2025年粤教新版选修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年粤教新版选修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8题，共16分)1、如图所示理想变压器原副线圈匝数比为1∶2，两端分别接有四个阻值相同的灯泡，已知4盏灯均能发光，则L1和L4两端的电压的之比为()

A.1∶1B.1∶3C.3∶1D.4∶12、为了节约用电，一种新型双门电冰箱安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，报警器就鸣响。如果规定：门关紧时输入信号为“1”，未关紧时输入信号为“0”；当输出信号为“1”时，报警器就鸣响，输出信号为“0”时，报警器就不鸣响。则能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是（）A.与门B.或门C.非门D.与非门3、如图所示，一定质量理想气体经历A→B的等压过程，B→C的绝热过程（气体与外界无热量交换），其中B→C过程中内能减少1000J，则A→B→C过程中气体对外界做的总功为（）

A.1600JB.400JC.1000JD.600J4、如图所示，n匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为U的灯泡，灯泡正常发光．从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是（）

A.图示位置穿过线框的磁通量变化率最大B.灯泡中的电流方向每秒改变次C.线框中产生感应电动势的表达式为e＝nBSωsinωtD.变压器原、副线圈匝数之比为5、某同学用半径相同的两个小球a、b来研究碰撞问题，实验装置示意图如图所示，O点是小球水平抛出点在水平地面上的垂直投影．实验时，先让入射小球a多次从斜轨上的某一确定位置由静止释放，从水平轨道的右端水平抛出，经多次重复上述操作，确定出其平均落地点的位置P；然后，把被碰小球b置于水平轨道的末端，再将入射小球a从斜轨上的同一位置由静止释放，使其与小球b对心正碰，多次重复实验，确定出a、b相碰后它们各自的平均落地点的位置M、N；分别测量平抛射程OM、ON和OP．已知a、b两小球质量之比为6：1，在实验误差允许范围内，下列说法中正确的是（）

A.a、b两个小球相碰后在空中运动的时间之比为OM：ONB.a、b两个小球相碰后落地时重力的瞬时功率之比为6OM：ONC.若a、b两个小球在碰撞前后动量守恒，则一定有6ON=6OM+OPD.若a、b两个小球的碰撞为弹性碰撞，则一定有OP+OM=ON6、下列关于结合能和比结合能的说法正确的是（）A.组成原子核的核子数越多，它的结合能一定越小B.组成原子核的核子数越多，它的比结合能一定越大C.结合能越大，原子核就越稳定D.比结合能越大，原子核就越稳定7、一列沿x轴正向传播的简谐波，在x1=2.0m和x2=12m处的两质点的振动图像如图实线和虚线所示．由图可知，关于简谐波的波长和波速有如下一些判断正确的是（）

A.波长一定等于4.0mB.波长可能等于10mC.2s末x1=2.0m的质点具有沿y轴负方向的最大速度D.最大波速等于5.0m/s8、一束只含红光和紫光的复色光沿PO方向射入玻璃三棱镜后分成两束光，并沿OM和ON方向射出，如图所示，已知OM和ON两束光中只有一束是单色光；则（）

A.OM为复色光，ON为紫光B.OM为复色光，ON为红光C.OM为紫光，ON为复色光D.OM为红光，ON为复色光评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、下列说法中正确的是（）A.物体从外界吸热，其内能不一定增大B.液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点C.温度相同的氢气和氧气，它们分子的平均速率不相同E.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大E.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大10、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，下列说法正确的有：（）

