2025年人教A新版选修3物理下册月考试卷含答案

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A.水，水的密度小B.水，水的密度出现异常现象C.汞，汞的密度大D.汞，汞的密度与温度呈规则的线性关系4、如图所示是一定质量的理想气体从状态A经B至C的p—图线；则在此过程中()

A.气体的内能改变B.气体的体积增大C.气体向外界放热D.气体对外界做功5、在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中；下列说法正确的是。

A.电容器的电荷量增大B.电流表A的示数减小C.电压表V1示数在变大D.电压表V2示数在变大6、如图所示，一个电阻不计匝数为N=200匝的线圈以固定转速50转/秒在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1：n2=10：1的理想变压器给阻值R=10Ω的电阻供电；已知电压表的示数为20V，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是。

A.t=0时刻流过线圈的电流最大B.原线圈中电流的有效值为20AC.理想变压器的输入功率为10WD.穿过线圈平面的最大磁通量为Wb7、直角坐标系xOy中；M；N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图．M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为（）

A.沿y轴正方向B.沿y负方向C.沿y轴正方向D.沿y轴负方向8、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9、下列关于电源电动势的说法，正确的是（）A.电源向外提供的电能越多，表示电动势越大B.同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化C.电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大D.电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、如图，电源电动势为E，内阻为r，不管如何移动滑动变阻器，灯泡L、电表V1、V2、A均不会被烧坏，若将滑动变阻器的滑片P向上端移动时，则下列说法正确的是（）

A.A的示数增大，灯泡L变暗B.V1的示数增大，灯泡L变暗C.V2增大，灯泡变亮D.电源的总功率变小11、关于分子动理论，下列说法正确的是（）A.若仅知道氦气的摩尔体积和阿伏加德罗常数，则不能算出氦气分子的体积B.温度越高，分子热运动越缓慢C.相同质量的水和冰在0°C时，分子平均动能一定相等E.两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力的变化总是比斥力的变化快E.两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力的变化总是比斥力的变化快12、如图是空气能热水器的工作原理示意图；它主要由储水箱；毛细管、蒸发器、压缩机、冷凝器等部件组成。制冷剂在毛细管、蒸发器、压缩机、冷凝器之间循环过程与我们所熟悉的电冰箱的制冷循环过程相同，其工作过程如下：

①液态制冷剂经过一段很细的毛细管缓慢地进入蒸发器；在蒸发器中迅速汽化，并从低温的空气中吸收热量。

②制冷剂汽化生成的蒸汽被压缩机压缩后变成高温高压的蒸汽进入冷凝器。

③在冷凝器中；高温高压的蒸汽将热量传递给水并发生液化。制冷剂以此不断循环流动，使水的温度不断上升。下列说法正确的是（）

A.空气能热水器实现了“热量由低温物体（空气）传向高温物体（水）”B.空气能热水器中的水被加热是由电直接加热的C.空气能热水器的工作原理不违反热力学第一定律D.空气能热水器的制热系统能够不断地把空气的内能传给水，是因为其消耗了电能13、关于热现象和热学规律，以下说法正确的是（）A.布朗运动表明，构成悬浮微粒的分子在做无规则运动B.两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，分子间的引力和斥力都在减小C.热量可以从低温物体传递到高温物体E.两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大E.两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大14、一小型发电机产生的电动势随时间变化的规律如图甲所示；已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接一个电压表和一个电阻为10Ω的灯泡，如图乙所示．下列说法正确的是()

A.产生的交变电流的频率为5HzB.通过灯泡的电流为2.2AC.电压表读数为20VD.灯泡的实际功率为40W15、如图，电源电动势E=6V，内阻r=0.8定值电阻及R4=3Ω,图中电压表和电流表均为理想电表，当在P、Q之间连接另外一只理想电流表G时；下列说法正确的是。

A.通过G的电流为无穷大，从而会将G烧坏B.通过G的电流为0.2AC.V的示数将变大D.V的示数变化量的绝对值与A示数变化量的绝对值的比值为0.816、如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块，现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v0，下列说法正确的是()

A.最终小木块和木箱都将静止B.最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为C.木箱速度为时，小木块的速度为D.最终小木块速度为17、新华中学高三物理兴趣小组用实验探究光的色散规律，他们将半圆形玻璃砖放在竖直面内，在其左方竖直放置一个很大的光屏P，让一复色光束SA射向玻璃砖的圆心O后，有两束单色光a和b射向光屏P；如图所示．他们根据实验现象提出了以下四个猜想，你认为正确的是。

