2025年外研版选修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年外研版选修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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、如图所示为一阴极射线管，接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线，若要加一磁场使荧光屏上的亮线向上（z轴正方向）偏转；则所加磁场方向为（）

A.沿z轴正方向B.沿z轴负方向C.沿y轴正方向D.沿y轴负方向2、如图所示的电路中，定值电阻等于电源内阻r，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时()

A.电压表的读数减小B.R1消耗的功率增大C.电源的输出功率增大D.电容器C所带电荷量增多3、在“测定电池电动势和内阻”的实验中；某同学根据实验数据，作出了正确的U﹣I图象，如图所示，其中图线斜率绝对值的物理含义是（）

A.短路电流B.电池内阻C.电池电动势D.全电路电阻4、如图所示；一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴顺时针匀速转动，现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（）

A.处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B.所加磁场越强越不易使圆盘停止转动C.若所加磁场反向，圆盘将加速转动D.若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动5、在“用单分子油膜法估测分子的大小”实验中，下列说法正确的是_________________________A.实验中使用油酸酒精溶液，酒精的作用是能使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓B.本实验不考虑油酸分子间的间隙C.将油酸酒精溶液滴入水中后应立即迅速描绘油膜轮廓D.为减小实验误差，应往均匀撒好痱子粉的水盘中多滴几滴油酸酒精溶液6、如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电小球A穿在倾角为的光滑绝缘细杆上，在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷．将小球A由距B竖直高度为H处无初速释放后沿细杆下滑，小球A下滑过程中电荷量不变．整个装置处在真空中，静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是()

A.小球A刚释放时所受的库仑力为B.小球A释放时的加速度大小为C.小球A可能先加速下滑后匀速下滑D.小球A下滑过程中电势能可能先增大后减小7、以下科学家中，发现中子的是A.J·J汤姆孙B.查德威克C.卢瑟福D.约里奥·居里夫妇评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、如图，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，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（）

A.电压表读数减小B.小球的电势能减小C.电源的效率变高D.若电压表、电流表的示数变化量分别为和则9、如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，在滑动变阻器的滑片P由b向a移动的过程中；下列说法正确的是。

A.电流表的读数一定增大B.R0的功率先减少后增大C.电压表与电流表读数的比值先增大后减小D.电压表与电流表读数变化量的比值不变10、在如图所示电路中，>r，当变阻器R3的滑片P向b端移动时，下列说法正确的是（）

A.电源内部消耗的热功率增大B.电源的输出功率增大C.电压表示数变小，电流表示数变大D.电压表示数变大，电流表示数变小11、如图所示；10℃的氧气和20℃的氢气体积相同，汞柱在连通两容器的细管中央，下面的叙述中，正确的是（）

A.氧气和氢气的温度都升高10℃时，汞柱不移动B.当氧气和氢气的温度都升高10℃时，汞柱将向右移C.当氧气温度升高10℃，氢气温度升高20℃时，汞柱向左移D.当氧气温度升高10℃，氢气温度升高20℃时，汞柱不会移动12、下列说法正确的是（）A.液晶显示器利用了液晶对光具有各向同性的特性B.医用脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液C.一定质量的单晶体在熔化过程中，分子势能一定增大E.夏天中午时车胎内的气压比清晨时高，且车胎体积较大，胎内气体对外界做功，内能较大（胎内气体质量不变且可视为理想气体）E.夏天中午时车胎内的气压比清晨时高，且车胎体积较大，胎内气体对外界做功，内能较大（胎内气体质量不变且可视为理想气体）13、下列说法正确的是__________.A.当分子之间表现为斥力时，分子间距离越小，分子势能越大B.物体的温度越高，分子的热运动越剧烈，每个分子的动能都增大C.外界对封闭气体做功，气体的温度可能降低E.气体向真空自由膨胀的过程是不可逆过程E.气体向真空自由膨胀的过程是不可逆过程14、电子感应加速器的基本原理如图所示．上图为侧视图；上；下为电磁铁的两个磁极，磁极间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动，电磁铁线圈中电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速．下图为真空室的俯视图．从上向下看，电子从电子枪中射出后沿逆时针方向运动．可以判定：

A.为使电子逆时针方向旋转，电磁铁线圈中的电流方向与图示方向相同B.为使电子逆时针方向旋转，电磁铁线圈中的电流方向与图示方向相反C.若电磁铁线圈中的电流增大，电子的动能将增大D.若电磁铁线圈中的电流增大，电子的动能将减小15、如图所示，矩形线框abcd的ad和bc的中点M、N之间连接一电压表；整个装置处于足够大的匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直，当线框向右匀速平动时，以下说法正确的是（）

A.MN这段导体做切割磁力线运动，MN间有电势差B.穿过线框的磁通量不变化，MN间无感应电动势C.MN间无电势差，所以电压表无示数D.因为无电流通过电压表，所以电压表无示数16、下列说法正确的是。

