2025年华师大新版选修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年华师大新版选修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7题，共14分)1、在大树下，由于阳光的照射，常看到地上有许多圆形的亮斑A.这些都是太阳的正立虚像B.这些都是太阳的倒立虚像C.这些都是太阳的正立实像D.这些都是太阳的倒立实像2、如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图（俯视图）；使用前先给超级电容器C充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF在磁场（方向垂直纸面向外）作用下加速。则下列说法正确的是（）

A.电源给电容器充电后，M板带正电B.导体棒在安培力作用下向右运动C.超级电容器相当电源，放电时两端电压不变D.在电容器放电过程中，电容器电容不断减小3、矩形线圈匝数n=100匝，绕垂直磁场的轴在匀强磁场中运动产生正弦交流电如图所示，下列说法正确的是（）

A.t=0时刻线圈平面与中性面垂直B.t=0时电动势的有效值为0C.t=0时线圈的磁通量为D.t=0开始转过的角度为时的电动势为最大值的一半4、如图中的曲线表示某振动系统受迫振动的振幅A随驱动力频率变化的关系。可以看出，驱动力频率等于系统的固有频率时；受迫振动的振幅最大，这种现象叫做共振。据史书记载：晋朝初期，京城有户人家挂着的铜盘每天早晚轻轻自鸣两次，人们十分惊恐。当时的学者张华判断，这是铜盘与皇宫早晚的钟声共鸣所致，后来把铜盘磨薄一些，它就不再自鸣了。你认为把铜盘磨薄的目的是（  ）

A.减小铜盘固有振动的周期B.减小铜盘固有振动的振幅C.减弱皇宫敲钟引起的空气振动的强度D.减小皇宫敲钟引起的空气振动的频率5、将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来；在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看()

A.圆环顺时针转动，靠近磁铁B.圆环顺时针转动，远离磁铁C.圆环逆时针转动，靠近磁铁D.圆环逆时针转动，远离磁铁6、如图所示，由三个铝制薄板互成120°角均匀分开的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用表示．现有带电粒子自a点垂直Oa板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，在三个磁场区域中的运动时间之比为1∶2∶3，轨迹恰好是一个以O为圆心的圆，则其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为。

A.1∶1B.5∶3C.3∶2D.27∶57、用强度相同的红光和蓝光分别照射同一种金属，均能使该金属发生光电效应．下列判断正确的是A.用红光照射时，该金属的逸出功小，用蓝光照射时该金属的逸出功大B.用红光照射时，逸出光电子所需时间长，用蓝光照射时逸出光电子所需时间短C.用红光照射时，逸出的光电子最大初动能小，用蓝光照射时逸出的光电子最大初动能大D.若增加入射光的强度，逸出的光电子最大初动能相应增加评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、如图，足够长的两平行光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距l=1m，导轨中间分布有磁感应强度为1T的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线．一粗细均匀的导体棒以10m/s的速度向右匀速滑动，定值电阻R的阻值为1Ω，导体棒接入电路的电阻也为1Ω，二极管D正向电阻为零；反向电阻无穷大，导轨电阻不计，下列说法正确的是（）

A.电压表示数为2.5VB.导体棒运动到图示位置时，有电流流过电阻RC.流经电阻R的最大电流为5AD.导体棒上热功率为6.25W9、如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为ΔU1和ΔU2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为ΔI．在滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中(灯泡电阻不变化)()

A.小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B.ΔU1＞ΔU2C.ΔU1/ΔI增大D.ΔU2/ΔI不变10、如图所示电路，开始时K处于断开状态，A1、A2、V1、V2示数分别为I1、I2、U1、U2；现将K闭合，下列对各表读数的变化情况判断正确的是（）

A.U1减小B.U2减小C.I1增大D.I2增大11、关于物体内能，下列说法中正确的是（）A.每一个分子的动能与分子势能的总和叫物体的内能B.物体所有分子的动能与分子势能的总和叫物体的内能C.一个物体，当它的机械能发生变化时，其内能也一定发生变化D.一个物体内能的多少与它的机械能多少无关12、如图；竖直放置；开口向上的长试管内用水银密闭一段气体，若大气压强不变，管内气体（）