A.A→B的过程中，气体对外做功B.A→B的过程中，气体放出热量C.B→C的过程中，气体压强变大E.B→C的过程中，单位体积内的分子数目增加E.B→C的过程中，单位体积内的分子数目增加11、下列说法正确的是（）A.液晶显示器利用了液晶对光具有各向同性的特性B.医用脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液C.一定质量的单晶体在熔化过程中，分子势能一定增大E.夏天中午时车胎内的气压比清晨时高，且车胎体积较大，胎内气体对外界做功，内能较大（胎内气体质量不变且可视为理想气体）E.夏天中午时车胎内的气压比清晨时高，且车胎体积较大，胎内气体对外界做功，内能较大（胎内气体质量不变且可视为理想气体）12、下列说法正确的是（）A.热量不可能从低温物体传到高温物体B.只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数C.在使两个分子间的距离由很远(r>10-9m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大；分子势能不断增大E.液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性E.液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性13、如图所示；在光滑水平面内，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一正方形金属线框质量为n，电阻为R，边长为L，从虚线处进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，以垂直于磁场变化的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场，规定顺时针方向为感应电流I的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，其中P-t和q-t图像均为抛物线，则这些量随时间变化的图像正确的是。

A.B.C.D.14、如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E,ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m电荷量为-q的带电小球；从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是。

A.小球一定能从B点离开轨道B.小球在AC部分可能做匀速圆周运动C.若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD.小球到达C点的速度可能为零15、最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的时期．地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波．在t（图中实线）与（t+0.4）s（图中虚线）两个时刻x轴上一3~3km区间内的波形图如图所示；则下列说法正确的是。

A.该地震波的波长为3kmB.质点振动的最大周期为0.8sC.该地震波最小波速为4km/sD.从t时刻开始计时，x=2km处的质点比x=2.5km处的质点先回到平衡位置16、如图所示，两根位于同一竖直平面内的水平长杆，上、下两杆上分别套着质量相等的甲、乙两金属球，两球之间用一轻质弹簧相连．开始时乙在甲的正下方，且弹簧刚好无弹力．现给甲一个水平向右的初速度v0；此后两球在杆上无摩擦地滑动．下列叙述中正确的是。

A.甲、乙两球加速度始终相同B.甲、乙两球的动能之和保持不变C.当甲球的速度为零时，乙球刚好位于甲球的正下方D.甲球的速度减小至零的过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小17、如图所示，光滑金属导轨ab和cd构成的平面与水平面成θ角，导轨间距Lac=2Lbd=2L，导轨电阻不计．两金属棒MN、PQ垂直导轨放置，与导轨接触良好。两棒质量mPQ=2mMN=2m，电阻RPQ=2RMN=2R，整个装置处在垂直导轨向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒MN在平行于导轨向上的拉力作用下沿导轨以速度v向上匀速运动，PQ棒恰好以速度v向下匀速运动。则（）

A.MN中电流方向是由M到NB.匀速运动的速度v的大小是C.在MN、PQ都匀速运动的过程中，F=3mgsinθD.在MN、PQ都匀速运动的过程中，F=2mgsinθ评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)18、如图所示，甲木块的质量为m1=2kg，以v=4m/s的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2=3kg的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．则甲木块与弹簧接触后弹簧获得的最大弹性势能为___J，乙木块受到的冲量I=___________

19、关于饱和汽与饱和汽压，气体和液体之间的动态平衡是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率___，一定温度下的饱和汽压与体积___（选填“有关”、“无关”）。20、如图所示是一个用实验测量得到的用电器两端电压随时间变化的图象，图象反映了不同性质的电压信号。其中图甲叫做_____信号，图乙叫做_____信号。

21、如图所示，为某公园内的喷泉的声控控制电路，请在虚框内画出基本逻辑电路的符号，其中R的阻值大一点好还是小一点好？__________________。

22、“正电子湮没”是指正电子与电子相遇后一起消失而放出光子的过程，若一个电子和一个正电子相撞发生湮灭转化成一对光子，正、负电子的质量均为相碰前动能均为光速为普朗克常量为则对撞过程中系统动量_____（选填“守恒”、“不守恒”），光子的频率为_________．评卷人得分四、作图题(共3题，共12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32分)26、随着全世界开始倡导低碳经济的发展；电动自行车产品已越来越受到大家的青睐，某同学为了测定某电动车电池的电动势和内电阻，设计了如图所示电路，提供的实验器材有：

