2025年外研衔接版选修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年外研衔接版选修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9题，共18分)1、一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V–T图像如图所示。下列说法正确的是（）

A.B→C的过程中，气体一定放出热量B.B→C的过程中，气体分子平均动能增加C.A→B的过程中，气体分子的密集程度变小D.A→B的过程中，每个分子对器壁的平均撞击力变大2、下列说法中不正确的是（）A.内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同B.当附着层中液体分子比液体内部稀流时，液体与固体之间就表现为不浸润现象C.液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性D.随着分子间距离的增大，分子间作用力减小，分子势能也减小3、一定质量的理想气体的体积V随热力学温度T变化的情况如图所示。气体先后经历状态A、B和C；下列说法正确的是（）

A.从状态A到状态B，气体压强保持不变B.从状态A到状态B，气体内能保持不变C.从状态B到状态C，气体对外做功D.从状态B到状态C，气体向外放热4、两根互相平行的长直导线距离较近，通以相反方向的电流，电流大小关系＞设受到的安培力为受到的安培力为则下列说法中正确的是（）A.相互吸引B.相互排斥C.相互排斥D.相互吸引5、如图所示，R1、R2是两个定值电阻，R是滑动变阻器，L为小灯泡，电源的内阻为r，开关S闭合后，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，则()

A.电压表示数不变B.小灯泡变亮C.电容器处于充电状态D.电源的电功率变大6、已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为其中为平面上单位面积所带的电荷量，为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电荷量为Q．不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为A.和B.和C.和D.和7、如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计，开始时开关S闭合；静电计指针张开一定角度。下列操作可使指针张开角度增大一些的是（）

A.保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动B.断开开关S后，将B两极板靠近一些C.断开开关S后，将B两极板的正对面积减小一些D.保持开关S闭合，将B两极板分开一些8、如图；两束单色光A；B分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射时合成一束复色光P，下列说法正确的是。

A.A光的频率小于B光的频率B.在玻璃砖中A光的传播速度小于B光的传播速度C.玻璃砖对A光的折射率大于对B光的折射率D.两种单色光由玻璃射向空气时，A光的临界角较小9、一质量为M的航天器，正以速度在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为加速后航天器的速度大小则喷出气体的质量m为A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、如图所示，在磁感应强度大小B=T，方向竖直向下的匀强磁场中，有两半径均为0.6m的金属圆环平行竖直放置，两圆心所在直线OO′与磁场方向垂直．圆环通过电刷与理想变压器原线圈相连，长为0.5m的导体棒ab两个端点刚好分别搭接在两圆环上，且与OO′平行．现让导体棒沿圆环内侧、绕OO′以20πrad/s的角速度匀速转动，恰好使标有“3V4.5W”的小灯泡L正常发光．已知理想变压器原、副线圈的匝数比为n1:n2=2:1；图中电压表为理想电压表，圆环；导体棒、导线电阻不计，则。

A.电压表的示数为6VB.R0的电阻值为1.5ΩC.整个电路消耗的总功率为WD.ab沿圆环转动过程中受到的最大安培力为N11、下列说法正确的是（）A.气体分子间距离很大，因此，气体分子间只存在分子引力，不存在分子斥力B.在一定温度下，每个气体分子对器壁碰撞时，对器壁的冲击力大小都相等C.温度升高，气体的压强不一定增大D.气体分子间除相互碰撞外，相互作用很小12、关于分子动理论，下列说法正确的是（）A.若仅知道氦气的摩尔体积和阿伏加德罗常数，则不能算出氦气分子的体积B.温度越高，分子热运动越缓慢C.相同质量的水和冰在0°C时，分子平均动能一定相等E.两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力的变化总是比斥力的变化快E.两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力的变化总是比斥力的变化快13、一定质量的理想气体从a状态开始，经历三个过程ab、bc、ca回到a状态，其p——t图像如图所示，图中ba的延长线过原点O，bc平行于t轴，ca的延长线过点t0（-273.15℃；0）。下列判断正确的是（）

A.过程ab中气体体积不变B.过程ca中气体体积不变C.过程ca中外界对气体做功D.过程bc中气体对外界做功14、有一定质量的理想气体，其压强随热力学温度的变化的图象如图所示，理想气体经历了的循环过程。下列分析正确的是（）

