2025年北師大版選修3物理下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年北師大版選修3物理下冊月考試卷252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7題，共14分)1、如圖所示，OM的左側(cè)存在范圍足夠大、磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，OM左側(cè)到OM距離為L的P處有一個粒子源，可沿紙面內(nèi)各個方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)速率均為則粒子在磁場中運動的最短時間為。

A.B.C.D.2、下列關(guān)于分子運動和熱現(xiàn)象的說法正確的是（）A.當分子間的距離減小時，分子間的引力和斥力都增大，但引力增大得更快B.實際氣體分子熱運動的平均動能與分子間勢能分別取決于氣體的溫度和體積C.一定量100℃的水變成100℃的水蒸氣，其分子平均動能增加D.若氣體的摩爾質(zhì)量為M，密度為ρ，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則氣體的分子體積為3、有兩只完全相同的電流表，其中一只改裝成安培表，另一只改裝成伏特表，如果做實驗時誤將這兩只安培表、伏特表串聯(lián)起來接入電路A.安培表一定損壞B.伏特表一定損壞C.兩表針偏轉(zhuǎn)角不同D.兩表指針轉(zhuǎn)角相同4、如圖所示為兩個點電荷在真空中所產(chǎn)生電場的電場線(方向未標出)．圖中C點為兩點電荷連線的中點，MN為兩點電荷連線的中垂線，D為中垂線上的一點，電場線的分布關(guān)于MN左右對稱．則下列說法中正確的是()

A.D、C兩點的電場強度方向相同強弱不同B.這兩點電荷一定是等量同種電荷C.這兩點電荷一定是不等量異種電荷D.C點與D點的電勢不同5、如圖所示；在一個配有活塞的厚壁有機玻璃筒底放置一小團硝化棉，迅速向下壓活塞，筒內(nèi)氣體被壓縮后可點燃硝化棉．在筒內(nèi)封閉的氣體被活塞壓縮的過程中()

A.氣體對外界做正功，氣體內(nèi)能增加B.外界對氣體做正功，氣體內(nèi)能增加C.氣體的溫度升高，壓強不變D.氣體的體積減小，壓強不變6、一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播；某時刻的波形圖如圖所示．此時質(zhì)點K與M處于最大位移處，質(zhì)點L與N處于平衡位置．下列說法正確的是。

A.此時質(zhì)點L的運動方向沿y軸負方向B.此時質(zhì)點N的運動方向沿y軸正方向C.此時質(zhì)點K的加速度為零D.此時質(zhì)點M的速度為零7、下列物理學史說法正確的是()A.安培提出了電磁感應定律B.盧瑟福提出了原子的“棗糕”結(jié)構(gòu)模型C.湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子后猜想出原子內(nèi)的正電荷集中在很小的核內(nèi)D.α粒子散射實驗說明了原子正電荷和絕大部分質(zhì)量集中在一個很小的核上評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)8、下列說法中不符合實際的是_______A.單晶體并不是在各種物理性質(zhì)上都表現(xiàn)出各向異性B.液體的表面張力使液體表面具有擴張的趨勢C.氣體的壓強是由于氣體分子間相互排斥而產(chǎn)生的E.熱量能自發(fā)地從內(nèi)能大的物體向內(nèi)能小的物體進行傳遞E.熱量能自發(fā)地從內(nèi)能大的物體向內(nèi)能小的物體進行傳遞9、下列說法錯誤的是_____。A.布朗運動就是液體分子的無規(guī)則運動，且溫度越高，布朗運動越劇烈B.當甲、乙兩個分子間距離為r0時，分子間的引力和斥力大小相等；若規(guī)定此距離時分子勢能為零，則分子勢能不可能為負值C.溫度升高，物體的內(nèi)能一定增大E.做功和熱傳遞在改變內(nèi)能的效果上是相同的E.做功和熱傳遞在改變內(nèi)能的效果上是相同的10、下列關(guān)于物體的內(nèi)能及其變化的描述正確的是（）A.熱量可以從低溫物體傳遞到高溫物體B.氣體溫度升高，氣體內(nèi)每個分子的動能一定增大C.一定質(zhì)量的100℃的水吸收熱量后變成100℃的水蒸氣，則吸收的熱量大于增加的內(nèi)能E.兩個分子的間距從極近逐漸增大到10r0的過程中，它們的分子勢能先減小后增大E.兩個分子的間距從極近逐漸增大到10r0的過程中，它們的分子勢能先減小后增大11、如圖所示電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r；電壓表和電流表均為理想表。現(xiàn)閉合開關(guān)，將滑動變阻器的滑片向右移動時，下列判斷正確的是（）

