2025年人教B版選修3物理上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教B版選修3物理上冊月考試卷117考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、如圖所示，頻率為ν的光照射到某種金屬表面，金屬表面有電子逸出，所有逸出電子的最大初動能為Eko，普朗克常量為h．下列說法正確的是。

A.Eko與ν成正比B.該金屬的逸出功等于hνC.該金屬的截止頻率等于Eko/hD.增大光的強度，單位時間逸出電子數增加2、如圖所示，一對平行金屬板水平放置，板間電壓為，一個電子沿MN以初速度從兩板的左側射入，MN經過時間從右側射出．若板間電壓變?yōu)?，另一個電子也沿MN以初速度從兩板的左側射入，經過時間從右側射出．不計電子的重力，MN平行于金屬板．若要使，則必須滿足的條件是

A.B.C.D.3、如圖所示為一理想變壓器，K為單刀雙擲開關，P為滑動變阻器的滑動觸頭，U1為加在原線圈兩端的電壓，I1為原線圈中的電流；則。

A.保持U1及P的位置不變，K由a合到b時，I1將增大B.保持U1及P的位置不變，K由b合到a時，R消耗功率增大C.保持U1不變，K合在a處，使P上滑，I1將增大D.保持P的位置不變，K合在a處，若U1增大，I1將減小4、一位質量為m的同學從下蹲狀態(tài)向上跳起，經△t時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為ν，已知重力加速度為g，在此過程中地面對他的支持力的沖量為A.mv+mg△tB.mv－mg△tC.mvD.mg△t5、如圖所示，將長為2m的導線從正中間折成120°的角，使其所在的平面垂直于磁感應強度為2T的勻強磁場．為使導線中產生20V的感應電動勢．則導線切割磁感線的最小速度為（）

A.B.10m/sC.D.6、直角坐標系xOy中；M；N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖．M、N兩點各固定一負點電荷，一電量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零．靜電力常量用k表示．若將該正點電荷移到G點，則H點處場強的大小和方向分別為（）

A.沿y軸正方向B.沿y負方向C.沿y軸正方向D.沿y軸負方向7、對于紅、藍兩種單色光，下列說法正確的是A.在水中紅光的傳播速度較大B.在水中藍光的傳播速度較大C.在真空中紅光的傳播速度較大D.在真空中藍光的傳播速度較大8、關于沖量、動量、動量變化量的下列說法正確的是()A.沖量的方向一定和動量的方向相同B.沖量的大小一定和動量變化量的大小相同C.動量變化量方向一定和動量的方向相同D.動量變化量的大小一定和動量大小的變化量相同9、圖為模擬遠距離輸電實驗電路圖，兩理想變壓器的匝數n1＝n4<n2＝n3，四根模擬輸電線的電阻R1、R2、R3、R4的阻值均為R，A1、A2為相同的理想交流電流表，L1、L2為相同的小燈泡，燈絲電阻RL>2R，忽略燈絲電阻隨溫度的變化．當A、B端接入低壓交流電源時()

A.A1、A2兩表的示數相同B.L1、L2兩燈泡的亮度相同C.R1消耗的功率大于R3消耗的功率D.R2兩端的電壓小于R4兩端的電壓評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、下面表格中給出了一些金屬材料的逸出功：。材料銫鈹鈣鈦逸出功（10﹣19J）3.06.24.36.6