A.温度降低，则压强可能增大B.温度升高，则压强可能减小C.温度降低，则压强不变D.温度升高，则体积增大13、奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐（内有液态丙烷）稳压装置和燃烧器三部分组成。当稳压阀打开以后，燃气以气态形式从气罐里出米，经过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧，以下说法中正确的是（）A.燃气由液态变为气态的过程中要对外做功B.燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能减少C.燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量不可能被回收再利用D.若将两个丙烷气体分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大、后变小再变大14、下列说法中正确的是A.受迫振动的物体的振动频率可能等于其固有频率B.多普勒效应不仅适用于声波,也适用于电磁波C.光是一种电磁波,而且是一种纵波D.火车由静止加速到接近光速,车中乘客会看到火车长度比上车时短15、空间虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B；一群电子以不同速率v从边界上的P点以相同的方向射入磁场．其中某一速率v0的电子从Q点射出；如图所示．已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断（）

A.该匀强磁场的方向是垂直纸面向里B.所有电子在磁场中的轨迹相同C.速率大于v0的电子在磁场中运动时间长D.所有电子的速度方向都改变了2θ评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、一定量的理想气体从状态开始，经历等温或等压过程回到原状态，其图像如图所示。其中对角线的延长线过原点气体从状态变化到状态的过程，气体对外做的功___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）气体从外界吸收的热量。气体在状态的体积___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）气体在状态的体积。气体从状态变化到状态外界对气体做的功___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）气体从状态变化到状态气体对外界做的功。

17、毛细现象：浸润液体在细管中______的现象，以及不浸润液体在细管中______的现象．18、如图是一定质量理想气体的图像，气体从图中A状态变到状态，设A，状态的体积分别为内能分别为由图可知______________________（填“”“”或“”）。从到气体___________热量（填“吸收”或“放出”）。

19、如图所示，电阻Rab=0.1Ω的导体ab沿光滑导线框向右做匀速运动；线框中接有电阻R=0.4Ω，线框放在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，cd间的长度L=0.4m，运动的速度v=5.0m/s，线框的电阻不计．

a.电路abcd中导体棒ab相当于电源,_______（a端或b端）相当于电源的正极。

b.电源的电动势即产生的感应电动势E=_______V，电路abcd中的电流I=_______A

c.导体ab所受安培力的大小F=__________N，方向是__________；20、（1）关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是____．（填选项前的字母）

A．一定量气体吸收热量；其内能一定增大。

B.不可能使热量由低温物体传递到高温物体。

C.若两分子间距离增大；分子势能一定增大。

D.若两分子间距离减小；分子间引力和斥力都增大。

（2）空气压缩机的储气罐中储有1.0atm的空气6.0L,现再充入1.0atm的空气9.0L．设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，则充气后储气罐中气体压强为_____．（填选项前的字母）

A．2.5atmB.2.0atmC.1.5atmD.1.0atm21、如图所示，真空中有一对相距为d的平行金属板A和B，两板间电势差为U，两板间的电场为匀强电场．若一个质量为m、电荷量为q的粒子，仅在静电力的作用下由静止开始从A板向B板做匀加速直线运动并到达B板，则粒子在运动过程中加速度大小a=________，粒子到达B板时的速度大小v=________．

22、在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电极，然后射到荧光屏上．如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电极中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2；求电子射到荧光屏上的动能为多大？

23、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__________________．24、热力学温标是英国物理学家______建立的．在热力学温度中，绝对零度是指______．评卷人得分四、作图题(共3题，共6分)25、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．

26、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．

27、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12分)28、某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻；P为滑动变阻器的滑片．闭合电键S．

①用电压表测量A、B两端的电压：将电压表调零，选择0-3V挡，示数如图22（b）；电压值为______V．

②在接通外电路之前；为了保证外电路的安全，滑片P应先置于端______．

③要使输出电压变大；滑片P应向端滑动______．

④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在的风险______（填“断路”或“短路”）．29、某同学利用电压表和定值电阻测蓄电池电源的电动势和内阻。

