2025年苏人新版选修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年苏人新版选修3物理上册月考试卷352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、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2、如图所示，容积为100cm3的球形容器与一粗细均匀的竖直长管相连，管上均匀刻有从0到100刻度，两个相邻刻度之间的管道的容积等于0.25cm3，有一滴水银（体积可忽略）将球内气体与外界隔开。当温度为时；该滴水银位于刻度40处。若不计容器及管子的热膨胀，将0到100的刻度替换成相应的温度刻度，则相邻刻度线所表示的温度之差，在此温度计刻度内可测量的温度范围分别是（）

A.相等；266.4K~333KB.相等；233K~393.3KC.不相等；233K~393.3KD.不相等；266.4K~333K3、如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条电场线，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．下列判断中正确的是:

A.P点的电势比Q点的电势高B.P点的场强比Q点的场强小C.带电粒子通过Q点时动能比P点时大D.带电粒子通过Q点时电势能比P点时大4、在列车编组站里，一辆质量为M的货车在平直轨道上以v=3m/s的速度运动，碰上一辆m的静止的货车，它们碰撞后结合在一起继续运动．若M=2m，则碰后它们的速度为（）

A.3m/sB.2m/sC.1m/sD.0.5m/s5、如图所示；当一束一定强度的某一频率的黄光照射到光电管阴极K上时，此时滑片P处于A；B中点，电流表中有电流通过，则。

A.若将滑动触头P向B端移动时，电流表读数有一定增大B.若用红外线照射阴极K时，电流表中一定没有电流通过C.若用强度更弱的黄光照射阴极K，电流表读数不变D.若用强度更弱的紫外线照射阴极K，光电子的最大初动能一定变大6、示波器的内部结构如图所示，如果在电极YY之间加上图（a）所示的电压，在XX之间加上图（b）所示电压；荧光屏上会出现的波形是（）

A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(－L,0)、Q(0，－L)为坐标轴上的两个点．如图所示，现有一质量为m、电量为e的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则（）

A.若电子从P点能到原点O，则所用时间可能为B.若电子从P点能到原点O，则所用时间可能为C.若电子从P点出发经原点O到达Q点，电子运动的路程一定为2πLD.若电子从P点出发经原点O到达Q点，电子运动的路程可能为πL8、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9、如图甲所示是汤姆孙的原子模型，他认为原子是一个球体，正电荷弥漫性地分布在整个球体内，电子镶嵌在其中。甲图中的小圆点代表正电荷，大圆点代表电子。汤姆孙的原子模型无法解释粒子散射实验。如图乙所示是卢瑟福为解释粒子散射实验假设的情景：占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质应集中在很小的空间范围。下列说法中正确的是（）

A.粒子质量远大于电子质量，电子对粒子速度的影响可以忽略B.入射方向的延长线越接近原子核的粒子发生散射时的偏转角越大C.由不同元素对粒子散射的实验数据可以确定各种元素原子核的质量D.由粒子散射的实验数据可以估计出原子核半径的数量级是10、一定量的理想气体从状态M出发，经状态N、P、Q回到状态M，完成一个循环。从M到N、从P到Q是等温过程；从N到P、从Q到M是等容过程；其体积-温度图像（V-T图）如图所示。下列说法正确的是（）

A.从M到N是吸热过程B.从N到P是吸热过程C.从P到Q气体对外界做功E.从Q到M气体的内能减少E.从Q到M气体的内能减少11、如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合电键，小灯泡能正常发光．现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为理想电流表A示数变化量的绝对值为则（）

A.电流表示数变大，V2示数变小B.灯泡亮度逐渐变暗C.与均保持不变，且前者小于后者D.当电路稳定后，断开电键，小灯泡逐渐变暗至熄灭评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)12、如图所示是两列相干波的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅都为0.1m，波速和波长分别为1m/s和0.2m，C点为AB连线的中点．则图示时刻C点的振动方向_____（选填“向上”或“向下”），从图示时刻再经过0.25s时，A点经过的路程为______m．

