2024年北师大版选修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2024年北师大版选修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、如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动，重力加速度为g.则()

A.匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B.小球一定带正电荷C.电场强度大小为D.磁感应强度的大小为2、如图所示，电路两端的电压保持不变，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，三个灯泡亮度的变化情况是

A.变亮，和皆变暗B.变暗，不能确定，变暗C.变暗，变亮，变亮D.变亮，变亮，变暗3、两个相同的金属小球（可视为点电荷），它们均带正电，所带电荷量之比为1:7，真空中相距r，把它们接触后再放回原处，则它们间的静电力为原来的（）A.倍B.倍C.倍D.倍4、如图所示，C﹑D两水平带电平行金属板间的电压为U，A﹑B为一对竖直放置的带电平行金属板，B板上有一个小孔，小孔在C﹑D两板间的中心线上，一质量为m﹑带电量为＋q的粒子（不计重力）在A板边缘的P点从静止开始运动，恰好从D板下边缘离开，离开时速度大小为v0；则A﹑B两板间的电压为（）

A.B.C.D.5、如图所示，在张紧的绳子上挂了a、b、c、d四个单摆，四个单摆的摆长的关系为先让d摆摆动起来(摆角不超过)，则下列说法正确的是()

A.摆发生振动，其余摆均不动B.三摆均以相同频率振动C.三摆均以相同振幅振动D.以上说法，均不正确6、当波源向观测者靠近时，观测者所接收到的频率和波源振动的频率f的关系是A.B.C.D.无法确定7、某粒子A衰变为另外两种粒子B和C，其中粒子A和B所带电荷量相等，C不带电。如图所示，粒子A沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧MP，衰变后产生的粒子B的轨迹为圆弧PN，两轨迹在P点相切，且半径之比为粒子C的轨迹未画出。下列说法正确的是（）

A.粒子A和B都带正电荷B.粒子B与C的动量大小之比为1：3C.粒子A与B的速度大小之比为2：1D.粒子B与C的质量数之和小于粒子A的质量数8、2019年4月1日，在中国核能可持续发展论坛上，生态环境部介绍2019年会有核电项目陆续开工建设．某核电站获得核能的核反应方程为已知铀核的质量为m1，钡核的质量为m2，氪核的质量为m3，中子n的质量为m4，下列说法中正确的是（）A.该核电站通过核聚变获得核能B.铀核的质子数为235C.在上述核反应方程中x=3D.一个铀核发生上述核反应，释放的能量为（m1-m2-m3-m4）c29、下列叙述正确的是A.同种金属产生光电效应时逸出光电子的最大初动能与照射光的强度呈线性关系B.一块纯净的放射性矿石，经过两个半衰期，它的总质量仅剩下原来的四分之一C.卢瑟福通过分析α粒子散射实验发现原子中带正电部分的体积很小，但几乎占有全部质量D.原子核的结合能越大，其核子就结合得越牢固，原子核就越稳定评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、图中的实线表示一定质量的理想气体状态变化的p-T图象；变化过程如图中箭头所示，则下列说法中正确的是。

A.ab过程中气体内能增加，密度不变B.bc过程中气体内能增加，密度增大C.cd过程中，气体分子的平均动能减小D.da过程中，气体内能减少，外界对气体做功11、如图所示，电流表A1(0～3A)和A2(0～0.6A)是由两个相同的灵敏电流计改装而成；现将这两个电流表并联后接入电路中。闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法正确的是()

A.A1的读数小于A2的读数B.A1的读数大于A2的读数C.A1、A2的指针偏转角度之比为5∶1D.A1、A2的指针偏转角度之比为1∶112、比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列物理量的表达式用比值法定义的是（）A.电场强度E=F/qB.电势φ=Ep/qC.电容C=Q/UD.电流I=U/R13、如图所示，倾角为θ=37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在的垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B．现给导体棒ab一沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ=0.75，导轨电阻忽略不计。从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触；下列说法正确的是（）

A.导体棒cd中产生的焦耳热为

B.导体棒cd中产生的焦耳热为B.当导体棒cd的速度为时，导体棒ab的速度为C.当导体棒ab的速度为时，导体棒cd的速度为14、某同学设计了一个探究电容器所带电荷量与电容器两极板间电压关系的实验，实验电路如图甲所示，其中P为电流传感器，V为理想电压表．实验时，先将开关S1闭合，单刀双掷开关S2掷向a，调节滑动变阻器的滑动头到某位置使电容器C充电，当电路稳定后记录理想电压表的示数．再迅速将开关S2掷向b，使电容器放电。电流传感器P将电容器充、放电过程中的电流数据传送给计算机，在计算机上可显示出电流i随时间t变化的图像如图乙所示。然后改变滑动变阻器滑动头的位置；重复上述步骤，记录多组电流随时间变化的图像和电压表的示数．对于这个实验过程和由图像及数据所得出的结果，下列说法中正确的是()