A．电动车电池一组；电动势约为12V，内阻未知。

B．直流电流表量程300mA；内阻很小。

C．电阻箱R；阻值范围为0～999．9Ω

D．定值电阻R0；阻值为10Ω

E．导线和开关。

（1）当他闭合开关时发现；无论怎样调节变阻器，电流表都没有示数，反复检查后发现电路连接完好，估计是某一元件损坏，因此他拿来多用电表检查故障，他的操作如下：

①断开电源开关S

②将多用表选择开关置于×1Ω档，调零后，红黑表笔分别接R0两端；读数为10Ω

③将多用表选择开关置于×10Ω档，调零后，将红黑表笔分别接电阻箱两端，发现指针读数如图所示，则所测阻值为_______Ω，然后又用多用电表分别对电源和开关进行检测，发现电源和开关均完好．由以上操作可知，发生故障的元件是_______．

（2）在更换规格相同的元件后重新连接好电路．

（3）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值为R0=10Ω的定值电阻的电流I，下列三组关于R的取值方案中，比较合理的方案是______（选填方案编号1；2或3）．

（4）根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=_______，内阻r=_______（用k、b和R0表示）．27、有一根细长而均匀的金属管线样品；长约60cm，电阻约为6Ω，横截面如图甲所示．

(1)用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为_______mm；

(2)现有如下器材：

A．电流表（量程0.6A；内阻约0.1Ω）

B．电流表（量程3A；内阻约0.03Ω）

C．电压表（量程3V；内阻约3kΩ）

D．滑动变阻器（1750Ω；0.3A）

E．滑动变阻器（15Ω；3A）

F．蓄电池（6V；内阻很小）

G．开关一个；带夹子的导线若干。

要进一步精确测量金属管线样品的阻值，电流表应选______，滑动变阻器应选_______．（只填代号字母）

(3)请将图丙所示的实际测量电路补充完整．()

(4)已知金属管线样品材料的电阻率为ρ，通过多次测量得出金属管线的电阻为R，金属管线的外径为d，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的横截面积S，在前面实验的基础上，还需要测量的物理量是______．（所测物理量用字母表示并用文字说明）．计算中空部分横截面积的表达式为S=_______．（用字母填写表达式）28、（1）用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示．

①对测量原理的理解正确的是__________．（选填选项前的字母）

A．由可知，T一定时，g与l成正比

B．由可知，l一定时，g与T2成反比

C．单摆的振动周期T和摆长l可用实验测定，由可算出当地的重力加速度

②若测量结果得到的g值偏大，可能是因为________．（选填选项前的字母）

A．组装单摆时，选择的摆球质量偏大

B．测量摆长时，将悬线长作为单摆的摆长

C．测量周期时，把n次全振动误认为是(n＋1)次全振动

③下表是某同学记录的实验数据，并做了部分处理．。组次123456摆长l/cm40.0050.0060.0080.00100.00120.0050次全振动时t/s63.074.077.589.5100.0109.5周期T/s1.261.481.551.792.19周期的平方T2/s21.592.012.403.204.80

请计算第5组实验中的T2=____________s2．

④将上表数据输入计算机，可得到右图所示的l－T2图像，图线经过坐标原点，斜率k=0.25m/s2．由此求得重力加速度g＝________m/s2．（π2=9.87，此空答案保留3位有效数字）

（2）在测定电容器电容值的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3k的电阻R、电源、单刀双掷开关按图甲所示电路图进行连接．先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，充电完毕后把开关S掷向2端，电容器放电，直至放电完毕．实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的u-t曲线如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及曲线与时间轴所围“面积”的图．

①根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向_____________（选填“相同”或“相反”），大小都随时间______________；（选填“增加”或“减小”）