A.電容器兩極板間電場強度變大，電容器的帶電量增加B.電流表示數(shù)減小，電壓表示數(shù)變大C.電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值變大D.電源的輸出功率可能增大12、兩塊水平放置的平行金屬板，帶等量異種電荷，一個帶電油滴恰懸浮在平行板間．如果使油滴產(chǎn)生大小相等的加速度，兩板電荷量應是原來的（）A.倍B.C.倍D.13、如圖所示，一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源，以與水平方向成θ角的不同速率，向磁場中射入兩個相同的粒子1和2，粒子1經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界上A點出磁場，粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界上B點出磁場，OA＝AB；則（）

A.粒子1與粒子2的速度之比為1：2B.粒子1與粒子2的速度之比為1：4C.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1：1D.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1：2評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、如圖所示，正、負電子垂直磁場方向沿與邊界成θ＝30°角的方向射入勻強磁場中，不計重力，那么在磁場中正、負電子的運動時間之比為________15、上午教室內(nèi)的溫度是空氣的相對濕度是60%，已知時飽和汽壓是則絕對濕度為___________如果教室內(nèi)絕對濕度不變，下午溫度升高到則相對濕度________________（選填“變大”或“不變”或“變小”）。16、如圖所示的電路中，電源電壓保持不變，R2、R3是兩個定值電阻．閉合開關(guān)S、滑片P向左滑動，伏特表示數(shù)將___________，當電流表示數(shù)變化量的絕對值為時，電壓表示數(shù)變化量的絕對值為當電流表示數(shù)變化量的絕對值為時，電壓表示數(shù)變化量的絕對值為若則________（此空格填“大于”；“等于”或“小于”）

17、如圖是一定質(zhì)量的理想氣體的壓強與熱力學溫度的圖，是理想氣體的三個狀態(tài)，其中平行于坐標軸平行于坐標軸則從到過程中氣體的分子平均動能_________（填“變大”、“變小”或“不變”），從到的過程________（填“可能”或“不可能”）為絕熱過程，從到的過程中氣體的密度______（填“變大”；“變小”或“不變”）

18、如圖所示，拋物線C1、C2分別是純電阻直流電路中內(nèi)、外電路消耗的電功率隨電流變化的圖線(電源電動勢和內(nèi)阻一定）．由該圖可知：電源的最大輸出功率為____________W，電源的內(nèi)電阻為___________Ω．

19、用內(nèi)阻為的電壓表和內(nèi)阻為的電流表測電阻，在圖甲、乙兩種情況下，電壓表的示數(shù)都是60V，電流表的示數(shù)都是則的測量值為______真實值是______的測量值為______真實值是______用伏安法測電阻應采用電流表______較好”外接法”或”內(nèi)接法”

20、【物理選修3-4】（1）某簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t=0時刻恰好傳播到x=4m的b點；在t=0.6s時，x=1m的質(zhì)點a恰好第二次位于平衡位置，質(zhì)點P（圖中未畫出）位于x=5m處，下列說法正確的是。

E．與該波發(fā)生干涉的另一簡諧波的頻率是2.5Hz21、水平地面上，質(zhì)量為1kg的滑塊A以4m/s的速度碰上靜止的物體B，碰后A的速度立刻減到零，B在地面上運動2s后靜止，已知B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，則B的質(zhì)量為_____kg，碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機械能為_____J。22、閱讀短文；并回答問題。

家庭熱泵﹣﹣空調(diào)。

夏天來了；安裝空調(diào)的家庭逐漸多了起來，如圖甲是家用分體式空調(diào)的原理圖，其制冷原理是室外機中的壓縮機將氣態(tài)的制冷劑壓縮后成為高溫高壓的液態(tài)制冷劑，散熱后液態(tài)的制冷劑經(jīng)膨脹閥進入蒸發(fā)器（室內(nèi)機）迅速變成氣體，吸收大量的熱量，從而使房間的溫度迅速下降（冬天的制熱工作過程與上述相反），空調(diào)在制冷運行的過程中會產(chǎn)生大量的冷凝水，因此空調(diào)配有排水系統(tǒng)。

制冷量是家庭購買空調(diào)時需要考慮的一項重要指標．它是指空調(diào)進行制冷運行時；單位時間內(nèi)從密閉空間內(nèi)去除的熱量總和，制冷量大的空調(diào)適用于面積比較大的房間，且制冷速度較快，以15平方米的居室面積為例，使用額定制冷量在2500W左右的空調(diào)比較合適，家用空調(diào)的制冷量單位常用“匹”，1匹=2324W；

能效比是衡量空調(diào)節(jié)電效果的一項重要指標；家用空調(diào)器的能效比（EER）就是其制冷量與制冷消耗電功率之比，如圖乙所示是兩臺不同品牌空調(diào)上的能效標識（能效標識是附在產(chǎn)品上的一種信息標簽，用于表示耗能產(chǎn)品的能源效率等級等性能指標，為用戶和消費者的購買決策提供必要的信息，以引導用戶和消費者選擇高效節(jié)能產(chǎn)品），如表是國家標準中關(guān)于分體式空調(diào)部分能效等級指標。

額定制冷量CC/W能效等級與對應的EER543211CC≤45002．602．803．003．203．404500＜CC≤71002．502．702．903．103．30