A.过程中气体吸收热量B.四个状态中，只有状态时理想气体分子的平均动能最大C.过程气体对外界做功，并从外界吸收热量E.四个状态中，状态时气体的体积最小E.四个状态中，状态时气体的体积最小15、如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且与导轨接触良好，整个装置放置在垂直于导轨平面的磁场中，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则时间内（）

A.电容器的电荷量大小始终不变B.电容器的板先带正电后带负电C.所受安培力的方向先向右后向左D.所受安培力的在大小始终不变16、如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动；下列说法中正确的是()

A.线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流B.穿过线圈a的磁通量变小C.线圈a有扩张的趋势D.线圈a对水平桌面的压力FN将增大评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)17、热平衡的性质：达到热平衡的系统都具有相同的_______。18、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________．19、如图，一定质量的理想气体从状态a开始，分别经历等温变化a→b和等容变化b→c。在a→b过程中，气体的内能______（填“增大”“减小”或“不变”）；在a→b→c过程中，气体_______（填“吸收”或“放出”）热量。

20、在如甲图所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关闭合后，灯泡L1的电阻为_________Ω，灯泡L2消耗的电功率为_________W．

21、卡文迪许扭秤是用来测定万有引力恒量的重要仪器，为了观察悬挂的石英丝发生的微小扭转形变，卡文迪许采用了光放大的原理，图中悬挂在石英丝下端的T形架的竖直杆上装一块小平面镜M，M可将由光源S射来的光线反射到弧形的刻度尺上（圆弧的圆心即在M处）．已知尺距M为2m，若反射光斑在尺S上移动2cm，则平面镜M转过的角度是________rad．

评卷人得分四、作图题(共3题，共21分)22、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．

23、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．

24、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40分)25、在“验证动量守恒定律”的实验中；甲；乙两位同学用了不同的实验方案．

（1）如图1所示；甲同学利用“碰撞实验器”验证动量守恒定律．

①实验中，斜槽轨道末端_______________．（填选项前字母）

A．必须水平。

B．要向上倾斜。

C．要向下倾斜。

②若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2．实验要求m1___________m2，r1_________r2．（填“＞”“＜”或“＝”）

③图1中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射小球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落点位置P，测量平抛射程OP．然后把被碰小球m2静置于轨道水平部分末端，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．空气阻力忽略不计，接下来要完成的必要步骤是_____________．（填选项前的字母）

A．测量两个小球的质量m1、m2

B．测量小球m1开始释放时的高度h

C．测量抛出点距地面的高度H

D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N

E．测量平抛射程OM、ON

F．测量两个小球的半径r1、r2

④若两小球相碰前后的的动量守恒，其表达式可表示为_____________________________；若碰撞时弹性碰撞，则还可以写出表达式为________________________．（用③问中测量的量表示）

（2）如图2所示，乙同学利用此装置验证动量守恒定律．水平气垫导轨（轨道与滑块间摩擦力忽略不计）上装有两个光电计时装置C和D，可记录遮光片的遮光时间．将滑块A、B静止放在导轨上；乙同学按照如下步骤进行试验：

a．测量滑块A的质量测量滑块B的质量

b．测量滑块A的遮光片的宽度d1，滑块B的遮光片的宽度d2

c．给滑块A一个向右瞬时冲量，让滑块A与静止的滑块B发生碰撞后，B、A依次通过光电计时装置D

d．待B、A完全通过广电计时装置D后用手分别按住。

e．记录光电计时电装置C显示的时间t1和装置D显示的时间t2、t3

①完成上述实验步骤需要的实验器材有___________．

②按照乙同学的操作，若两滑块碰撞前后的动量守恒，其表达式可表示为________________________；两滑块碰撞过程中损失的机械能为________________________________．

（3）通过实验来“验证动量守恒定律”，不论采用何种方法，都要测得系统内物体作用前后的“速度”，请比较分析甲、乙同学的两个实验方案，分别说明在测得“速度”的方法上有何不同？___________26、在用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率的实验中；其实验光路如图（a）．