E．布朗运动与温度有关，所以布朗运动是分子的热运动A.只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿弗加多罗常数B.扩散现象和布朗运动都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动都是分子的热运动C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D.气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，它跟气体分子密度，气体分子的平均动能有关评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、在电解液中，(1)若5s内沿相反方向通过某截面的正、负离子的电荷量均为5C，则电解液中的电流为_______A；(2)若5s内到达阳极的负离子和到达阴极的正离子均为5C，则电流为_______A．18、（1）用游标卡尺测量某钢管的外径，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图1所示，其读数为_____cm。

（2）如图2所示，螺旋测微器测出的某物件的宽度是_____mm。

19、如图所示是两列相干波的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅都为0.1m，波速和波长分别为1m/s和0.2m，C点为AB连线的中点．则图示时刻C点的振动方向_____（选填“向上”或“向下”），从图示时刻再经过0.25s时，A点经过的路程为______m．

20、如图所示是一个公路路灯自动控制电路，图中为光敏电阻，有光照时其阻值迅速减小，为可变电阻。为使路灯能在光线不够的情况下自动点亮，虚线框中应使用的是_____门电路（选填“与”、“或”或“非”）；若要路灯在有光照时也能点亮，应使阻值_____（选填“变大”或“变小”）。

21、如图，一定质量的理想气体先从状态a沿直线变化到状态b，该过程中气体的温度______（填“升高”或“降低”），气体______（填“吸热”或“放热”）。

22、如图所示，在p-V图中有三条气体状态变化曲线，一定质量的理想气体可沿这三条路径从状态i到状态j，已知曲线1为绝热变化过程，气体内能变化分别为△U1、△U2、△U3，它们的大小关系是_____；气体对外界做功分别为W1、W2、W3，它们的大小关系是_____；气体从外界吸收的热量大小为Q1、Q2、Q3，它们的大小关系是_____。

23、质子和α粒子以相同的动能垂直磁场方向射入同一匀强磁场，它们运动轨迹半径之比Rp:Rα=_________,运动周期之比Tp:Tα=_________.24、一定质量的理想气体，其压强p随体积V变化的图线如图所示．已知在状态A时气体的温度为300K．则在状态C时气体温度Tc=_____K；如果由状态A经B到C的过程中，气体对外做了400J的功，则这个过程气体_____(填“吸收”或“放出”)____J的热量．

25、位于坐标原点O处的波源产生一个沿x轴正方向传播的脉冲波，波速v=20m/s．已知t=0时刻波刚好传播到x=10m处，如图所示．若传播过程中无能量损失，由图可知振源只振动了_____s，再经____s波刚好传播到x=20m处，t=0时刻后x=8m处的质点运动的路程为___cm．

评卷人得分四、作图题(共3题，共12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。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

电子射线由阴极沿x轴方向射出；形成的亮线向上（z轴正方向）偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向上，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向．

【详解】

电子受到的洛伦兹力方向沿z轴正方向；亮线向上偏转，根据左手定则，且由于电子带负电，则加一沿y轴负方向的磁场，故D正确，ABC错误．故选D．

【点睛】

本题考查电偏转与磁偏转方向判断的能力，负电荷运动的方向与电流方向相反，洛伦兹力方向由左手定则判断，同时要将左手定则与右手定则的区别开来．2、D【分析】【详解】

A．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时；变阻器接入路电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表的读数增大，A错误；

B．干路电流减小，根据

可得消耗的功率减小；B错误；

C．因外电阻大于内阻；外电阻增大，电源的输出功率减小，C错误；

D．电容器的电压

I减小，其他量不变，则U增大，由

知；电容器C所带电量增多，D正确。

故选D。3、B【分析】【详解】

试题分析：根据闭合电路欧姆定律；应用图象分析答题．

解：在闭合电路中，路端电压：U=E﹣Ir，由U=E﹣Ir可知，U﹣I图象斜率的绝对值是r；

即：斜率的绝对值是电源内阻；故B正确；

故选B．

【点评】本题考查了图象斜率绝对值的物理意义，应用闭合电路欧姆定律，根据图象即可正确解题．4、D【分析】【详解】

A；将金属圆盘看成由无数金属辐条组成；金属圆盘顺时针匀速转动时，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由圆心流向边缘，所以靠近圆心处电势低，故A错误；

B、根据法拉第定律可知，金属圆盘产生的感应电动势为BLv；所以所加磁场越强，产生的感应电动势越大，感应电流越大，圆盘受到的安培力越大，而安培力是阻力，所以越易使圆盘停止转动，故B错误；

C；若所加磁场反向；只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力仍然阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，故C错误；

D、若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生感应电流，不受安培力作用，所以圆盘将匀速转动，故D正确；5、B【分析】【详解】

