2025年沪科新版选修3物理下册月考试卷含答案

…………○…………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年沪科新版选修3物理下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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6题，共12分)1、如图所示电路，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中；电压表；电流表的示数变化情况为。

A.两电表示数都增大B.两电表示数都减少C.电压表示数减少，电流表示数增大D.电压表示数增大，电流表示数减少2、西安到榆林，既可以选择直达动车，也可以选择普通列车，这些出行方式的选择体现了哪种逻辑关系（）A.“与”逻辑B.“或”逻辑C.“非”逻辑D.“与非”逻辑3、如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈接在的交流电源上，副线圈接有的电阻．电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是（）

A.原线圈的输入功率为B.电流表的读数为4.0AC.电压表的读数为D.副线圈两端交流电的周期为50s4、现有甲；乙、丙三种初温度相同的液体；其中甲、乙为质量相等的不同液体，乙、丙为质量不等的同种液体。若对这三种液体分别加热，则可根据它们吸收的热量和升高的温度，在“温度—热量”图像上分别画出对应的三点甲、乙、丙，如图所示，由此图像得出下列结论：①丙的比热比甲的比热大；②丙的比热比甲的比热小；③丙的质量比甲的质量大；④丙的质量比甲的质量小。这些结论中正确的是（）

A.只有①正确B.只有②正确C.只有①、④正确D.只有②、③正确5、弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时（）A.速度最大B.回复力最大C.加速度最大D.弹性势能最大6、下图为某绳波形成过程的示意图．质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动2，3，4，各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端．已知t＝0时，质点1开始向上运动；t＝时；质点1到达最上方，质点5开始运动．下列说法正确的是。

A.t＝时，质点5开始向下运动B.t＝时，质点5的加速度方向向上C.t＝时，质点5的位移方向向上D.t＝时，质点9的速度最大评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E=磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μo现使圆环以初速度vo向下运动，经时间to；圆环回到出发点．若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g．则下列说法中正确的是（）

A.环经过时间刚好到达最低点。

B.环的最大加速度为am=g+B.环在t0时间内损失的机械能为m(v02-)C.环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等8、一定质量的理想气体从状态a开始，经历等压过程a→b，等温过程b→c，然后从c→a，回到原状态，其p–T图像如图所示，其中ca是直线，其延长线过原点O。下列判断正确的是（）

A.气体在a、c两状态的体积相等B.气体在状态b时的内能等于它在状态c时的内能C.在过程a→b中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D.在过程b→c中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功9、一定质量的理想气体，某循环过程的压强p与体积V的变化关系图象如图所示，其中过程1为等压变化，过程2和过程4为等温变化，过程3为等容变化，a、b、c、d是循环过程中的四个状态；下列说法正确的是__________。

A.过程1气体对外做功，内能减小B.过程3气体温度降低，放出热量C.过程4气体放出热量，内能减小E.状态c气体的内能高于状态a气体的内能E.状态c气体的内能高于状态a气体的内能10、下列说法正确的是（）A.热量可以从低温物体传给高温物体B.做功和热传递是改变物体内能的两种方式C.晶体有固定的熔点，但物理性质不可能表现为各向同性E.分子间距离越大，分子势能越大，分子间距离越小，分子势能也越小E.分子间距离越大，分子势能越大，分子间距离越小，分子势能也越小11、关于光在传播过程中的现象，下述说法中正确的是（）A.雨后天空出现的彩虹是光的衍射现象B.白光通过三棱镜在光屏上形成的彩色光带是光的色散现象C.涂有增透膜的照相机镜头呈淡紫色，说明增透膜增加了淡紫色光的透射程度D.夜间观看到天空星座的位置比实际位置偏高，这是光的折射现象造成的12、两粗细相同的同种金属电阻丝的电流I和电压U的关系图象如图所示；可知。