現用波長為330-400nm（1nm=10-9m）的紫外線光照射上述材料，能產生光電效應的材料（普朗克常量光速c=3.0×108m/s）A.銫B.鈹C.鈣D.鈦11、下列說法正確的是（）A.用油膜法可以估測分子的大小B.晶體的熔點是確定的，幾何形狀是規(guī)則的C.石英、云母、明礬、玻璃等是晶體，食鹽、蜂蠟、松香、橡膠等是非晶體E.英國物理學家焦耳通過實驗測定了外界對系統(tǒng)做功和傳熱對于系統(tǒng)狀態(tài)的影響，并得出功與熱量的相互關系E.英國物理學家焦耳通過實驗測定了外界對系統(tǒng)做功和傳熱對于系統(tǒng)狀態(tài)的影響，并得出功與熱量的相互關系12、下列說法正確的是（）A.布朗運動是指分子的運動B.晶體有固定的熔點C.氣體分子之間不存在相互作用力D.外界對氣體做功，氣體內能一定變大13、間距為L的平行光滑金屬導軌MN、PQ水平段處于方向豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度的大小為B，導軌的彎曲段處在磁場之外，如圖甲所示。導體棒a與b接入電路的有效電阻分別為R、2R。導體棒a的質量為m，b棒放置在水平導軌上足夠遠處，a棒在彎曲段導軌上距水平段某一高度處由靜止釋放，剛進入磁場時導體棒a受到的安培力的大小為F，以導體棒a剛進入磁場時為計時起點，導體棒a的速度隨時間變化的v—t圖像如圖所示（v0未知）。運動過程中導體棒與導軌接觸良好且始終與導軌垂直，重力加速度大小為g；以下說法中正確的是（）

A.導體棒a釋放時距導軌水平段的高度B.導體棒b的質量為2mC.0~t1這段時間內通過a、b棒的電荷量之比為1：2D.0~t2這段時間內導體棒b產生的內能14、如圖所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間接有電阻R．金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下．現使磁感應強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止；下列說法正確的是（）

A.ab中的感應電流方向由a到bB.ab所受的安培力方向向左C.ab中的感應電流方向由b到aD.ab所受的安培力方向向右15、如圖，A、B為水平放置的平行板電容器，兩極板間有一個質量為m的帶電粒子靜止于P點．現將下極板向下移動一小段距離；則下列說法正確的是（）

A.電流計指針發(fā)生短時間的偏轉B.電容器所帶電荷量增大C.電容器量板間的電場強度變小D.粒子將向上極板運動16、如圖所示的電路中．電源電動勢、內阻分別為E、r；閉合開關S，當滑動變阻器的滑片由右端向左端滑動時．下列說法正確的是（不考慮燈絲電阻隨溫度的變化）

A.小燈泡L1變暗B.電壓表讀數變大C.小燈泡L2變亮D.電容器帶電量減少17、如圖所示為發(fā)生月食時；太陽照射光線的示意圖，當月球進入圖中哪個區(qū)域時，在地球上處于夜晚地區(qū)的觀察者可以看到月食（）

A.全部進入區(qū)域ⅠB.全部進入區(qū)域Ⅱ或ⅣC.全部進入區(qū)域ⅢD.部分進入區(qū)域Ⅰ18、水平面上的A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖象，a、b分別為A、B兩球碰前圖象，c為碰撞后兩球共同運動的圖象，已知A球質量是m=2kg；則由圖象判斷下列結論正確的是（）

A.由圖象可知碰撞前A球做勻減速直線運動，B球做勻加速直線運動B.碰撞前后A球動量變化量大小為4kg?m/sC.B球質量為kgD.A、B兩球碰撞前的總動量為3kg?m/s評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)19、半徑為r、電阻為R的N匝圓形線圈在邊長為L的正方形區(qū)域abcd外，勻強磁場充滿并垂直穿過該正方形區(qū)域，如圖甲所示．磁場隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0．則圓形線圈中產生的感應電動勢E=________V，0至t0時間內通過的電荷量q=_________.

20、如圖所示，虛線框內為門電路，L為燈泡，R為變阻器，為光敏電阻.當光照射時，其阻值遠小于R，當不受光照時，其阻值遠大于R。小燈泡發(fā)光時，門電路輸出的是______（選填“高電壓”或“低電壓”）。為使R在光照時，小燈泡L不發(fā)光，沒有光照時，L發(fā)光，該門電路應是______門。