A项：实验中使用到油酸酒精溶液；其中酒精溶液的作用是尽可能地减小滴入水面的油酸的含量，故A错误；

B项：在“用油膜法估测分子的大小”实验中；我们的实验依据是：①油膜是呈单分子分布的；②把油酸分子看成球形；③分子之间没有空隙，故B正确；

C项：液滴入水中后；应让油膜尽可能散开，形成单分子油膜，再把油膜的轮廓画在玻璃板上，然后用坐标纸计算油膜的面积，故C错误；

D项：多滴几滴油酸酒精溶液，不便于扩散，故D错误；6、B【分析】【详解】

A；根据库仑定律可知小球A刚释放时所受库仑力为。

故A错；

B、由牛顿第二定律得:

解得：故B对；

C；越靠近B则库仑力越大；根据牛顿第二定律可知，加速度可能是先减小后反向增大，则小球A可能先加速下滑后减速下滑，然后再反向运动，故C错；

D；小球A下滑过程中由于库仑力一直做负功；所以电势能一直在增大，故D错；

综上所述本题答案是：B

【点睛】

对A球受力分析,受到重力、支持力和静电斥力,根据牛顿第二定律求加速度;7、B【分析】【详解】

1932年，英国物理学家查德威克才在卡文迪许实验室里发现了中子．二、多选题(共9题，共18分)8、A:D【分析】【详解】

A项：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；所以并联部分的电压减小；故A正确；

B项：由A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点P原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B错误；

C项：电源的效率：由A分析可知；路端电压减小，所以电源的效率变低，故C错误；

D项：将R1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R1，电压表测的为新电源的路端电压，如果电流表测的也为总电流，则由A分析可知由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R3中的电流减小，则IA增大，所以所以故D正确．

点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧姆定律确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后根据电路的连接特点综合部分电路欧姆定律进行处理．9、B:C:D【分析】【详解】

当变阻器滑片P滑到中点时，变阻器两部分并联电阻最大。则在滑动变阻器的滑片P由b向中点移动的过程中，变阻器并联电阻变大，外电路总电阻变大，由欧姆定律知，干路电流变小，路端电压变大；滑片P由中点向a移动的过程中，外电阻变小，总电阻变小，由欧姆定律知，干路电流变大，路端电压变小；则知电流表的读数先减小后增大；R0的功率

先减少后增大，电压表的读数先增大后减小，电压表与电流表读数的比值

先增大后减小，由于

所以电压表与电流表读数变化量的比值

不变；故A错误，BCD正确；

故选BCD。

【点睛】

本题是动态变化分析问题，关键抓住变阻器滑片处于中点时，并联电阻最大．再按常规顺序“部分→整体→部分”分析．10、A:B:C【分析】由图可知，电阻R2与滑动变阻器并联后与R1串联，电压表测量路端电压；电流表测量滑动变阻器的电流．当滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；干路电流增大，根据U=E-Ir可得，路端电压U减小，即电压表示数减小；因干路电流增大，则R1两端的电压增大，并联部分电压减小，则流过R2的电流减小；则流过电流表的电流增大；故C正确，D错误；因外电阻大于内电阻，当滑片向b移动时，总电阻减小，则外部电阻接近内阻，故电源的输出功率增大，故B正确；因为干路电流增大，则由公式P=I2r可知，电源内部消耗的功率增大，故A正确．所以ABC正确，D错误．11、B:C【分析】【分析】

【详解】

AB．假设两部分气体的体积不变，设气体的初始状态为末的状态为变化温度为由查理定律得。

得。

原来两部分气体中的压强相同；当氧气和氢气的温度都升高10℃时，即温度的变化相同，由于初始状态氧气的温度小于氢气的温度，根据查理定律得，氧气变化的压强大于氢气变化的压强，故汞柱向右移动，A错误，B正确；

CD．开始时两部分气体压强相同；当氧气温度升高10℃时，氧气的温度变化为10K，氢气温度升高20℃时，氢气的温度变化为20K，则有。

所以氧气增加的压强小于氢气增加的压强；汞柱向左移，C正确，D错误。

故选BC。12、B:C:E【分析】【详解】

A．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特性工作的；A错误；

B．油脂对水是不浸润的；脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，B正确；

C．单晶体熔化过程中温度不变；其分子动能不变，熔化过程需要吸收热量，故其分子势能增加，C正确；

D．两个相邻的分子间的距离增大时；分子间的引力和斥力均减小，D错误；

E．夏天中午温度比清晨时温度高；则气体内能变大，车胎体积增大，则胎内气体对外界做功，选项E正确。

故选BCE。13、A:C:E【分析】【详解】

A；当分子之间表现为斥力时；分子间距离越小，斥力做负功，分子势能增大，故选项A正确；

B；物体的温度越高；分子的热运动越剧烈，分子平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，有个别分子动能也可能减小，故选项B错误；