②该电容器的电容值为____________F；（结果保留2位有效数字）

③某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值．请你分析并说明该同学的说法是否正确．29、某实验室中有一捆铜电线，实验小组的同学想应用所学的电学知识来测量这捆电线的长度．他们设计了如图甲所示的电路来测量这捆电线的电阻Rx，图中a、b之间连接这捆电线；V1和V2可视为理想电压表；R为阻值范围为0～999.0的电阻箱；E为电源；R0为定值电阻；S为开关．采用如下步骤完成实验：

(1)先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d，如图乙所示，则d＝__________mm；

(2)按照图甲所示的实验原理图；完善图丙中的实物连线______；

(3)将电阻箱R调节到适当的阻值，闭合开关S，记下此时电阻箱的阻值R、电压表V1的示数U1、电压表V2的示数U2，则这捆电线的阻值表达式为Rx=__________(用R、U1、U2表示)；

(4)改变电阻箱的阻值R，记下R、U1、U2的多组数据，算出这捆电线的电阻Rx＝2.6Ω，已知该电线铜材料的电阻率为ρ＝2.00×10－8Ω·m，则这捆铜电线的长度为L＝__________m（结果保留三位有效字）．评卷人得分六、解答题(共4题，共20分)30、如图所示，宽度为L的平行金属导轨水平放置，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。将质量为电阻为的导体棒放在导轨上，与导轨接触良好，其长度恰好等于导轨间距，导轨的电阻忽略不计，导轨足够长。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒从静止开始沿导轨向右运动。当导体棒速度为时：

（1）求导体棒产生的感应电动势E；

（2）求电路中的感应电流I及导体棒两端的电压U；

（3）若已知此过程中导体棒产生的电热为因摩擦生热为求拉力F做的功W。31、如图所示，封闭有一定质量理想气体的汽缸开口向下竖直固定放置，活塞的截面积为S，质量为m0，活塞通过轻绳连接了一个质量为m的重物。若开始时汽缸内理想气体的温度为T0，轻绳刚好伸直且对活塞无拉力作用，外界大气压强为p0，一切摩擦均不计且m0g＜p0S。

①求重物刚离地时汽缸内气体的压强；

②若缓慢降低汽缸内气体的温度，最终使得汽缸内气体的体积减半，则最终气体的温度为多少？32、如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，转动周期为线圈的匝数电阻面积．线圈的两端经集流环与电阻连接，电阻与并联的交流电压表为理想电表．磁场的磁感应强度为．（取）求：

（）交流发电机产生的电动势的最大值．

（）电路中交流电压表的示数．

（）线圈转动分钟电阻上产生的热．33、动量守恒定律是一个独立的实验定律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域。运用动量守恒定律解决二维问题时，可以在相互垂直的两个方向上分别研究。如图所示，质量分别为的球和球构成一系统，不考虑系统的外力作用，球以速度（方向沿轴正向）与静止的球碰撞，若速度不在两球球心的连线上，碰撞之后两球的速度都会偏离的方向，偏角分别为且均已知。

（1）请写出计算的大小时主要依据的关系式；

（2）请分析说明球对球的平均作用力的方向；

（3）若两球质量相等；并发生弹性碰撞，请分析说明碰后两球速度方向的关系。

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

根据变压器的原副线圈的匝数比等于电压比；等于电流的倒数比进行分析.

【详解】

设通过L3、L4的电流为I，则副线圈通过的电流为I，设通过原线圈的电流为I′，由得I′=2I；通过灯L1电流为I1=I2+I′，设灯L2的两端电压为U′，则原线圈两端的电压为U′，设副线圈两端的电压为U，由得U=2U′，知L3、L4分担的电压都为U′，得到通过灯L2的电流也为I；即通过通过灯L1电流为I1=I2+I′=3I；则L1和L4两端的电压的之比为3：1，则选项C正确，ABD错误；故选C．2、D【分析】【分析】

