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32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、泊松亮斑是光的()A.干涉现象,说明光有波动性B.衍射现象,说明光有波动性C.干涉现象,说明光有粒子性D.衍射现象,说明光有粒子性2、以下关于电源的说法正确的是（）A.电源的作用是在电源内部把电子由负极不断地搬运到正极，从而保持两极之间有稳定的电势差B.电源的作用就是将其他形式的能转化为电能C.只要电路中有电源，电路中就一定有电流D.电源实质上也是一个用电器，也需要外界提供能量3、如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总阻值为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动．当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置、导体棒MN的速度为v0时；位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态．若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，重力加速度为g，则下列判断正确的是()

A.油滴带正电荷B.若将上极板竖直向上移动距离d，油滴将向上加速运动，加速度a=g／2C.若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度a=2gD.若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置，同时将电容器上极板向上移动距离d／3，油滴仍将静止4、如图所示，一端封闭的均匀玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时现将玻璃管缓慢地均匀加热；下列说法正确的是（）

A.加热过程中，始终有B.加热后C.加热后D.条件不足，无法判断5、光滑绝热的活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的气体，平衡时现将A中气体加热到127℃，B中气体降低到27℃，待重新平衡后，这两部分气体体积的比为（）A.1∶1B.2∶3C.3∶4D.2∶16、如图甲所示，一矩形金属线框abcd垂直匀强磁场并固定于磁场中，以垂直纸面向里为磁场正方向，磁感应强度B随时间t的变化关系图象如图乙所示，规定向右为安培力的正方向，则线框的ab边所受安培力Fab随时间t变化的图象正确的是（）

A.B.C.D.7、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8、以下说法正确的是（）A.比结合能越大的原子，其结合能就越大，原子核越稳定B.卢瑟福核式结构模型可以很好地解释原子的稳定性C.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度D.卢瑟福的α粒子散射实验证实了其提出的核式结构的正确性。9、2018年中国散裂中子源将迎来验收，目前已建设的3台谱仪也将启动首批实验．有关中子的研究，下列说法正确的是（）A.Th核发生一次衰变，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4B.一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是裂变反应C.卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子D.中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、如图所示，水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线，一个质量为m，电荷量绝对值为q的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点，已知该粒子在A点的速度大小为v1，在B点的速度大小为v2，且方向与等势线平行A、B连线长为L，连线与竖直方向的夹角为不计粒子受到的重力，则。

A.该粒子一定带正电B.匀强电场的电场强度大小C.粒子在B点的电势能一定大于在A点的电势能D.等势线b的电势比等势线e的电势高11、如图所示，一定质量的理想气体由状态A经过程I到状态B，再由状态B经过程II到状态C，再经等温过程III回到状态A；下列说法正确的是（）

A.过程I气体放出热量，分子的平均动能减小B.过程II气体对外做功，内能减少C.过程III外界对气体做的功等于气体放出的热量E.过程II气体对外界做的功等于过程III外界对气体做的功E.过程II气体对外界做的功等于过程III外界对气体做的功12、下列说法正确的是（）A.某气体的摩尔体积为阿伏加德罗常数为则每个分子的体积可表示为B.当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的减小而减小C.晶体在熔化过程中吸收热量，内能增加，但其分子平均动能保持不变E.在热传递中，热量可以从高温物体传递给低温物体，也可以自发从低温物体传递给高温物体E.在热传递中，热量可以从高温物体传递给低温物体，也可以自发从低温物体传递给高温物体13、如图所示，线圈ABCD匝数n＝10，面积S＝0.4m2，边界MN(与线圈的AB边重合)右侧存在磁感应强度B＝T的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕AB边以ω＝10πrad/s的角速度匀速转动；则以下说法正确的是()

A.线圈产生的是正弦交流电B.线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为80VC.线圈转动s时瞬时感应电动势为40VD.线圈产生的感应电动势的有效值为40V14、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IR15、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16、在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，阻值均大于r，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器的滑动触头P自a端向b端滑动的过程中。