21、熱平衡的性質：達到熱平衡的系統(tǒng)都具有相同的_______。22、(1)如圖為某同學設計的一個溫度計，一金屬球形容器上部有一開口的玻璃管，玻璃管內水銀柱封閉著一定質量的理想氣體，外界大氣壓保持不變，當水銀柱緩慢上升時，容器內壁的單位面積上受到氣體分子的平均作用力_______（填“增大”、“不變”、“減小”），氣體對外做功_______（填“大于”；“等于”、“小于”）吸收的熱量。

(2)在上題中，如果玻璃管內部橫截面積為S，當外界熱力學溫度為T1時，空氣柱長度為l1，現把容器浸在熱力學溫度為T2的熱水中，空氣柱長度變?yōu)閘2，不計容器的熱脹冷縮，試求該容器球形部分內部的容積V_____。23、如右圖所示圖線是兩個導體A和B的伏安特性曲線，由圖可知導體B的電阻RB＝__________Ω；若將兩個導體串聯接在電路中，它們兩端的電壓之比UA：UB＝___________．

24、一物體沿x軸做簡諧運動，振幅12cm，周期2s．當t=0時，位移為6cm，且向x軸正方向運動；

（1）物體做簡諧運動的表達式（用正弦函數表示）為_________________；

（2）t=10.5s時物體的位置為________cm25、一條彈性繩子呈水平狀態(tài)；M為繩子中點，兩端P；Q同時開始上下振動，一小段時間后產生的波形如圖所示，對于其后繩上各點的振動情況，以下判斷正確的是（____）

E．繩的兩端點P、Q開始振動的方向相同26、一質子束入射到靜止靶核上，產生如下核反應：式中p代表質子，n代表中子，X代表核反應產生的新核．由反應式可知，新核X的質子數為____________，中子數為______________．27、一顆手榴彈以v0=10m/s的水平速度在空中飛行．設它爆炸后炸裂為兩塊，小塊質量為0.2kg，沿原方向以250m/s的速度飛去，那么，質量為0.4kg的大塊在爆炸后速度大小為______，方向是______（填與v0同向或反向）評卷人得分四、作圖題(共3題，共30分)28、如圖所示，甲、乙是直線電流的磁場，丙、丁是環(huán)形電流的磁場，戊、己是通電螺線管的磁場，試在各圖中補畫出電流方向或磁感線方向．

29、示波管的內部結構如圖所示．如果在偏轉電極XX/、YY/之間都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏中心．如果在偏轉電極XX/之間和YY/之間分別加上如圖所示的電壓，請畫出熒光屏上出現的完整掃描波形圖．

30、圖中表示某一時刻的波形圖，已知波速為0.5m/s，波沿著x軸的正方向傳播；畫出經過7s后的波形曲線。

評卷人得分五、實驗題(共4題，共8分)31、物理興趣小組某次實驗中用到保護電阻R0；需要測量保護電阻的阻值，請完成相關的內容：

（1）用多用表測量保護電阻R0的阻值，將轉換開關轉到“Ω×1K”擋，進行歐姆調零后，將紅、黑表筆分別接在R0的兩端，測量結果如圖所示，則R0的阻值為_______。

（2）現要進一步精確測量R0阻值；提供了下列可選用的器材：

A．電流表A1（量程0.3mA，內阻約1Ω）

B．電流表A2（量程0.6mA；內阻約0.3Ω）

C．電壓表V1（量程3.0V；內阻約3kΩ）

D．電壓表V2（量程15.0V；內阻約5kΩ）

E．滑動變阻器R1（最大阻值為50Ω）

F．滑動變阻器R2（最大阻值為5kΩ）

G．電源E（電動勢為4V；內阻可忽略）

H．開關；導線若干。

①為了取得較多的測量數據，盡可能提高測量準確度，某同學采用如圖_______所示電路，應選擇的器材為（只需填器材前面的字母）電流表_______、電壓表_______、滑動變阻器_______。