（1）在实验中，如果用量角器分别量出入射角和折射角那么，该玻璃砖的折射率的表达式为______________．

（2）在实验数据的处理中；有两位同学各设计了一个记录表格，而且都已完成了计算，根据他们设计的表格所反应的信息，判断他们论证做得是否正确．

甲同学设计的表格是：

乙同学设计的表格是：

答：上述两位同学做得正确的是________（选填“甲”或“乙”）．

（3）若甲在做测定玻璃的折射率的实验时，法线画得与界面不垂直，出现如图（b）所示的倾斜；若在放置玻璃砖时，玻璃砖的平面没有与重合，出现如图（c）所示的偏差，则他们测得的折射率比真实值_______

A．甲、乙均偏小B．甲、乙均偏大C．甲偏大、乙偏D．甲偏小，乙偏大27、要测绘一个标有“3V0.6W”的小灯泡的伏安特性曲线；灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有：

电池组（电动势为内阻约1Ω）：

电流表（量程为0~250mA；内阻约5Ω）；

电压表（量程为0~3V；内阻约3kΩ）；

开关一个；导线若干。

（1）实验中所用的滑动变阻器应选_________________（填字母代号）。

A．滑动变阻器（最大阻值为20Ω）

B．滑动变阻器（最大阻值为1750Ω）

（2）实验的电路图应选用下列的图_________________（填字母代号）．

（3）根据上题所选电路，连接实物图甲________。

（4）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V、内阻为5.0Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是_________________W。（结果保留两位有效数字）28、（1）某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态，他在地面上用测力计测量砝码的重力，实数是G，他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，则测力计的实数小于G，由此判断此时电梯的运动状态能是_________________。

（2）用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示，该金属丝的直径是_________mm。

（3）某同学用大头针、三角板、量角器等器材测量玻璃砖的折射率，开始玻璃砖位置如图中实线所示，使大头针圆心在同一直线上，该直线垂直于玻璃砖的直径边，然后使玻璃砖绕圆心缓缓转动，同时在玻璃砖的直径边一侧观察的像，且的像挡住的像，如此观察，当玻璃砖转到图中虚线位置时，上述现象恰好消失。此时只需测量出______________，即可计算出玻璃砖的折射率，请用你的方法表示出折射率________

（4）某同学测量阻值约为25kΩ的电阻；现备有下列器材：

A．电流表（量程122μA；内阻约2kΩ）；

B．电流表（量程500μA；内阻约300Ω）；

C．电压表（量程15V；内阻约100kΩ）；

D．电压表（量程50V；内阻约500kΩ）；

E．直流电源（20V；允许最大电流1A）；

F．滑动变阻器（最大阻值1kΩ；额定功率1W）；

G．电键和导线若干。

电流表应选_________，电压表应_________。(填字母代号)

该同学正确选择仪器后连接了以下电路；为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：

①_________________________________________.

②_________________________________________.

评卷人得分六、解答题(共4题，共12分)29、如图所示，两根足够长的金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为l.在M、P两点间接有阻值为R的电阻.一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦，且导轨和金属杆的电阻可忽略,重力加速度为g.

(1)让ab杆由静止开始沿导轨下滑；求它下滑的加速度大小.

(2)若在整套装置上施加磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向下的匀强磁场.让ab杆由静止开始沿导轨下滑.

a.当ab杆速度大小为v时，求此时ab杆中的电流大小；

b.求ab杆下滑过程中的最大速度.30、如图甲为气压式升降椅，图乙为其简易结构示意图，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为横截面积的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量氮气（视为理想气体），稳定后测得封闭气体柱长度设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知大气压强设白天环境温度恒定，重力加速度求：

(1)初始状态封闭气体的压强；

(2)若质量为的人静坐在椅面上（手脚未接触其它物体）；稳定后椅面下降的高度；

(3)若夜间环境温度降低；椅面下降高度为1cm，则此夜间环境温度为多少？

31、两个质量都是=0.4kg的砂箱A、B并排放在光滑的水平桌面上，一颗质量为m=0.1kg的子弹以v0=140m/s的水平速度射向A，如图所示。射穿后，进入B并同B一起运动，测得A、B落点到桌边缘的水平距离求：

