2025年粤教沪科版选修3物理上册阶段测试试卷

…………○…………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3物理上册阶段测试试卷338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9题，共18分)1、如图所示，有一矩形闭合导体线圈，在范围足够大的匀强磁场中运动、下列图中能产生感应电流的是

A．水平运动B.水平运动

<td>B．绕轴转动D.绕轴转动A.B.C.D.2、关于布朗运动，下列叙述正确的是()A.布朗运动就是液体分子的无规则运动B.布朗运动就是固体分子的无规则运动C.布朗运动说明液体分子在做无规则运动D.布朗运动说明固体分子在做无规则运动3、强子对撞机加速器工作时，需要注入约1万吨液氮对电路进行冷却，冷却的最低温度可达到零下271摄氏度，这时该温度用热力学温标来表示为（）A.2KB.271KC.4KD.0.1K4、关于热现象，下列说法正确的是（）A.机械能可以全部转化为内能，而内能无法全部用来做功以转换成机械能B.当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大C.单位时间内气体分子对容器壁单位面积上的碰撞次数减少，气体的压强一定减小D.已知阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可估算该种气体分子体积的大小5、如图所示，双量程电压表由表头G和两个电阻串联而成．已知该表头的内阻满偏电流下列说法正确的是。

A.表头G的满偏电压为500VB.使用a、b两个端点时，其量程比使用a、c两个端点时大C.使用a、b两个端点时，其量程为0~10V，则R1为9.5kΩD.使用a、c两个端点时，其量程为0~100V，则为95kΩ6、如图所示；平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差U及板间场强E的变化情况为()

A.U变大，E变大B.U变小，E变小C.U不变，E不变D.U变小，E不变7、下列说法正确的是A.液体中悬浮的微粒无规则运动称为布朗运动B.液体分子的无规则运动称为布朗运动C.物体从外界吸收热量，其内能一定增加D.物体对外界做功，其内能一定减少8、弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时（）A.速度最大B.回复力最大C.加速度最大D.弹性势能最大9、如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0；方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（）

A.A和B都向左运动B.A向左运动，B向右运动C.A静止，B向右运动D.A和B都向右运动评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、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11、如图所示的电路，闭合开关S，滑动变阻器滑片向左移动；下列结论正确的是（）

A.电流表读数变小，电压表读数变大B.小电泡变亮C.电容器C上电荷量增大D.电源的总功率变大12、人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程，以下说法正确的是（）A.液体的分子势能与体积有关B.晶体的物理性质都是各向异性的C.温度升高，每个分子的动能都增大E.液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性E.液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性13、下列叙述中，正确的是（）A.同一温度下，气体分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律B.布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映C.第二类永动机是不可能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律E.只知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数就可以算出气体分子的体积E.只知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数就可以算出气体分子的体积14、美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，克服了多级直线加速器的缺点，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步．下图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A板和C板间，如图所示．带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场；经加速后再进入D型盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）

A.P1P2=P2P3B.P1P2>P2P3C.P0P1=P1P2D.P0P1=P1P215、一台发电机最大输出功率为4000kW，电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R＝1kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220V、60W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则()A.T1原、副线圈电流分别为103A和20AB.T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220VC.T1和T2的变压比分别为1:50和40:1D.有6×104盏灯泡(220V、60W)正常发光16、如图甲所示,细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器,注射器可在竖直面内摆动，且在摆动过程中能持续向下流出一细束墨水．沿着与注射器摆动平面垂直的方向匀速拖动一张硬纸板，摆动的注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线．注射器喷嘴到硬纸板的距离很小,且摆动中注射器重心的高度变化可忽略不计．若按图乙所示建立xOy坐标系，则硬纸板上的墨迹所呈现的图样可视为注射器振动的图象．关于图乙所示的图象，下列说法中正确的是()