②請根據自己設計的電路圖完成實物圖連線______

③通過實驗，電阻R0的測量值_______（填“大于”“小于”或“等于”）真實值。32、學習了單擺的周期公式后，我們知道了可以利用此方法測重力加速度。高中階段在實驗室中“用單擺測重力加速度”是一種比較準確而簡潔的方法。當我們用刻度尺和游標卡尺測出單擺的擺長為再用秒表測量出單擺擺動多個周期的總時長，進而求出單擺擺動一個周期為請同學們根據上述測量量給出求解重力加速度的公式：__________。

過幾天；我們年級的同學將要去南京做研學項目了，我們計劃讓同學們完成“測定當地重力加速度”的任務，作為物理學科實踐與拓展的項目。

如圖甲所示，我們需要準備約長的細線，在靠近細線一端處測出長度，并做好標記。在當地尋找小塊重物代替小球，系于擺線下端．先按圖乙方式組裝，并測出此擺長時單擺擺動次的總時間，進而求出此單擺周期記為再按圖丙方式組裝（依標記收起），再測出此擺長時單擺擺動次的總時間，進而求出此單擺周期記為請用乙、丙兩擺的周期和擺長之差推導出本實驗當地重力加速度的計算式：__________。33、某實驗小組在“測定金屬電阻率”的實驗過程中，用10分度的游標卡尺測其長度為______mm，用螺旋測微器測其直徑為______mm．后正確操作獲得了電流表、電壓表的讀數如圖所示，則它們的讀數值依次是______A、______V.

34、磁力鎖主要由電磁鐵和銜鐵組成．某小組用如圖甲所示的裝置研究電磁鐵線的工作電壓與銜鐵所受磁力大小的關系，彈性梁一端連接有銜鐵，在外力作用下可以上下運動，另一端固定于墻壁，電磁鐵位于銜鐵正下方，為理想電壓表.

(1)為增大電磁鐵產生的磁感應強度，變阻器的滑片應向_________端移動（選填“”或“”）.

(2)已知電磁鐵線圈的直流電阻為滑動變砠器的最大阻值為電源的電動勢為滑動變阻器能提供的最大分壓為則電源E的內阻為_________（保留兩位有效數字）

(3)同學們將阻值會因形狀變化而發(fā)生改變的金屬應變片粘貼在彈性梁的上表面，然后將金屬應變片定值電阻和理想電壓表連接成如圖乙所示的電路．線圈通電吸引銜鐵下移時，應變片變長，的阻值將_________，電壓表的讀數將_________．（填“增大”“減小”或“不變”）

(4)在線圈通電吸合銜鐵后，用外力使電磁鐵和銜鐵剛好分開，測得外力與線圈兩端電壓的關系如圖丙所示，若要求該鎖能抵抗的外力，則工作電壓至少為_________．

評卷人得分六、解答題(共3題，共9分)35、在平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B．一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經x軸上的N點與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場；如圖所示．不計粒子重力，求。

（1）M、N兩點間的電勢差UMN；

（2）粒子在磁場中運動的軌道半徑r；

（3）粒子從M點運動到P點的總時間t．36、如圖，一定量的理想氣體經歷的兩個不同過程，分別由體積—溫度（V—t）圖上的兩條直線Ⅰ和Ⅱ表示，V1和V2分別為兩直線與縱軸交點的縱坐標；t0為它們的延長線與橫軸交點的橫坐標，t0＝－273.15℃；a、b為直線Ⅰ上的兩點；由圖可求：

（1）氣體在狀態(tài)a和b的壓強之比

（2）氣體在狀態(tài)b和c的壓強之比

37、小王想測量晝夜溫差。正午時，他將一薄壁導熱玻璃管豎直放在室外窗臺的支架上，如圖所示，玻璃管下端封閉、上端開口，管內用質量為m的水銀柱密封長為L的空氣柱（視為理想氣體），正午時環(huán)境的熱力學溫度為T0。夜晚，小王測得水銀柱下降了求夜晚室外的溫度T及晝夜溫差（即T0與T的差值）。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【詳解】

