2025年仁爱科普版选修3物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年仁爱科普版选修3物理上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、如图所示电路中，开关S闭合，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时；以下判断正确的是（）

A.电压表示数变大，通过灯的电流变大，灯变亮B.电压表示数变小，通过灯的电流变小，灯变暗C.电压衣示数变大，通过灯的电流变小，灯变亮D.电压表示数变小，通过灯的电流变大，灯变暗2、在解锁智能手机的过程中，可以采用人脸识别，也可以输入正确的密码，则要完成解锁手机，上述两种方式的逻辑关系是（）A.“或”关系B.“与”关系C.“非”关系D.不存在逻辑关系3、如图所示，正点电荷Q固定于N点，另有A、B两个质量相等，电荷量分别为qA、qB（qA<qB）的点电荷，从M点以相同的速度v0分别向N点运动，运动过程中两点电荷都未到达N点。若刚开始运动时A、B的加速度分别为aA、aB，A、B距离N点最近的距离分别为rA、rB，从M点出发到距离N点最近的过程中，A、B克服电场力做功分别为WA、WB，仅考虑Q对A；B的电场力作用；则（）

A.aA>aBB.rA=rBC.rA<rBD.WA>WB4、下列说法中正确的是（）A.两个分子在相互远离的过程中分子势能一定增大B.1K表示的温度变化大于1°C表示的温度变化C.温度升高时，速率大的分子占分子总数的比例增大，同时每个分子的速率都增大D.布朗运动反应了液体分子的无规则运动5、如图所示为一个多量程多用电表的简化电路图.单刀多掷开关S可以与不同接点连接.下列说法正确的是（）

A.当S接1或2时为直流电流档，接1时量程较小B.当S接1或2时为直流电压档，接1时量程较大C.当S接3或4时为直流电流档，接3时量程较大D.当S接5或6时为直流电压档，接5时量程较小6、如图所示，两光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为d，其左端接阻值为R的定值电阻，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m的导体棒MN垂直于导轨放置，且接触良好．现给导体棒MN一水平向右的初速度v1，经过时间t，导体棒MN向右运动的距离为x，速度变为v2．不计金属导轨和导体棒MN的电阻．甲、乙两位同学根据以上条件，分别求解在时间t内通过电阻R的焦耳热Q，具体过程如下：。甲同学：

在这段时间内，导体棒MN切割磁感线的感应电动势

所以乙同学：

在导体棒向右运动的过程中，导体棒损失的动能最终转化为电阻R的焦耳热，则有

A.两位同学的解法都正确B.两位同学的解法都错误C.甲同学的解法正确，乙同学的解法错误D.甲同学的解法错误，乙同学的解法正确7、两条相互平行的光滑金属导轨，距离为L，电阻不计。导轨内有一与水平面垂直向里的匀强磁场，导轨左侧接电容器C，电阻R1和R2；如图所示。垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动。在金属杆变速运动的过程中，下列说法正确的是（）

A.R1中无电流通过B.R1中电流一直从e流向aC.R2中电流一直从a流向bD.R2中电流先从b流向a，后从a流向b8、篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以A.减小球对手作用力的冲量B.减小球的动量变化率C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量9、如图所示；螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是（）

A.向左摆动B.向右摆动C.保持静止D.无法判定评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R的电阻，导体棒ab与导轨垂直且接触良好，ab棒质量为m，在导轨间的阻值为r,长度为l．输出功率恒为P的电动机通过水平绳向右拉动ab棒，使ab棒从静止开始运动．整个区域存在竖直向上的大小为B的匀强磁场．若导轨足够长；且不计其电阻和摩擦．则。

A.导体棒一直做匀加速运动B.导体棒的最大速度为C.电阻R消耗的最大功率为D.若经过时间t，导体棒的速度为v，则电阻R上产生的热量为pt-mv211、在用油膜法估测分子大小的实验中所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中含纯油酸6mL；且1mL溶液为75滴．现取l滴溶液滴入浅水盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上描绘出油酸膜的轮廓形状，再把玻璃板放在边长为1cm的坐标纸上，其形状如图所示．关于该实验的下列说法正确的是________．

