2025年粤教沪科版选修三物理下册月考试卷

…………○…………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年粤教沪科版选修三物理下册月考试卷642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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、如图所示，两个频率、振动方向、初始相位均相同的波源是两个相干波源，由它们发出的波相互叠加，实线表示波峰，虚线表示波谷．则下列对三点振动情况的判断中；正确的是（）

A.处始终是波峰与波峰相遇B.处的振动始终互相减弱C.处的振动既不增强也不减弱D.处的振动始终互相减弱2、如图所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置的示意图．速度选择器(也称滤速器)中场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B2的方向垂直纸面向外．在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E和B1入射到速度选择器中，若m甲＝m乙<m丙＝m丁，v甲>v乙＝v丙>v丁，在不计重力的情况下，则分别打在P1、P2、P3、P4四点的离子分别是

A.甲、丁、乙、丙B.丁、甲、乙、丙C.甲、丁、丙、乙D.丁、甲、丙、乙3、如图所示，虚线两侧有垂直线框平面磁感应强度均为B的匀强磁场，直角扇形导线框半径为L、总电阻为R，绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动．线框从图中所示位置开始转动一周的过程中；线框内感应电流的有效值是()

A.B.C.D.4、如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转动轴O0匀速转动产生的交流电动势e＝100sin100πt（V）．下列说法正确的是（）

A.交流电的频率为100HzB.交流电动势的有效值为100VC.当线圈转到如图所示的位置时电动势为最大D.当线圈转到如图所示的位置时穿过线圈的磁通量为零5、如图为某发电站电能输送电路示意图，已知发电机的输出电压、输电线的电阻及理想升压、降压变压器匝数均不变，若用户电阻R0减小；下列说法正确的是（）

A.发电机的输出功率减小B.输电线上的功率损失减小C.用户得到的电压减小D.输电线输送电压减小6、足够深的水池中有一个木块和铁块用细绳栓连后在水里悬浮．现剪断细绳；在铁块沉入水底且木块浮出水面之前，若只考虑重力和浮力，对于铁块与木块构成的系统，下列说法正确的是。

A.动量守恒，机械能增加B.动量守恒，机械能减少C.动量守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能守恒评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、在如图所示电路中；电源内阻不可忽略.R1和R2为定值电阻，R为滑动变阻器，在R的滑动触头向上滑动的过程中。

A.电压表与电流表的示数都减小B.电压表与电流表的示数都增大C.定值电阻R1电功率增大D.R中电流变化的绝对值大于电流表读数变化的绝对值8、如图所示，在奥托循环的图像中，一定质量的理想气体从状态依次经过状态和后再加到状态整个过程由两个等温和两个等容过程组成，下列说法正确的是（）

A.从到气体的温度一直升高B.从到气体与外界无热量交换C.从到气体对外放热D.从到气体吸收的热量与从到气体放出的热量相同9、下列说法正确的是___________。E.布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在不停地做无规则热运A.理想气体等温膨胀时，内能不变B.扩散现象表明分子在永不停息地运动C.分子热运动加剧，则物体内每个分子的动能都变大D.在绝热过程中，外界对物体做功，物体的内能一定增加10、如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场；则导体框从两个方向移出磁场的两过程中。

A.导体框中产生的感应电流方向相反B.导体框中产生的焦耳热为1:3C.导体框ab边两端电势差为1:3D.通过导体框截面的电量相同11、如图，一理想变压器原副线圈砸数比为n，原线圈接正弦交流电，电压为U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机，电动机线圈电阻为R，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度开始加速上升；下列判断正确的是：

A.电动机消耗的热功率为I2RB.变压器的输入功率为C.原线圈t时间内输入的电能应大于D.副线圈两端电压为IR12、如图所示，质量为m的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内，活塞与气缸之间无摩擦．a态是气缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，b态是气缸从容器中移出后，在室温（270C）中达到的平衡状态．气体从a态变化到b态的过程中大气压强保持不变．若忽略气体分子之间的势能；下列说法正确的是（）

A.与b态相比，a态的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数较多B.与a态相比，b态的气体分子在单位时间内对活塞的冲量较大C.在相同时间内，a、b两态的气体分子对活塞的冲量相等D.从a态到b态，气体的内能增加，外界对气体做功，气体对外界释放了热量评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、（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。

