2025年沪科版选修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年沪科版选修3物理下册月考试卷195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9题，共18分)1、如图所示电路图中，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，电源内阻r；当滑动变阻器的滑动片向右移动时，电流表；电压表可视为理想电表，关于电流表和电压表示数的变化情况的分析，正确的是。

A.电流表和电压表读数均增大B.电流表和电压表读数均减小C.电流表读数变大，电压表V2读数变大，V1读数减小D.电流表读数变小，电压表V2读数变大，V1读数减小2、如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有黑箱。t=0时刻起电阻为R的导体棒ab以一定的初速度放上导轨向右运动；运动过程中棒始终与导轨垂直且与导轨电接触良好，不计导轨电阻。则（）

A.若黑箱中是电池，棒的最终速度与初速度有关B.若黑箱中是线圈，棒做简谐运动C.若黑箱中是电阻，棒的速度随位移均匀减小D.若黑箱中是电容器，棒的最终速度与初速度无关3、如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S=100cm2的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为m的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的V-T图像，密闭气体在A点的压强pA=1.03×105Pa，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量Q=500J。已知外界大气压强p0=1.01×105Pa，下列说法正确的是（）

A.重物质量m=1kgB.气体在状态B时的体积为8.0×10-2mC.从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功202JD.从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加294J4、如图所示，两块平行金属板中间有正交的匀强电场和匀强磁场，粒子（氦原子核）以速度从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向从左向右射入；恰好能沿直线匀速通过．下列说法中正确的是：

A.若电子以速度沿相同方向射入，运动的时间变长B.若质子以速度沿相同方向射入，运动的时间变短C.若电子以大于的速度沿相同的方向射入，从右端射出时的动能会增大D.若质子以小于的速度沿相同方向射入，从右端射出时的动能会增大5、如图所示，在磁极和圆柱状铁芯间形成的两部分磁场区域的圆心角均为磁感应强度B均沿半径方向，单匝矩形线圈abcd的宽长线圈中轴以角速度匀速转动时对外电阻R供电，若线圈电阻为r，电流表内阻不计，则下列说正确的是

A.线圈转动时将产生正弦式交流电B.从图示位置开始转过角时，电流方向将发生改变C.线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的变化率不变D.电流表的示数为6、如图所示为波沿着一条右端固定的绳子传播到点的波形图，由图可判断出点开始振动的方向（）

A.向左B.向右C.向上D.向下7、篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球．接球时两臂随球迅速收缩至胸前．这样做可以（）

A.减小篮球对手的冲量B.减小篮球对人的冲击力量C.减小篮球的动量变化量D.减小篮球的动能变化量8、如图所示；用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B后留在其中（子弹打击的时间极短），关于由子弹；弹簧和A、B所组成的系统，下列说法正确的是()

A.子弹射入物块B的过程中，系统的机械能、动量均不守恒B.物块B带着子弹向左运动，直到弹簧压缩量达最大过程中，系统的机械能和动量都不守恒C.弹簧推着物块B向右运动，直到弹簧恢复原长的过程中，系统的机械能和动量都守恒D.物块A离开竖直墙壁后，直到弹簧伸长量达最大的过程中，系统的机械能和动量都守恒9、如图是描述原子核核子的平均质量与原子序数Z的关系曲线；由图可知（）

A.原子核A分裂成原子核B和C时质量增加B.原子核A的比结合能比原子核C的比结合能大C.原子核D和E结合成原子核F一定释放能量D.原子核A的结合能一定比原子核C的结合能小评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、(多选)在如图所示电路中，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，闭合开关S，当R2的滑动触片P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电流表、电压表的示数分别用I、U1、U2、U3表示，它们示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。则下列说法中正确的是（  ）

A.不变，不变B.变大，变大C.变大，不变D.变大，不变11、下列各种说法中正确的是（）A.布朗运动是分子热运动的宏观现象，可以发生在固体、液体和气体中B.扩散现象反映了分子的无规则运动，可以发生在固体、液体、气体的任何两种中C.分子力较大时，分子势能较大；分子力较小时，分子势能较小E.只要是具有各向异性的物体一定是晶体，具有各向同性的物体不一定是非晶体E.只要是具有各向异性的物体一定是晶体，具有各向同性的物体不一定是非晶体12、关于热学知识，下列说法正确的是（）A.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部B.晶体都具有各向异性和固定熔点的特性C.在绝对湿度一定的情况下，气温降低时，相对湿度将增大D.无风雾霾中的（粒径小于或等于2.5微米的颗粒物）的运动属于布朗运动13、一定量的理想气体从状态a开始，经历a→b→c→a三个过程回到原状态，其p-T图象如图所示。下列判断正确的是（）