A.根據光電效應方程：得到Eko與ν不是正比；A錯誤。

B.根據光電效應方程：得到逸出功B錯誤。

C.截止頻率：C錯誤。

D.根據光電效應的實驗結論，光電流與光強成正比，所以增大光的強度，光電流增大，單位時間逸出電子數增加，D正確2、C【分析】【詳解】

電子在金屬板間運動，只受電場力作用，那么，電子做類平拋運動，電子在MN方向做勻速運動；金屬板板長不變；故初速度越大，運動時間越短；

那么，要使則有：故C正確，ABD錯誤；

故選C．

【點睛】

分析電子在金屬板間的受力情況；得到其運動情況，進而得到運動時間只和初速度及板長相關．

物體做類平拋運動，運動時間由初速度方向做勻速運動的位移和初速度大小求解．3、A【分析】【分析】

【詳解】

A.保持U1及P的位置不變，K由a合到b時，原線圈匝數變小，副線圈電壓變大，I1將增大；故A正確；

B.保持U1及P的位置不變，K由b合到a時，原線圈匝數變大，副線圈電壓變小大，I1將增小，R消耗功率減??；故B錯誤；

C.保持U1不變，K合在a處，變壓器的輸出電壓不變，使P上滑，負載變大，I1將減?。还蔆錯誤；

D.保持P的位置不變，K合在a處，若U1增大，變壓器的輸出電壓增大，I1將增大，故D錯誤．4、A【分析】【詳解】

人的速度原來為零，起跳后變化v，以向上為正方向，由動量定理可得：I-mg△t=mv-0，故地面對人的沖量為mv+mg△t.

A.mv+mg△t與計算結果相符；故A正確.

B.mv－mg△t與計算結果不相符；故B錯誤.

C.mv與計算結果不相符；故C錯誤.

D.mg△與計算結果不相符；故D錯誤.5、A【分析】【分析】

根據題中“導線從正中間折成”；“使導線中產生20V的感應電動勢”可知；本題考查動生電動勢．根據動生電動勢的規(guī)律，運用法拉第電磁感應定律、有效長度等知識分析計算．

【詳解】

當折導線切割磁感線的有效長度最長，即以AC來切割時，速度最小，則：解得：導線切割磁感線的最小速度．故A項正確，BCD三項錯誤．6、B【分析】試題分析：根據點電荷的場強公式和場強疊加的原理；可以知道在G點的時候負電荷在G點產生的合場強與正電荷在G點產生的場強大小相等反向相反，在H點同意根據場強的疊加來計算合場強的大小即可．

解：G點處的電場強度恰好為零；說明負電荷在G點產生的合場強與正電荷在G點產生的場強大小相等反向相反；

根據點電荷的場強公式可得，正電荷在G點的場強為負電荷在G點的合場強也為

當正點電荷移到G點時，正電荷與H點的距離為2a，正電荷在H點產生的場強為方向沿y軸正向；

由于GH對稱，所以負電荷在G點和H點產生的場強的相等方向相反，大小為方向沿y軸負向；

所以H點處場合強的大小為方向沿y軸負向，所以B正確；

故選B

點評：本題是對場強疊加原理的考查，同時注意點電荷的場強公式的應用，本題的關鍵的是理解G點處的電場強度恰好為零的含義．7、A【分析】【詳解】

紅色光的頻率比藍色光的頻率小，故紅色光的折射率比藍色光的折射率小，根據可知在水中紅色光的速度比藍色光的速度大，故A正確，B錯誤；在真空中兩種光的傳播速度相等，都為光速度，故CD錯誤，故選A．

【點睛】由兩種光的頻率與折射率的大小關系，從而得知了兩種光的頻率關系和波長關系，結合即可得知它們的速度關系，所有的光在真空中傳播的速度相同．8、B【分析】【詳解】