14、如图所示是一个由声控开关、光敏电阻（光照时电阻很小）、小灯泡等元件组成的一个自动控制电路，该电路在白天无论声音多么响，小灯泡都不会亮，在晚上，只要有一定的声音，小灯泡就亮。这种电路现在广泛使用于公共楼梯间，则该电路使用了_____门电路，请在电路的虚线方框内标出该门电路的符号________，并完成图中门电路的真值表_______。

。输入。

输出。

A

B

Z

0

0

0

1

1

0

1

1

15、如图为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图像，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C．设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则TA______TB，TB______TC（均选填“＞”“＜”或“＝”）。

16、一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回到A，体积V与温度T的关系如图所示。图中和为已知量。

(1)从状态A到B；气体经历的是_______（选填“等温”，“等容”，或“等压”）过程。

(2)从B到C的过程中；气体的内能_______（选填“增大”“减小”或“不变”）。

(3)从C到D的过程中，气体对外界_______（选填“做正功”“做负功”或“不做功”），同时________（选填“吸热”或“放热”）。17、夏天的清晨在荷叶上滚动着一个个晶莹剔透的小露珠，这是由________导致的物理现象。分子势能和分子间距离r的关系图象如图所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子的是图中_______（选填“A”；“B”、或“C”）的位置。

18、蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移和转化，我们把这些气体称为工质。某热机经过一个循环后，工质从高温热源吸热Q1，对外做功W，又向低温热源放热Q2，工质完全恢复初始状态，内能没有变化。根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，Q1、Q2、W三者之间满足的关系是____。热机的效率不可能达到100%，从能量转化的角度，说明___能不能完全转化为___能而不产生其他影响。19、热机是一种______________________的装置．热机做的功和它从高温热源吸收的热量的比值叫做__________________．评卷人得分四、作图题(共3题，共27分)20、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．

21、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．

22、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、解答题(共3题，共12分)23、如图所示，有一圆柱形导热良好的气缸静止在水平地面上，内有一质量kg，截面积厚度不计的活塞，封闭有高度为温度为的理想气体。已知气缸质量为其深度为活塞不漏气且与缸壁无摩擦。外界大气压强为重力加速度

（1）求开始时气缸内封闭气体的压强；

（2）如果使气缸内气体温度缓慢升高到求缸内气体的高度；

（3）在温度为的初始状态下；用一竖直向上的拉力缓慢提拉活塞，请判断能否将气缸提离地面，并说明理由？

24、如图所示，光滑、足够长的平行金属导轨MN、PQ的间距为l，所在平面与水平面成θ角，处于磁感应强度为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。两导轨的一端接有阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直放置于导轨上，且m由一根轻绳通过一个定滑轮与质量为M的静止物块相连，物块被释放后，拉动金属棒ab加速运动H距离后，金属棒以速度v匀速运动。求：（导轨电阻不计）

（1）金属棒ab以速度v匀速运动时两端的电势差Uab；

（2）物块运动H距离过程中电阻R产生的焦耳热QR。

25、如图甲,间距L=1.0m的平行长直导轨MN、PQ水平放置,两导轨左端MP之间接有一阻值为R=0.1Ω的定值电阻,导轨电阻忽略不计.一导体棒ab垂直于导轨放在距离导轨左端d=1.0m,其质量m=.01kg,接入电路的电阻为r=0.1Ω,导体棒与导轨间的动摩擦因数µ=0.1,整个装置处在范围足够大的竖直方向的匀强磁场中.选竖直向下为正方向,从t=0时刻开始,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示,导体棒ab一直处于静止状态.不计感应电流磁场的影响,当t=3s时,突然使ab棒获得向右的速度v0=10m/s,同时在棒上施加一方向水平、大小可变化的外力F,保持ab棒具有大小恒为a=5m/s2方向向左的加速度,取g=10m/s2.

(1)求前3s内电路中感应电流的大小和方向.

(2)求ab棒向右运动且位移x1=6.4m时的外力F.