(1)沙箱离开桌面的瞬时速度；

(2)子弹在砂箱A、B中穿行时系统一共产生的热量Q。32、如图所示，一根长为L=0.2m的刚性轻绳，一端固定在O点，另一端连接一个质量为m的小球，当球自由悬挂时，球处在最低点A点，此时给球一个水平初速度v0让它运动起来，忽略空气阻力，重力加速度

（1）要保证小球在运动过程中绳子始终不松弛，求v0满足的条件；

（2）若小球在A点获得的水平初速度试确定小球能上升的最大高度．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【详解】

A．因为图线中，BC段的图线是过原点的倾斜直线，则B→C的过程中，体积减小，即外界对气体做功（W为正），而温度减小，内能减小（为负），根据热力学第一定律，气体一定对外放热（Q为负）；故A正确；

B．B→C的过程中；温度降低，分子平均动能减小，故B错误；

C．A→B的过程中；体积减小，而气体质量不变，所以气体分子的密集程度增大，故C错误；

D．A→B的过程中；温度一定时，体积减小，单位体积内的分子数增多，从而压强增大，而并不是每个分子对器壁的撞击力变大，故D错误。

故选A。2、D【分析】【详解】

A．物体中所有分子热运动动能与分子势能的总和叫做物体的内能。内能不同的物体；但它们的温度可能相同，所以它们分子热运动的平均动能可能相同，故A正确，不符合题意；

B．附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏；分子力为引力，所以液体与固体之间表现为不浸润，故B正确，不符合题意；

C．液晶既像液体一样具有流动性；又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性，故C正确，不符合题意；

D．当分子距离从小于r0的位置逐渐增大到r0的过程中，分子力表现为斥力，逐渐减小，分子力做正功，分子势能减小，当分子距离从等于r0的位置逐渐增大的过程中；分子力表现为引力，先增大后减小，分子力做负功，分子势能增加，故D错误，符合题意。

故选D。3、A【分析】【详解】

A．从状态A到状态B；气体作等压变化，故A正确；

B．从状态A到状态B；温度升高，所以气体内能变大，故B错误；

CD．从状态B到状态C；温度升高，气体内能增大，体积不变，气体不做功，由热力学第一定律可知气体从外界吸收热量。故CD错误。

故选A。4、C【分析】【详解】

AB．通电导线在其周围产生磁场；通电导线在磁场中受到安培力作用，两导线所受安培力是作用力与反作用力，它们大小相等，AB错误；

CD．假设两导线竖直放置；如图所示。

由右手螺旋定则可知：在处产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可知，所所受安培力向右；由右手螺旋定则可知：在处产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可知所所受安培力向左；则两导线相互排斥，C正确D错误．5、C【分析】【详解】

A．B．闭合开关S后，当滑动变阻器触头P向上移动时，增大；外电路总电阻增大，干路电流减小，则小灯泡亮度变暗，电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大，故AB错误；

C．电路稳定时电容器的电压等于R1、串联总电压，增大；根据串联电路电压分配规律可知，电容器的电压增大，则电容器处于充电状态，故C正确；

D．电源的总功率为

干路电流I减小，E不变；则电源的总功率变小，故D错误。

故选C。

【点睛】

本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析。对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大的结论进行分析。根据串联电路电压与电阻成正比的特点，分析各部分电压的变化，比较简便。6、D【分析】【详解】

由公式正负极板都有场强，由场强的叠加可得电场力故选D．

【考点定位】考查电场知识．7、C【分析】【详解】

保持开关闭合；电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故AD错误；断开开关S后，电容器带电量不变，将AB靠近一些，则d减小，电容变大，根据C=Q/U知，电势差减小，指针张角减小，故B错误；断开开关S后，电容器带电量Q不变，将A；B两极板的正对面积减小一些，电容C减小，根据C=Q/U知，电势差U增大，指针张角增大，故C正确；故选C。

【点睛】

本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变．8、A【分析】【详解】

由题图可知，玻璃砖对B光的折射程度大，则nB＞nA，故B光的频率较大，故A正确、C错误；由v=c/n知，在玻璃砖中，vB＜vA，故B错误；两种单色光由玻璃射向空气时，由于sinC=1/n，所以，CB＜CA，故D错误；故选A。9、C【分析】【分析】