A.a→b的过程中，气体体积不变B.b→c的过程中，气体对外做的功小于气体所吸收的热量C.a→b→c→a过程中，气体对外做功在数值上等于△abc的面积E.c→a的过程中，单位时间内容器壁单位面积受到的气体分子撞击次数逐渐增加E.c→a的过程中，单位时间内容器壁单位面积受到的气体分子撞击次数逐渐增加14、如图所示是一定质量的理想气体的p－V图象，理想气体经历从A→B→C→D→A的变化过程，其中D→A为等温线。已知理想气体在状态D时温度为T＝400K；下列说法正确的是（）

A.理想气体在状态B时的温度为1000KB.理想气体在状态C时的温度为1000KC.C到D过程外界对气体做功为100J，气体放出热量100JD.气体从状态D变化到状态A，单位体积的气体分子数增大，但气体分子的平均动能不变15、根据热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是（）A.单晶体在物理性质上都表现出各向异性，多晶体在物理性质上都表现出各向同性B.自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的C.尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到-293℃E.空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下，热量可以逆向传递E.空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下，热量可以逆向传递16、如图所示，圆心为O、半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子质量为电荷量为从A点以一定的速度垂直磁场方向沿半径射入磁场中，并从C点射出，图中实线AC所示弧线为其运动轨迹．已知∠AOC=120°，磁感应强度为B,不计粒子所受的重力．关于粒子在磁场中的运动，下列说法中正确的是。

A.运动半径为rB.运动半径为C.运动时间为D.运动时间为17、下列关于核反应及衰变的表述正确的有（）A.中，表示B.是轻核聚变C.半衰期的规律对少量的放射性原子不起作用D.衰变中产生的射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的18、已知氘核的比结合能是1.09MeV，氚核的比结合能是2.78MeV，氦核的比结合能是7.03MeV。某次核反应中，1个氘核和1个氚核结合生成1个氦核，则下列说法中正确的是（）A.这是一个裂变反应B.核反应方程式为C.核反应过程中释放的核能是17.6MeVD.目前核电站都采用上述核反应发电评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)19、如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞入磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角。则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的半径之比为_______；速度之比为__________；周期之比为_________；时间之比为__________。20、左端封闭右端开口粗细均匀的倒置U形管，用水银封住两部分气体，静止时如图所示，若让管保持竖直状态做自由落体运动，则气体柱Ⅰ长度将________，气体柱Ⅱ长度将________。（选填：“增大”；“减小”或“不变”）

21、夏天的清晨在荷叶上滚动着一个个晶莹剔透的小露珠，这是由________导致的物理现象。分子势能和分子间距离r的关系图象如图所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子的是图中_______（选填“A”；“B”、或“C”）的位置。

22、马鞍山是一座钢铁城市，马钢工人时常为高炉进行检修．而这时高炉内干燥空气的温度竟达160℃，工人却安全在炉内工作几个小时，是因为________．23、回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50K，某台设备工作时，一定量的氦气（可视为理想气体）缓慢经历如图所示的四个过程：从状态到和到是等温过程；从状态到和到是等容过程，体积分别为和则图中___（填“>”“<”或者“=”）；整个循环过程氦气系统是______的（填“吸热”“放热”或者“绝热”）。

24、如图所示电路中，R1=100Ω，滑动变阻器的总电阻R=100Ω，A、B两端电压恒定，且UAB=12V．当S断开时，滑动变阻器R滑动头P由a移至b的过程中，R1两端的电压由_______V变至_______V；当S闭合时，滑动变阻器R滑动头P由a移至b的过程中，R1两端的电压由______V变至________V．

25、一根长为L，横截面积为S的粗细均匀的金属棒，棒内单位体长度自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压U时，棒内产生电流自由电子定向运动的平均速率为v。则金属棒内的电流强度大小为_________26、如图所示，小球A的质量为mA=5kg，动量大小为PA=4kg.m/s，小球A沿着光滑水平面向右运动，与静止的B球发生弹性碰撞，碰后A的动量大小变为PA'=1kg·m/s，方向仍然向右．则由此可知碰撞后小球B的动量大小为______kg·m/s，小球B的质量为____kg.