A.单色光a的波长大于单色光b的波长B.单色光a的频率大于单色光b的频率C.若用b光照射锌板发生了光电效应，则a光照射锌板也能发生光电效应D.当光束SA绕圆心O逆时针转动过程中，在光屏P上最早消失的是b光18、据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内.如图所示，环状磁场的内半径为外半径为被束缚的带电粒子的比荷为中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为的区域内；则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是（）

A.B.C.D.评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)19、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

20、如图，一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，已知状态A的压强为则状态B的压强___________；B到C过程中气体___________（选填“吸热”“放热”或“与外界无热交换”）．

21、如图，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，圆环L有_________（填收缩、扩张）趋势，圆环内产生的感应电流方向____________（填顺时针、逆时针）．22、一定质量的理想气体从初状态A分别经不同过程到达末状态B、C、D，它们的PV图象如图所示．其中AB是等容过程，AC是等温过程，AD是等压过程．则内能减小的过程是________(选填“AB”“AC”或“AD”)；气体从外界吸收热量的过程是________(选填“AB”“AC”或“AD”)．23、机械波产生和传播的条件是：①存在一个做振动的波源，②在波源周围存在____；机械波传播的是_________和___________。评卷人得分四、作图题(共3题，共18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8分)27、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．

28、在“测定玻璃的折射率”的实验中。

(1)如图甲所示为光学实验用的长方体玻璃砖，它的____不能用手直接接触．（选填“磨砂面”或“光学面”）

(2)小红利用插针法测定玻璃的折射率，如图乙所示，AB是画在纸上的直线，她在直线AB适当位置竖直插上P1、P2两枚大头针，放上平行玻璃砖，眼睛在玻璃砖的______（选填“同一侧”、“另一侧”）观察所插的两枚大头针P1和P2，通过插第三、第四枚大头针P3、P4来确定从玻璃砖射出的光线．确定P3大头针的位置时，应当使P3挡住______________．

(3)如图丙所示是在纸上留下的实验痕迹，其中直线、是描在纸上的玻璃砖的两个边．小红同学想要利用“单位圆”法求出折射率．她画出了单位圆与入射光线的交点为M，折射光线的延长线与圆交于F点，分别过M、F做法线的垂线段MN、FE，然后测量出MN的长度为L1,FE的长度为L2，则玻璃砖的折射率n=______(用测量的物理量L1、L2表示)29、在用“半偏法”测电流表的内阻实验中；电路如图所示，实验时要进行的步骤有。

A．合上

B．合上

C．将R接入电路的阻值调到最大。

D．调节R；使电流表的指针偏到满刻度。

E．记下的阻值。

F．调节使电流表指针指到满刻度一半。

把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填在横线上：______。A.B.C.E.E.30、“探究电容器充放电”的实验装置示意图如图所示；已知灵敏电流计0刻度在表盘中央位置，经判断：当电流从左接线柱流入时指针左偏；电流从右接线柱流入时指针右偏。请根据所学知识回答下列问题：

(1)电容器充电结束后，将开关S扳到b放电的过程中；灵敏电流计指针会______偏（填“左”或“右”）。

(2)将开关S扳到a，让电源给电容器充电结束后，保持开关位置不变，若将电容器中间插入一层有机玻璃板，则在插入过程中灵敏电流计指针______偏（填“左”或“右”）。评卷人得分六、解答题(共2题，共18分)31、如图，玻璃球冠的折射率为底面的半径是球半径的倍，在过球心O且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点；求该光线经从底面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。

32、如图所示，质量为m的物体放在与弹簧固定的轻质木板上，弹簧在竖直方向做简谐运动，当振幅为A时；物体对弹簧的压力最大值是物重的1.5倍，求。

（1）物体对弹簧的最小压力。

（2）欲使物体在弹簧的振动中不离开弹簧，其振幅最大值．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

根据光电效应方程

逸出功

可知

代入数据可知：

故D正确，ABC错误2、C【分析】【详解】

当一件事情的发生是以其相反条件为依据时；这种逻辑关系为“非”逻辑关系。

故选C。3、D【分析】【详解】

由于水的密度和温度关系的曲线是不规则曲线；如果选水为测温物质，则温度计刻度不均匀；汞的密度与温度呈规则的线性关系，选汞为测温物质，温度计刻度均匀。

故选D。4、C【分析】【详解】

试题分析：根据气体状态方程=C和已知的变化量去判断其它的物理量．对于一定质量的理想气体；温度升高，那么气体的内能增加．根据热力学第一定律判断气体吸热还是放热．

由图象可知该理想气体发生的是等温变化，故气体的内能不变，ΔU＝0；但气体的体积在减小，故外界对气体做功，W>0；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，Q<0；气体向外界放热，故C正确。