A.x轴表示拖动硬纸板的速度B.y轴表示注射器振动的位移C.匀速拖动硬纸板移动距离0.5L的时间等于注射器振动的周期D.拖动硬纸板的速度增大，可使注射器振动的周期变短17、如图甲所示，质量为长为的水平金属细杆的两端分别放置在两水银槽的水银中，水银槽所在空间存在磁感应强度大小方向水平向右的匀强磁场，且细杆与该磁场方向垂直．一匝数为100匝、横截面面积为的线通过导线、开关与两水银槽相连，线圆处于沿竖直方向垂直穿过圈横截面的匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示．在时闭合开关细杆间弹起（可认为弹起过程中安培力远大于重力，重力忽略不计），弹起的最大高度为．不考虑空气阻力，水银的黏滞作用和细杆落回水槽后的运动，重力加速度取下列说法正确的是（）

A.感应强度的方向竖直向上B.时，线圈中的感应电动势大小为C.在细杆CD弹起的过程中，细杆CD所受安培力的冲量大小为D.开关闭合后，通过细杆某一横截面的电荷量为评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、如图所示，正、负电子垂直磁场方向沿与边界成θ＝30°角的方向射入匀强磁场中，不计重力，那么在磁场中正、负电子的运动时间之比为________19、如图所示，喜庆日子，室外经常使用巨大的红色气球来烘托气氛，在晴朗的夏日，从早晨到中午的过程中，密闭在红色气球内气体分子的平均动能_________（选填“变大”、“变小”或“不变”），气体的体积________（选填“变大”；“变小”或“不变”）

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、反射规律：反射线、法线与入射线在同一_______内，反射线与入射线分居_______两侧，反射角_______入射角。22、如图所示，电阻Rab=0.1Ω的导体ab沿光滑导线框向右做匀速运动；线框中接有电阻R=0.4Ω，线框放在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，cd间的长度L=0.4m，运动的速度v=5.0m/s，线框的电阻不计．

a.电路abcd中导体棒ab相当于电源,_______（a端或b端）相当于电源的正极。

b.电源的电动势即产生的感应电动势E=_______V，电路abcd中的电流I=_______A

c.导体ab所受安培力的大小F=__________N，方向是__________；23、关键环节题组：如图所示,平行板电容器的板间距和板长均是L,有一带电粒子(质量为电荷量为-)从电容器左上角边缘以初速度平行上板打入；能从另一侧打出，求：

（1）带电粒子在匀强磁场中的最小半径____________

（2）两板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为的范围__________________

（3）两板间有垂直两板向上的匀强电场，电场强度为的范围_____24、如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，具有不同水平速度的带电粒子射入后发生偏转的情况不同。若从左侧水平射入的带电粒子，不计重力，穿过这一区域时未发生偏转，则该粒子的速度大小为________；若只改变该粒子的电性，则粒子穿过这一区域时是否会发生偏转？________（选填“会”或“不会”）。25、一列波沿x轴正方向传播的简谐波，在t=0时刻的波形图如图所示，已知这列波在P出现两次波峰的最短时间是0.4s；根据以上可知：

(1)这列波的波速是____m/s；

(2)再经过___s质点R才能第一次到达波峰；

(3)这段时间里R通过的路程为___cm。26、如图所示，正方形边长为L，内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，现有质量为m、带电荷量为+q的粒子以速度v从ad边中点的小孔垂直于ad边射人匀强磁场，欲使粒子能打到cd边上，则磁感应强度B的取值范围是________.评卷人得分四、作图题(共3题，共24分)27、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．

28、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．

29、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16分)30、（1）某同学用图所示的“碰撞实验装置”研究直径相同的两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．