27、某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为____cm和____mm

评卷人得分四、作图题(共3题，共6分)28、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．

29、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．

30、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1题，共8分)31、一同学欲测定一根圆柱材料的电阻率。使用的器材有：游标卡尺；螺旋测微器、多用电表、电流表（0.2A5Ω）、电压表（15V；15KΩ）、滑动变阻器（0~25Ω）、电源（12V，内阻不计）、开关、导线若干。

(1)先用多用电表的欧姆表“×10”挡粗测圆柱材料的阻值，在正确操作情况下，表盘指针如图所示，可读得圆柱材料的阻值Rx=_____Ω。

(2)螺旋测微器测量圆柱材料的直径；如图所示，圆柱的直径是______mm；游标卡尺测量出圆柱材料长度如图所示，圆柱的长度是_______mm。

(3)根据多用电表示数；为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从下图的A；B、C、D四个电路中选择________电路用于测量圆柱材料电阻。

A、B、

C、D、评卷人得分六、解答题(共2题，共16分)32、半径为a的圆形线圈，电阻不计，处于磁感应强度为B的匀强磁场中．一导体棒质量为m受到向上的拉力，以速度v匀速向下运动，导体棒单位长度的电阻为r．

（1）求通过导体棒的电流I和通过的电荷量q；

（2）当y>0时，求拉力功率P．33、（1）如图甲所示，M、N是真空中两个电荷量均为+Q的固定点电荷，M、N间的距离为a；沿MN连线的中垂线建立坐标轴，P是x轴上的点，°．已知静电力常量为k．

a．求P点场强的大小和方向；

b．在图乙中定性画出场强E随x变化的图像（取向右为场强E的正方向）．

（2）如图丙所示，一个半径为R、电荷量为+Q的均匀带电圆环固定在真空中，环心为O，MN是其中轴线．现让一电荷量为−q、质量为m的带电粒子从MN上的P点由静止释放，P、O间的距离为d．不计粒子重力．试证明：当d<<R时；带电粒子做简谐运动．

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化；然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题；

【详解】

由电路图可知，滑动变阻器的滑动片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电源电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I减小，路端电压则U增大，电阻R1的电压减小，则电压表示数减小；并联部分的电压增大，电压表示数增大；增大，通过的电流增大，因为总电流减小，所以通过电流表的示数减小．总之，电流表读数变小，电压表V2读数变大，V1读数变小；故ABC错误，D正确．

【点睛】

闭合电路的动态分析题的关键在于由变化的电阻，得出总电阻的变化．进而得到干路电流和路端电压的变化．2、C【分析】【详解】

A．若黑箱中是电池，则金属棒向右在安培力作用下做加速运动，当金属棒产生的感应电动势等于电源电动势时，回路的电流为零，此时金属棒处于稳定状态，此时满足

则棒的最终速度与初速度无关；选项A错误；

B．若黑箱中是线圈；因棒所受的安培力方向与速度方向总是相反的，简谐振动中回复力与速度方向可能相同，也可能相反，则棒不可能做简谐运动，选项B错误；

C．若黑箱中是电阻，设阻值为r，则当棒离开初始位置距离为x时，由动量定理

其中的

解得

即棒的速度随位移均匀减小；选项C正确；

D．若黑箱中是电容器，则开始时，电容器不断充电，带电量逐渐增加，电容器两板间电压增加，棒由于受安培力作用做减速运动，当导体棒两端电压等于电容量两板电压时，回路电流为零，此时到达稳定状态，设此时的速度为v，则电容两板电压为U=BLv