考点：理想气体状态方程热力学第一定律。

点评：够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系．要注意热力学第一定律△U=W+Q中，W、Q取正负号的含义．5、C【分析】试题分析：当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，滑动变阻器阻值减小，故路端电压减小，而电容器的两端间的电压就是路端电压，结合Q=CU可得，电容器的电荷量减小，故A错误；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，滑动变阻器阻值减小，故电路的电流增大，电流表A的示数变大，故B错误；电压表V1示数等于电流与R1阻值的乘积，故示数在变大，故C正确；路端电压减小，而电压表V1示数在变大，电压表V2示数在减小；故D错误；故选C．

考点：电路的动态分析6、D【分析】【详解】

A.t=0时刻为中性面位置；故感应电动势为零，故感应电流为零，流过线圈的电流为零，故A不符合题意；

B.副线圈中的电流。

根据电流与匝数成反比。

原线圈中电流的有效值。

故B不符合题意；

C.理想变压器输出功率。

P2=U2I2=＝20×2W＝40W输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为40W；故C不符合题意；

D.根据电压与匝数成正比，原线圈两端的电压U1＝200V；角速度。

ω=2πn=100πrad/s线圈产生最大感应电动势200V，Em＝NBSω；最大磁通量。

故D符合题意。7、B【分析】试题分析：根据点电荷的场强公式和场强叠加的原理；可以知道在G点的时候负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等反向相反，在H点同意根据场强的叠加来计算合场强的大小即可．

解：G点处的电场强度恰好为零；说明负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等反向相反；

根据点电荷的场强公式可得，正电荷在G点的场强为负电荷在G点的合场强也为

当正点电荷移到G点时，正电荷与H点的距离为2a，正电荷在H点产生的场强为方向沿y轴正向；

由于GH对称，所以负电荷在G点和H点产生的场强的相等方向相反，大小为方向沿y轴负向；

所以H点处场合强的大小为方向沿y轴负向，所以B正确；

故选B

点评：本题是对场强叠加原理的考查，同时注意点电荷的场强公式的应用，本题的关键的是理解G点处的电场强度恰好为零的含义．8、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．9、D【分析】【分析】

电动势与电势差是两个不同的概念；电动势等于内外电路电压之和。电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量。电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关。

【详解】

根据W＝EIt可知；电源向外提供的电能多，不能说明电动势大，还与电源做功的时间；电路中的电流有关。故A错误；电动势表示的是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上是等于将单位正电荷从负极移到正极时非静电力所在的功，电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关，故BC错误；电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量，电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故D正确。故选：D。

【点睛】

本题考查对于电源的电动势的理解能力。电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关。二、多选题(共9题，共18分)10、B:D【分析】【详解】

B．将滑动变阻器的滑片P向上端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流I减少，所以电灯L变暗，由

可知，路端电压增大，即V1的示数增大；B正确；

AC．由于干路电流减少，内电压和灯泡L两端的电压减小，所以R2与滑动变阻器并联部分电压增大（即V2增大），所以通过R2的电流增大；则A的示数减少，AC错误；

D．根据P=EI可知电源的总功率变少；D正确。

故选BD。11、A:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．由于气体分子间距很大；仅知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，不能算出气体分子的体积，选项A正确；

B．温度越高；分子热运动越剧烈，选项B错误；

C．分子平均动能与温度有关；所以相同质量的水和冰在0°C时，分子平均动能一定相等，选项C正确；

D．当分子间的作用力表现为斥力时；分子间的距离越小，分子力做负功，分子势能越大，选项D正确；

E．两个分子间的距离变大的过程中；分子间引力的变化总是比斥力的变化慢，选项E错误。

故选ACD。12、A:C:D【分析】【详解】

ABD．空气能热水器工作时将外界低温空气中的热收集起来然后通过压缩机再传给里面温度较高的水；使水的温度升高，故AD正确，B错误；

C．空气能热水器与空调的工作原理类似；它们在工作时都遵守热力学第一定律，故C正确。

故选ACD。13、B:C:E【分析】【详解】

A．布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动；表明液体的分子在做无规则运动，A错误；

B．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中；分子间的引力和斥力都在减小，B正确；

C．根据热力学第二定律；热量可以从低温物体传递到高温物体，但要引起其他的变化，C正确；

D．物体的摄氏温度变化为1其热力学温度变化了1K；D错误；

E．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中；它们的分子势能先减小后增大，E正确。

故选BCE。14、C:D【分析】【分析】

由甲图知电压峰值；周期；从而求电压有效值、角速度和频率；电压表测量的是路端电压，求解实际功率要用有效值．

【详解】

由图可知T=0.02s，则频率f=1/T=50Hz，选项A错误；电动势有效值为可知通过灯泡的电流为选项B错误；电压表读数选项C正确；灯泡的实际功率：P=IU=40W；选项D正确；故选CD.15、B:D【分析】【详解】

A、B、当在P、Q之间连接另外一只理想电流表G时外电路中的总电阻为根据闭合电路欧姆定律知R2和R4是并联关系，根据分流原理知流过R4的电流是0.8A；所以有0.2A的电流从电流计流过；故A错误，B正确.

