2025年人教版选修3物理上册月考试卷

…………○…………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年人教版选修3物理上册月考试卷6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；A；B、C三个相同的灯泡连成如图电路，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，三个灯泡的亮暗变化情况是（）

A.同时变亮B.同时变暗C.C两灯变暗，B灯变亮D.C灯变亮，B灯变暗2、如图所示，a、b、c三盏灯都能发光，且在电路变化时，灯不会烧坏．试判断：当滑动变阻器的触头P向下移动时（）A.外电路的总电阻变小B.总电流变小C.a灯变暗D.c灯变亮3、如图，正方形闭合导线框在边界水平的匀强磁场区域的上方，由不同高度静止释放，用、分别表示线框边和边刚进入磁场的时刻，用、分别表示线框边和边刚出磁场的时刻，线框下落过程中形状不变，边始终保持与磁场水平边界平行，线框平面与磁场方向垂直，设磁场区域的宽度大于线框的边长，不计空气阻力的影响，则下列反映线框下落过程中速度随时间变化规律的图象不可能的是（））

A.B.C.D.4、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5、如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹，带电粒子只受电场力作用，运动过程中电势能减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（）A.B.C.D.6、一粗细均匀的镍铬丝，截面直径为d，电阻为R.把它拉制成直径为的均匀细丝后，在温度不变的情况下，它的电阻变为())A.10000RB.100R.C.D.评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子垂直于bc边离开磁场；乙粒子从ad边的中点离开磁场．已知甲；乙两a带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力．以下判断正确的是。

A.甲粒子带负电，乙粒子带正电B.甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍C.甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍D.甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的倍8、下列有关热现象和内能的说法中正确的是（）A.把物体缓慢举高，其机械能增加，内能不变B.盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大C.电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的E.分子间引力和斥力相等时，分子势能最小E.分子间引力和斥力相等时，分子势能最小9、下列关于固体、液体说法正确的是（）A.唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”中荷叶和露水表现为浸润B.小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中是浮力与其重力平衡的结果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E.石墨和金刚石都是碳单质但它们的物理性质不同，是由于组成它们的原子排列结构不同E.石墨和金刚石都是碳单质但它们的物理性质不同，是由于组成它们的原子排列结构不同10、下列说法正确的是（）A.布朗运动就是液体分子的无规测热运动B.温度相同的氢气和氧气，它们分子的平均速率不同C.空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性E.荷叶上的露珠几乎呈球形是由于表面张力的作用E.荷叶上的露珠几乎呈球形是由于表面张力的作用11、如图所示为远距离输电的原理图；升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压恒定；输电线上的电阻不变，假设用户所用用电器都是纯电阻用电器，若发现发电厂发电机输出的电流增大了，则可以判定。

A.通过用户的电流减小了B.用户接入电路的总电阻减小了C.用户消耗的电功率减小了D.加在用户两端的电压变小了12、图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若滑动变阻器的触头P向下滑动时，则()

A.小灯泡的功率增大B.电压表的示数增大C.电容器上的电荷量增加D.两表示数变化量的比值不变13、一列简谐横波沿x轴方向传播，某时刻的波形图如图所示，已知位于x=1m处的质点正向下运动；则下列说法正确的是（）

A.该波沿x轴负方向传播B.x=3m处的质点的振幅为零C.x=2m处的质点此刻具有最大加速度D.该时刻以后，x=2.5m处的质点比x=1.5m处的质点先回到平衡位置14、一列简谐横波沿x轴正方向传播，甲图中A、B两质点平衡位置间的距离为2m，且小于一个波长，乙图为A、B两质点的振动图象；由此可知（）

A.B质点在一个周期内通过的路程为8cmB.该机械波的周期为4sC.该机械波的波速为4m/sE.t=1.5s时B两质点的振动速度相同E.t=1.5s时B两质点的振动速度相同评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、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__________。16、（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。