①在实验中小球速度不易测量，可通过仅测量_____解决这一问题．

A．小球做平抛运动的时间

B．小球做平抛运动的水平距离

C．小球做平抛运动的初始高度

D．小球释放时的高度

②图中PQ是斜槽，QR为水平槽，R为水平槽末端．利用铅垂线在记录纸上确定R的投影点O．实验时先使A球从斜槽上G处由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹；此后，再把B球放在R处，将A球再从G处由静止释放，与B球碰撞后在记录纸上分别留下A、B两球落点痕迹．由测量可知，碰撞前A球做平抛运动的水平距离为x0；碰撞后，A、B两球做平抛运动的水平距离分别为x1、x2．用天平称量A、B两球的质量分别为mA、mB．若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为____（用题目给出的物理量符号表示）．

（2）在“测定金属的电阻率”的实验中，金属丝的阻值约为5，某同学先用刻度尺测量金属丝的长度l=50.00cm，用螺旋测微器测量金属丝直径时刻度位置如图7所示，再用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．

①该电阻丝直径的测量值d=___________mm；

②实验中能提供的器材有：

A．电压表V1（量程0～3V，内阻约3k）

B．电压表V2（量程0～15V，内阻约15k）

C．电流表A1（量程0～3A，内阻约0.01）

D．电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.1）

E．滑动变阻器R1（0～20）

F．滑动变阻器R2（0～500）

G．电源E（电动势为3.0V）及开关和导线若干

该同学从以上器材中选择合适的器材连接好电路进行测量，则电压表应选择_______，电流表应选择________，滑动变阻器应选择_______，（选填各器材前的字母）．要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，实验电路应选用图_________．

③该同学建立U-I坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的五个坐标点，还有一次测量的电压表和电流表示数如图10所示，请根据测量数据将坐标点补全，并描绘出U-I图线．由图线数据可计算出金属丝的电阻为____Ω（保留两位有效数字）．设被测金属丝电阻为R，则该金属材料电阻率的表达式是________________

（用题目给出的物理量符号表示）．R④实验中使用的电流表内阻为AR，电压表内阻为V，U若考虑电流表和电压表内阻的影响，图I-k图像中图线斜率ρ与该金属材料的电阻率k的关系是___________=

（用题目给出的物理量符号表示）．31、用电流表和电压表测定电池的电动势E和内电阻r，所用的电路如图1所示，一位同学测得的6组数据如下表中所示。组别I/（A）U/（V）10.121.3720.201.3230.311.2440.321.1850.501.1060.571.05

（1）试根据这些数据在图2中作出U﹣I图线________；

（2）根据图线得出电池的电动势E=___V，根据图线得出的电池内阻r=___Ω。

32、某同学采用如图的实验装置来验证动量守恒定律（图中小球A和B半径相同、质量分别为mA和mB），先调节轨道末端水平，木板竖直固定（B球和O’点在同一水平线上）．当不放置B球时，让A球从挡板处由静止开始运动，它能打到木板上的P点，将B球置于轨道末端，同样让A球从挡板处由静止开始运动，得到木板上两球的落点N和M，分别测量O’点到N、P和M点的距离为H1、H2和H3．

（1）该实验要求两球的质量关系为mA______（填“大于”“小于”或“等于”）mB

（2）若A球与B球碰撞动量守恒，则应有mA、mB、H1、H2和H3之间关系式为________．

（3）若A球与B球碰撞为弹性碰撞，则H1、H2和H3之间关系式为__________．33、要测量一未知电阻的阻值；实验室提供的器材如下：

A.待测电阻

B.电源电动势约为

C.电流表量程为内阻不超过

D.电流表量程为内阻为

E.滑动变阻器最大阻值为

F.电阻箱阻值

G.开关；导线若干。

①由于没有电压表，甲同学利用电流表和电阻箱改装了一个的电压表（表盘刻度未改），则电流表应与电阻箱_______（填“串联”或“并联”），电阻箱的阻值应为____．该同学利用电流表内接法和电流表外接法分别测量两端的电压和通过的电流，读出两表的数据记录如下：。接法。

物理量次数接法一接法二12312331.502.002.501.502.002.500.500.670.840.430.570.71

请你根据测量结果判断接法二是电流表__________（填“内”或“外”）接法．

用V表示改装后的电压表，在测量的以下实验电路中误差较小的是__________．

A.B.