A.油酸膜的面积约为110cm2B.油酸分子的直径约为7.3×10-10mC.用滴管吸取油酸酒精溶液，应将滴管移到水面中央挨着水面处滴入溶液E.若某次实验中油酸未完全分散开就绘制轮廓线，计算的结果一定偏大E.若某次实验中油酸未完全分散开就绘制轮廓线，计算的结果一定偏大12、如图所示的电路中，电源内阻为r，闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（）

A.U先变大后变小B.I先变小后变大C.U与I的比值先变大后变小D.U的变化量的大小与I的变化量的大小的比值等于r13、下列说法中正确的是()A.在任何参考系中，物理规律都是相同的，这就是广义相对性原理B.在不同的参考系中，物理规律都是不同的，例如牛顿运动定律仅适用于惯性参考系C.一个均匀的引力场与一个做匀速运动的参考系等价，这就是著名的等效原理D.一个均匀的引力场与一个做匀加速运动的参考系等价，这就是著名的等效原理14、一定质量的理想气体的体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，气体由状态a经状态b、c到状态d，O、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，bc平行于纵轴；则下列说法正确的是（）

A.状态a的压强大于状态b的压强B.由状态a变化到状态b，气体对外做功C.由状态c变化到状态d，气体的密度不变E.由状态a变化到状态d，气体对外做功，内能增大E.由状态a变化到状态d，气体对外做功，内能增大15、下列说法正确的是_____A.布朗运动表明组成固体小颗粒的分子在做无规则运动B.一定质量的理想气体，温度不变时，体积减小导致分子密集程度增大，压强变大C.热力学第二定律表明宏观自然进行的过程是有方向性的E.子弹射入木块中使得木块温度升高，这一过程是通过做功实现木块内能的增加E.子弹射入木块中使得木块温度升高，这一过程是通过做功实现木块内能的增加16、如图所示是一定质量的理想气体的体积V和摄氏温度变化关系的图象，气体由状态A变化到状态B的过程中；下列说法正确的是()

A.气体的内能增大B.气体的内能不变C.气体的压强减小D.气体对外做功，同时从外界吸收热量评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、如图所示电路称为______（选填“与”、“或”、“非”）门电路，若把开关接通定义为1，断开定义为0，灯泡亮为1，熄为0，则在真值表中X为______，Z为______。

。输入。

结果。

A

B

Y

0

0

0

0

1

X

1

0

0

1

1

Z

18、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。

19、关键环节题组：如图所示,平行板电容器的板间距和板长均是L,有一带电粒子(质量为电荷量为-)从电容器左上角边缘以初速度平行上板打入；能从另一侧打出，求：

（1）带电粒子在匀强磁场中的最小半径____________

（2）两板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为的范围__________________

（3）两板间有垂直两板向上的匀强电场，电场强度为的范围_____20、（1）在海中航行的轮船，受到大风大浪冲击时，为了防止倾覆，应当改变航行方向和__________，使风浪冲击力的频率远离轮船摇摆的__________．

（2）光纤通信中，光导纤维传递光信号的物理原理是利用光的_________现象.要产生这种现象，必须满足的条件是：光从光密介质射向_________，且入射角等于或大于_________．21、【小题1】警车向路上的车辆发射频率已知的超声波，同时探测反射波的频率。下列说法正确的是_______。(填入正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分：有选错的得0分)。A．车辆匀速驶向停在路边的警车，警车探测到的反射波频率增高B．车辆匀速驶离停在路边的警车，警车探测到的反射波频率降低C．警车匀速驶向停在路边的汽车，探测到的反射波频率降低D．警车匀速驶离停在路边的汽车，探测到的反射波频率不变【小题2】如图，由透明介质构成的半球壳的内外表面半径分别为R和R。一横截面半径为R的平行光束入射到半球壳内表面，入射方向与半球壳的对称轴平行，所有的入射光线都能从半球壳的外表面射出。已知透明介质的折射率为n=求半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径。不考虑多次反射。22、某同学用伏安法测量阻值Rx约为5Ω的电阻，用图________测得的Rx的误差较小，测量值________真实值（小于、大于、等于），造成误差的原因是_____________________________________________