电容器带电量Q=CU=CBLv

对导体棒有动量定理

其中

解得

即棒的最终速度与初速度有关；选项D错误。

故选C。3、D【分析】【详解】

A．在A状态，根据题意mg+p0S=pAS

解得m=2kg

故A错误；

B．根据图像可知所以气体做等压变化=解得VB=8.0×10-3m3故B错误；

C．从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功W=pA△V=206J

故C错误；

D．根据热力学第一定律△U=Q-W=294J

故D正确。

故选D。4、D【分析】【详解】

由于α粒子从左向右射入正交的电场和磁场空间，恰能做匀速直线运动，则两力平衡，即Eq=qvB，所以选择的速度v=E/B，与电性和电量无关，但有确定的进、出口．若电子以相同的速度v射入，相对α粒子电场力和洛仑兹力均反向，则电子仍将做匀速直线运动，所以运动的时间不变，选项A错误；同理若质子以速度v沿相同方向射入，运动的时间也不变，选项B错误；若电子以大于v的速度沿相同的方向射入，则电子受到的向下的洛伦兹力大于向上的电场力，电子向下偏转，则电场力做负功，则从右端射出时的动能会减小，选项C错误；若质子以小于v的速度沿相同方向射入，则质子受到的向上的洛伦兹力小于向下的电场力，质子向下偏转，则电场力做正功，则从右端射出时的动能会增大，选项D正确.5、D【分析】【详解】

A．bc边向上切割时，感应电流方向为c→b；bc边向下切割时，感应电流方向为b→c；故线圈连续转动，流过电阻R的电流是交流电；但电流的大小不变，故产生的不是正弦交流电，故A错误；

B．从图示位置开始转过900角时；电流方向不发生改变，故B错误；

C．在共同圆心角α均为内；线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的变化率不变，故C错误；

D．一个周期内，通电时间为：R上消耗的电能为：W=t，且有：W=I2(R+r)T，解得线圈上电流的有效值为：故D正确；6、D【分析】【详解】

由题图可知波向右传播,传播到点，点刚开始振动且振动方向向下，其重复波源A的运动，所以A点开始振动的方向向下.

A.向左与分析结果不相符；故A项不合题意.

B.向右与分析结果不相符；故B项不合题意.

C.向上与分析结果不相符；故C项不合题意.

D.向下与分析结果相符；故D项符合题意.7、B【分析】【详解】

试题分析：根据动量定理，篮球以一定得速度减小为零，因此当动量的变化一定，则冲量也一样，因速度变化一样，因此动能变化一样，增大作用时间可减少作用力；运动员接篮球时，篮球的动量由某一值减到零，接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样可以增加篮球和运动员的作用时间，从而减少篮球对运动员的冲击力，选项B正确．

考点：动量定理的应用．8、D【分析】【详解】

A：子弹射入物块B的过程中；由于时间极短，且内力远大于外力，子弹；弹簧和A、B所组成的系统动量守恒；在此过程中，子弹的动能有一部分转化为系统的内能，系统的机械能减小。故A项错误。

B：物块B带着子弹向左运动；直到弹簧压缩量达最大过程中，系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，系统动量不守恒；在此过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒。故B项错误。

C：弹簧推着物块B向右运动；直到弹簧恢复原长的过程中，系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，系统动量不守恒；在此过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒。故C项错误。

D：物块A离开竖直墙壁后；直到弹簧伸长量达最大的过程中，系统所受的外力之和为零，系统动量守恒；在此过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒。故D项正确。

【点睛】

系统动量守恒的条件是系统所受合外力为零；系统机械能守恒的条件是除重力（弹簧弹力）外其他力不做功。9、C【分析】【详解】

A.A核裂变成B和C的反应过程中核子的平均质量减小；即出现质量亏损，故A错误；

B.原子核A比原子核C的核子平均质量大，原子核C比原子核A更稳定，故原子核A的比结合能比原子核C的比结合能小；故B错误；

C.核反应过程中核子平均质量减小；出现质量亏损，释放能量，故C正确；

D.原子核A的原子序数大于原子核C的原子序数，即原子核A的结合能大于原子核C的结合能，故D错误.二、多选题(共9题，共18分)10、A:C:D【分析】【详解】

当滑动变阻器触头P向下滑动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，则电路中总电流I变小。

A．R1为定值电阻，则

不变；故A正确；

BC．根据=R2

因为滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则变大，由闭合电路欧姆定律可知U3=E-I（r+R1）

则得=r+R1

不变；故B错误，C正确；

D．根据=R1+R2

变大，由闭合电路欧姆定律可知U1=E-Ir

则得=r

不变；故D正确。

故选ACD。11、B:D:E【分析】【分析】

【详解】

A．布朗运动是悬浮在液体；气体中的固体小颗粒的运动；所以只能发生在液体和气体中，故A错误；

B．扩散现象是两种物质的分子相互进入对方；可在固；液、气三种物质中任两种中发生，故B正确；

C．当分子力表现为引力时；随分子间的距离增大，分子力先增后减，但分子势能一直增大，故C错误；

D．液晶分子在特定的方向排列比较整齐；具有各向异性，但分子排列不稳定，外界条件的微小变化都会引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的某些性质，如温度；压力和外加电压等的变化，都会引起液晶光学性质的变化，故D正确；