C.D.

②为测量电阻乙同学设计了如下电路，他确定：只要保持滑动变阻器的划片P位置固定，无论怎样调节电阻箱，分压电路的输出电压变化都很小．这是因为待测电阻__滑动变阻器R（填“远大于”；“远小于”或“大致等于”）．

他的操作步骤如下：

A.将滑动变阻器的滑片P放在最左端，闭合开关S；

B.将电阻箱的阻值调节到零，调节滑动变阻器，使电流表的指针达到满偏；

C.保持滑动变阻器的滑片不动；调节电阻箱，使电流表的指针达到半偏；

D.读出电阻箱的示数，记为

E.断开开关；整理器材．

请你根据已知量与测量量，写出待测电阻的表达式____，该测量值与真实值相比____（填“偏大”或“偏小”）．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】试题分析：A图中线圈水平运动；磁通量始终为零不变，故无感应电流产生，选项A错误；B图中线圈水平运动，磁通量不变，故无感应电流产生，选项B错误；C图中线圈绕轴转动，磁通量始终为零不变，故无感应电流产生，选项C错误；D图中线圈绕轴转动，磁通量不断变化，故有感应电流产生，选项D正确；故选D.

考点：电磁感应现象。

【名师点睛】此题是考查电磁感应现象；要知道只有当穿过闭合回路的磁通量发生变化时就会有感应电流产生；或者当闭合电路的部分导体在磁场中切割磁感线运动时就会有感应电流产生；根据题目的情况结合产生感应电流的条件进行判断.2、C【分析】【详解】

液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动，布朗运动就是液体分子的无规则运动的反映，故C正确，ABD错误。3、A【分析】【分析】

【详解】

由热力学温标与摄氏温标的关系式。

和。

得。

故选A。4、A【分析】【详解】

A．根据热力学第二定律可知；机械能可以全部转化为内能，而内能无法全部用来做功以转换成机械能，故A正确；

B．若分子间距离从平衡距离开始增大；则分子间作用力先增大后减小；若分子间距离始终小于平衡距离，则分子间作用力始终表现为斥力，则当分子间距离增大时，分子力做正功，分子势能减小，故B错误；

C．气体的压强和单位时间内气体分子对容器壁单位面积上的碰撞次数和气体分子的平均动能有关；所以若单位时间内气体分子对容器壁单位面积上的碰撞次数减少，气体的压强不一定减小，故C错误；

D．因为气体分子不是紧密排列的；所以根据阿伏伽德罗常数；气体的摩尔质量和密度，只能估算出每个气体分子所占据的平均空间体积，无法估算该种气体分子体积的大小，故D错误。

故选A。5、C【分析】【详解】

表头的满偏电压为A错误；在电压表的改装中，串联的电阻越大，分压越大，量程越大，所以使用a、c两个端点时，量程最大，B错误；若使用a、b两个端点时，其量程为0~10V，则代入数据可得C正确；使用a、c两个端点时，其量程为0~100V，则代入数据可得D错误．6、B【分析】【详解】

在空气平行板电容器两极板间插入电介质，根据电容的决定式分析得知，电容C增大，因切断电源，则两极板所带电荷量Q一定，由电容的定义式得到，板间电压U减小．根据可知，电场强度E减小，故B正确，ACD错误；7、A【分析】试题分析：布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动；是液体分子无规则热运动的反映，温度越高，悬浮微粒越小，布朗运动越激烈；做功和热传递都能改变物体内能．

解：AB；布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动；是液体分子无规则热运动的反映，故A正确，B错误；