评卷人得分四、作图题(共3题，共18分)23、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．

24、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．

25、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)26、（1）在“用双缝干涉测光的波长”实验中（实验装置如图）：

①下列说法哪一个是错误的_______．（填选项前的字母）。A．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝B．测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划中心刻线与该亮纹的中心对齐C．为了减少测量误差，可用测微目镜测出n条亮纹间的距离a，求出相邻两条亮纹间距

②测量某亮纹位置时；手轮上的示数如右图，其示数为___mm．

（2）某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势D．

①先直接用多用电表测定该电池电动势．在操作无误的情况下；多用电表表盘示数如图，其示数为____V．

②然后，用电压表电阻箱R、定值电阻开关S、若干导线和该电池组成电路；测定该电池电动势．

（ⅰ）根据电路图；用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路___________．

（ⅱ）闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表相应示数U．该学习小组测出大量数据；分析筛选出下表所示的R；U数据，并计算出相应的1/R与1/U的值．请用表中数据在坐标纸上描点，并作出1/U-1/R图线____________．

（ⅲ）从图线中可求得E=_________V27、现有下列可供选用的器材及导线若干，要求尽可能精确地测量出待测电流表的满偏电流．

A．待测电流表(满偏电流约为700μA～800μA，内阻约为100Ω，已知表盘刻度均匀、总格数为N)

B．电流表(量程为0.6A，内阻为RA=0.1Ω)

C．电压表(量程为3V，内阻为RV=3kΩ)

D．滑动变阻器R(最大阻值为200Ω)

E．电源E(电动势为3V，内阻约为1.5Ω)

F．开关S一个

(1)根据你的测量需要，“B．电流表”与“C．电压表”中应选择____________．(只需填写电表前的字母序号)

(2)某同学设计的实验电路图如下，你认为正确的是()

(3)某次测量中测得电流表的指针偏转了n格，读出另一个电表的示数U(或I)，可算出满偏电流IAmax＝__________________．（用题中所给符号表示）28、①小明同学用螺旋测微器测定某一金属丝的直径，测得的结果如下左图所示，则该金属丝的直径d=_____mm．然后他又用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测该金属丝的长度L=_____cm．

②然后小明又用多用电表粗略测量某金属电阻丝的电阻Rx约为5.0Ω；为了尽可能精确地测定该金属丝的电阻，且测量时要求通过金属丝的电流在0～0.5A之间变化.根据下列提供的实验器材，解答如下问题：

A、量程0.1A，内阻r1=1Ω的电流表A1

B、量程0.6A，内阻约为0.5Ω的电流表A2

C、滑动变阻器R1全电阻1.0Ω；允许通过最大电流10A

D、滑动变阻器R2全电阻100Ω；允许通过最大电流0.1A

E、阻值为29Ω的定值电阻R3

F、阻值为599Ω的定值电阻R4

G、电动势为6V的蓄电池E

H、电键S一个；导线若干。

（a）根据上述器材和实验要求完成此实验，请在虚线框内画出测量该金属丝电阻Rx的实验原理图（图中元件用题干中相应的元件符号标注）．

()

（b）实验中测得电表A1示数为I1，A2表示数为I2，其它所选的物理量题目中已给定，请写出电阻丝的电阻表达式Rx=_____.29、用如图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻。电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用。除电池；开关和导线外；可供使用的实验器材还有：

电流表（量程0.6A；3A）；

电压表（量程3V；15V）

定值电阻（阻值1额定功率5W）

定值电阻（阻值10额定功率10W）

滑动变阻器（阻值范围0--10额定电流2A）

滑动变阻器（阻值范围0--100额定电流1A）

（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择______V，电流表的量程应选择_______A；R0应选择_______的定值电阻，R应选择阻值范围是__________的滑动变阻器；

（2）关于实验的误差分析下列正确的是________

A.电流表的分压作用B.电压表的分流作用。

C.读数过程中存在偶然误差D.由电压表；电流表造成的系统误差。

（3）①根据下列所得实验数据，试在坐标系中做出实验得到的U-I图象______：。U/V1.361.321.301.281.241.20I/A0.220.280.340.400.460.50