AB.根據動量定理可知；沖量的大小一定和動量變化量的大小相同，根據矢量性，沖量的方向與動量變化的方向相同，故選項B符合題意，選項A不符合題意；

C.動量變化量的方向不一定和動量的方向相同；選項C不符合題意；

D.動量變化量滿足平行四邊形法則，故動量變化量的大小不一定和動量大小的變化量相同，選項D不符合題意9、D【分析】試題分析：設AB間的輸入電壓為U1，根據輸送電功率P=UI，可得電流表A2的示數為電流表A1的示數為根據變壓規(guī)律又因為n1＜n2，故U2大于U1，所以所以A錯誤；導線上損耗的功率又R1、R2的電流小，所以損耗的功率比R3、R4損耗的少，故L1的電功率大于L2的電功率，所以亮度不同，故B錯誤；根據知，R1消耗的功率小于R3消耗的功率，故C錯誤；根據U=IR可知R2兩端的電壓小于R4兩端的電壓；所以D正確。

考點：本題考查變壓器；遠距離輸電。

____二、多選題(共9題，共18分)10、A:C【分析】【詳解】

一個光子的能量

根據入射光的能量大于逸出功，才會發(fā)生光電效應，所以能發(fā)生光電效應的材料有銫和鈣，故AC正確，BC錯誤．11、A:D:E【分析】【詳解】

A．用油膜法可以估測分子的大??；故A正確；

B．多晶體的幾何形狀不規(guī)則；故B錯誤．

C．食鹽是晶體；玻璃是非晶體，故C錯誤；

D．氣體壓強的大小從微觀角度來看．與氣體分子的平均動能以及分子的密集程度有關；故D正確；

E．焦耳通過實驗測定了外界對系統(tǒng)做功和傳熱對于系統(tǒng)狀態(tài)的影響；并得出功與熱量的相互關系，故E正確。

故選ADE。12、B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．布朗運動是指懸浮在液體中小顆粒的無規(guī)則運動；故A錯誤；

B．晶體有固定的熔點；這是由晶體的分子排列結構決定的，故B正確；

C．氣體分子之間的距離非常大；可以認為氣體分子之間不存在相互作用力，故C正確；

D．如果外界對氣體做功的同時；氣體向外界傳熱，氣體內能不一定變大，故D錯誤。

故選BC。13、A:B【分析】【詳解】

由題圖乙可知，a棒剛進入磁場時的速度為v0，從開始下落到進入磁場，根據機械能守恒定律有：mgh＝mv02；a棒切割磁感線產生的感應電動勢：E=BLv0；根據閉合電路歐姆定律：a棒受到的安培力：F=BIL；聯立以上各式解得：選項A正確；設b棒的質量為mb，兩棒最終穩(wěn)定速度為v'，以v0的方向為正方向，由v-t圖線可知：v′＝v0，a棒進入磁場后，a棒和b棒組成的系統(tǒng)動量守恒：mv0=(m+mb）v'，解得：mb=2m，選項B正確；0~t1這段時間內通過a、b棒的電流相等，則由q=It可知，通過兩金屬棒的電荷量之比為1：1，選項C錯誤；設a棒產生的內能為Qa，b棒產生的內能為Qb，根據能量守恒定律：mv02＝（m+mb）v′2+Qa+Qb；兩棒串聯，產生的內能與電阻成正比：Qb=2Qa；解得：選項D錯誤。14、A:D【分析】【分析】

【詳解】

AC．磁感應強度隨時間均勻減小，故回路磁通量減小，根據楞次定律判斷，感應電流的磁場方向向下，根據右手定則判斷ab中的感應電流方向由a到b；A正確C錯誤。

BD．因為ab中的感應電流方向由a到b，磁場方向豎直向下，根據左手定則判斷ab所受的安培力方向向右，B錯誤D正確15、A:C【分析】【詳解】

A、根據電容的定義式電容器與電源保持相連，則U不變，當下極板豎直向下移動一小段距離，間距增大，根據可知C減小；則Q也減小，電容器處于放電，短時間電流指針會發(fā)生偏轉，故A正確，B錯誤；