C；由公式△U=W+Q知做功和热传递都能改变物体内能；物体从外界吸收热量若同时对外界做功，则内能不一定增加，故C错误；

D；物体对外界做功若同时从外界吸收热量；则内能不一定减小，故D错误．

故选A．

【点评】掌握布朗运动的概念和决定因素，知道热力学第一定律的公式是处理这类问题的金钥匙．8、A【分析】A、D、弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时，弹性势能最小，动能最大，故速度最大，故A正确，D错误；B、弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时，位移为零，根据F=-kx，回复力为零，故B错误；C、弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时，位移为零，根据加速度为零，故C错误；故选A．

【点睛】本题关键是明确简谐运动的运动特点，熟悉回复力、加速度的计算公式．9、B【分析】【详解】

选择水平向右为正，两滑块碰前总动量

说明系统总动量为0。

A．A和B都向左运动；总动量不为0，选项A错误；

B．A和B都向右运动；总动量不为0，选项B错误；

C．A静止，B向右运动；总动量不为0，选项C错误；

D．A向左运动，B向右运动；总动量可能为0，选项D正确。

故选D。二、多选题(共8题，共16分)10、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．11、A:C【分析】【详解】

AB．滑动变阻器滑片P向左移动时；接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，电源的电动势不变，则总电流减小，电流表的读数变小，内电压减小，外电压增大，所以电压表示数变大，通过灯泡的电流减小，则小灯泡变暗，故A正确，B错误；

C．通过灯泡的电流减小，则灯泡两端的电压减小，而外电压增大，所以电容器两端的电压增大，根据知；电容器上电荷量增大，故C正确；

D．电源的电动势不变，总电流减小，则电源的总功率减小；故D错误。

故选AC。12、A:D:E【分析】【分析】

【详解】

A．液体分子的势能与体积有关；A正确；

B．多晶体的物理性质是各向同性；B错误；

C．温度升高时；分子的平均动能增大，但并非是每个分子的动能都增大，C错误；

D．由于液体的表面张力作用；露珠呈球形，D正确；

E．由液晶的特点可知；它既具有液体的流动性，又具有光学各向异性，E正确。

故选ADE。13、A:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．同一温度下；气体分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律，选项A正确；

B．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动；是液体分子无规则运动的反映，选项B错误；

C．第二类永动机是不可能制造出来的；尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，选项C正确；

D．物体熔化时吸热；如果温度不变，物体内分子平均动能不变，比如晶体的熔化过程，选项D正确；

E．只知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数就可以算出每个气体分子所占的体积；不能算出气体分子的体积，选项E错误；

故选ACD。14、B:C【分析】【详解】

AB．根据r=

得，则P1P2=2（r2-r1）=

因为每转一圈被加速一次，根据v2-v12=2ad

知每转一圈，速度的变化量不等，且v3-v2＜v2-v1

则P1P2＞P2P3

故A错误；B正确；

CD．因为P0P1=2r1=P1P2=2（r2-r1）=

由匀变速直线运动的规律可知：两次穿过电场时间之比为则

则P0P1=（+1）P1P2

选项C正确；D错误；

故选BC。

点睛：解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速相等的距离．15、A:B:D【分析】【详解】

输电线上消耗的功率P线＝R＝400kW，则I2＝＝20A，又P1＝U1I1，则I1＝＝103A，故A正确；T1的变压比＝＝又P＝U1I1＝U2I2，得U2＝2×105V，输电线上损失电压U线＝I2R＝2×104V，则T2原线圈的输入电压U3＝U2－U线＝1．8×105V，又灯泡正常发光，T2的副线圈的电压为220V，B正确；T2的变压比＝＝C错误；根据U3I2＝60n，解得n＝6×104，D正确．16、B:C【分析】【详解】

注射器振动周期一定，根据白纸上记录的完整振动图象的个数可确定出时间长短，所以白纸上x轴上的坐标代表时间．A错误．白纸上与垂直的坐标是变化的，即y轴代表了注射器的位移，B正确．由图乙可知，匀速拖动硬纸板移动距离0.5L的时间等于注射器振动的周期，C正确；注射器振动周期与拖动白纸的速度无关．拖动白纸的速度增大，注射器振动周期不改变，D错误．17、A:B:D【分析】【详解】