17、泡泡鱼游戏中，泡泡鱼吐出了一个泡泡，捉住了一条大宝鱼。若将泡泡内的气体视为理想气体，泡泡鱼吐出的泡泡上浮一段时间后到达大宝鱼所在位置，海水的温度不变，则在泡泡上浮的过程中，泡泡内的气体对外界做__________（填“正”或“负”）功，气体__________（填“从外界吸收热量”或“向外界放出热量”）。18、假定两个分子的距离为无穷远时，它们的分子势能为0，使一个分子固定，另一个分子在外力作用下从无穷远逐渐向它靠近，直至相距很近很近，整个过程中分子势能______(填“不变”或“先增大后减小”或“先减小后增大”)。物体从单一热源吸收的热量______(填“可以”或“不可以”)全部用于做功。19、阴极射线管的上方有一根固定的导线AB，如图所示，当导线中通一如图所示的电流时，阴极射线管的电子流将向__________偏转。（填“下”或“上”）20、如图所示为一弹簧振子的振动图像；试完成以下问题：

（1）该振子简谐运动的表达式为____________________；

（2）该振子在第100s时的位移为________cm，该振子在前100s内的路程为________cm．21、某金属的截止极限频率恰好等于氢原子量子数n=4能级跃迁到n=2能级所发出光的频率．氢原子辐射光子后能量______（选填“增大”、“不变”或“减小”）．现用氢原子由n=2能级跃迁到n=1能级所发出的光照射该金属，则逸出光电子的最大初动能是________（已知氢原子n=1、2、4能级的能量值分别为E1、E2、E4）．评卷人得分四、作图题(共3题，共6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3题，共12分)25、验证《动量守恒实验》中；刘同学设计了如图所示的装置进行验证。设计如下：

A.测出两同种材质的木块A、B的质量mA、mB

B.测出当地的重力加速度g

C.用细线将A；B连接；使A、B间的弹簧压缩（弹簧不与木块连接）

D.剪断细线，测出木块向两侧移动的距离sA、sB

E.测量桌面与木质材料间的动摩擦因数μ

（1）上述实验设计中没必要的步骤为_____；

（2）验证动量守恒关系式为______________；

（3）请写出一条产生实验误差的原因_____________。

26、有一电流表A，量程为1mA，内阻r1约为100Ω．要求测量其内阻．可选用器材有，电阻箱R0；最大阻值为99999.9Ω；

滑动电阻箱甲；最大阻值为10kΩ；

滑动电阻箱乙；最大阻值为2kΩ；

电源E1；电动势约为2V，内阻不计；

电源E2；电动势约为6V，内阻不计；

开关2个；导线若干．

采用的测量电路图如图所示；实验步骤如下：

a.断开S1和S2，将R调到最大；

b.合上S1调节R使A满偏；

c.合上S2，调节R1使A半偏，此时可以认为A的内阻rg＝R1；试问：

（ⅰ）在上述可供选择的器材中，可变电阻R1应该选择____；为了使测量尽量精确，可变电阻R应该选择____；电源E应该选择____．

（ⅱ）认为内阻rg＝R1，此结果与rg的真实值相比____．（填“偏大”、“偏小”或“相等”）27、为研究某一蓄电池组；某兴趣小组将一块旧的电池组充满电，准备利用下列器材测量电池组的电动势和内电阻．

A.待测电池组；电动势约为4V，内阻约几欧姆。

B.直流电压表（量程均可满足要求；均可视为理想电表）

C.定值电阻（未知）

D.滑动变阻器R，最大阻值（已知）

E.导线和开关。

（1）现利用以上器材；设计一个电路如图甲所示，完成对待测电池组的电动势和内阻的测量．

（2）实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值再闭合开关，电压表和的读数分别为则=_______（用表示）．

（3）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表和的多组数据描绘出图象（横轴为），图线斜率绝对值为k，与横轴的截距值为a，则电池组的电动势E=____，内阻r=____（用k、a、表示）．