②用绘制的U-I图象得出所测的电源的电动势为______V；电源的内电阻为_______Ω（计算结果保留三位有效数字）；

（4）该实验测量的电源电动势、内电阻与真实值从理论上来说：E测_______E真；r测______r真（选填“大于、小于、等于”）评卷人得分六、解答题(共1题，共5分)30、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置左端封闭右端开口，右端上部有一光滑轻活塞．初始时管内水银柱及空气柱长度如图所示．已知玻璃管的横截面积处处相同在活塞移动的过程中，没有发生气体泄漏，大气压强p0=76cmHg．

(i)求初始时左端气体的压强p1；

(ⅱ)若环境温度不变缓慢拉动活塞，当活塞刚好达到右端管口时，求左端水银柱下降的高度h．(解方程时可以尝试试根法)参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由

知总电流增大，通过L2的电流增大，L2变亮；由

知，滑动变阻器与L1并联部分电压减小，电压表示数变小，L1变暗。

故选D。2、A【分析】【详解】

由题意可知；采用人脸识别或输入正确的密码均可以解锁，故采用的是“或”关系。故A正确，BCD错误。

故选A。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．设MN=L，根据库仑定律可得粒子受到的电场力根据牛顿第二定律可得加速度大小为。

由于m、L、Q相同，qA＞qB，则aA＞aB；故A正确；

BC．根据动能定理可知。

解得。

由于m、v0相同，qA＞qB，则UMA＜UMB，电势差越大则移动的距离越远，距离N点的距离越近，所以rA＞rB；故BC错误；

D．根据动能定理可知克服电场力做功由于m、v0相同，则WA=WB；故D错误。

故选A。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．在两个分子相互远离的过程中；当体现引力时，一定克服分子力做功，分子势能增大；当体现斥力时，分子力做正功，分子势能减小，故A错误；

B．1K表示的温度变化和1°C表示的温度变化相等；故B错误；

C．温度升高时；速率大的分子占分子总数的比例增大，分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大，故C错误；

D．固体微粒在液体中受到的液体分子撞击力不平衡；从而引起微粒的无规则运动，它反应了液体分子的无规则运动，故D正确；

故选D。5、D【分析】【详解】

AB；当开关S旋到位置1、2位置；电阻与表头并联，则多用电表就成了电流表，接1时分流电阻小，其分流大，则量程大，故A、B错误；

C；当开关S旋到位置3或4；电路中有电源，则多用电表就成了欧姆表，故C错误；

D；当开关S旋转到5、6位置；表头与电阻串联，则多用电表就成了电压表，串联电阻越大，则量程越大，所以接5时量程较小，接6时量程较大，故D正确。

故选D。

【点睛】

S旋到位置1、2连接时，电阻与表头并联，则多用电表就成了电流表，并联电阻越小时，允许通过电流越大；S旋到位置3或4，电路中有电源，则多用电表就成了欧姆表；S旋到位置5、6时，表头与电阻串联，则多用电表就成了电压表，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值就越大。6、D【分析】【详解】

导体棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，受到向左的安培力而做减速运动，随着速度的减小，感应电动势和感应电流减小，导体棒所受的安培力减小，导体棒做变减速运动，安培力的平均值是不断变化，不能用求克服安培力做功．故甲同学的解法是错误的．而根据功能关系安培力做多少负功；就有多少动能转化为电能，从而转化为焦耳热，则乙同学的解法是正确的．故选D.