(3)从t=0时刻开始,当通过电阻R的电量q=5.7C时,ab棒正在向右运动,此时撤去外力F,且磁场的磁感应强度大小也开始变化(图乙中未画出),ab棒又运动了x2=3m后停止.求撤去外力F后电阻R上产生的热量Q.参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】A：处是振动加强点；该点位移也是呈周期性变化，不会总是波峰与波峰相遇，故A项错误。

B：处是波谷与波谷相遇；振动加强点永远加强，故B错误；

CD：处是振动减弱点；其位移永远为零，振动能量永远减弱，故C错误，D正确．

点睛：波干涉的条件：两列波(源)的频率以及振动方向必须相同并且有固定的相位差。如果两列波的频率不同或者两个波源没有固定的相位差(相差)，相互叠加时波上各个质点的振幅是随时间而变化的，没有振动总是加强或减弱的区域，因而不能产生稳定的干涉现象，不能形成干涉图样。2、B【分析】【分析】

粒子通过速度选择器；只有满足qvB=qE，即速度满足v=E/B，才能沿直线通过．当粒子的速度大于E/B，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，当粒子的速度小于E/B，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转．

【详解】

四种粒子，只有两个粒子通过速度选择器，只有速度满足v=E/B，才能通过速度选择器．所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙．由牛顿第二定律得：qvB=m解得：乙的质量小于丙的质量，所以乙的半径小于丙的半径，则乙打在P3点，丙打在P4点．甲的速度大于乙的速度，即大于E/B，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，打在P2点．丁的速度小于乙的速度，即小于E/B，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，打在P1点．故选B．

【点睛】

解决本题的关键知道速度选择器的原理，即所受洛伦兹力和电场力等大反向的粒子才能沿直线通过速度选择器．3、B【分析】【详解】

线框从图示位置转过90°的过程中，即在内，穿过闭合线框的磁通量不变，线框内无感应电流；在转过90°至180°的过程中，即在内，线框中的感应电动势：

大小恒定不变；感应电流沿逆时针方向；

在转过180°至270°的过程中，即在内，穿过闭合线框的磁通量不变，线框内无感应电流；在转过270°至360°的过程中，即在内，线框中的感应电动势：

大小恒定不变，感应电流沿顺时针方向．根据以上分析，画出一个周期内感应电动势Et图象(图象略)，利用电流的热效应计算感应电动势的有效值：

所以：

选项B正确．4、B【分析】【详解】

根据交流电动势可知ω＝100πrad/s，解得交流电的频率f为50Hz，故A错误；根据交流电动势瞬时表达式，可知Em＝100V，交流电动势的有效值故B正确；当线圈转到如图所示的位置时，穿过线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量变化率为零，电动势为零．故CD错误．5、C【分析】【分析】

根据用户电阻的变化；得出降压变压变压器输出功率的变化，根据输出功率决定输入功率，得知发电机输出功率的变化；由输电线上损失的功率变化，得出输电线电流变化；由发电机的输出电压和升压变压器原；副线圈的匝数比不变，可得出输电线输送电压的变化.

【详解】

若用户电阻减小；则降压变压器输出功率增大，导致发电机的输出功率增大，故A错误；若用户电阻减小，降压变压器输出功率增大，导致输电线上电流增大，输电线上损失的电压增大，输电线上的功率损失增大，故B错误；输电线上损失电压增大，降压变压器原线圈输入电压减小，由于降压变压器原；副线圈匝数比不变，降压变压器副线圈输出电压（即用户得到的电压）减小，故C正确；根据题给发电机的输出电压不变，升压变压器的原线圈输入电压不变，由于升压变压器原、副线圈匝数比不变，则输电线上输送电压不变，故D错误；故选C．

【点睛】

解决本题关键知道：1、原、副线圈电压比、电流比与匝数比的关系；2、升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系；6、A【分析】【详解】

在铁块沉入水底且木块浮出水面之前，根据系统受到的浮力不变，重力也不变，所以系统合力为零，动量守恒，在上升过程中系统中浮力做正功，根据机械能守恒条件可知，系统机械能增加，故A对；BCD错；

故选A二、多选题(共6题，共12分)7、A:C:D【分析】在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器R与R2并联电阻R并减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小．并联部分电压U并=E-I（R1+r），I增大，E、R1、r均不变，则U并减小，故电流表示数减小．故A正确，B错误．I增大，通过R1的电流增大，根据公式P=I2R知R1电功率增大，故C正确．干路电流I增大，通过R2的电流减小；则知通过R的电流增大，而且R中电流变化的绝对值大于电流表读数变化的绝对值，故D正确．故选ACD.