A.两电阻的大小之比为1B.两电阻的大小之比为3C.两电阻丝长度之比为3D.两电阻丝长度之比为113、甲乙两列简谐横波波速均为v=2m/s；甲沿x轴负方向传播，乙沿x轴正方向传播，某时刻波的图象分别如图甲；乙所示，其中P、Q处的质点均处于波峰，关于这两列波，下列说法正确的是_________．

A.甲波中的M处质点比P处质点先回到平衡位置B.从图示的时刻开始，P处质点与Q处质点同时回到平衡位置C.从图示的时刻开始，经过1.0s，P质点沿x轴负方向通过的位移为2mE.如果这两列波相遇不可能形成稳定的干涉图样E.如果这两列波相遇不可能形成稳定的干涉图样14、如图所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光．关于这些光，下列说法正确的是()

A.最容易表现出波动性的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的B.这些氢原子最多可辐射出6种不同频率的光C.若用n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光照射某金属恰好发生光电效应，则用n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光照射该金属一定能发生光电效应D.用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为3.86eV评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、一瓶酒精用了一些后，把瓶盖拧紧，不久瓶内液面上方形成了酒精的饱和汽。当温度升高时，瓶中酒精饱和汽的压强____（选填“增大”“减小”或“不变”）。酒精分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，时，分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。若一分子固定于原点O，另一分子从间距由减小到的过程中，势能____（选填“增大”“减小”或“不变”）。

16、用图示的电路可以测量电阻的阻值，途中是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，M、N是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得则的阻值__________

17、质谱仪是分离同位素的重要仪器，其原理如图所示，带等量异种电荷的两平行金属板P1，P2之间的电压为U，一个带负电的粒子（不计重力）从P1板中由静止释放，之后从O点进入另一磁感应强度为B的匀强磁场中，在洛仑磁力的作用下，粒子做匀速圆周运动，经过半个圆周后打在挡板MN上的A点。已知粒子的质量为m，电荷量为q，可以判断粒子带________电，OA两点间的距离为________18、质量为m,电荷量为q的带电粒子由静止开始，在电压为U的电场中仅在电场力作用下加速后的速度为___________19、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_________20、已知光速为c，普朗克常数为h，则频率为ν的光子的动量为______．用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为______．评卷人得分四、作图题(共3题，共18分)21、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．

22、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．

23、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3题，共6分)24、某同学采用“半偏法”测量一个量程为的电压表的内阻（约）；电路图如图所示。

(1)要使测量值尽量准确，除了选用电源、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用______（选填“A”或“B”），电阻箱中选用______（选填“C”或“D”），电源中选______（选填“E”或“F”）

A.滑动变阻器（）

B.滑动变阻器（）

C.电阻箱（），阻值最小改变量为

D.电阻箱（），阻值最小改变为

E.（电动势）；内阻可忽略。

F.电源（电动势）；内阻可忽略。

(2)该同学在测量电压表的内阻时；实验步骤如下：

①按实验原理图连按好电路，把开关断开，把滑动变阻器的滑片置于______（选填“a”或“b”）；

②闭合开关移动滑动变阻器的滑片使电压表的示数为

③保持位置不变，再断开开关调节电阻箱的阻值使电压表的示数为此时电阻箱的阻值为则被测电压表内阻的测量值______。

(3)为了减少实验的误差，必须使滑动变阻器的最大阻值______（选填“远小于”或“远大于”）电压表的内阻。

(4)电压表内阻的测量值和真实值相比，______（选填“略大于”“略小于”或“等于”）25、某同学在进行电阻测量时，需要将一块满偏电流为阻值为的小量程电流表改装成量程为的电压表，则需要选择一个阻值为__________的电阻与这一电流表__________（选填“串”、“并”）联．26、（1）在用油膜法估测分子大小的实验中，选用下列器材：浅盘（直径为30~40cm）、注射器（或滴管）、_________、按一定比例稀释好的油酸溶液、坐标纸、玻璃板、水彩笔（或钢笔）.请将还需要的一种实验器材补填在横线上.