13、神州十四号航天员在出舱时，需穿着特殊的绝热航天服。为保护宇航员，航天服内气体的压强为标准大气压。当航天员到达太空后由于外部气压降低，航天服内部气体体积______（填“增大”“减小”或“不变”）。将航天服中研究气体视为理想气体，航天员出舱后，若不采取任何措施，航天服内气体内能______（填“增大”“减小”或“不变”），所以为保护宇航员，应在宇航服内部装有______（填“制冷装置”或“加热装置”）14、一气缸内储有10mol的单原子分子理想气体，在压缩过程中，外力做功209J，气体温度升高1K，则气体内能的增量E为________J，吸收的热量Q为________J。15、对大量的事实分析表明：______________________．这个结论被称做热力学第三定律．16、“测定玻璃的折射率”实验中,在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B,在另一侧再竖直插两个大头针C、D.在插入第四个大头针D时,要使它_____________.

如图是在白纸上留下的实验痕迹,其中直线a、a’是描在纸上的玻璃砖的两个边.根据该图可算得玻璃的折射率n=_____________.(计算结果保留两位有效数字)

17、某同学把两块大小不同的木块用细线连接；中间夹一被压缩了的弹簧，如图所示．将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察物体的运动情况，进行必要的测量，验证物体间相互作用时动量守恒．

（1）该同学还必须有的器材是_____；

（2）需要直接测量的数据是_____；

（3）用所得数据验证动量守恒的关系式是_____．18、如图甲所示，100匝的圆形线圈面积为1m2，与水平放置的平行板电容器连接，电容器两板间距离10cm．圆形线圈内有垂直于圆平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示（B取向里为正），圆形线圈中感应电动势大小为______V；刚开始对电容器充电时圆形线圈中感应电流的方向为______（填“顺时针”或“逆时针”）；稳定后，质量10g的带电粒子恰能静止于电容器两板间某处，粒子的电荷量大小为______C．g取10m/s2．

评卷人得分四、作图题(共3题，共18分)19、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．

20、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．

21、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2题，共18分)22、某同学利用热敏电阻设计了一个“过热自动报警电路”，如图甲所示．将热敏电阻R安装在需要探测温度的地方，当环境温度正常时，继电器的上触点接触，下触点分离，指示灯亮；当环境温度超过某一值时，继电器的下触点接触，上触点分离，警铃响．图甲中继电器的供电电压U1=3V，继电器线圈用漆包线绕成，其电阻R0为30Ω．当线圈中的电流大于等于50mA时；继电器的衔铁将被吸合，警铃响．图乙是热敏电阻的阻值随温度变化的图象．

（1）图甲中警铃的接线柱C应与接线柱______相连，指示灯的接线柱D应与接线柱______相连（均选填“A”或“B”）．

（2）当环境温度升高时，热敏电阻阻值将______，继电器的磁性将______（均选填“增大”、“减小”或“不变”），当环境温度达到______℃时；警铃报警．

23、如图所示；小明在做“研究平面镜成像特点”的实验时：

（1）实验中用玻璃板代替平面镜，目的是________________；实验过程中使用刻度尺的作用是便于比较像与物________________关系；选取两个完全相同的蜡烛是为了比较像与物的_______关系．

（2）在寻找蜡烛像的位置时，眼睛应该在蜡烛__（填“A”或“B”）这一侧观察，小明无论怎样调节后面的蜡烛B，都不能与蜡烛A的像重合，请你推测可能的原因是_________________．

（3）小明将蜡烛逐渐远离玻璃板时，它的像_____（填“变大”；“变小”或“不变”）．

（4）小明用跳棋代替点燃的蜡烛进行实验，但看不清跳棋的像．请你帮他想个办法看清跳棋的像：__________________．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、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。2、A【分析】【详解】