【详解】

两个门均关紧时；输入两个“1”，则报警器不鸣响，即输出为“0”；两个门只有一个门关紧时，输入一个“1”和一个“0”，则报警器鸣响，即输出为“1”；两个门均未关紧时，输入两个“0”，则报警器鸣响，即输出为“1”，符合以上逻辑关系的逻辑门是与非门。

故选D。3、A【分析】【详解】

由图可知，是等压过程，气体体积增大，气体对外做功为则有

的过程中，没有吸放热，由热力学第一定律则有

解得

所以在过程中有

因此气体对外界做的总功大小为A正确，B错误，C错误，D错误。

故选A。4、C【分析】【详解】

图示位置穿过线框的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，选项A错误；交流电的周期为一个周期内电流方向改变两次，则灯泡中的电流方向每秒改变次，选项B错误；交流电的电动势最大值：Em=nBSω，则线框中产生感应电动势的表达式为e＝nBSωsinωt,选项C正确；交流电的有效值为则选项D错误；故选C.

点睛：此题关键是掌握交流电的瞬时值、最大值及有效值的意义，知道它们之间的关系；掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．5、D【分析】【分析】

两球碰撞后均做平抛运动；根据高度比较平抛运动的时间，根据重力的瞬时功率公式，结合竖直方向上的分速度得出瞬时功率之比；碰撞过程中动量守恒，运用水平位移代替速度得出动量守恒的表达式，若为弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒；

【详解】

A、根据知；高度相同，则两球运动的时间相同，故A错误；

B、根据可知两球落地时的竖直分速度相等，根据知，a、b两球的质量之比为6:1；则重力的瞬时功率之比为6:1，故B错误；

C、开始a球平抛运动的初速度碰撞后，a球的速度b球的速度根据动量守恒有：则有：故C错误；

D、若为弹性碰撞，根据动量守恒有：根据机械能守恒有：则有：联立解得故D正确；

故选D．

【点睛】

关键知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，知道弹性碰撞的过程中，动量守恒，机械能守恒，由于时间相等，则碰撞前后的速度可以通过水平位移表示．6、D【分析】A；从氢原子核到铁原子核；结合能逐渐增大，铁是平均结合能最大的原子核，之后结合能逐渐减小，因此组成原子核的核子数越多，它的结合能不一定越小，故A错误；B、质量中等的原子核，比结合能最大，因此组成原子核的核子数越多，它的比结合能不一定越大，故B错误；C、比结合能是结合能与核子数之比，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合能越大，比结合能不一定越大，故C错误；D、比结合能是结合能与核子数之比，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故D正确；故选D．

【点睛】本题考查了结合能和比结合能的区别，注意两个概念的联系和应用是关键；组成原子核的核子数越多，它的结合能不一定越小；组成原子核的核子数越多，它的比结合能也不一定越大．7、D【分析】【详解】

AB．由两质点的振动图象得知，两个质点的振动情况总是相反，则有（n=1，2，3）

则波长

由于n为整数，λ不可能等于10m

当n=2

时λ=4m

故AB错误；

C．由振动图像可知，2s末x1=2.0m的质点具有沿y轴正方向的最大速度；故C错误；

D．由振动图象读出周期T=4s

则波速为（n=1，2，3）

当n=0

时v=5m/s

为最大速度；故D正确。

故选D。8、D【分析】【详解】

ON为反射光，应为复色光；而折射后只有一束光线，故有一束光发生了全反射；而红光与紫光相比较，紫光的折射率较大，临界角较小，故紫光发生了全反射；可知OM应为红光．故D正确，ABC错误．故选D.二、多选题(共9题，共18分)9、A:C:E【分析】【详解】

A．物体从外界吸热；若对外做功，则其内能不一定增大，故A正确；

B．液晶显示器是利用液晶对光具有各向异性的特点；故B错误；

C．温度相同的氢气和氧气；它们分子的平均动能相同，但是由于分子质量不同，故分子的平均速率不相同，故C正确；

D．用气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数可以估算气体分子占据的空间体积；故D错误；

E．当分子力表现为斥力时；距离减小斥力做负功，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故E正确。