C、將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據得知板間場強減小；故C正確；

D、由C選項分析可知，因電場強度減小，則電場力減小，那么粒子會向下運動，故D錯誤；16、A:C【分析】在滑動變阻器的滑片P由右端向左端移動的過程中，L1并聯總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律分析可知，電路中總電流增大，路端電壓減小，即電壓表的讀數減小，由于電路中總電流增大，小燈泡L2兩端電壓增大，小燈泡L2功率增大，燈變亮；根據串聯分壓可得小燈泡L1兩端電壓減小，功率減小，燈變暗，小燈泡L2兩端電壓增大；電容器兩端電壓增大，電容器帶電量增大，故AC正確，BD錯誤；

故選AC．

【點睛】電路的動態(tài)變化分析問題，根據變阻器接入電路的電阻變化，確定外電路總電阻的變化，再分析電容器的電壓變化，是常用的分析方法和思路．17、A:D【分析】【詳解】

當月球進入地球本影區(qū)Ⅰ時；所有太陽光線都照不到月球上，因此月亮是黑暗無光的，這時，地球上觀察者看到的是月全食．當月球部分進入Ⅰ區(qū)時，進入的部分沒有光線反射出來，這時看到的是月偏食．月球處于半影區(qū)Ⅱ或Ⅳ時，有部分太陽光照到月球上．因此月球仍然反射這部分太陽光，所以看不到月食．另外，由于地球的本影區(qū)長度遠大于地月之間的距離，月球不可能進入Ⅲ區(qū)，假設月球能進Ⅲ區(qū)，因有部分太陽光照到月球上，也不可能發(fā)生月食。

綜上所述，故應選AD。18、B:C【分析】【詳解】

A．由x﹣t圖象的斜率表示速度；因此碰撞前A；B兩球都是勻速運動，故A錯誤；

B．碰撞前有：vA=﹣3m/s，vB=2m/s，碰撞后有：vA′=vB′=﹣1m/s；碰撞前后A的動量變化為：△PA=mvA′﹣mvA=2×（﹣1）﹣2×（﹣3）=4kg?m/s；故B正確；

C．根據動量守恒定律，碰撞前后B的動量變化為：△PB=﹣△PA=﹣4kg?m/s，又：△PB=mB（vB′﹣vB），所以解得：mB=kg；故C正確；

D．所以A與B碰撞前的總動量為：P總=mvA+mBvB=2×（﹣3）+×2=﹣kg?m/s，故D錯誤．三、填空題(共9題，共18分)19、略

【分析】【分析】

本題是線圈的面積不變，磁場在變化，磁通量的變化率再根據法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，由歐姆定律求出感應電流，再根據q=It0；從而求解．

【詳解】

磁通量的變化率為：

根據法拉第電磁感應定律得線圈中的感應電動勢為：

再根據閉合電路歐姆定律得感應電流為：．

電量為：q=It0=

【點睛】

本題是線圈類型，要掌握法拉第定律的幾種不同表達形式，再結合閉合電路歐姆定律進行求解，并掌握求電量的公式．【解析】20、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]根據題意，R′為光敏電阻，光照時電阻很小，分壓較小，門電路輸入為高，小燈L不亮，不受光照時，電阻很大，分壓較大，門電路輸入為低，小燈L亮，知輸出為高電壓，故為非邏輯關系，非門電路。【解析】高電壓非21、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】溫度22、略

【分析】【詳解】

（1）[1]當水銀柱緩慢上升時；說明玻璃管的理想氣體等壓膨脹，所以容器內壁的單位面積上受到氣體分子的平均作用力不變。

[2]等壓膨脹，溫度升高，內能增大，根據可知；氣體對外做功小于吸收的熱量。

（2）[3]因為是等壓變化

所以

解得【解析】不變小于23、略

【分析】【詳解】

從圖中可知B電阻在電壓為10V時，電流為10A，故A電阻在電壓為10V時，電流為30A，故兩電阻串聯在電路時，電流相等，故．【解析】11:324、略

【分析】【詳解】

（1）振子的周期為T=2s，則角速度為：振幅A=12cm．故x=0.12sin（πt+φ0），當t=0時，位移為6cm，可得：或因為t=0時，速度方向沿x軸正方向，所以取則子簡諧運動的表達式為