（4）经测量得到该电池组的电动势为E=4.0V，内阻r=1Ω，现用该电池组与定值电阻串联，然后与两个相同的灯泡构成如图乙所示的电路，灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，则每个灯泡的实际功率约为______W（结果保留两位小数）．评卷人得分六、解答题(共4题，共16分)28、一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其图象如图所示，求该过程中气体吸收的热量Q。

29、下表是某品牌洗衣机的技术参数：

。国家能效等级1级。

额定洗涤容量8kg

额定电压220V

电源频率50Hz

洗涤功率220W

脱水功率500W

洗涤噪音43分贝。

转速1200转/分。

内筒材料不锈钢。

标准程序耗水量59升。

出厂日期：

2018年1月20日。

出厂编号：

GB201801200315

请根据表中的技术参数解答下列问题：

(1)该洗衣机正常工作的电压为多少伏特?

(2)该洗衣机在常温下正常洗涤时的电流为多少安培？

(3)该洗衣机在常温下正常洗涤2h，消耗的电能是多少千瓦时?30、如图所示，水平放置的两平行金属板间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场．已知两板间的电势差为U，距离为d；匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从A点沿水平方向射入到两板之间，恰好沿直线从M点射出；如果撤去磁场，粒子从N点射出．M、N两点间的距离为h．不计粒子的重力．求：

（1）匀强电场场强的大小E；

（2）粒子从A点射入时的速度大小v0；

（3）粒子从N点射出时的动能Ek．

31、如图所示，一竖直放置的足够长汽缸内有两个活塞用一根轻质硬杆相连，上面小活塞面积S1=2cm2，下面大活塞面积S2=8cm2，两活塞的总质量为M=0.3kg；汽缸内封闭温度T1=300K的理想气体，粗细两部分长度相等且L=5cm；大气压强为Po=1.01×l05Po，g=10m／s2；整个系统处于平衡，活塞与缸壁间无摩擦且不漏气．求：

(1)初状态封闭气体的压强Pi；

(2)若封闭气体的温度缓慢升高到T2=336K，气体的体积V2是多少；

(3)上述过程中封闭气体对外界做功W．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

滑动变阻器滑动触头向上滑动时；接入电阻减小，则总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故流过A灯电流增大，故A灯变亮；

由于电流增大；则可知内电压和灯泡A两端的电压增大，故并联部分电压减小，所以B灯两端电压减小，B灯变暗；

因干路电流增大；B灯电流减小，则由分流原理可知，C中电流增大，故C灯变亮，故AC变亮，B变暗，故D正确，ABC错误。

故选：D.

【点睛】

根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，再根据功率公式可分析灯泡亮度的变化．2、A【分析】【详解】

A．据图可知；当滑动变阻器滑片向下滑动时，相当于滑动变阻器被短接部分变大，未短接部分减小，则滑动变阻器阻值减小，外电路总电阻与其中之一电阻的变化一致，所以外电阻总电阻变小，A选项正确；

B．据

总电流变大；B选项错误；

C．a灯接在干路，总电流变大，则a灯变亮；C错误；

D．据“串反并同”c灯与滑动变阻器并联，c灯电流、电压变化与滑动变阻器阻值变化一致，则c灯变暗；D错误．

故选A。3、A【分析】【详解】

A、在0～时间内，线框做自由落体运动，时刻以后，线框全部进入磁场后做匀加速直线运动，这两段时间内的v－t图线均为直线．在～时间内，线框进入磁场的过程中，线框的运动状态与进入磁场时的速度v有关．当线框在磁场中匀速运动时，安培力等于重力，即．若线框的速度v远大于则进入磁场后减速．由可知，加速度减小；若线框速度v＞但相差不大，则线框进入磁场后可能先减速再匀速，故A错误，B正确；

C、若线框的速度但相差不大，则线框进入磁场后可能先加速再匀速；若线框的速度v远小于则线框进入磁场后加速，加速度减小，故选项C正确；

D、若线框的速度则线框进入磁场一直匀速至全部进入磁场，故选项D正确．

点睛：解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析．4、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;5、C【分析】【分析】