(1)实验室有以下三个电压表；需要将它们改装成量程为6V的电压表，以下措施正确的是________；

A．将电压表V1(0～1V，内阻约为1kΩ)与5kΩ的定值电阻R串联。

B．将电压表V2(0～2V，内阻约为2kΩ)与4kΩ的定值电阻R串联。

C．将电压表V3(0～3V，内阻为3kΩ)与3kΩ的定值电阻R串联。

D．以上三项都可以。

(2)用改装并校正后的电压表及两个定值电阻R0；测蓄电池的电动势和内阻，图甲为实验电路图，根据给出的电路图，将图乙的实物连线补充完整______；

(3)该实验的主要操作步骤如下：

A．按电路原理图连接实验器材；

B．将开关S2闭合，开关S1断开，测得电压表的示数是U1；

C．再将开关S1闭合，测得电压表的示数是U2；

D．断开开关S2。

①根据实验所得数据，可得电源电动势的测量值E＝__________；电源内阻的测量值r＝____________(结果用字母U1、U2、R0表示)；

②该实验测得的电动势比实际值偏_______(填“大”或“小”)。30、某实验小组为了探究碰撞中的不变量；在气垫导轨中央放置一个滑块Q，另一个滑块P压缩导轨左端弹簧片后被锁定，滑块P上安装有遮光板C，其右端粘上橡皮泥，导轨上适当位置安装两个光电门A；B记录滑块上遮光板C分别通过两光电门的时间，如图（a）所示。解除滑块P的锁定，滑块P被弹出与滑块Q相碰后粘合在一起运动，P、Q碰撞前、后的运动均为匀速直线运动。

（1）为了正常实验和减小实验误差，下列操作必要的是_________。A．实验前应将气垫导轨调节水平B．光电门A应该靠近滑块PC．遮光板应适当加宽D．滑块Q上应安装遮光板（2）实验小组用游标卡尺测得遮光板的宽度如图（b）所示，其宽度为__________mm；实验除了要记录遮光板通过光电门的时间外，还应测定_____________________________。评卷人得分六、解答题(共4题，共40分)31、如图所示，在xoy平面内，有一以坐标原点O为圆心、R为半径的圆形区圆周与坐标轴分别交于a、b、c、d点．x轴下方圆弧bd与b′d′是两个半圆形同心圆弧，bd和b′d′之间的区域内分布着辐射状的电场，电场方向指向原点O，其间的电势差为U；x轴上方圆周外区域，存在着上边界为y=2R的垂直纸面向里的足够大匀强磁场，圆周内无磁场．圆弧b′d′上均匀分布着质量为m；电荷量为q的带正电粒子；它们被辐射状的电场由静止加速后通过坐标原点O，并进入磁场．不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动．

(1)粒子经电场加速后；在半径为R的圆形区域内运动的时间为多大?

(2)若从a点进入磁场的粒子不能从磁场上边界射出磁场；则磁感应强度应满足什么条件?

(3要使粒子能够垂直于磁场上边界射出磁场，求磁场的磁感应强度的最大值B0；并求出此时从磁场上边界垂直射出的粒子在磁场中运动的时间；

(4)当磁场中的磁感应强度大小为第(3)问中B0的倍时，求能从磁场上边界射出粒子的边界宽度．32、如图，导热的圆柱形汽缸放置在水平桌面上，横截面积为S、质量为m1的活塞封闭着一定质量的气体（可视为理想气体），活塞与汽缸间无摩擦且不漏气。总质量为m2的砝码盘（含砝码）通过左侧竖直的细绳与活塞相连。当环境温度为T时，活塞离缸底的高度为h。现使环境温度缓慢降为

①当活塞再次平衡时；活塞离缸底的高度是多少？

②保持环境温度为不变，在砝码盘中添加质量为m的砝码时，活塞返回到高度为h处，求大气压强p0。33、开口玻璃瓶内装有理想气体，当温度由升高到时，瓶内失去的气体质量为认为大气压强为不变，求瓶内原有的气体质量？34、竖直放置，内壁光滑的气缸，由上下两部分足够长圆柱组成，两部分的横截面积分别为气缸中有两个活塞，其质量分别为中间封闭着一定质量的理想气体。现用竖直向上的力作用在活塞上，使两活塞均处于平衡状态，两活塞距离气缸上下两部分分界处的距离都是如图所示。若大气压强取10求：

（i）此时密闭气体的压强和外力的大小；

（ii）若将外力撤去，使密闭气体的温度由原来的升高到滑塞向下移动多大距离后又处于平衡状态？参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

沿直线传播的太阳光经过树叶之间的狭缝后照在地面上形成的光斑，属于小孔成像所以这些都是太阳的倒立实像；故ABC错误，D正确．故选D.