A.电压表示数变大B.电流表示数变小C.电容器C所带电荷量增多D.电源的输出功率变大评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、以数字信号为特征的现代信息技术早已进入我们的生活．处理数字信号的电路叫做数字电路，数字电路中最基本的逻辑电路——门电路，如图所示的电路叫“__________”逻辑电路。（选填“与”、“或”或者“非”）18、用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近悬挂的通草球时，通草球被推开，则通草球带______电；反复摩擦后，发现橡胶棒的温度升高，这是通过______的方式改变物体的内能的。19、一定质量的理想气体，状态经A→B→C→A的变化过程可用如图所示的p-V图线描述，其中C→A为等温过程，气体在状态A时温度为该气体在状态B时的温度为______K，C→A过程中气体______（填“吸热”或“放热”）。

20、如图所示宽度为d；厚度为h的金属板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中；当有电流I通过金属板时，在金属板上侧面A和下侧面A’间产生电势差．

（1）金属板上侧面A电势____________下侧面电势（填高于或低于）；

（2）若金属板内单位体积内自由电子数为n，则产生的电势差U=___________________．21、两个分别带有电荷量和的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为两小球相互接触后将其固定距离变为则两球间的库仑力的大小为的__________倍．22、波速相等的两列简谐波在x轴上相遇，一列波（虚线）沿x轴正向传播，另一列波（实线）沿x轴负向传播．某一时刻两列波的波形如图所示，两列波引起的振动在x=8m处相互__________（填“加强”或“减弱”），在x=10m处相互__________（填“加强”或“减弱”）；在x=14m处质点的振幅为________cm．

评卷人得分四、作图题(共3题，共30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3题，共12分)26、甲；乙两同学想利用实验室提供的器材测量某种电阻丝材料的电阻率；所用电阻丝的电阻约为20Ω，长度约50cm．

(1)用螺旋测微器测量电阻丝直径，读数如图甲，则其直径d为________mm．

(2)甲同学用图乙所示电路测量，他把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱8和9上，连接好电路，合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表（量程3V）和电流表(量程100mA)的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中________（填图中表示接线柱的数字）之间出现了_______（填“短路”或“断路”）．

(3)乙同学用另外的方法测量电阻丝的电阻．他又找来一个电阻箱R(0～999.9Ω)、一个小金属夹，按照图甲所示连接电路，在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置；从而改变接入电路中电阻丝的长度．然后进行了如下操作：

A．调节电阻箱；使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关；

B．将金属夹夹在电阻丝最左端，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；

C．改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏．重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；

D．断开开关；

E．用记录的多组电阻箱的电阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图乙所示的R-L关系图线，图线在R轴的截距为R0，在L轴的截距为L0．

结合测出的电阻丝直径d，可求出这种电阻丝材料的电阻率ρ=__________（用给定的物理量符号和已知常数表示）．

(4)若乙同学在本实验中的操作、读数及计算均正确无误，那么由于电流表内阻的存在，使电阻率的测量值与真实值相比__________（填“偏大”“偏小”或“相等”）．27、用游标卡尺和螺旋测微器分别测量不同物体的宽度和厚度；请你读出它们的数据：

(1)游标卡尺的读数：________cm；

(2)螺旋测微器的读数：_________mm。

28、电源的输出功率P跟外电路的电阻R有关。如图是研究它们关系的实验电路。为了便于进行实验和保护蓄电池，给蓄电池串联了一个定值电阻R0，把它们一起看成电源（图中虚线框内部分）。于是电源的内电阻就是蓄电池的内电阻和定值电阻R0之和，用r表示；电源的电动势用E表示。