（2）在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中；有下列实验步骤：

a．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上；待油膜形状稳定．

b．将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上；计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．

c．往浅盘里倒入约2cm深的水；待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．

d．将玻璃板放在浅盘上；然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上．

上述步骤中，正确的操作顺序是__________．（填写步骤前面的字母）

（3）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每mL溶液中有纯油酸mL；用注射器测得1mL上述溶液为75滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描述油酸膜的形状，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示,坐标中正方形方格的边长为1cm，则：

①油酸膜的面积是_____________cm2．

②按以上实验数据估测出油酸分子的直径为___________________m．（②问结果均保留一位有效数字）

（4）(多选)某学生在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，计算结果偏大，可能是由于()

A．油酸未完全散开。

B．油酸溶液浓度低于实际值。

C．计算油膜面积时；舍去了所有不足一格的方格。

D．求每滴体积时，1mL的溶液的滴数多记了10滴评卷人得分六、解答题(共3题，共9分)27、如图所示，粗细均匀的气缸A、B，A的底面积是B的4倍，其下端由体积可忽略的细管连通，并安装有电热丝，A上端封闭，B上端与大气连通，两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气。现将整个装置置于大气压为温度为280K环境中，当氮气温度与环境温度相同时，活塞a离气缸顶的距离是活塞b在距离气缸顶部距离是大气压强保持不变；不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。

（1）环境温度缓慢升高，求活塞b升至顶部时氧气的温度；

（）保持（1）中环境温度不变，继续用电热丝缓慢加热氮气，当活塞a距离气缸顶部的距离为时；求氮气的压强。

28、如图甲所示，一圆柱形绝热气缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞将一定质量的理想气体密封在气缸内，活塞质量m=1kg、横截面积S=5×10-4m2，原来活塞处于A位置。现通过电热丝缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达新的位置B，在此过程中，缸内气体的V­T图像如图乙所示，已知大气压强p0=1.0×105Pa，忽略活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g=10m/s2。

（1）求缸内气体的压强和活塞到达位置B时缸内气体体积；

（2）若缸内气体原来的内能U0=72J；且气体内能与热力学温度成正比，求缸内气体变化过程中从电热丝吸收的总热量。

29、如图所示两小滑块分别静止在平台的两端，间距x=6.25m，质量分别为m1=1kg、m2=2kg水平面上依次排放两块完全相同的木板A、B，其长度均为L=2.5m，质量均为M=1kg，木板上表面与平台等高滑块与平台间、木板与水平面间的动摩擦因数均为μ1=0.2，滑块与木板间的动摩擦因数均为μ2，现给滑块m1一水平向右的初速度v0=13m/s，一段时间后与m2发生弹性碰撞．最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2．求：

(1)碰前滑块m1的速度大小及碰后滑块m2的速度大小。

(2)若滑块m2滑上木板A时，木板不动而滑上木板B时，木板B开始滑动，则μ2应满足什么条件。

(3)若μ2=0．8求木板B的位移大小。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

【详解】

当滑动变阻器的滑片P向a端滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，则电压表的示数UV=E-I(r+R1)，则UV增大；流过R2的电流增大，电流表的读数为则电流表示数减小；故A，B，C错误，D正确.2、B【分析】【详解】

西安到榆林；出行方式有两种，所以这两种属于并列关系，属于或的关系。

故选B。3、C【分析】【分析】

根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值；周期和频率等；再根据电压与匝数成正比；电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，即可求得结论．

【详解】

A、由题意知，原线圈电压有效值为220V，原、副线圈匝数之比为4:1，由U1：U2=n1：n2，可得：U2=55V，由输入功率和输出功率相等可得，原线圈中的输入功率为：P入=P出==55W；故A错误；