C；外界对封闭气体做功；气体向外界放出热量，如果放出热量大于做功，内能会减小，气体温度降低，故选项C正确；

D；从单一热源吸收热量；如果有外界参与时，是可以使之完全变成功，故选项D错误；

E、热现象具有方向性，气体向真空自由膨胀的过程就是一种不可逆过程，没有外界的参与气体是不可能自动收缩回去的，故选项E正确．14、A:C【分析】【详解】

AB.电子逆时针方向旋转；根据左手定则可知：磁场的方向是竖直向上的，根据安培定则可知，电磁铁线圈中的电流方向与图示方向相同，故A正确，B错误；

CD.电子在磁场中做圆周运动的半径得

电子的动能

若电磁铁线圈中的电流增大，磁感应强度B增大，电子的动能增大，故C正确，D错误．15、A:D【分析】【分析】

【详解】

MN切割磁感线，所以MN产生感应电动势，MN间有电势差，故A正确、B错误；穿过线框的磁通量不变化，所以无感应电流，因此电压表无读数，故C错误，D正确．16、A:C:D【分析】试题分析：摩尔质量是1摩尔分子的质量；故只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，不是分子的运动；而热运动是指分子的无规则的运动，故B错误；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确；根据压强的微观意义可知，跟气体分子在单位时间内对单位面积上的碰撞次数；分子对器壁的平均碰撞力有关，即跟气体分子的密度，以及气体分子的平均动能有关，故D正确；布朗运动与温度有关，但是布朗运动是固体颗粒的运动，但不是分子的热运动，选项E错误；故选ACD。

考点：分子动理论；布朗运动；晶体；

【名师点睛】本题考查了阿伏加德罗常数、压强的微观意义、布朗运动、液晶等，知识点多，难度小，关键多看书，多加积累。三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】【详解】

(1)[1]若5s内沿相反方向通过某截面的正、负离子的电荷量均为5C，则电解液中的电流

(2)[2]若5s内到达阳极的负离子为5C，则电流【解析】2118、略

【分析】【分析】

解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读。

【详解】

（1）[1]游标卡尺的主尺读数为5.4cm，游标尺上第4个刻度与主尺刻度对齐，则游标尺读数为

所以最终读数为

（2）[2]螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为

所以最终读数为

【点睛】

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同。【解析】5.445.69519、略

【分析】【详解】

B点处于波谷，A点处于波峰，波由B向A传播，此时C处于平衡位置，经过四分之一周期，波谷传播到该点，知C点的振动方向向下，周期质点在一个周期内振动的路程等于4倍的振幅，经过0.25s时，走过的路程等于5倍的振幅，A=20cm，则s=1m．【解析】向下120、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]白天时；光敏电阻较小，两端电势差较小，输入为高电势，输出为低电势，夜晚，光敏电阻较大，两端电势差较大，输入为低电势，输出为高电势，知该门电路为非门电路；

[2]若要路灯在有光照时也能点亮，应使电阻R2减小，使得R2的分得电压小，使非门电路的输入端电压变小，输出端电压变大，路灯被点亮。【解析】非变小21、略

【分析】【详解】

[1][2]由图像可知，气体先从状态a沿直线变化到状态b，pV值变大，根据

可知，温度T升高，气体内能变大，即∆U>0

气体体积变大，对外做功，即W<0

根据热力学第一定律可知∆U=W+Q

可知Q>0

即气体吸热。【解析】升高吸热22、略

【分析】【详解】

[1]．从状态i到状态j温度的变化相同，则内能变化相同，即△U1=△U2=△U3

[2]．根据可知，p-V图像与坐标轴围成的面积等于做功的大小，则由图像可知W1<W2<W3

[3]．由题意可知Q1=0；根据热力学第一定律∆U=W+Q，因△U2=△U3，W2<W3，则Q2<Q3，即Q1<Q2<Q3【解析】△U1=△U2=△U3W1<W2<W3Q1<Q2<Q323、略

【分析】【分析】

【详解】

质子和α粒子以相同的动能垂直进入同一匀强磁场中，均做匀速圆周运动．洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：动能：EK=mv2，则轨迹的半径为：因质子的质量数是1，α粒子的质量数是4，所以：mα=4mP，质子带1个单位的正电荷，α粒子带两个单位的正电荷，则：粒子在磁场中做圆周运动的周期：【解析】1:11:224、略

【分析】【分析】

找到AC两个状态的状态参量；根据理想气体的状态方程求解C的温度；根据热力学第一定律判断从A到C吸热或放热情况.

【详解】

[1]由图可知：pA=4×104pAVA=1m3TA=300KpC=1×104pAVC=4m3

根据解得:TC=300K；

[2][3]根据热力学第一定律如果由状态A经B到C的过程中，