C；当在P、Q之间连接另外一只理想电流表G时相比原来的电阻变小；所以电流变大，导致路端电压减小，所以电压表的示数变小，故C错误.

D、根据闭合电路欧姆定律知：则故D正确.

故选BD.

【点睛】

掌握电阻的连接方式和闭合电路的欧姆定律，动态分析电路的从局部导轨整体再到局部的步骤.16、B:C【分析】【分析】

【详解】

AD．设最终速度为v，木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

解得小木块和木箱速度

故AD错误；

B．对整个过程，由能量守恒定律可得小木块和木箱组成的系统损失机械能为

故B正确；

C．木箱与小木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

木箱速度为时，小木块的速度为

故C正确。

故选BC。17、A:D【分析】【详解】

AB、由图知光的偏折程度小于光，所以根据折射定律得知光的折射率小于光的折射率，光的频率小于光的频率，由可知光的波长大于光的波长；故选项A正确，B错误；

C、用光照射锌板发生了光电效应，由单色光的频率小于单色光的频率和光电效应方程可知用光照射锌板不一定能发生光电效应；故选项C错误；

D、由知光的临界角较大，光的临界角较小，则当光束绕圆心逆时针转动过程中，入射角增大，光最早发生全反射，所以在光屏上最早消失的是光，故选项D正确；18、B:C【分析】由题意可知，粒子的比荷k已经确定，由得粒子运动的半径r已经确定，要使所有的粒子都不能穿出磁场，有两种情况。第一种情况：与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，可知2r最大为如图所示：

由图可知，即解得：故AD不可能，C可能；第二种情况：其在环形磁场内的运动轨迹圆中最大者与磁场外边界圆相切，如图所示：

设轨迹圆的半径为r，由几何关系得：解得：即故B可能，故选BC.三、填空题(共5题，共10分)19、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；120、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由题图可知，从状态A经过状态B为等温变化，则有

已知

解得

[2]由题图可知，B到C过程中，温度降低，内能减少，即

体积变小，则外界对气体做功，即

由热力学第一定律

可知

即气体放热。【解析】放热21、略

【分析】由于金属棒ab向右运动，根据楞次定律判断可知abcd回路中产生顺时针方向的感应电流；在圆环处产生垂直于纸面向里的磁场，随着金属棒向右减速运动，圆环的磁通量将减小，依据楞次定律可知，圆环将产生顺时针方向的感应电流，圆环将有扩张的趋势以阻碍圆环磁通量的减小．

点睛：本题关键掌握楞次定律，知道楞次定律既可以用来判断感应电流的方向，也可以判断安培力方向，从而判断圆环的运动趋势，关键理解“阻碍”二字．【解析】收缩；顺时针22、略

【分析】【详解】

从A到B，体积不变，压强减小，则温度降低，内能减小，因气体不对外也不对内做功，则气体放热；从A到C，温度不变，则内能不变；体积变大，对外做功，则吸收热量；从A到D，体积变大，压强不变，则温度升高，内能增大，气体对外做功，则吸收热量；则气体从外界吸收热量的过程是AC和AD．【解析】ABAC和AD23、略

【分析】机械波产生和传播的条件是：①存在一个做振动的波源，②在波源周围存在介质；机械波传播的是运动形式和能量（或信息）。【解析】介质运动形式能量（或信息）四、作图题(共3题，共18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8分)27、略

【分析】【分析】

（1）由题干中“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”判断出警铃和指示灯的连接情况；

（2）由图象分析热敏电阻阻值随温度的变化关系；结合欧姆定律分析电路中电流的变化，从而判断出电磁铁磁性的变化；由题干中“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”，结合欧姆定律求出热敏电阻接入电路的阻值的最大阻值，从图象上找到对应的温度就可以解决问题；

【详解】

（1）由题中“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”，所以警铃的接线柱C应与接线柱B连，指示灯的接线柱D应与接线柱A相连；

（2）分析乙图；发现：温度升高时，热敏电阻阻值减小，根据欧姆定律，电路中电流就会增大，电磁铁的磁性就会增大；

当线圈中的电流时，继电器的衔铁将被吸合，警铃报警，则控制电路的总电阻

因此热敏电阻

由图乙可知，此时所以，当温度时；警铃报警．

【点睛】

本题既考查电磁继电器原理的分