【点睛】求解安培力做功的三种方法：①适用于恒力；②普遍适用；③适用于电路是纯电阻电路.7、B【分析】【详解】

开始时，金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，由感应电动势：E=BLv，电容器两端的带电量为，Q=CU=CBLv，由右手定则知，R2感应电流方向由a向b，故电容器的上极板带正电，开始做匀减速运动至速度为零的过程中，Q=CU=CBLv知，速度减小，极板带电量减小，有电流定义式：I＝q/t可知，R1中有电流通过，方向由a流向e，R2中电流从a流向b，故A错误；反向匀加速运动过程中，由右手定则知，R2感应电流方向由b向a，电容器反向充电，流经R1电流方向由e流向a；故B正确，CD错误；故选B。

【点睛】

本题电磁感应中电路问题，基础是识别电路的结构．本题难点是根据并联电路电流与电阻成反比确定两电阻电量的关系．在高考中电路中含有电容器也是热点问题．8、B【分析】由动量定理的内容可知，增大接触时间可以减小冲力大小，B对；9、A【分析】条形磁铁S极突然插入线圈时，螺线管磁场向左增加，楞次定律得左板为正极，右侧负极，带负电的通草球受向左电场力，将向左偏．A正确．故本题选A．二、多选题(共7题，共14分)10、B:C【分析】【详解】

导体棒在细线的拉力作用下向右加速，随着速度的增加，切割电动势增加，电流增加，安培力增加，加速度逐渐减小，最终稳定时导体棒做匀速直线运动，拉力和安培力平衡，则选项A错误；电阻R消耗的电功率最大时，回路的电流最大，导体棒以最大速度做匀速直线运动，受拉力和安培力平衡；拉力的功率为P，故克服安培力做功的功率也为P，产生的电功率为P；即又解得选项B正确；根据P=I2R，有：故选项C正确；若经过时间t，导体棒的速度为v，则整个电路上产生的总热量为pt-mv2，电阻R上产生的热量：(Pt-mv2)，故D错误．11、A:B:E【分析】【详解】

面积超过正方形一半的正方形的个数为110个，则油酸膜的面积约为S=110cm2=1.10×10-2m2，选项A正确；每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则油酸分子直径．选项B正确；用滴管吸取油酸酒精溶液，应将滴管移到水面中央从低处滴入溶液，选项C错误；若某次实验中数油膜面积时将不足一格的也都按一格计算，则计算出的油膜的面积偏大，则根据可知，其直径的测量值一定偏小，选项D错误；若某次实验中油酸未完全分散开就绘制轮廓线，则计算出的油膜的面积偏小，则根据可知，其直径的测量值一定偏大，选项E正确；故选ABE.12、A:B:C【分析】【详解】

由图可知，滑动变阻器上下两部分并联，当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，则可知路端电压先变大后变小；故AB正确；U与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；电压表示数等于电源的路端电压，电流表的示数比流过电源的电流小，由于因为即所以U变化量与I变化量比值不等于r，故D错误；综上分析，ABC正确．13、A:D【分析】由广义相对性原理和等效原理的内容知A；D正确．

思路分析：从广义相对论原理和等效原理的内容就可判断。

试题点评：本题考查广义相对论的原理和等效原理基本内容，难度不大。14、C:D:E【分析】【详解】

AB．由状态a变化到状态b的过程中，气体发生等容变化，气体对外界不做功，根据查理定律

可知气体的温度升高，压强增大，则状态a的压强小于状态b的压强；故AB错误；

C．由状态c变化到状态d，气体发生等容变化；体积不变，质量不变，所以密度不变，故C正确；

D．由状态b变化到状态c；气体体积增大，气体对外界做功，温度不变，则内能不变，故D正确；

E．由状态a变化到状态d；气体体积增大，气体对外做功，温度升高，内能增大，故E正确。

故选CDE。15、B:C:E【分析】【详解】

A．布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动；它是由于液体分子的撞击作用力不平衡造成的，因此表明了液体分子在不停息的做无规则运动，故A错误；

B．一定质量的理想气体，温度不变时，若体积减小，气体分子密集程度增大，根据理想气体状态方程可知压强一定增大；故B正确；

C．热力学第二定律表明；自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故C正确；

D．潮湿的天气；洗了的衣服不容易晾干，是因为空气的相对湿度较大，故D错误；

E．子弹射入木块；子弹受到摩擦阻力，从而做功，导致动能减小，内能增加，所以这一过程是通过做功实现木块内能的增加，故E正确；

故选BCE。16、A:C:D【分析】【详解】

C．在图象中，等压线是一条直线，反向延长线经过且斜率越大，压强越小，在图上作出A；B两点的等压线如图所示。

过B点的等压线的斜率大，压强小，过A点的等压线的斜率小，压强大，所以从A到B气体的压强减小；C正确；

ABD．从A到B，气体的体积增大，气体对外做功即外界对气体做负功

温度升高，内能增加

根据热力学第一定律

知

B错误AD正确。

故选ACD。三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2][3]如题图所示；两个开关同时闭合，灯泡才会发光，是“与”逻辑关系，真值表为。