相邻刻度线所表示的温度之差相等，因为是等压变化，温度变化与体积变化比值恒定，或温度数值与0到100的刻度数值成线性关系。水银由0刻度到40刻度处，由等压变化

水银由0刻度到100刻度过程，由等压变化

温度测量的范围

所以A正确；BCD错误。

故选A。3、D【分析】【详解】

A、若带电质点从点运动到点，由图可知带电质点所受电场力沿电场线向右，由于质点带正电，故电场线向右，故点的电势低于点的电势；故选项A错误；

B、由于电场线越密，场强越大，由图可知点的场强大于点的场强；故选项B错误；

C、带电质点在从向运动的过程中电场力做负功，根据动能定理可知质点在点时的动能大于在点的动能；故选项C错误；

D、带电质点在从向运动的过程中电场力做负功，则带电质点的电势能增大，带电质点在点时的电势能小于点时电势能，故选项D错误．4、B【分析】【详解】

两货车碰撞过程中系统内力远远大于系统的外力，系统的动量守恒，以碰撞前M的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

解得：

A.3m/s与计算结果不相符；故A项不合题意.

B.2m/s与计算结果相符；故B项符合题意.

C.1m/s与计算结果不相符；故C项不合题意.

D.0.5m/s与计算结果不相符；故D项不合题意.5、D【分析】A、光电管所加的电压，使光电子到达阳极，则电流表中有电流流过，且可能处于饱和电流，若将滑动触头P向B端移动时，电流表读数有可能不变，故A错误；B、若用红外线照射阴极K时，因红外线的频率小于黄色光，因此可能不发生光电效应，也可能会发生光电效应，电流表不一定没有电流通过．故B错误；C、若用强度更弱的黄光照射阴极K时，能发生光电效应有光子飞出，但光强变若使得飞出的光子数目减小，电流表读数减小．故C错误；D、紫外线的频率大于黄色光的频率，根据光电效应方程：Ek=hv-W0可知用一束紫外线照射阴极K时；出射光电子的最大初动能一定变大，与光的强弱无关．故D正确；故选D。

【点睛】解答本题的关键知道光电效应的条件，以及知道影响光电流的因素，同时掌握相同能量的频率越高的，光子数目越少．6、C【分析】电极YY′之间加上图（a）所示的电压；则粒子的偏转位移在上下进行变化；

而在XX′之间加上图（b）所示电压时，粒子将分别打在左右各一个固定的位置，因此只能打出图C所示的图象，故C正确，ABD错误．故选C.二、多选题(共5题，共10分)7、A:D【分析】【分析】

粒子在洛伦兹力作用下；做匀速圆周运动，根据题意可知，电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，与电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹的半径不同，从而由运动轨迹来确定运动路程．

【详解】

若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示：

则微粒运动的路程为圆周的所用的时间为则电子从P点出发恰好经原点O的时间为选项A正确，B错误；若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示：

或者是：

因此则微粒运动的路程可能为πL；也可能为2πL，若粒子完成3；4、n个圆弧，那么电子运动的路程可能：n为奇数时为2πL；n为偶数时为πL，故C错误，D正确；故选AD．

【点睛】

本题考查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键，注意次数增多，而半径会减小．8、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．9、A:B:D【分析】【详解】

A.粒子质量远大于电子质量，电子对粒子速度的影响可以忽略；故A正确；

B.入射方向的延长线越接近原子核的粒子；所受库仑力就越大，发生散射时的偏转角越大，故B正确；

C.粒子散射类似于碰撞；根据实验数据无法确定各种元素原子核的质量，故C错误；

D.由粒子散射的实验数据可以估计出原子核半径的数量级是故D正确。

故选ABD。10、B:C:E【分析】【详解】

从M到N的过程，体积减小，外界对气体做功，即W>0；温度不变，内能不变，即∆U=0，根据∆U=W+Q，可知Q<0，即气体放热，选项A错误；从N到P的过程，气体体积不变，则W=0，气体温度升高，内能增加，即∆U>0，可知Q>0，即气体吸热，选项B正确；从P到Q气体体积变大，则气体对外界做功，选项C正确；从Q到M气体体积不变，则气体既不对外界做功，外界也不对气体做功，选项D错误；从Q到M气体的温度降低，则气体的内能减少，选项E正确.11、A:C:D【分析】【详解】