【点睛】

本题考查对光的直线传播的现象以及小孔成像，生活中有许多的光的直线传播形成的现象，如小孔成像、影的形成、日食月食等，要学会理论联系实际．2、B【分析】电容器下极板接正极；所以充电后N乙极带正电，故A错误；放电时，电流由F到E，则由左手定则可知，安培力向右，所以导体棒向右运动，故B正确；电容器放电时，电量和电压均减小，故C错误；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故D错误．故选B．

点睛：本题考查电容以及安培力的性质，要注意掌握左手定则以及电容的性质等基本内容，明确电容由导体本身的性质决定．3、C【分析】【详解】

A．t=0时刻感应电动势为零；线圈平面与中性面重合，故A错误；

B．t=0时电动势的瞬时值为0；有效值不为零，故B错误；

C．根据电动势的峰值

则

t=0时线圈的磁通量最大，为故C正确；

D．电动势瞬时值表达式

则t=0开始转过的角度为时的电动势为

故D错误。

故选C。4、A【分析】把铜盘磨薄一些，从而减小了铜盘的固有振动的周期，依据共振的特点，铜盘与皇宫早晚的钟声不再发生共振，即不再出现共鸣，故A正确，BCD错误．故选A．5、C【分析】根据环形电流周围的磁场分布结合左手定则可知，圆环右侧部分受到的安培力向里，左侧部分受到的安培力向外，所以从上往下看圆环逆时针转动．再将转动90°后的通电圆环等效成一个小磁针，则N极在左，S极在右，根据同极相互排斥异极相互吸引可知，圆环靠近磁铁，故C正确，ABD错误．6、D【分析】【详解】

带电粒子在磁场运动的时间为在各个区域的角度都为对应的周期为则有故则三个区域的磁感应强度之比为三个区域的磁场半径相同为又动能联立得故三个区域的动能之比为：故在b处穿越铝板所损失的动能为故在c处穿越铝板所损失的动能为故损失动能之比为D正确，选D.7、C【分析】【分析】

金属的截止频率由金属本身的性质决定；根据光电效应方程判断出最大初动能与什么因素有关．

【详解】

强度相同的红光和蓝光分别照射同一种金属，均能使该金属发生光电效应，知红光和蓝光的频率都大于金属的截止频率．金属的逸出功与照射光的频率无关．故A错误；发生光电效应的时间极短，即逸出光电子在瞬间完成，小于10-9s，与光的频率无关，故B错误；根据光电效应方程得，Ekm=hv-W0；金属的逸出功不变，红光的频率小，蓝光的频率大，则蓝光照射时逸出的光电子最大初动能大，与光照强度无关，故C正确，D错误．故选C

【点睛】

解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程Ekm=hv-W0．二、多选题(共8题，共16分)8、A:C:D【分析】【详解】

A项：导体棒切割产生的感应电动势的最大值产生的是正弦式交流电，则电动势的有效值由电流的热效应可得：解得：由闭合电路欧姆定律得，电压表的示数为2.5V，故A正确；

B项：导体棒运动到图示位置时，由右手定则可知，产生的电流方向由由于二极管具有单向导通特性，所以此时无电流流过电阻R；故B错误；

C项：导体棒切割产生的感应电动势的最大值所以最大电流故C正确；

D项：导体棒上的电流为：所以热功率为：故D正确．9、B:D【分析】【详解】

A．当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮．变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A错误；

