE。12、A:B【分析】【详解】

由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；

当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；

由欧姆定律可知流过R3的电流减小；则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故B正确；

因并联部分电压减小，而R2中电压增大；故电压表示数减小；故A正确；

因电容器两端电压减小；故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误；

因R3两端的电压减小，由公式可知，R3上消耗的功率减小．故D错误．

综上所述；故选AB．

【点晴】

本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分-整体-部分的分析思路进行分析．13、B:D【分析】【分析】

从图象可以看出；粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度的大小关系．由运动过程中，动能增加，势能减少，所以可判断出粒子在AB两点的电势能大小，有电场力做功的公式可得AB两点间的电势差与CB两点间的电势差的大小关系．

【详解】

A项：由运动的速度--时间图象可看出；带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A错误；

B项：由A到B的过程中；速度变大了，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在A点是电势能大于在B时的电势能，所以粒子在A点的电势能高于B点的电势能，故B正确；

C项：从C到D；粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错误；

D项：A；C两点的速度相等；故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D正确．

故选BD．

【点睛】

本题考查到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．还考查了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似．14、C:D【分析】【详解】

A．振幅是标量；A；B的振动范围分别是6m、10m，但振幅分别为3m、5m，A错误；

B．振动周期

B错误；

C．因为故C正确；

D．两物体振动的相位差

D正确。

故选CD。15、A:B【分析】【分析】

【详解】

A．由图知甲；乙两摆的振幅分别为2cm、1cm；故A正确；

B．t=2s时；甲摆在平衡位置处重力势能最小；乙摆在振动的最大位移处，动能为零，故B正确；

C．甲、乙两摆的周期之比为1:2，由单摆的周期公式T＝2π得到甲；乙两摆的摆长之比为1：4，故C错误；

D．由题目的条件不能比较甲；乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小；故D错误。

故选AB。16、A:B:D【分析】【详解】

当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，所以电源内电压增大，所以路端电压减小，电流增大，所以两端的电压增大，变亮，并联部分电压减小，即两端的电压将减小，其电流减小，所以通过的电流增大，变亮；由于总电流增大，所以电源损耗的热功率即电源内阻r的发热功率将增大；故ABD正确，C错误。

故选ABD。17、A:D【分析】【分析】

【详解】

AB．两球组成的系统动量守恒，两球质量相等初动能相等，则两球的初速度大小相等，而方向相反，两球必将同时返回各自的出发点，且两球末动量大小和末动能一定相等，两球接触后的电荷量都变为在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，系统机械能必然增大，即末动能增大、末动量也增大，即

故A正确；B错误；

C．两球间的作用力是作用力与反作用力；大小相等，两球质量相等，两球的加速度相等，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，同时返回出发点，故C错误，D正确。

故选AD。

【点睛】

本题考查了动量守恒定律的应用，对碰撞过程基本规律的理解和应用能力，碰撞过程的两大基本规律：系统动量守恒和总动能不增加，常常用来分析碰撞过程可能的结果。18、A:D【分析】【详解】

电压表测量的是原线圈的电压有效值，因为此时灯泡正常发光，则灯泡的额定电压等于此时副线圈的电压，则由得灯泡的额定电压A正确；灯泡的额定功率B错误；副线圈的电流电流则原副线圈的电流之比故原线圈的电流因此发电机的线圈中产生的电动势的有效值E=U+I1r，最大值C错误；输入电压最大值为U，则从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u=Usinωt，D正确；故选AD.三、填空题(共7题，共14分)19、略

【分析】由动态平衡的概念可知，汽化与液化的速率相等，一定温度下饱和汽压与体积无关.【解析】相等无关20、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】不再变化21、略

【分析】【详解】

[1]随着加热；灯内气体温度升高，分子的平均动能变大；

[2]对于灯内气体，根据盖-吕萨克定律，压强不变，温度升高，气体体积增大。因为孔明灯的体积几乎不变，所以部分气体外溢，灯内气体的质量减小，密度变小。【解析】变大变小22、略

【分析】【详解】

[1]中午时气温升高；气球内气体分子的平均动能变大；

[2]以气球内的气体为研究对象，温度升高，压强增大，气球会膨胀，因此气体的体积变大。【解析】变大变大23、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]．由图示图象可知，在A、C两状态，气体的pV相等；由理想气体状态方程可知，A；C两状态的温度相等，则气体在两状态的内能相等；

[2][3]．由图示图象可知；A→B过程为等压过程，气体体积减小，外界对气体做功。

W=FL=pSL=p△V=1×105×（4-1）×10-3=300JB→C过程是等容变化，气体不做功，在整个过程中，由热力学第一定律△U=W+Q；可知。

Q=△U-W=0-300=-300J由此可知，在整个过程气体对外放热，放出的热量为300J．【解析】＝放热30024、略

【分析】【分析】

【详解】

滑块甲乙系统在碰撞过程中水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：＋＝＋由题意知，两者迎面碰撞，说明两者初速度方向相反，不妨假设甲的初速度方向为正方向，又由于题目中只说明碰后乙的速度大小，未说明碰后速度方向，但系统初始总动量方向与正方向相同，因此碰后系统的总动量方向也应与正方向相同，所以碰后乙的速度方向只能沿正方向，解得碰后甲的速度为：＝0.05m/s，为正值，即方向与它原来的方向相同．【解析】0.05相同25、略

【分析】【详解】

小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有

解得【解析】四、作图题(共3题，共24分)26、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】27、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】28、略