E．单晶体的物理性质是各向异性；多晶体和非晶体的物理性质是各向同性，故E正确。

故选BDE。12、C:D【分析】【分析】

【详解】

A．液体表面张力的方向平行于液体表面；所以A错误；

B．单晶体都具有各向异性和固定熔点的特性；多晶体具有各向同性，所以B错误；

C．在绝对湿度一定的情况下；气温降低时，相对湿度将增大，所以C正确；

D．无风雾霾中的（粒径小于或等于2.5微米的颗粒物）的运动属于布朗运动；所以D正确；

故选CD。13、A:D:E【分析】【详解】

A．由图可知，的过程中；气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，A正确；

B．由图可知，的过程中，气体发生等温变化，由知，气体压强减小，气体体积增大，气体对外做功，温度不变，则气体内能不变，气体吸收热量，由热力学第一定律得

气体对外做的功得

B错误；

C．过程中，是等容变化，气体体积不变，对外不做功；是等压变化，气体温度降低，体积减小，外界对气体做功；是等温变化，压强减小，气体体积增大，气体对外做功，温度不变，气体内能不变，由热力学第一定律可知，气体对外做的功等于气体吸收热量，在数值上不等于Δabc的面积；C错误；

D．过程中；气体的体积先增大后减小，气体分子数不变，所以容器内单位体积的分子数先减小后增加，D正确；

E．的过程中；气体是等压变化，温度降低，体积减小，分子的密度逐渐增大，单位时间内容器壁单位面积受到的气体分子撞击次数逐渐增加，E正确。

故选ADE。

14、A:D【分析】【详解】

A.理想气体从B→D过程，由气态方程可得

解得

A正确；

B．理想气体从C→D过程，属等压变化，由盖吕萨克可得

解得

B错误；

C．C到D过程外界对气体做功为

由于C到D过程，温度降低，由热力学第一定律

可得

即气体放出热量大于100J；C错误；

D．气体从状态D变化到状态A；气体体积减小，单位体积内气体分子数增大，温度不变，气体分子的平均动能不变，D正确；

故选AD。15、A:B:E【分析】【分析】

【详解】

A．单晶体在物理性质上都表现出各向异性；多晶体在物理性质上都表现出各向同性，故A正确；

B．自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的；故B正确；

C．根据热力学第三定律知；制冷机不可能使温度降到-273℃，更不可以使温度降到-293℃，故C错误。

D．等容过程分子的密集程度是不变的；等容降压过程温度降低，则其压强降低是由于分子的热运动的剧烈程度减少而引起的，故D错误；

E．空调既能制热又能制冷；根据热力学第二定律可知，空调机在不自发的条件下，热传递可以逆向，故E正确。

故选ABE。16、B:D【分析】【分析】

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动；由几何关系可求出圆心角和半径，则可求得粒子转过的弧长，由线速度的定义可求得运动的时间．

【详解】

由几何关系可知粒子运动半径为故A错误，B正确；由洛伦兹力提供向心力得解得解得粒子在磁场中转过的角度为600，则运动时间为故D正确，C错误；故选BD．17、B:C【分析】【详解】

根据质量数和电荷数守恒的规律，A项中X表示A错误；是轻核聚变，B正确；半衰期的规律是大量同种原子的统计规律，对单个放射性原子无法确定其衰变时间，C正确；衰变中产生的射线是原子核内放出的，D错误；故选BC.18、B:C【分析】【详解】

A；1个氘核和1个氚核结合生成1个氦核；这是两个比较轻的核转化成中等质量的核，所以属于聚变反应，A错误。

B；根据质量数和质子数守恒；可以知道当1个氘核和1个氚核结合生成1个氦核时会有一个中子生成，B正确。

C、原子核的结合能与核子数之比，称做比结合能．根据题意可知，核反应过程中释放的核能是C正确。

D、核电技术是利用核裂变或核聚变反应所释放的能量发电的技术．因为受控核聚变存在技术障碍，目前核电站都是采用核裂变技术．D错误三、填空题(共9题，共18分)19、略