（1）写出电源的输出功率P跟E、r；R的关系式_______。（电流表与电压表都视为理想电表）

（2）下表中给出了6组实验数据；根据这些数据在图中的方格纸中画出P-R关系图线。根据图线可知，电源输出功率的最大值是____W，当时对应的外电阻是____Ω。

。I/A

0．20

0．28

0．36

0．44

0．52[

0．60

U/V

3．00

2．60

2．20

1．80

1．40

1．00

（3）由表中所给出的数据，若已知跟电源串联的定值电阻的阻值为R0＝4．5Ω，还可以求得该电源的电动势E＝______V，内电阻r0＝_______Ω。评卷人得分六、解答题(共3题，共12分)29、如图所示，向一个空的铝饮料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是357cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.3cm2；吸管的有效长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离管口10cm。

（1）为了把温度值标化在吸管上，请利用理想气体状态方程的相关知识推导摄氏温度t关于油柱离罐口距离h的表达式；

（2）计算这个气温计摄氏温度的测量范围；

（3）某同学在使用标化好温度值的气温计时；出现了吸管竖直朝上的错误操作，若考虑到油柱长度带来的影响，试判断：测量值较之实际值偏大；偏小还是准确？不要求说明原因。

30、一水平放置的气缸左端开口与大气相通，活塞可在气缸内壁左右移动。活塞右边用一隔板将气缸分成体积均为V0的两部分，隔板左侧是理想气体，右侧是真空，隔板右侧还有一电阻丝可加热。活塞厚度可忽略，活塞和气缸壁均绝热，不计一切摩擦。开始时活塞处于静止状态，大气压强为p0。外界和理想气体温度均为T0。现拔掉隔板；用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好回到初始位置再次静止。

（1）求活塞刚好回到初始位置再次静止时的温度T；

（2）整个过程中，若电阻丝提供的热量为Q；求理想气体内能的增加量。

31、如下图所示，两平行金属板A、B长为L＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10－10C，质量为m＝1.0×10－20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。（静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2；粒子的重力不计）求：

(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？

(2)垂直打在放置于中心线上的荧光屏的位置离D点多远？

(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

泊松亮斑是光的衍射现象，干涉和衍射是典型的波动性特征，ACD错误B正确2、B【分析】【详解】

A．电源的作用是维持正；负极之间有一定的电势差；这需要电源不断地将其内部的负电荷向负极聚集，将正电荷向正极聚集；外电路中自由电子在电场力的作用下向正极移动；在电源内部，需要将正极上的电子搬运到负极，维持电势差不变，故A错误；