【详解】

规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得

解得

故选C。二、多选题(共7题，共14分)10、B:D【分析】【详解】

AB.根据右手定则可知，导体棒在磁场中运动，产生正弦式交流电，当导体棒经过最低点和最高点时，切割的方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大，则则有压器原线圈两端的电压根据可得电压表的示数为通过小灯泡的电流根据可得的电阻值为故选项B正确，A错误；

C.整个电路消耗的总功率为故选项C错误；

D.根据安培力表达式，最大安培力大小故选项D正确．11、C:D【分析】【详解】

A．根据分子动理论可知；分子间同时存在分子引力和斥力，且分子引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，只是分子斥力减小得更快些，气体分子间距离较大，但引力和斥力都同时存在，只是都非常微弱，A错误；

B．由于每个气体分子的动能不一定相同；且每时每刻都在变化，则每个气体分子碰撞器壁时对器壁的冲击力大小也不一定相等，B错误；

CD．气体的压强由气体分子的平均速率和数密度这两个因素决定；而温度只决定于气体分子的平均速率，如果温度升高，当气体分子数密度减小时，气体的压强就不一定增大，气体分子间除相互碰撞外相互作用很小，故选项CD正确。

故选CD。12、A:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．由于气体分子间距很大；仅知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，不能算出气体分子的体积，选项A正确；

B．温度越高；分子热运动越剧烈，选项B错误；

C．分子平均动能与温度有关；所以相同质量的水和冰在0°C时，分子平均动能一定相等，选项C正确；

D．当分子间的作用力表现为斥力时；分子间的距离越小，分子力做负功，分子势能越大，选项D正确；

E．两个分子间的距离变大的过程中；分子间引力的变化总是比斥力的变化慢，选项E错误。

故选ACD。13、B:D【分析】【详解】

A．由题图可知，过程ab，b与t0连线的斜率大于a与t0连线的斜率，则b状态气体的体积小于a状态气体的体积，则过程ab中气体的体积减小；故A错误；

B．由题图可知，过程ca；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，故B正确；

C．由于过程ca体积不变；所以外界对气体不做功，故C错误；

D．由题图可知，过程bc；气体的压强不变，温度升高，体积变大，气体对外界做功，故D正确。

故选BD。14、A:C:E【分析】【详解】

A.由图象可知，过程压强不变，温度升高，内能增加，由可知，气体体积增大，对外做功，由知；气体吸热，故A正确；

B.恒温过程；气体分子平均动能不变，故B错误；

C.过程，压强减小，由可知体积增加；气体对外做功，因此气体一定吸热，故C正确；

D.过程，压强恒定，减小，减小，由可知体积减小，则外界对气体做功，由可知；气体放热，故D错误；

E.延长线通过原点，体积相等，即过程过程综上分析可知状态气体体积最小；故E正确。

故选：ACE。15、A:C【分析】【详解】

A．由图乙知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势恒定，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器两端的电压恒定，根据可知电容器C的电荷量大小始终不变；故A正确；

B．根据楞次定律判断可知；通过导体棒的电流一直向上，故电容器a板电势较高，一直带正电，故B错误；

C．MN中感应电流方向一直向上；由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故C正确；

D．根据安培力公式不变；由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故D错误。

故选AC。16、A:D【分析】【详解】

A.滑片向下滑动，回路电阻减小，电流增大，螺线管产生磁场变强，根据右手定则判断穿过a线圈的磁感应强度竖直向下，所以感应电流产生磁场竖直向上，根据右手定则判断，线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流；A正确。

B.因为螺线管产生磁场变强，线圈a面积不变，线圈a的磁通量变大，B错误。

C.根据楞次定律；“增缩减扩”原理可以判断，线圈有收缩的趋势，C错误。

D.根据楞次定律，“来拒去留”原理可判断，a线圈磁通量增大，所以线圈a有远离b的趋势，对桌面压力变大，D正确三、填空题(共5题，共10分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】温度18、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19、略