故选ACE。10、A:C:E【分析】【详解】

AB．A→B的过程中；气体体积变大，则气体对外做功，温度不变，内能不变，则气体吸收热量，选项A正确，B错误；

CDE．根据则

在B→C的过程中；图线上的点与横轴上-273℃点连线的斜率减小，则气体压强变大；气体的温度降低，内能减小；气体体积减小，则单位体积内的分子数目增加，选项CE正确，D错误。

故选ACE。11、B:C:E【分析】【详解】

A．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特性工作的；A错误；

B．油脂对水是不浸润的；脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，B正确；

C．单晶体熔化过程中温度不变；其分子动能不变，熔化过程需要吸收热量，故其分子势能增加，C正确；

D．两个相邻的分子间的距离增大时；分子间的引力和斥力均减小，D错误；

E．夏天中午温度比清晨时温度高；则气体内能变大，车胎体积增大，则胎内气体对外界做功，选项E正确。

故选BCE。12、B:D:E【分析】【详解】

A．热量不可能自发的从低温物体传到高温物体；比如冰箱通过压缩机使里面的制冷剂循环，将内部的热量搬运到比内部温度还高的外部，A错误；

B．摩尔质量与分子质量之比等于阿伏伽德罗常数；B正确；

C．在使两个分子间的距离由很远(r>10-9m)减小到很难再靠近的过程中；分子间作用力先增大后减小再增大；分子势能先减小再增大，C错误；

D．一定量的某种理想气体进行等温压缩时；内能不变，D正确；

E．液晶既有液体的流动性；又具有单晶体的各向异性，E正确。

故选BDE。13、C:D【分析】【详解】

A、线框切割磁感线，则有运动速度v=at，产生感应电动势E=BLv，所以产生感应电流故A错误；

B、对线框受力分析，由牛顿第二定律，则有解得：故B错误；

C、由功率表达式P与t是二次函数，图象为抛物线，故C正确；

D、由电量表达式，则有q与t是二次函数，图象为抛物线，故D正确；

故选CD．

【点睛】电磁感应的图象问题．14、B:C【分析】若电场力大于重力，则有可能不从B点离开轨道，A错．若电场力等于重力，物体做匀速圆周运动，B正确．因电场力做负功，则机械能损失，上升的高度一定小于H，C正确．由圆周运动知识可知若小球到达C点的速度为零，则在此之前就已脱轨了，D错15、B:D【分析】【详解】

A、由图可知，在−3∼3km范围内有1.5个波长，所以波长为：故选项A错误；

B、由图可知，图中有实线变成虚线的时间：当时的周期最大，此时：所以最大周期为0.8s，故选项B正确；

C、根据波速可知，周期最大，波速最小，所以最小波速为：故选项C错误；

D、由图结合波向右传播可知，在时刻，处的质点振动的方向向上，而处的质点已经在最大位移处，所以从时刻开始计时，处的质点比处的质点先回到平衡位置，故选项D正确．16、C:D【分析】弹簧伸长以后，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，加速度方向不同，但加速度大小相等，A错；根据能量守恒定律两球的动能减小量转化为弹簧的弹性势能，B错；甲乙两小球水平方向不受外力，动量守恒，整个系统无机械能损失，机械能守恒，由两个守恒公式可以判断，当甲球速度为零时，乙球获得速度为v0，弹簧为原长位置，C对；当两球速度相同时系统损失动能最多，弹簧弹性势能最大，D对；17、A:B:D【分析】【详解】