A．将滑动变阻器滑片向右滑动时接入电路的电阻减小，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定理可知电路中电流增大，电流表A的示数增大，根据闭合电路欧姆定律可知电压表V2示数减小；故A正确；

B．电路中电流增大；通过灯泡的电流增大，所以灯泡变亮，故B错误；

C．根据可得保持不变；根据可得保持不变，且有故C正确；

D．当电路稳定后，断开电键，电容器通过灯泡和变阻器放电，所以小灯泡不会立即熄灭，会逐渐变暗至熄灭，故D正确．三、填空题(共7题，共14分)12、略

【分析】【详解】

B点处于波谷，A点处于波峰，波由B向A传播，此时C处于平衡位置，经过四分之一周期，波谷传播到该点，知C点的振动方向向下，周期质点在一个周期内振动的路程等于4倍的振幅，经过0.25s时，走过的路程等于5倍的振幅，A=20cm，则s=1m．【解析】向下113、略

【分析】【详解】

[1]当航天员到达太空后由于外部气压降低；航天服内部气压大于外部气压，内部气体将膨胀对外做功，导致航天服内部气体体积增大；

[2]由于航天服绝热，则有

根据上述，内部气体将膨胀对外做功，则有

根据

可知

即若不采取任何措施；航天服内气体内能减小；

[3]为保护宇航员，需要确保航天服内气体的压强为标准大气压，即发生等压变化，根据

由于内部气体体积增大，则必须升高温度，即应在宇航服内部装有加热装置。【解析】增大减小加热装置14、略

【分析】【详解】

[1][2]根据理想气体内能增量公式

由题目可知单原子代入相关数据得

根据热力学第一定律，有

即气体吸收了-84.3J的热量。【解析】124.7-84.315、略

【分析】【分析】

【详解】

对大量的事实分析表明：热力学零度不可达到这个结论被称做热力学第三定律．【解析】热力学零度不可达到16、略

【分析】【详解】

（1）[1]在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B，在另一侧再竖直插两个大头针C、D，使C挡住A、B的像，要使D挡住C和A、B的像，说明CD在AB的出射光线上，CD连线即为AB的出射光线，所以要使D挡住C和A、B的像。

（2）[2]如图所示，连接AB延长交a于E点，连接CD反向延长交与G点，连接EG，以E为圆心以EG长为半径画圆，交AB与I，分别过I、G做过E点的法线的垂线IH、GF，用刻度尺测量IH、GF，折射率

【点睛】【解析】挡住C及A、B的像；1.8（1.8—1.9都算对）17、略

【分析】【详解】

小球离开桌面后做平抛运动，取小球1的初速度方向为正方向，两小球质量和平抛初速度分别为：m1、m2，v1、v2，平抛运动的水平位移分别为s1、s2，平抛运动的时间为t．需要验证的方程：0=m1v1-m2v2，又代入得到m1s1=m2s2，故需要测量两木块的质量m1和m2，两木块落地点到桌面边缘的水平距离s1，s2；需要的器材为刻度尺；天平、重锤线．

（1）需要的实验器材有：天平；直尺、铅锤、木板、白纸、复写纸、图钉、细线等。

（2）需要直接测量的量为：两物块的质量m1．m2及它们对应的平抛射程s1．s2；

（3）需要验证的表达式为：m1s1=m2s2．【解析】刻度尺、天平、铅垂线两木块的质量m1、m2和两木块落地点分别到桌子两。

侧边缘的水平距离s1、s2m1s1＝m2s218、略

【分析】【详解】

第一空．根据法拉第电磁感应定律从图乙可知联立解得：．

第二空．根据楞次定律可知；磁通量向里增加，感应电流磁场向外，根据右手定则判断感应电流为逆时针方向．

第三空．带电粒子恰能静止于电容器两板间某处，根据平衡条件有通过以上分析板间电压为100V，板间场强与电压关系：联立解得：．【解析】100逆时针1×10-4四、作图题(共3题，共18分)19、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】20、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】21、略

【分析】【分析】

【