A.流过电流传感器P的充电电流和放电电流方向相同B.图乙中的第①段(充电阶段)电流曲线与横轴所围图形的面积表示电容器充电结束时所带的电荷量C.电容器所带电荷量与电容器两极板间电压的关系图象应为一条过原点的倾斜直线D.电容器充电结束时所带电荷量与滑动变阻器滑动头的位置无关评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、半径为r、电阻为R的N匝圆形线圈在边长为L的正方形区域abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示．磁场随时间的变化规律如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0．则圆形线圈中产生的感应电动势E=________V，0至t0时间内通过的电荷量q=_________.

16、图甲是研究光电效应现象的装置．某同学用该装置探究遏止电压．与入射光频率之间的关系，得到图乙图象．图中电源____端为正极(填“左”或“右")．该装置阴极K的逸出功为____J.已知普朗克常量h=（结果保留三位有效数字）

17、填写下列空格：

（1）某物体的温度为用热力学温度表示为________；

（2）对水加热，温度升高了则升高了________K；

（3）某物体温度为用热力学温度表示为________；

（4）对某物体降温则降低了________K。18、玻璃管中的液面呈“凹”形，这是水浸润玻璃产生的物理现象，根本原因是附着层内分子间距______（选填“大于”“等于”或“小于”）液体内部分子间距；分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图所示，能反映附着层内水分子的分子势能Ep的可能是图中______（选填“A”；“B”或“C”）的位置。

19、一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其变化过程的V-T图像如图所示，BC的反向延长线通过坐标原点O。已知该气体在状态A时的压强为1.5×105Pa，则该气体在状态C时的压强为__________Pa；该气体从状态A到状态C的过程中吸收的热量为__________J。

20、下列说法正确的是__________．21、如图所示，一个边长为l＝1m的正方形线圈的总电阻为R＝2Ω，当线圈以v＝2m/s的速度匀速通过磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直．若磁场的宽度L＞1m，线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热为_____．

22、如图所示，小球A的质量为mA=5kg，动量大小为PA=4kg.m/s，小球A沿着光滑水平面向右运动，与静止的B球发生弹性碰撞，碰后A的动量大小变为PA'=1kg·m/s，方向仍然向右．则由此可知碰撞后小球B的动量大小为______kg·m/s，小球B的质量为____kg.

23、如图所示，在水平向左的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线长度为L，一端拴一个质量为m电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平伸直的位置A然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°的位置B时速度为零。则电场强度E=_____________，小球运动过程中的最大速率为____________。

____评卷人得分四、作图题(共3题，共30分)24、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．

25、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．

26、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12分)27、如图所示。用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律；即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量__________（填选项前的符号）；间接地解决这个问题；

A．小球开始释放高度

B．小球抛出点距地面的高度

C．小球做平抛运动的射程。

（2）图中点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置测量平抛射程然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是__________；（填选项前的符号）

A．用天平测量两个小球的质量

B．测量小球开始释放高度

C．测量抛出点距地面的高度

D．分别找到相碰后平均落地点的位置

E．测量平抛射程

（3）经测定，m2=小球落地点的平均位置距点的距离如图所示。碰撞前、后的动量分别为与则__________若碰撞结束时m2的动量为则__________。

28、“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，和分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图所示，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针和在插和时，应使（）

A.只挡住的像B.只挡住的像C.同时挡住的像29、某同学欲将量程为200μA的电流表G改装成电压表

①该同学首先采用如图所示的实验电路测量该电流表的内阻Rg，图中R1、R2为电阻箱．他按电路图连接好电路，将R1的阻值调到最大，断开开关S2，闭合开关S1后，调节R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度，接下来他应该正确操作的步骤是________(选填下列步骤前的字母代号)，最后记下R2的阻值；

A．闭合S2，调节R1和R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半

B．闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半

②如果按正确操作步骤测得R2的阻值为120Ω，则认为Rg的阻值大小为_____(选填字母代号)；

A.60ΩB.120ΩC.240ΩD.360ΩB.120ΩC.240ΩD.360Ω

③R如果该同学在调节1R使电流表满偏过程中，发现电流表指针满偏时，1______的接入阻值不到其总阻值的二分之一．为了减小实验误差，该同学可以采取下列措施中的(选填字母代号