A．根据楞次定律可得MN中电流方向是由M到N；故A正确；

B．根据法拉第电磁感应定律可得回路中产生的感应电动势大小为E=BLv+BL·2v=3BLv

回路中的感应电流大小为

以PQ为研究对象，根据力的平衡条件可得2mgsinθ=BI·2L

解得匀速运动的速度

B正确；

CD．在MN、PQ都匀速运动的过程中，以PQ为研究对象，根据共点力的平衡条件可得2mgsinθ=BI·2L

即BIL=mgsinθ

以MN为研究对象，根据力的平衡可得F=mgsinθ+BIL=2mgsinθ

故C错误；D正确。

故选ABD。三、填空题(共5题，共10分)18、略

【分析】【详解】

[1]当滑块甲、乙的速度相同时，间距最小，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，设向右为正方向，由动量守恒定律有

弹簧的最大弹性势等于滑块甲、乙系统损失的动能

联立并代入数据解得

[2]乙木块受到的冲量

【点睛】

解决本题首先要明确研究的过程，其次把握信隐含的条件：弹簧伸长最长时两木块的速度相同。考查学生应用动量守恒定律和能量守恒定律解决物理问题的能力。【解析】9.6J4.8NS19、略

【分析】【分析】

【详解】

［1］气体和液体之间的动态平衡是指汽化和液化同时进行的过程；且进行的速率相等，这时饱和汽和液体之间就达到了动态平衡；

［2］饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度；一定温度下的饱和汽的分子数密度是一定值，相同温度下不同液体的饱和汽压一般是不同的；饱和汽压与温度有关，与体积无关。【解析】相等无关20、略

【分析】【分析】

【详解】

图甲电压信号随时间连续变化，是模拟信号，图乙电压信号随时间不连续，取值是离散的，是数字信号。【解析】模拟数字21、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]非门的特点是输入状态和输出状态完全相反；其中R的阻值大一点好。【解析】大一点22、略

【分析】【详解】

光子无静止的质量，撞过程中动量守恒，则电子对撞过程中的质量亏损为．由爱因斯坦质能方程中电子对撞放出的能量为根据能量守恒得，每个光子的能量为又联立得到，光子的频率【解析】守恒四、作图题(共3题，共12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32分)26、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）欧姆表表盘读数为“7Ω”；倍率为“×10”，故为70Ω；障检测时，除电流表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表处；

（3）为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为：100mA≤I≤300mA，根据欧姆定律，总电阻120Ω≥R总≥40Ω；扣除定值电阻10Ω，即电流表内阻和电源内阻加上电阻箱电阻应该大于等于30Ω而小于等于110Ω，由于电流表内阻不计，故应该选方案2；

（4）根据闭合电路欧姆定律，有E=I（r+R0+R），则为对比一次函数y=kx+b；R相当于x；

相当于k，相当于y，k（-r-R0）相当于b；解得：E=r=−R0

考点：测定电池的电动势和内电阻。

【名师点睛】本题涉及欧姆表的读数、测定电源电动势和内电阻的实验原理及具体操作，虽然最后的图象处理不是用的伏安法，但都可以用闭合电路欧姆定律列式分析，作出直线图象是关键．【解析】（1）70Ω，电流表（3）方案是2．（4）．27、略

【分析】【详解】

(1)[1]螺旋测微器的固定刻度读数为1mm；可动刻度读数为0.01×12.5mm=0.125mm，所以最终读数为1mm+0.01×12.5mm=1.125mm；

(2)[2]电路中的电流大约为：

所以电流表选择A；[3]待测电阻较小；若选用大电阻滑动变阻器，从测量误差角度考虑，所以滑动变阻器选择E；

(3)[4]待测电阻远小于电压表内阻；属于小电阻，所以电流表采取外接法；滑动变阻器可以采用限流式接法；

(4)[5]根据则有：

所以还需要测量的物理量是管线长度

[6]则中空部分的横截面积：【解析】AE管线长度L28、略

【分析】【详解】

（1）①重力加速度的大小与摆长和周期的大小无关，故AB错误，根据得可知测出单摆的周期