。输入结果ABY000010100111X为“0”，Z为“1”。【解析】与0118、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19、略

【分析】【详解】

（1）当恰好能恰能从下极板边缘飞出粒子运动的半径最小；如图：

由几何关系可知，粒子的最小半径为：Rmin=L

（2）设粒子在磁场中运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力，则得qvB=m

得

可得：

可知，当半径最小时对应的速度最小，则v0≥

（3）由于板间电场强度方向竖直向上；粒子带负电，可知加速度的方向向下。

-q粒子在水平方向上匀速运动；在竖直方向上向下匀加速运动，则有。

水平方向：L=v0t

竖直方向：L=at2

又由牛顿第二定律得

联立解得，

可知若粒子穿过电场，则：v0≥

【点睛】

本题中带电粒子在组合场中运动，要掌握类平抛运动的研究方法：运动的合成和分解，磁场中画轨迹是解题的关键。【解析】（1）L（2）v0≥（3）v0≥20、略

【分析】【分析】

【详解】

如答案【解析】速度大小频率全反射光疏介质临界角21、略

【分析】【小题1】本题考察的是多普勒效应；凡是波源靠近观察者，观察者接收到的频率就会变大，远离观察者，接收到的频率就会变小，故AB正确。

【小题2】分析边缘光线a；如图：

由几何关系得，可得∠CAB=45°；

在△OAB中，AC=AB，设为r；在△OBC中；

由勾股定理有：

进而求出

故半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径为【解析】【小题1】AB

【小题2】22、略

【分析】【分析】

由题意可知考查电流表内接；外接对测量电路的影响；根据电路结构特点分析可得．

【详解】

[1]为了减小实验误差，电流表内接、外接的选择原则：大电阻采用内接法，小电阻采用外接法，Rx约为5Ω；属于小电阻，故采用电流表外接法，选择乙电路图．

[2]因测的电流值大于真实值，由可知计算得到的电阻值小于真实值．

[3]电流表测得电流值大于通过Rx电流值；原因是电压表的分流作用．

【点睛】

电流表内接法，测得是电流表和待测电阻串联以后的电阻，测量值大于真实值，当待测电阻较大时选择内接法．电流表外接法，测得是电压表和待测电阻并联以后的电阻，测量值小于真实值，当待测电阻较小时选择外接法．【解析】乙小于电压表的分流作用四、作图题(共3题，共18分)23、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】24、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】25、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)26、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）①A、调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，不需放单缝和双缝．故A错误；B、测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐．故B正确；C、n条亮纹之间有n-1个间距，相邻条纹的间距故C正确．本题选错误的；故选A．

②螺旋测微器的读数等于：1.5mm+0.01×47.0mm=1.970mm．

（2）①多用电表表盘示数为9.4V．

②

（ⅰ）实物图连接成完整电路如图所示。

（ⅱ）表中数据在坐标纸上描点；并作出1/U-1/R图线如图所示。

（ⅲ）从闭合电路欧姆定理可知：得到．从图中可知截距为电动势的倒数．因此可求出电动势的大小E≈11.1V．【解析】A1.970mm9.4V11.1V27、略

【分析】【详解】

（1）因为电动势为3V，电路中的最大电流为：Imax≈A=0.03A=30mA，若选择电流表，指针偏角过小误差较大，为了减小误差，使指针有较大偏转，故选择电压表C；

（2）因为要求尽可能精确，故应采用分压式电路，故CD错误；若采用A图所示电路，当电流表有较大偏转时，电压表偏角过小，当电压表有较大偏转时，带测电表会烧坏，两表无法同时有较大偏转，而B图所示电路两表可以同时有较大偏转，误差较小，故A错误，