B、副线圈的电流为：I2=U2/R=55/55A=1A，由I1:I2=n2:n1可得：I1=0.25A；即电流表的读数为0.25A，故B错误；

C；电压表的读数为副线圈电压的有效值；即为：U=55.0V，故C正确；

D、由可知；ω=100π，又由ω=2π/T，解得：T=0.02s，变压器不改变周期，所以副线圈两端交流电的周期为0.02s，故D错误．

故选C．4、D【分析】【详解】

甲乙丙三种物质初温相同，甲、乙是质量相等的不同液体，从图上可以看出，在吸收热量相同的情况下，乙末温高，根据可知乙的比热容比甲的比热容小；

乙、丙是质量不等的同种液体，比热容相同，在吸收热量相同的情况下，乙末温高，根据可知乙的质量比丙的质量小。

综合以上分析有

故选D。5、A【分析】A、D、弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时，弹性势能最小，动能最大，故速度最大，故A正确，D错误；B、弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时，位移为零，根据F=-kx，回复力为零，故B错误；C、弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时，位移为零，根据加速度为零，故C错误；故选A．

【点睛】本题关键是明确简谐运动的运动特点，熟悉回复力、加速度的计算公式．6、C【分析】【详解】

A.由于每个质点均做受迫振动；所以开始振动方向相同，均为向上运动，A错误．

BC.t＝T/2时，质点5振动了T/4；此时质点5达到波峰，位移最大且方向向上，加速度最大，但方向向下，B错误C正确．

D.通过图像可知波长为16，质点9与质点1之间的距离为8即所以波传到质点9的时间为T/2，经过3T/4时，质点9刚好到达正向最大位移处，速度为零，D错误．二、多选题(共8题，共16分)7、B:C【分析】【分析】

A；环来回运动性质不相对称；从而判定即可；B、依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力大小公式f=Bqv，及左手定则，即可求解；C、根据动能定理，即可回到原点的机械能变化量；D、依据动能定理，结合初末速度，即可求解．

【详解】

AB、由题意可知，环在运动的过程中，受到的电场力大小为方向始终竖直向上．假设竖直向下为正方向，则当环下滑的过程中，受力分析，根据牛顿第二定律得：化解得：负号代表该加速度与运动方向相反，故物体在下滑的过程中做加速度逐渐减小的减速运动；当环上升的过程中，根据牛顿第二定律解得：环做加速度逐渐减小的减速运动，在到达原出发点前，加速度减为零，此时，开始以速度v做匀速直线运动．

所以，由于运动的不对称性可以确定，从开始下滑到最低点的时间不等于A错误；整个运动过程中，加速度一直减小，所以在运动的最开始时，加速度最大，加速度大小的最大值为：B正确；

C、由以上计算，可知，整个过程中，系统损失的机械能C正确；

D；环上升和下降的过程中；摩擦力的平均值大小不相等，故因摩擦产生的内能不相等，D错误．

故本题选BC．

【点睛】

考查牛顿第二定律、动能定理的内容，掌握机械能损失与除重力以外的力做功有关，理解环在运动中受到洛伦兹力与速率的关系，及洛伦兹力的方向判定，注意环来回运动性质的不同，是解题的关键．8、A:B【分析】【详解】

由理想气体方程可得

a、c连线过坐标原点，说明气体在a、c两状态的体积相等；故A正确；

B．一定质量的理想气体内能仅与温度有关，因b、c两状态温度相同，所以气体在状态b时的内能等于它在状态c时的内能；故B正确；

C．分析图象可知过程a→b中，温度升高，内能增大，压强不变，由可知温度升高时，气体体积变大，说明气体对外界做功，由热力学第一定律可得

气体从外界吸收的热量大于气体对外界所做的功；故C错误；

D．分析图象可知过程b→c中温度不变；内能不变，压强变大，气体的体积减小，说明外界对气体做功，由热力学第一定律可得气体对外放热，且对外界放出的热量等于外界对气体做的功，故D错误。