A．将R2换成一个最大阻值更大的电阻箱。

B．将R1换成一个最大阻值为现在二分之一的电阻箱。

C．将电源换成一个电动势为现在电源两倍；内阻可以忽略的电源。

D．将电源换成一个电动势为现在电源二分之一；内阻可以忽略的电源。

)；④_______利用上述方法测量出的电流表内阻值（选填“大于”或“小于”）该电流表内阻的真实值

．⑤依据以上的测量数据可知，若把该电流表改装成量程为3V___的电压表，需与该表（选填“串”或“并”__________）联一个阻值为Ω的定值电阻．30、（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4题，共40分)31、如图所示，在xOy坐标系中，在y<d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，在d<y<2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在y=2d处放置一垂直于轴的足够大金属挡板ab，带电粒子打到板上即被吸收，一质量为m、电量为+q的粒子以初速度v0由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为粒子的重力不计．要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件?

32、1932年；劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m；电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。

（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；

（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；

（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能E㎞。33、如图所示，A、B两物体的质量都为m，拉A物体的细线与水平方向的夹角为30°时处于静止状态，不考虑摩擦力，设弹簧的劲度系数为k。若将悬线突然剪断，A在水平面上做周期为T的简谐运动；当B落地时，A恰好将弹簧压缩到最短，求：

（1）A振动时的振幅；

（2）B落地时的速度。

34、如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点；碰撞时间极短)。

(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；

(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；

(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

本题主要考查受力分析；带电体在复合场中的运动；意在考查考生的分析推理能力．

【详解】

B：小球做匀速直线运动；受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图1所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知；小球受到的重力；电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球带负电．故B项错误．

A：小球带负电的受力情况如图2所示．小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方；根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里．故A项错误．

CD：由于电场力与洛伦兹力反方向、重力与洛伦兹力反方向的夹角均为30°，据几何关系可得：解得：．故C项正确，D项错误．2、D【分析】【详解】

当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，变阻器电阻R减小，故总电阻减小，根据欧姆定律干路电流增加，故灯泡变亮；并联电路的电压故并联电路电压变小，灯泡变暗；干路电流增加，而通过灯泡的电流变小，故通过灯泡的电流增加，灯泡变亮，故D正确，ABC错误．3、D【分析】【分析】

【详解】

设最初两球电荷量分别为q和7q，原来的静电力

接触后电荷均分各自电荷量均为4q，静电力为

故把它们接触后再放回原处，则它们间的静电力为原来的倍。

故选D。4、A【分析】【详解】

在AB两板间做直线加速，由动能定理得

而粒子在CD间做类平抛运动，从中心线进入恰好从D板下边缘离开，根据动能定理

联立两式可得

故选A。

【点睛】

根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律与运动学公式即可解题。5、B【分析】摆动起来后，通过水平绳子对三个摆施加周期性的驱动力，使三摆做受迫振动，三摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率，因为驱动力频率相同，则三摆均以相同频率振动，由于b摆的固有频率与驱动力频率相同，故b摆的振幅最大；故B正确，ACD错误。

点睛：受迫振动的频率等于驱动率的频率，与物体的固有频率无关；当摆的固有频率与驱动力频率相同时，振幅最大的现象叫做共振。6、C【分析】【详解】

波源振动的频率f是由波源每秒钟所振动的次数决定的，介质振动的频率由波源频率及波源相对介质是否移动来决定的，当波源向观测者靠近时，观察者接收到的机械波频率比波源静止时接收到的频率大，即．故A；B、D错误；C正确．

故选C7、B【分析】【详解】

A．根据左手定则可知两粒子A和B带负电；A错误；

B．根据公式可得

故

解得

衰变瞬间，A、B、C系统动量守恒，规定竖直向下为正方向，故有

解得

所以

B正确；

C．由于两者的质量关系未知；所以无法判断速度数值关系，C错误；

D．根据质量数守恒可知粒子B与C的质量数之和等于粒子A的质量数；D错误。

故选B。8、C【分析】【详解】

A．核电站获得核能的途径是核裂变；故A错误.

B．铀核的质子数为92；故B错误.

C．根据质量数守恒可知x=3；故C正确.