B．从能量转化的角度来看；电源在搬运电荷的过程中，需要克服电场力做功，将其他形式的能转化为电能，故B正确；

C．若要电路中有电流；不仅需要有电源，还需要电路是闭合的，两者缺一不可，故C错误；

D．电源是对电路提供能量的装置；故D错误。

故选B。3、D【分析】【详解】

考点：导体切割磁感线时的感应电动势；带电粒子在匀强电场中的运动；电容；闭合电路的欧姆定律．

专题：电磁感应与电路结合．

分析：导体棒MN相当于电源；M端为正极，外电路由滑动变阻器构成，电容器两端电压和滑动变阻器两端电压相等，弄清楚这些然后对带电液滴进行受力分析即可正确解答本题．

解答：解：根据右手定责可知；M端为正极，液滴静止，因此带负电，故A错误；

设导体棒长度为L；导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：E=BLv

电容器两端电压为：U==①

开始液滴静止有：q=mg②

若将上极板竖直向上移动距离d时，有：mg-q=ma1③

联立①②③得：a=方向竖直向下，故B错误；

当若将导体棒的速度变为2v时，有：q-mg=ma④

将①中v换为2v联立①②④解得：a=方向竖直向上，故C错误；

若保持导体棒的速度为v不变，而将滑动触头置于a位置时，电容器两端之间的电压为：U2=BLv

此时液滴所受电场力为：F=q==mg；因此液滴仍然静止，故D正确．

故选D．

点评：本题实质上借助电磁感应考查了有关电容器的运算，注意正确分析电容器两端电压以及极板的正负极．4、A【分析】【详解】

加热前后，上段气体的压强保持不变，下段气体的压强保持不变，整个过程为等压变化，根据盖-吕萨克定律得

所以

即

故选A。5、B【分析】【分析】

【详解】

对A部分气体有

对B部分气体有

因为

联立解得

则

所以B正确；ACD错误；

故选B。6、A【分析】【详解】

0﹣1s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针，根据I＝电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向右，由F＝BIL知，安培力均匀增大；1﹣2s内，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，根据I＝电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向左，由F＝BIL知，安培力均匀减小；2﹣3s内，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，根据I＝电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向右，由F＝BIL知，安培力均匀增大；3﹣4s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针，根据I＝电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向左，由F＝BIL知，安培力均匀减小；故A正确．7、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.8、C【分析】【详解】

比结合能用于表示原子核结合松紧程度，比结合能越大，原子核越稳定，但是比结合能越大的原子，其结合能不一定就越大，选项A错误；卢瑟福的α粒子散射实验说明（1）原子中绝大部分是空的；（2）α粒子受到较大的库仑力作用；（3）α粒子在原子中碰到了比他质量大得多的东西，否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型”，但也不能说明原子内部存在带负电的电子，也不能解释原子的稳定性，故B错误。在核反应堆的铀棒之间插入镉棒，可以吸收中子，控制反应速度，故C正确。卢瑟福的α粒子散射实验是原子的核式结构理论的基础，但是不能证实核式结构的正确性，选项D错误；故选C。9、D【分析】【详解】

A：α衰变的本质是发生衰变的核中减小的2个质子和2个中子形成氦核；所以一次α衰变，新核与原来的核相比，中子数减小了2。故A项错误。

B：一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是聚变反应；故B项错误。

C：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果；提出了原子的核式结构模型；卢瑟福通过α粒子轰击氮原子核产生氧17和质子的实验发现了质子；查德威克通过α粒子轰击铍核获得碳核的实验发现了中子。故C项错误。

D：中子和其他微观粒子；都具有波粒二象性。故D项正确。

【点睛】

α衰变；新核比旧核的质量数少4，电荷数少2；新核中质子数；中子数比旧核均少2；α衰变的本质是发生衰变的核中减小的2个质子和2个中子形成氦核。

β衰变，新核与旧核的质量数相等，电荷数多1，新核中质子数比旧核多1，中子数比旧核少1；β衰变的本质是原子核中一个中子变成质子的同时立即从核中放出一个电子。二、多选题(共7题，共14分)10、B:C【分析】【详解】

A项：根据做曲线运动的物体受的合力指向曲线的内侧；由于不知道电场强度的方向，所以无法确定粒子的电性，故A错误；

B项：在沿电场线方向的位移为：

设A、B间的电势差为UAB，由动能定理得：所以故B正确；

C项：根据做曲线运动的物体受的合力指向曲线的内侧可知；粒子受的电场力方向向上，所以粒子从A到B过程中电场力做负功，电势能增大，故C正确；

D项：根据题意可知判断粒子受到的电场力方向；但无法确定电场线的方向，所以无法确定等势面的电势的高低，故D错误．

故选BC．11、A:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．过程I气体做等容变化，压强逐渐降低，由

可知气体温度逐渐降低；分子的平均动能逐渐减小，内能减小，因体积不变，不存在做功情况，由热力学第一定律可知气体应放出热量，A正确；

B．过程II气体做等压变化，体积增大，由

可知气体温度逐渐升高；内能增大，B错误；

C．过程III为等温变化；内能不变，根据热力学第一定律可知外界对气体做的功等于气体放出的热量，C正确；

D．过程III气体分子的平均动能不变；单个分子对器壁的平均撞击力不变，由于压强在逐渐增大，可知气体分子单位时间内对单位面积器壁的撞击次数逐渐增加，D正确；

E．在p-V图像中，图线与V轴所围的面积表示做功的数值；可知过程II气体对外界做的功小于过程III外界对气体做的功，E错误。

故选ACD。12、B:C:D【分析】【分析】

本题考查分子动理论；内能、热力学第零定律、热力学第二定律相关规律；目的是考查学生的理解能力。

【详解】

A．由于气体分子间距离较大；摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值不等于分子的体积，选项A错误；