【分析】【详解】

[1]在a→b过程中；气体的温度不变，则内能不变；

[2]因c态温度低于a态温度，则在a→b→c过程中，气体内能减小，即∆U<0

气体体积减小，外界对气体做功，则W>0

则根据热力学第一定律可知∆U=W+Q

则Q<0

即气体放出热量。【解析】不变放出20、略

【分析】【详解】

当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图2读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，则I1=1.25I2，灯泡L2、L3的功率均为P=UI=1.5V×0.20A=0.30W；【解析】12Ω0.30W21、略

【分析】【详解】

由数学关系，反射光线转过的角度

根据光的反射定律，入射光线不变，镜面转过的角度为【解析】四、作图题(共3题，共21分)22、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】23、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】24、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4题，共40分)25、略

【分析】【详解】

（1）①实验中；斜槽轨道末端必须要水平，以保证小球能做平抛运动，故选A；

②为保证两球发生正碰，要求两球必须要等大，即r1=r2；为防止入射球反弹，则入射球的质量要大于被碰球的质量，即m1>m2；

③要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3；

小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t；

得：m1OP=m1OM+m2ON；

因此需要完成的必要的操作步骤是ADE．

④实验需要验证：m1OP=m1OM+m2ON；

若碰撞时弹性碰撞，则还可以写出表达式为

即即

（2）①完成上述实验步骤需要的实验器材有天平和刻度尺；

②碰撞前后滑块A的速度分别为：

碰撞后滑块B的速度为：

则要验证的关系是：即

两滑块碰撞过程中损失的机械能为：

（3）甲是利用平抛射程间接代替速度，乙是用遮光板通过光电门的平均速度代替瞬时速度．【解析】A>=ADE天平、刻度尺甲是利用平抛射程间接代替速度，乙是直接求出速度．26、略

【分析】【详解】

（1）根据光的折射定律可知：

（2）为了减小测量的偶然误差；必须采用多次测量取平均值的方法，由于每次测量时，入射角不同，折射角不同，每次测量有入射角与折射角之间没有直接关系，入射角和折射角取平均值没有意义，而介质的折射率仅由介质的性质决定，是不变的，所以应求出每一个入射角及对应的折射角，运用折射定律求出折射率，再求出折射率的平均值，可有效减小测量的误差，这样做有意义．故甲同学做得正确.

（3）（b）测得的入射角和折射角都偏大，而且增大相同的角度，玻璃砖的折射率为：运用特殊值法分析：假设若法线与界面垂直时，入射角为i=45”，拆射角为r=30”，则拆射率为：若法线与界面不垂直时，入射角与折射角都增大15°，则折射率为：可见，甲的测量值将偏小．出现如图（c）所示的偏差时测量的入射角和折射角都增大，而且增大相同的角度，故测量值将偏小，故A正确，BCD错【解析】（1）（2）甲（3）A27、略

【分析】【详解】

（1）[1]由于实验要求电压从零开始调节；滑动变阻器应采用分压式接法，为调节方便，应选择最大阻值小的滑动变阻器，A正确，B错误。

故选A。

（2）[2]由于待测小灯泡阻值较小，满足

所以电流表应用外接法；又滑动变阻器采用分压式接法，因此ACD错误，B正确。

故选B。

（3）[3]连接实物电路图；如图所示。

（4）[4]在小灯泡的I－U图像中画出电源的I－U图像，如图所示。读出两图线交点处坐标为U=1.0V，I=0.10A；所以小灯泡消耗的功率为。

P=UI=0.10W【解析】AB0.1028、略

【分析】【详解】

（1）[1]加速度方向向下；物体处于失重状态，故可能是减速上升或加速下降。

（2）[2]螺旋测微器的读数为

（3）[3]由题意可知，当玻璃砖转过某一角度θ时，刚好发生全反射，在直径边一侧观察不到P1、P2的像，做出如图所示的光路图可知，测出玻璃直径边转过的角度θ，根据光路图可知法线转过的角度也为θ，玻璃砖内入射角为θ，临界角为θ，则

所以测出玻璃直径边转过的角度θ；便可计算出玻璃砖的折射率。

[4]根据光路图可知全反射的临界角为θ，则

（4）[5]本题中，待测电