B．由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以△U1＞△U2．故B正确；

C．由U1=E-I（RL2+r）得：不变，故C错误；

D．=R2；不变，D正确．

【点睛】

本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小．运用欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法．10、B:C【分析】将电键K闭合后，外电路总电阻减小，总电流增大，根据U=E-I总r可知内电压增大，路端电压减小，则I1增大，U2减小，根据欧姆定律可知，U1增大．由串联电路分压规律可知，R2的电压减小，则I2减小，故BC正确，AD错误。11、B:D【分析】【详解】

物体内所有分子的动能与势能的总和叫物体的内能；物体的内能对单个分子而言无意义。物体的内能与其所含分子的动能与分子势能有关，与物体的动能和势能；机械能无关；物体体积减小时，分子间距离减小，但分子势能可能减小。

故选BD。12、C:D【分析】【分析】

【详解】

ABC．大气压不变；水银柱的长度也不变，所以封闭气体的压强不变，气体做等压变化，与温度无关，AB错误，C正确；

D．根据=C可知；温度升高，则体积增大，D正确。

故选CD。13、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．燃气由液态变为气态的过程中体积增大对外做功；故A正确；

B．燃气由液态变为气态的过程中吸收热量而温度不变；吸收的热量转化为分子势能，所以分子势能增大，故B错误；

C．燃气在燃烧后释放在周围环境中的能量变为品质低的大气内能；能量耗散了，很难再被利用，但消耗其他能量也可以被回收利用，故C错误；

D．两个丙烷气体分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力从无到有，先变大。当r＞r0时，表现为引力，随分子间距的减小而增大，当r＜r0时；表现为斥力，随分子间距的减小而增大。由以上分析可知D正确。

故选AD。.14、A:B【分析】A.作受迫振动的物体的频率由它的策动频率来决定；也可能刚好等于其固有频率，A正确；

B.多普勒效应的原因是由于接收者与波源的相对运动使接收频率发生了变化；不仅适用于声波,也适用于电磁波，B正确；

C.光是一种电磁波,交变的电场和磁场方向相互垂直，且都与传播方向垂直，是横波，C错误；波的干涉和衍射是波所特有现象，故C正确；

D.根据光速不变原理；接近光速火车中乘客看到火车长度无限长，D错误。

故选AB。15、A:D【分析】【分析】

电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据左手定则判断磁场方向；电子在磁场中的轨迹与半径有关，由半径公式r=知；速率不同，轨迹半径不同．电子在磁场中速度方向改变的角度等于轨迹的圆心角，而电子运动时间与轨迹的圆心角成正比，据此即可分析电子在磁场中运动的长短．

【详解】

A．由图知；电子在P点受到的洛伦兹力方向沿P→O，如图，根据左手定则判断得知：匀强磁场的方向是垂直纸面向里．故A正确．

B．电子进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由半径公式r=知；轨迹半径与电子的速率成正比，速率不同，轨迹半径不同，则轨迹就不同．故B错误．

CD．根据圆的对称性可知；所有电子离开磁场时速度方向与PQ线的夹角都是θ，则所有电子的速度方向都改变了2θ，由几何知识得知，所有电子轨迹对应的圆心角都是2θ，则所有电子在磁场中运动的时间都相同．故C错误，D正确．

【点睛】

本题是磁场中直线边界问题，掌握左手定则和轨迹半径的基础上，抓住圆的对称性，确定速度的偏向角与轨迹的圆心角，即可比较磁场中运动的时间．三、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]气体从状态变化到状态的过程中，温度不变，内能不变；压强减小，根据理想气体状态方程

可知体积增大，对外做功，根据热力学第一定律

可知

即气体从状态a变化到状态b的过程；气体对外做的功等于气体从外界吸收的热量。

[2]由图可知a、c均在过原点的直线上，P-T图像的斜率为体积的倒数，所以气体在状态a的体积等于气体在状态b的体积；

[3]在bc过程中，等压变化，温度降低，内能减小△U＜0

温度降低，体积减小，外界对气体做功，根据

可得

bc过程中外界对气体做功Wbc=p△Vbc=C△Tbc

da过程中，气体对外界做功

所以

在bc过程中外界对气体做的功等于在da过程中气体对外界做的功。【解析】等于等于等于17、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】上升下降18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]从图像可以看出为等容变化，所以=