B．当分子间距大于平衡间距时，即时；分子力表现为引力，且随分子间距的减小，分子力做正功，因此分子势能减小，选项B正确；

C．晶体有固定的熔点；晶体熔化过程中吸收热量，内能增加，温度不变，其分子平均动能不变，选项C正确；

D．根据热力学定律可知；如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，那么这两个系统的温度一定相等，选项D正确；

E．根据热力学第二定律可知；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量能自发从高温物体传递给低温物体，不能自发从低温物体传递给高温物体，选项E错误。

故选BCD。13、B:D【分析】【详解】

A．线圈在有界磁场中将产生正弦半波脉动电流；故A错误；

B．电动势最大值

故B正确；

C．线圈转动s、转过角度瞬时感应电动势为

故C错误；

D．在一个周期时间内，只有半个周期产生感应电动势，根据有效值的定义有

可得电动势有效值

故D正确。

故选BD。14、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；15、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．16、A:D【分析】【分析】

在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据Q=CU可知所带电荷量的变化；根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化．a点的电势等于R2两端的电压．根据外电路电阻与内阻的关系；判断电源的输出功率的变化。

【详解】

A.在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，并联电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大；则电压表示数变大，故A正确；

B.根据闭合电路欧姆定律，内电压增大，R1两端电压增大，可知并联部分电压减小，流过R2的电流减小。由于干路电流I增大，所以流过R3的电流增大；电流表示数增大，故B错误；

C.电容器与电阻R2并联；电压相等，根据Q=CU，电容器C所带电荷量减小，故C错误；

D.当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，外电路电阻越接近内阻，电源的输出功率越大。由于R1、R2阻值均大于r；外电路电阻大于内阻，现外电路总电阻减小，电源的输出功率增大，故D正确。

故选：AD。三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】【详解】

[1]该图中，A、B开关只要有一个闭合，灯就会亮，即几个条件中，只要有一个条件得到满足，某事件就会发生，这种关系叫做“或”逻辑关系。【解析】或18、略

【分析】【详解】

[1]毛皮摩擦过的橡胶棒带负电；通草球受到斥力作用，故通草球也带负电；

[2]摩擦橡胶棒时通过做功的方式改变物体内能。【解析】①.负电②.做功19、略

【分析】【详解】

[1]A→B等压变化过程中，根据盖—吕萨克定律

代入已知条件，可得

[2]在C→A等温变化过程中

又由于体积减小，外界对系统做正功

根据热力学第一定律

可得

故气体放热。【解析】600放热20、略

【分析】（1）根据左手定则；电子向上偏，所以上侧面得到电子带负电，下侧面失去电子带正电，则金属板上侧面A电势低于下侧面的电势．

（2）电子最终达到平衡，有．则U=vBd．电流的微观表达式I=nevS=nevhd．则v=代入得，．

【名师点睛】金属中移动的是自由电子，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，从而得出电势的高低．最终电子受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡和电流的微观表达式求出电势差的大小．【解析】低于21、略

【分析】【分析】

清楚两小球相互接触后；其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．

【详解】

相距为r时，根据库仑定律得：接触后各自带电量变为则此时两式联立得即大小为F的倍．

【点睛】

本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键．【解析】22、略

【分析】【详解】

两列波在x=8m处引起的振动都是方向向下，可知此位置的振动是加强的；在x=10m处是峰谷相遇，可知此位置振动减弱；在x=14m处也是峰谷相遇，振动减弱，则质点的振幅为．【解析】加强减弱2四、作图题(共3题，共30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，