A、由题意知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知感应电流方向由C到D，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图像可知，在0.15~0.25s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可得磁感应强度方向竖直向上；故A正确；

B、由图像可知，0~0.1s内线圈的感应电动势大小为即0.05s时，线圈中的感应电动势大小为10V，故B正确；

C、细杆弹起过程中，细杆所受安培力的冲量大小为故C错误；

D、开关K闭合后，设通过CD的电荷量为q，根据动量定理可得：而解得：故D正确；

故选ABD．三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】设正离子轨迹的圆心角为α；负离子轨迹的圆心角为β，由几何知识得到；

α=2π-2θ；β=2θ

正离子运动的时间为负离子运动的时间为而正、负离子在磁场中运动的周期相同，所以时间之比【解析】1:5；19、略

【分析】【详解】

[1]中午时气温升高；气球内气体分子的平均动能变大；

[2]以气球内的气体为研究对象，温度升高，压强增大，气球会膨胀，因此气体的体积变大。【解析】变大变大20、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】【分析】

【详解】

略【解析】平面法线等于22、略

【分析】【分析】

据右手定则判断感应电流的方向；即可确定等效电源的正负极；

根据E=BLv求出感应电动势；由欧姆定律得出电流强度，即可由公式F=BIL求解安培力的大小，由左手定则判断安培力的方向．再根据平衡条件分析外力的大小和方向．

【详解】

a.电路abcd中ab棒切割磁感线；产生感应电动势，相当于电源．由右手定则判断可知相当于电源的正极是a端；

b.感应电动势为：E=BLv=0.1×0.4×5V=0.2V；

感应电流为：

c.ab杆所受的安培力FA=BIL=0.1×0.4×0.4N=0.016N

由右手定则判断可知，ab中感应电流方向从b→a；由左手定则得知，安培力的方向向左．

【点睛】

解答本题的关键要掌握右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、左手定则等电磁感应中常用的规律．【解析】a；0.2V；0.4A；0.016N；向左23、略

【分析】【详解】

（1）当恰好能恰能从下极板边缘飞出粒子运动的半径最小；如图：

由几何关系可知，粒子的最小半径为：Rmin=L

（2）设粒子在磁场中运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力，则得qvB=m

得

可得：

可知，当半径最小时对应的速度最小，则v0≥

（3）由于板间电场强度方向竖直向上；粒子带负电，可知加速度的方向向下。

-q粒子在水平方向上匀速运动；在竖直方向上向下匀加速运动，则有。

水平方向：L=v0t

竖直方向：L=at2

又由牛顿第二定律得

联立解得，

可知若粒子穿过电场，则：v0≥

【点睛】

本题中带电粒子在组合场中运动，要掌握类平抛运动的研究方法：运动的合成和分解，磁场中画轨迹是解题的关键。【解析】（1）L（2）v0≥（3）v0≥24、略

【分析】带电粒子未发生偏转则所以只改变该粒子的电性，粒子所受的电场力和洛伦兹力方向改变，但大小不变以，所以不会发生偏转【解析】不会25、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)依题；P点两次出现波峰的最短时间是0.4s，所以这列波的周期T=0.4s。由波速公式得。

(2)由t=0时刻到R第一次出现波峰；波移动的距离s=7m

则

(3)在上述时间内，R实际振动时间

因此R通过的路程为

故本题答案是：(1)10；(2)0.7；(3)6【解析】100.7626、略

【分析】由题意知，带正电的粒子从cd边d点射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径故粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力即可得粒子做圆周运动的磁感应强度

带正电的粒子从cd边c点射出磁场，由几何关系可知：可得粒子圆周运动的最大半径故粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力即可得粒子做圆周运动的磁感应强度

故欲使粒子打在cd边上，磁感应强度B的取值范围是【解析】四、作图题(共3题，共24分)27、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】28、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】29、略

【分析】【分析】

【详解】