【分析】【分析】

粒子进入磁场时，受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角，再可求出轨迹对应的圆心角由求解时间之比；根据几何知识求出轨迹半径之比，由半径公式求出速度之比．

【详解】

设圆柱形区域为R。带电粒子第一次以速度沿直径入射时；轨迹如图所示：

粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转60°角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角轨迹半径为运动时间为带电粒子第二次以速度沿直径入射时，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转90°角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角轨迹半径为运动时间为所以轨迹半径之比：时间之比：根据半径公式得速度之比：根据可知；周期之比为1：1。

【点睛】

本题关键要掌握推论：粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，运用几何知识求出半径关系，就能正确解答【解析】111:12：320、略

【分析】【详解】

[1][2]设大气压强为P0，由图示可知，封闭气体压强

当U型管做自由落体运动时，水银处于完全失重状态，对封闭气体不产生压强，封闭气体压强都等于大气压P0。

可知气柱I的压强变大，温度不变，由玻意耳定律可知，气体体积变小，气柱长度变小；气柱Ⅱ部分气体压强不变，温度不变，由理想气体状态方程可知，气体体积不变，气柱长度不变。【解析】减小不变21、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]小露珠由于表面张力呈现球形状；能在荷叶上滚动，是因为荷叶表面的不浸润。

[2]液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，则液体表面层分子间作用力表现为分子间引力，当分子间引力和斥力相等时分子势能最小，此时分子力表现为引力，分子间距离应大于最小分子势能对应的距离，故应是图像中的C点。【解析】①.表面张力/不浸润②.C22、略

【分析】【分析】

【详解】

工人能在炉内温度竟达160℃的环境中工作几个小时；是因为在高压炉内干燥空气中，工人容易排汗，通过蒸发来维持体温．

【点睛】

高压炉内空气温度高，工人容易排汗，温度越高汗液蒸发越快，蒸发吸热，人体温度降低．【解析】在高炉内干燥空气中，工人容易排汗，通过蒸发来维持体温23、略

【分析】【详解】

[1]从状态B到C，由查理定律得

由于所以

[2]A-B过程外界对系统做正功，C-D过程外界对系统做负功，p-V图象与横轴围成的面积表示做的功，所以

所以整个循环过程外界对系统做正功。整个循环过程

所以

整个循环过程A-B-C-D-A氦气系统要放热。【解析】>放热24、略

【分析】【分析】

当电键S断开时；滑动变阻器滑片P滑到最上端时，电压表的示数最大，等于12V，当滑片滑到最下端时，电压表示数最小，由欧姆定律求出；

当电键S闭合时；电压表示数最大值不变，滑片滑到最下端时，电压表示数为零；

【详解】

当电键S断开时，当滑动变阻器滑片P滑到最上端时，电压表的示数最大，等于12V，滑片滑到最下端时，变阻器与电阻串联，电压表示数最小，最小值为即滑动头P由a移至b的过程中，R1两端的电压由变至

当电键S闭合时，滑片P滑到最上端时，电压表的示数最大，等于12V；

滑片滑到最下端时，电阻R1被短路，电压表示数为零，即滑动头P由a移至b的过程中，R1两端的电压由变至．

【点睛】

本题考查对变阻器两种接法的理解：S断开时变阻器为限流器，S闭合时，变阻器为分压器．运用欧姆定律求解电压范围．【解析】12612025、略

【分析】【分析】

根据导体中自由电子的定向移动速率可明确t内通过截面的电量；再由电流的定义即可求电流强度的大小．

【详解】

由题意金属棒中的电荷量为q=LSne，由一端运动到另一端所需时间根据得金属棒中电流为．

【点睛】

本题考查了电流微观表达．在求解时要注意明确，t内长度为vt的导线内部电子能全部通过截面，从而可以由电流定义求解．【解析】26、略

【分析】【详解】

以向右为正方向，根据动量守恒定律得：解得：由机械能守恒定律得：代入数据解得：．【解析】3327、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）刻度尺在读数的时候要估读一位；所以金属杆的长度为60.10；

（2）游标卡尺的主尺读数为：4mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.02mm=0.20mm，所以最终读数为：4mm+0.20mm=4.20mm=0.420cm=4.20mm．【解析】(1)60.104.20四、作图题(共3题，共6分)28、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】29、略

【分析】试题分析：A图中；在XX′偏转电极所加的电压的