故选AB。9、B:D:E【分析】【分析】

【详解】

AD．由理想气体状态方程可知；过程1气体的压强不变，体积变大，温度升高，内能变大，故A错误，D正确；

B．过程3气体体积不变；对外不做功，压强减小，温度降低，内能减小，放出热量，故B正确；

C．过程4为等温过程；外界对气体做功，气体温度不变，放出热量，内能不变，故C错误；

E．状态c气体的温度高于状态a气体的温度，所以状态c气体的内能大于状态a气体的内能；故E正确。

故选BDE。10、A:B:D【分析】【详解】

A．在引起外界变化的情况下；热量可以由低温物体传向高温物体，故A正确；

B．根据热力学第一定律；做功和热传递是改变物体内能的两种方式，故B正确；

C．晶体一定有固定的熔点；单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，故C错误；

D．布朗运动剧烈程度跟温度与固体颗粒的大小有关；相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，布朗运动越剧烈，故D正确；

E．当分子间表现为斥力时；分子间距离越大，分子间作用力做正功，分子势能减小；当分子间表现为引力时，分子间距离越大，分子间作用力做负功，分子势能增大，故E错误。

故选ABD。11、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．雨后天空出现的彩虹是光的折射现象；故A错误；

B．白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是由于不同色光折射率不同而产生光的色散现象；故B正确；

C．在选择增透膜时，一般是使对人眼灵敏的绿色光在垂直入射时相互抵消，这时光谱中其它频率的光将大部分抵消，因此进入镜头的光有很多，但以抵消绿光为主，这样照相的效果更好。对于增透膜，有约1.3%的光能量会被反射，再加之对于其它波长的光，给定膜层的厚度是绿光在薄膜中的波长的倍；从薄膜前后表面的反射绿光相互抵消，而波长较长的红色光以及波长较短的不能完全抵消，所以镜头呈淡紫色，故C错误。

D．夜间观看到天边星座的位置比实际位置高；这是光的折射现象，故D正确；

故选BD。12、B:C【分析】【详解】

AB：由图可知，当电压为1V时，的电流为3A，而的电流为1A；由可知，3．故A项错误；B项正确．

CD：由电阻定律可知，电阻与导线长度成正比，与横截面积成反比；因粗细相同，则两同种金属电阻丝长度之比3．故C项正确，D项错误．13、A:D:E【分析】【详解】

甲沿x轴负方向传播，则甲波中的M处质点沿y轴负方向振动，比P处质点先回到平衡位置，选项A正确；因甲乙两波的波长不同，虽然传播速度相同，但是周期不同，则从图示的时刻开始，P处质点与Q处质点回到平衡位置的时间不同，选项B错误；甲简谐横波沿x轴负方向传播，介质中质点只在各自平衡位置附近上下振动，不沿x轴负方向移动，故C错误．甲波的周期则t=1.0s=0.5T，则从图示的时刻开始，经过1.0s，M质点通过的路程为2A=20cm，选项D正确；，乙波的周期周期不同，两波频率不同，不能产生稳定的干涉，选项E正确；故选ADE.

点睛：波的基本特点是波传播的是振动形式和能量，而质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动．要熟练进行质点振动方向和波的传播方向关系的判断．14、B:D【分析】【分析】

波长越短的光越不容易产生波动性；大量处于激发态n的氢原子，在向低能级跃迁时可产生的光子种类为个；处于激发态的氢原子的电子从高能级向低能级跃迁过程中，产生的光子能量由前后两个能级的能量差决定，根据爱因斯坦光电效应方程，电子从金属表面逸出时的最大初动能．

【详解】

A、最容易表现出波动性的光是波长较大，即频率较小的光．根据在所有辐射出的光中，只有从n=4能级到n=3能级跃迁的能量差最小；波长最长，最满足题意，故A错误；

B、由于是一群氢原子处于n=4能级，故它们在向低能级跃迁过程中产生的光子种类为种；故B正确；

C、根据从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光子的频率小于从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光子的频率用频率的光恰好发生光电效应，则频率小于该种金属的极限频率（截止频率）；无论光多么强，都不能发生光电效应，C错误；