据粒子的运动轨迹；判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受到的电场力的方向；电场力做正功粒子的动能增大，电势能减小．

【详解】

粒子的运动轨迹；判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受力的方向向右，因不知电场线的方向，不能判断出粒子的电性；由于运动飞过程中粒子的电势能减小，所以电场力做正功，粒子运动的方向一定是c到a；故选项C正确，选项ABD错误；故选C．

【点睛】

本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱；用电场力做功和能量守恒定律判断动能和电势能的变化．6、A【分析】【详解】

镍铬丝的横截面的直径为d，横截面积为S1=由数学知识得知，直径变化后横截面积是S2=由于镍铬丝的体积不变，由长度变为原来的100倍，根据电阻定律R=ρ得到，电阻是原来的10000倍，即为10000R．故选A．二、多选题(共8题，共16分)7、C:D【分析】【分析】

根据粒子运动轨迹；应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间．

【详解】

由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，R甲=2L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60°，弦长为所以：=2R乙sin60°，解得：R乙=L，由牛顿第二定律得：qvB=m动能：EK=mv2=所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B错误；由牛顿第二定律得：qvB=m解得：洛伦兹力：f=qvB=即故C正确；由几何关系可知，甲粒子的圆心角为300，由B分析可得，乙粒子的圆心角为120°，粒子在磁场中的运动时间：t=T，粒子做圆周运动的周期：可知；甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的1/4倍，故D正确．.

【点睛】

题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．8、A:C:E【分析】【详解】

A．把物体缓慢举高；外力做功，其机械能增加，由于温度不变，物体内能不变，选项A正确；

B．物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系；选项B错误；

C．电流通过电阻后电阻发热；是通过电流“做功”的方式改变电阻内能的，选项C正确；

DE．根据分子间作用力的特点，当分子间距离等于r0时，引力和斥力相等，不管分子间距离从r0增大还是减小，分子间作用力都做负功，分子势能都增大，故分子间距离等于r0时分子势能最小；选项D错误，E正确。

故选ACE。9、C:D:E【分析】【分析】

【详解】

A．唐诗《观荷叶露珠》中有“霏微晓露成珠颗”，诗中荷叶和露水表现为不浸润，A错误；

B．小昆虫能在水面上自由来往而不陷入水中，是因为液体表面张力在起作用，B错误；

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，C正确；

D．蔗糖块是多晶体；它是由许多小的单晶体颗粒组成的，D正确；

E．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的原子排列结构不同造成的，E正确。

故选CDE。10、B:D:E【分析】【详解】

A．布朗运动是固体小颗粒的无规则运动；间接反映分子的无规则运动，故A错误；

B．温度是分子的平均动能的标志；当氢气和氧气的温度相同，说明它们的分子平均动能相同，它们的分子质量不同，则分子的平均速率不同，故B正确；

C．空调制冷说明热量可以在一定的条件下由低温物体传向高温物体；但不是自发地由低温物体传向高温物体，故C错误；

D．由同种元素构成的固体；可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石，故D正确；

E．荷叶上的露珠呈球形是由于在液体表面张力作用下表面收缩的结果；故E正确。

故选BDE。11、B:D【分析】【详解】

A项：如果发电机输出电流增大；根据变流比可知，输送电流增大，通过用户的电流增大，故A错误；

B项：由可知，输送电流增大，是由于减小引起的；故B正确；

C项：当用户电阻减小时；用户消耗的功率增大，故C错误；

D项：发电机输出电流增大；则输电线上的电压降增大，因此降压变压器的输入；输出电压均减小，即因在用户两端电压变小了，故D正确．

故选BD．12、A:B:D【分析】【分析】

分析电路结构，当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电阻R2减小；分析电路中总电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可分析电路中电流及电压的变化，从而判断电容器电量的变化．根据欧姆定律分析两表示数变化量的比值．