[2]一定质量的理想气体内能只与温度有关所以＜

[3]从状态A到状态B体积不变，内能增加，所以应该为吸收热量。【解析】=＜吸收19、略

【分析】【分析】

据右手定则判断感应电流的方向；即可确定等效电源的正负极；

根据E=BLv求出感应电动势；由欧姆定律得出电流强度，即可由公式F=BIL求解安培力的大小，由左手定则判断安培力的方向．再根据平衡条件分析外力的大小和方向．

【详解】

a.电路abcd中ab棒切割磁感线；产生感应电动势，相当于电源．由右手定则判断可知相当于电源的正极是a端；

b.感应电动势为：E=BLv=0.1×0.4×5V=0.2V；

感应电流为：

c.ab杆所受的安培力FA=BIL=0.1×0.4×0.4N=0.016N

由右手定则判断可知，ab中感应电流方向从b→a；由左手定则得知，安培力的方向向左．

【点睛】

解答本题的关键要掌握右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、左手定则等电磁感应中常用的规律．【解析】a；0.2V；0.4A；0.016N；向左20、A:D【分析】【分析】

【详解】

(1)改变内能有热传递和做功；如果吸热比对外做功要少得话，物体的内能会减小，所以答案A错；在引起变化的条件下，热量可以从低温传给高温如空调等所以答案B错；在分子力为排斥力时距离增大分子势能减小，答案C错，正确答案选D.

(2)由等温变化可知P1（V1+V2）=P2V1，解得故A正确，BCD错误．故选A．21、略

【分析】【详解】

粒子从静止开始运动，只受电场力，有：U=Ed；F=qE；

联立解得：

根据速度位移关系公式，有：v2=2ad

解得：

点睛：本题电荷在电场中加速问题，求解速度通常有两种思路：一是动能定理；二是牛顿第二定律与运动学公式结合．【解析】22、略

【分析】【详解】

直线加速过程，有：①

类似平抛运动过程，有：L=v1t②③

对运动的全程；根据动能定理。

联立①②③解得【解析】23、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24、略

【分析】【分析】

明确热力学温度的定义；知道其零点，同时明确热力学温度和摄氏度之间的换算关系．

【详解】

英国物理学家开尔文提出热力学温标，其中每1k和对应，但其零点为

故答案为开尔文；

【点睛】

本题考查有关温度的物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．【解析】开尔文；-273；四、作图题(共3题，共6分)25、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】26、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】27、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12分)28、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：①选择0-3V挡；精确度为0.1V，读数应该为13.0×0.1V=1.30V；②接通外电路后，滑动变阻器起到分压作用，接通电路前，应使输出电压最小，故需要将滑片置于A端，用电器上的电压为0，这样才能起到外电路的安全保证；[学科网③要增大外电路电压，需要使滑片滑向B端；④如果电路中不接入保护电阻，电流过大会烧断滑动变阻器出现短路现象．

考点：本题考查滑动变阻器的分压式接法【解析】1.30AB短路29、略

【分析】【分析】

（1）明确电表的改装原理；即可确定如何获得大量程的电压表；（2）根据原理图即可得出对应的实物图；（3）根据闭合电电路欧姆定律进行分析，从而根据测出的数据求出电源的内阻；（4）根据电表内阻的影响进行分析，从而确定测出的电动势的误差情况。

【详解】

：（1）要想改装电压表，应知道原电压表量程，由题意可知，只有C中电表内阻已知；同时根据改装原理可知：符合要求，故选C；

（2）根据原理图可得出对应的实物图如图所示：

（3）由闭合电路欧姆定律可知：①将开关S2闭合，开关S1断开时：

将开关S1闭合时：

联立解得：

②由于电压表不是理想电表；则电压表分流，因此求出的电流值要小于真实值，而当外电路短路时电压表不再分流，因此可知，实际伏安物图应与测量出的伏安特性曲线与横轴交点相同，而图象整体偏左，因此测出的电动势偏小。

故本题的答案为：（1）C（2）（3）①②小。

【点睛】

本题考查利用电压表和两定值电阻分析测量电动势和内阻的