D、用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子的能量为又根据光电效应方程，最大初动能D正确．

故选BD．

【点睛】

本题考查了能级跃迁和光电效应的综合运用，知道能级间跃迁辐射的光子频率与能级差的关系以及光电效应的条件是解决本题的关键．三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【详解】

[1]当处于饱和汽状态温度升高时；分子平均动能增大，单位时间内逸出液面的酒精分子数增多，于是原来的动态平衡状态被破坏，瓶中酒精饱和汽的密度增大，压强增大。

[2]由于r2>r1，分子间的作用力表现为引力，当另一分子从间距由减小到的过程中，分子力做正功，则势能减小。【解析】增大减小16、略

【分析】【详解】

通过电流表G的电流为零，电流表G两端电势相等．电阻丝MP段与PN段电压之比等于和的电压比，即通过电阻丝两侧的电流是相等的，通过和的电流也相等，则有根据电阻定律公式可知联立可得解得．【解析】17、略

【分析】【分析】

带电粒子在加速电场中电场力做功等于粒子动能的增加量；由动能定理可以求得粒子进入磁场时的速度v；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，在磁场中运动半个圆周后打在A点，根据左手定则判断粒子的电性；洛伦兹力提供向心力；O；A两点间的距离是圆的直径．

【详解】

带电粒子在加速电场中加速，在磁场中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带负电；由动能定理得：qU=mv2-0；

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m解得：

O、A两点间的距离：x=2r=

【点睛】

本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．【解析】负18、略

【分析】【分析】

带电粒子经加速电场加速后；动能的大小等于电场力做功，求得速度v；

【详解】

设加速后的速度为v，根据动能定理可得：所以．

【点睛】

本题考查带电粒子在电场中的加速，注意动能定理的应用．【解析】19、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】20、略

【分析】【详解】

根据光子的动量公式取入射的方向为正方向，则光子动量的变化量为

【点睛】

光子的动量的公式以及动量的矢量性．【解析】①.②.四、作图题(共3题，共18分)21、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】22、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】23、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3题，共6分)24、略

【分析】【详解】

(1)[1]本题滑动变阻器“是分压式接法；为了操作方便应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选A；

[2]因为本实验是采用“半偏法”测电压表的内阻，电压表半偏时，电阻箱的阻值认为等于电压表的内阻，电压表的大约值为所以电阻箱选D；

[3]由于电压表量程为并且(2)中电压表示数要调到所以电源只能选F。

(2)[4]按实验原理图连接好电路，把开关断开，为了保证开关闭合时电路的安全，且本实验采用分压接法，为了让测量电路中的电压由零开始调节，把滑动变阻器的滑片置于端；

[5]电阻箱和电压表串联的总电压是调节电阻箱使电压表示数为时，电阻箱上分压为根据串联电路电压与电阻成正比，得被测电压表内阻的测量值等于电阻箱的阻值

(3)[6]为了减小电压表内阻对电路的影响；使测量电路两端的电压保持不变；应使滑动变阻器的最大阻值远小于电压表内阻；

(4)[7]实验中认为电阻箱和电压表电阻相等，故调节电阻箱的阻值使电压表指针指到位置，此时电阻箱的电压大于故电阻箱的电阻大于电压表的电阻，即测量值偏大。【解析】ADFa远小于略大于25、略

【分析】【详解】

设小量程电流表的内阻为量程为需要串联电阻的阻值为电压表改装的原理图为：

改装电压表需要串联大电阻来分压；故填：串联；

根据串联电路规律：

计算得出：．【解析】串26、略

【分析】【详解】

（1）在本实验中；要用量筒量取酒精和油酸，从而配制酒精油酸溶液，先在水槽中洒上痱子粉，再将用酒精稀释过的油