D．一个铀核发生上述核反应，由质能方程可得：

故D错误.9、C【分析】【详解】

根据光电效应方程可知，同种金属产生光电效应时逸出光电子的最大初动能与照射光的频率呈线性关系，选项A错误；一块纯净的放射性矿石，经过两个半衰期，它的没有衰变的质量仅剩下原来的四分之一，选项B错误；卢瑟福通过分析α粒子散射实验发现原子中带正电部分的体积很小，但几乎占有全部质量，选项C正确；原子核的比结合能越大，其核子就结合得越牢固，原子核就越稳定，选项D错误；故选C.二、多选题(共5题，共10分)10、A:D【分析】【详解】

A．ab过程中气体温度升高，内能增加；ab过程气体压强与热力学温度成正比；气体体积不变，密度不变．故A项正确．

B．bc过程中气体温度升高，内能增加；bc过程中气体压强不变；温度升高，体积变大，密度减小．故B项错误．

C．cd过程中；气体温度不变，分子的平均动能不变．故C项错误．

D．da过程中，气体温度降低，内能减少；da过程中；气体温度降低，压强不变，体积减小，外界对气体做功．故D项正确．

故选AD.11、B:D【分析】【详解】

C、D、两电流表由相同的灵敏电流计改装而成，由图示电路图可知，两电流表A1、A2并联，两表头的电压相等，通过它们的电流相等，指针偏转的角度相同，所以A1、A2的指针偏转角度之比为1：1；故C错误，D正确；

A、B、电流表A1的量程为3A，A2的量程为0.6A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为5：1，A1的读数大于A2的读数；故A错误，B正确；

故选BD.

【点睛】

本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成。指针偏转角度取决于流过表头的电流大小。12、A:B:C【分析】【详解】

A、电场强度与放入电场中的电荷无关，所以属于比值定义法．故A正确．

B、电场中的电势定义式，属于比值定义法．故B正确．

C、电容C由本身的性质决定，与所带的电荷量及两端间的电势差无关．所以属于比值定义法．故C正确．

D、根据欧姆定律可知电流I与电压U成正比，与电阻R成反比；不属于比值定义法，故D错误．故选ABC．

【点睛】

所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．13、B:D【分析】【详解】

AB．由题意可知：mgsin37°=μmgcos37°，则对两棒的系统沿轨道方向的动量守恒，当最终稳定时：解得v=0.5v0，则回路产生的焦耳热为则导体棒c中产生的焦耳热为选项A错误，B正确；

C．当导体棒cd的速度为时，则由动量守恒：解得选项C错误；

D．当导体棒ab的速度为时，则由动量守恒：解得选项D正确；14、B:C【分析】【详解】

A．从图中可知；电容器的左端为正，充电过程中电流从电源正极流向电容正极，放电过程电流从电容的正极流出，所以充电和放电电流方向不同，故A错误；

B．根据公式Q=It

可得图乙中的第①段（充电阶段）电流曲线与横轴所围图形的面积表示电容器充电结束时所带的电荷量；故B正确；

C．因为电容器的电容是恒定不变的，根据电容定义式

变形得Q=CU

可得到Q是关于U的一次函数；所以电容器充电结束时所带电荷量随电容器充电结束时两极间电压变化的关系图像应为一条过原点的倾斜直线，故C正确；

D．因为电容器是跟滑动变阻器的左端并联在一起的，所以电容器的充电结束时的电压和滑动片的位置有关，根据公式

可知电容器充电结束时所带电荷量与滑动变阻器滑动头的位置有关；故D错误。

故选BC。三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【分析】

本题是线圈的面积不变，磁场在变化，磁通量的变化率再根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，再根据q=It0；从而求解．

【详解】

磁通量的变化率为：

根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势为：

再根据闭合电路欧姆定律得感应电流为：．

电量为：q=It0=

【点睛】

本题是线圈类型，要掌握法拉第定律的几种不同表达形式，再结合闭合电路欧姆定律进行求解，并掌握求电量的公式．【解析】16、略

【分析】【详解】

因为是研究遏止电压的装置，所以所加电压应为反向电压，阻值光电子到达A极板形成光电流，所以A极板接电源负极，K级板接电源正极，电源右端为正极；根据图像乙可知，当频率为时，所需遏止电压为零，说明此时对应频率为截止频率所以逸出功：【解析】右3.38×10-1917、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]]由于。

当时。

（2）[2]由于。

所以温度升高时；温度升高50K

（3）[3]由于。

当时。

（4）[4]由于。

物体降温时降低了20K。【解析】323.15K50253.15K2018、略

【分析】【详解】

[1][2]浸润现象产生的原因是附着层内分子间距小于液体内部分子间距，分子间表现为斥力，分子势能可能是图像中的A点。【解析】小于A19、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]气体从状态A到状态B，发生的是等容变化，由查理定律得