（2）簡諧運動的表達式為．t=10.5s時，有：．【解析】25、A:D:E【分析】由題意可知；波在同種介質傳播，所以波速相同，由于距離相同，所以兩波同時到達M點．故A正確，B錯誤．由于波長的不同，因此在M點相遇時，并不總是加強或減弱；當兩波剛傳的M點時，此時刻位移為零，所以M點的位移大小在某時刻可能為零．故C錯誤，D正確．據波的傳播特點可知，各質點的起振方向與波源的起振方向相同，據波形可知，兩波源的起振方向都是向上振動，故E正確；

故選ADE．

點睛：考查波的疊加原理，及相遇后出現互不干擾現象．同時注意之所以兩列在相遇時“消失”，原因這兩列波完全相同，出現振動減弱現象.26、略

【分析】【詳解】

質子的電荷數為1，質量數為1，中子的電荷數為0，質量數為1．根據電荷數守恒、質量數守恒，X的質子數為1+13-0=14，質量數為1+27-1=27．因為質量數等于質子數和中子數之和，則新核的中子數為27-14=13。【解析】141327、略

【分析】手榴彈爆炸過程系統(tǒng)動量守恒；以手榴彈的初速度方向為正方向；

根據動量守恒定律得：Mv0=m1v1+m2v2．即：0.6×10=0.2×250+0.4×v2；

解得：v2=-110m/s，負號表示方向，與v0反向．

點睛：本題考查了求手榴彈彈片的速度，知道手榴彈爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律即可解題，解題時要注意正方向的選擇．【解析】110m/s與v0反向四、作圖題(共3題，共30分)28、略

【分析】【詳解】

利用右手螺旋定則；已知電流的方向可判定磁場方向，也可以通過磁場方向來確定電流的方向；

圖甲；已知磁場方向，順時針方向，則電流垂直紙面向里；

圖乙；電流右側的磁場的方向向里，左側的磁場的方向向外，則電流的方向向上；

圖丙；已知磁場方向，則可知電流方向，逆時針方向；

圖??；環(huán)形電流從左側流入，從右側流出，所以磁場的方向向下；

圖戊；根據螺線管中電流方向，利用右手螺旋定則可以確定螺線管的磁場的方向向左；

圖已；根據螺線管中上邊的電流方向向外，下邊的電流的方向向里，利用右手螺旋定則可以確定螺線管的磁場的方向向右．如圖所示：

【解析】29、略

【分析】試題分析：A圖中；在XX′偏轉電極所加的電壓的周期為2T，即在2T的時間內才能完成一次水平方向的掃描，而豎直方向（y方向）的周期為T，所以在水平方向的一次水平掃描的過程中，豎直方向由2個周期性的變化；y方向的電壓變化為正弦式的變化，由于電子到達熒光屏的偏轉量與偏轉電壓成正比，所以A圖中的掃描圖形如圖；

要在熒光屏上得到待測信號在一個周期內的穩(wěn)定圖象．XX′偏轉電極要接入鋸齒形電壓；即掃描電壓．

B圖中；在XX′偏轉電極所加的電壓的周期為T，即在一個周期T的時間內完成一次水平方向的掃描，同時豎直方向的周期為T，所以在水平方向的一次水平掃描的過程中，豎直方向也完成一個周期性的變化；y方向的電壓大小不變，方向每半個周期變化一次，結合電子到達熒光屏的偏轉量與偏轉電壓成正比，所以B圖中的掃描圖形如圖．

考點：考查了示波器的工作原理。

【名師點睛】本題關鍵要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏轉電壓上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉電極通常接入鋸齒形電壓，即掃描電壓，當信號電壓與掃描電壓周期相同時，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內的穩(wěn)定圖象【解析】30、略

【分析】【分析】

【詳解】

7s波向前傳播的距離為

7s后，故x=3.5m位置的原圖中x=0位置的振動情況相同；因此作出以下圖形。

【解析】五、實驗題(共4題，共8分)31、略

【分析】【詳解】

（1）