点睛：本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析．8、A:C【分析】【分析】

【详解】

A．从a到b过程，气体发生等容变化，根据

由于压强一直增大；因此气体的温度一直升高，A正确；

B．从到气体膨胀，对外做功，而温度保持不变，因此从外界吸收热量，B错误；

C．从到气体发生等容变化，压强减小，温度降低，气体对外放热，C正确；

D．从到内能不变，气体吸收的热量等于对外做的功，同理，从到气体放出的热量等于外界对气体做的功。在p—V图像中；图像与横轴围成的面积等于做的功，因此两次做功不同，故吸收的热量与放出的热量不相等，D错误。

故选AC。9、A:B:D【分析】理想气体的内能只与温度有关，理想气体等温膨胀时，内能不变，选项A正确；扩散现象表明分子在永不停息地运动，选项B正确；分子热运动加剧，则物体分子的平均动能变大，并非每个分子的动能都变大，选项C错误；在绝热过程中Q=0，外界对物体做功W>0，根据可知物体的内能一定减增加，选项D正确；布朗运动反映了液体分子在不停地做无规则热运动，选项E错误；故选ABD.10、B:D【分析】【详解】

A．导体框移出磁场时；根据楞次定律可知感应电流方向均为逆时针方向，故A错误；

B．设磁感应强度为B，线框边长为L，电阻为R，则

又因为

解得

则导体框中产生的焦耳热为1：3，故B正确；

C．向上移出磁场时，ad电势差

向右移出磁场时，ad电势差为

导体框ad边两端电势差为1：9；故C错误；

D．由电量

通过导体框截面的电量相同；故D正确。

故选BD。11、A:B:C【分析】【详解】

电流表读数为I，则通过电动机的电流为I，电动机消耗的热功率为I2R，选项A正确；变压器电流之比等于线圈匝数的反比，故I1:I2=1:n；解得：变压器的输入功率为故B正确；当重物加速上升，则F>mg，则电动机的输出功率Fv>mgv，则变压器输出功率大于mgv+I2R，则原线圈t时间内输入的电能应大于（I2R+mgv）t，选项C正确；电动机两端的电压大于IR，可知副线圈两端电压大于IR，选项D错误；12、A:C【分析】【详解】三、填空题(共7题，共14分)13、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】5.445.69514、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]光照强度与声音强度必须同时满足；灯泡才能亮，所以该电路使用了与门电路。

[2]如图。

[3]与门电路的输出信号就是输入信号的乘积，所以真值表为0；0；0；1。【解析】与0；0；0；115、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]A到B为等容变化，故

由图可知

则

B到C为等压变化，则

由图可知

则【解析】①.＞②.＜16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]从状态A到B；由于体积没变，因此发生的是等容过程。

(2)[2]从B到C的过程；由于气体温度不变，因此气体的内能不变。

(3)[3][4]从C到D的过程中，由于体积减小，因此气体对外界做负功；而温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，一定放出热量。【解析】等容不变做负功放热17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]小露珠由于表面张力呈现球形状；能在荷叶上滚动，是因为荷叶表面的不浸润。

[2]液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，则液体表面层分子间作用力表现为分子间引力，当分子间引力和斥力相等时分子势能最小，此时分子力表现为引力，分子间距离应大于最小分子势能对应的距离，故应是图像中的C点。【解析】①.表面张力/不浸润②.C18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由热力学第一定律，热量、做功、内能的符号规定得Q1＋（－Q2）＋（－W）＝0，即Q1－Q2＝W。

[2][3]再由热力学第二定律知，内能不可能全部转化成机械能而不产生其他影响。【解析】Q1－Q2＝W内机械19、略

【分析】【详解】

热机是一种将内能转化为机械能的装置．

热机做的功和它从高温热源吸收的热量的比值叫做热机的效率．【解析】将内能转化为机械能热机的效率四、作图题(共3题，共27分)20、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】21、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