解得在状态B时的压强为pB=1.0×105Pa

气体从状态B到状态C，发生是等压变化，有pC=pB=1.0×105Pa

由于状态A与状态C的温度相同，所以该气体从状态A到状态C的过程中，内能变化量

气体从状态A到状态B不做功，从状态B到状态C的过程中气体对外做功，做功大小为

由热力学第一定律

知整个过程中吸收的热量为Q=100J【解析】1.0×10510020、B:C:D【分析】【详解】

A．将大颗粒的粗盐磨成细盐；细盐仍然是晶体，A错误；

B．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中；分子间表现出先斥力后引力，故分子力先做正功，后做负功，它们的分子势能先减小后增大，B正确；

C．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水平的饱和蒸气压的比值；C正确；

D．给自行车打气，越打越困难主要是因为胎内气体压强增大，与分子间的斥力无关，因为分子斥力起作用的距离D正确；

E．第二类永动机违反了热力学第二定律；因为内能在转化为机械能的过程中要生热，所以要引起其它变化，E错误。

故选BCD。21、略

【分析】【详解】

[1]感应电动势为：E=Blv，感应电流为：

线圈进入磁场的时间为：

则线圈离开磁场的时间也等于0.5s，线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热为：Q=I2R•2t=0.52×2×2×0.5=0.5J【解析】0.5J22、略

【分析】【详解】

以向右为正方向，根据动量守恒定律得：解得：由机械能守恒定律得：代入数据解得：．【解析】3323、略

【分析】【详解】

[1]由动能定理可知

解得

[2]设小球在运动中细线与水平方向的夹角为α，则对任一时刻应有

解得

当时，v最大，为【解析】四、作图题(共3题，共30分)24、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】25、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】26、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12分)27、略

【分析】【详解】

（1）[1]由于两小球做平抛运动的高度相同；所以下落时间相同，则水平速度正比于水平射程，因此可以通过仅测量小球做平抛运动的射程来间接解决速度测量困难的问题。

故选C。

（2）[2]要验证动量守恒定律定律，即验证

设小球做平抛运动的时间均为t，则上式两边同时乘以t得

即

因此实验中需要测量两球的质量，分别找到相碰后平均落地点的位置并测量平抛射程

故选ADE。

（3）[3][4]碰前m1的动量为

碰后m1和m2的动量分别为

所以【解析】CADE142.928、C【分析】【详解】

在“测定玻璃砖的折射率”实验中，由折射的光路可知插针时应使同时挡住的像，同时挡住的像；故AB错误，C正确。

故选C。29、略

【分析】【详解】

试题分析：“半偏电流法”测定电流表G的内电阻Rg的实验中，先闭合S1，R1必须调节到最高阻值是为了保护该电路的用电器；本实验在的条件下，所以电流表两端的电压很小，S1闭合前，不须调节到最大；当接通时，有电流流过，和Rg并联，并联后的电阻减小，总电流增加，当电流表示数从满偏电流调到半偏电流时，中电流稍大于一半，则

①该同学使用半偏法测电流表内阻，所以第一步使电流表满偏后，第二步应闭合条件电阻箱使电流表指针指在刻度盘的中央；故B正确；

②因为分担的电流近似等于电流表的电流，并且两者的电压相等，所以B正确；

③S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是．故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②尽可能大．则C正确

④当接通时，有电流流过，和并联，并联后的电阻减小，总电流增加，当电流表示数从满偏电流I1调到半偏电流时，R′中电流稍大于则小于

⑤电流表改装成电压表要串联电阻分压：【解析】BBC小于串1488030、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酸用滴管滴到水面上，将玻璃板盖在水槽上，在玻璃板上铺上坐标纸，用彩笔画出油膜的边界，则用数格子的方法得出形成的面积；则可根据体积公式求得分子直径，故实验中还需要：痱子粉．

（2）“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制酒精油酸溶液（教师完成，记下配制比例）→测定一滴酒精油酸溶液的体积→准备浅水盘（c）→形成油膜（a）→描绘油膜边缘（d）→测量油膜面积、计算分子直径（b），即正确的顺序是c、a、d、b．

（3）①由图可知，面积超过正方形一半的正方形的个数为114个，故油膜的面积S=114×1cm2=114cm2，纯油酸的体积是：mL，则油酸分子的直径：m；

（4）计算油酸分子直径的公式是V是纯油酸的体积，S是油膜的面积．

A、油酸未完全散开，S偏小，故得到的分子直径d将偏大，A正确；计算时利用的是纯油酸的体积，如果油酸溶液浓度低于实际值，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，B错误；计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将