【详解】

由图可知,L和R2串联后和C并联，再与R1串联；电容器在电路稳定时相当于断路；

A.当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电阻R2减小；电路的总电阻减小，总电流I增大，流过小灯泡的电流增大，则小灯泡的功率增大，故A正确；

B.由欧姆定律知；电压表的示数增大，故B正确；

C.电容器板间电压UC=E−I(R1+r)，I增大，则UC减小；电容器上的电荷量减少，故C错误；

D.|△U/△I|=R1；保持不变，故D正确．

故选ABD13、A:C:D【分析】【详解】

已知位于x=1m处的质点正向下运动，可知该波沿x轴负方向传播，选项A正确；x=3m处的质点此时的位移为零，但是振幅不为零，选项B错误；x=2m处的质点位移最大，回复力最大，则此刻具有最大加速度，选项C正确；该时刻x=2.5m处的质点向上振动，x=1.5m处的质点向下振动，则从该时刻以后，x=2.5m处的质点比x=1.5m处的质点先回到平衡位置，选项D正确；故选ACD.14、A:B:E【分析】【分析】

根据图乙得到振幅；从而得到路程；再根据图乙得到周期，然后根据波的传播方向得到对应的波长，即可求得波速；最后根据图中质点的位置得到速度关系和位移关系．

【详解】

由图乙可得：振幅A=2cm，故波中任意质点在一个周期内通过的路程为4A=8cm，故A正确；由振动图像可知，该机械波的周期为4s，选项B正确；波由A向B传播，则A处振动比B处振动超前1s，该机械波的波速为选项C错误；由振动图形可知，t=1.5s时A、B两质点的位移大小相同，方向相反；质点的振动速度大小方向都相同，选项D错误，E正确；故选ABE.三、填空题(共7题，共14分)15、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】111:12：316、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】5.445.69517、略

【分析】【详解】

[1]在泡泡上浮的过程中；泡泡内的气体的压强减小，根据玻意耳定律可知，该过程中泡泡内的气体的体积增大，气体对外界做功。

[2]由于泡泡内的气体的温度不变，气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，该过程中气体从外界吸收热量。【解析】正从外界吸收热量18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]开始时两分子间距离大；分子间作用力表现为引力，分子相互靠近，引力做正功，分子势能减小，随分子间距离减小到平衡位置后，分子间作用力表现为斥力，分子相互靠近，斥力做负功，分子势能增加，故整个过程分子势能先减小后增加；

[2]根据热力学第二定律可知，在外界因素影响下，物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功。【解析】先减小后增大可以19、略

【分析】根据安培定则判断可知：通电导线在阴极射线管处产生的磁场方向垂直纸面向里；电子带负电，向右运动，由左手定则判断得知电子流所受的洛伦兹力方向向下，所以阴极射线向下偏转．

【点睛】本题关键要掌握两大定则：安培定则和左手定则，要明确两个问题：一是什么条件用什么定则，二是怎样用定则．【解析】下20、略

【分析】【详解】

（1）弹簧振子的周期为T=4s，则角速度为：振幅A=5cm故该振子简谐运动的表达式为x=Asinωt=5sintcm．

（2）因而振子在一个周期内通过的路程是4A，所以振子在前100s的总路程是：s=25×4A=100×5cm=500cm；总位移为0.【解析】(cm)050021、略

【分析】【详解】

[1]氢原子辐射光子后；一部分能量随光子而辐射，剩余氢原子能量减小；

[2]设金属的截止频率则有

即逸出功

氢原子由n=2能级跃迁到n=1能级所发出的光子能量为那么光电子最大初动能为【解析】减小四、作图题(共3题，共6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3题，共12分)25、略

【分析】【详解】

（1）（2）[1][2]取小球1的初速度方向为正方向，两小球分别向两边做匀减速直线运动；设刚离开的速度分别为v1，v2；需要验证的方程0=m1v1-m2v2

两物体在桌面上的