(1)空調(diào)制冷運行時，室內(nèi)的空氣濕度________（大于/小于）室外，圖乙中，兩空調(diào)工作時更節(jié)能的是________（A/B）；

(2)關(guān)于空調(diào)機，下列說法正確的是()。

A；家庭安裝空調(diào)要鋪設專線；目的是為了防止觸電。

B；空調(diào)機制冷時；室外機放出的熱量要大于壓縮機消耗的電能。

C；空調(diào)壓縮機是利用降溫的方法使氟利昂發(fā)生物態(tài)變化的。

D；空調(diào)制冷時室外機中有風扇在轉(zhuǎn)動；它的作用是將冷氣吹向室內(nèi)。

(3)某家庭空調(diào)機制冷量為1.5匹，能效比為3，在額定狀態(tài)下連續(xù)工作10min，消耗的電能為________kW?h，不計熱損失，理論上可以使40m2的密閉房間內(nèi)的空氣溫度下降________℃。[取房間層高3m，空氣的密度ρ=1.29kg/m3，比熱容c=1.0×103J/（kg?℃）]。評卷人得分四、作圖題(共3題，共30分)23、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．

24、示波管的內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示．如果在偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(xiàn)的完整掃描波形圖．

25、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(jīng)過7s后的波形曲線。

評卷人得分五、實驗題(共3題，共9分)26、在測定玻璃的折射率實驗時。

（1）下列說法正確的是_____

A．入射角越大；誤差越小。

B．在白紙上放好玻璃磚后；用鉛筆貼著光學面畫出界面。

C．實驗時即可用量角器；也可用圓規(guī)和直尺等工具進行測量。

D．判斷像與針是否在同一直線時；應該觀察大頭針的頭部。

（2）小時同學在插針時玻璃磚的位置如圖1所示．根據(jù)插針與紙上已畫的界面確定入射點與出射點，依據(jù)上述操作所測得的折射率_________（填“偏大”；“偏小”或“不變”）

（3）小明同學經(jīng)正確操作后，在紙上留下四枚大頭針的位置P1、P2、P3、P4，AB和CD是描出的下班磚的兩個邊，如圖2所示，請在答題紙上畫出光路圖________．27、在“測定金屬的電阻率”實驗中；某同學進行了如下操作：

(1)用毫米刻度尺測量接入電路中的金屬絲的有效長度l．再用螺旋測微器測量金屬絲的直徑D，某次測量結(jié)果如圖所示，則這次測量的讀數(shù)D=_________mm．

(2)為了合理選擇實驗方案和器材，使用歐姆表(1擋)先粗測接入電路的金屬絲的阻值R．兩表筆短接調(diào)零后，將表筆分別與金屬絲兩端連接，測量結(jié)果如圖所示，則這次測量的讀數(shù)R=_________Ω．

(3)為了精確地測量長度為l的金屬絲的電阻值；實驗教師還為同學們準備了如下器材：

①電源（電動勢為4V，內(nèi)阻可忽略）

②電壓表V（量程3V；內(nèi)阻約3kΩ）；

③電流表A1（量程600mA；內(nèi)阻約1Ω）

④電流表A2（量程3A；內(nèi)阻約0.02Ω）

⑤滑動變阻器R1（總阻值10Ω）

⑥電鍵及導線若干。

為了減小誤差，實驗中電流表應選用______________（選填器材前的序號）

(4)請將實驗用的電路圖補充完整___________

(5)關(guān)于本實驗的誤差，下列有關(guān)說法中正確的是________

A.用螺旋測微器測量金屬絲直徑時；由于讀數(shù)引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差。

B.由于電流表和電壓表內(nèi)阻引起的誤差屬于偶然誤差。

C.若將電流表和電壓表內(nèi)阻計算在內(nèi)；可以消除由測量儀表引起的系統(tǒng)誤差。

D.用U-I圖像處理數(shù)據(jù)求金屬絲電阻可以減小偶然誤差。

(6)為了多測幾組數(shù)據(jù)，某同學提出用總阻值為1000Ω的滑動變阻器替代10Ω的滑動變阻器來進行實驗，他的想法可行嗎？請你說出理由______________________________．28、某同學在將量程為500μA的電流表改裝成電壓表的過程中；他為了能盡量精確地測量該電流表的內(nèi)阻，設計了如圖所示的實驗電路．圖中各個電表和元件的參數(shù)如下：

A．電流表A1；量程1.0mA，內(nèi)阻約100Ω；

B．待測電流表A2；量程500μA，內(nèi)阻約200Ω；

C．電源E；電動勢3.0V，內(nèi)阻不計；

D．滑動變阻器；0～25Ω

E．電阻箱R1；電阻值為0～999.9Ω；

F．保護電阻R2；電阻值約100Ω；

G．開關(guān)S1，單刀雙擲開關(guān)S2.

①試按照實驗電路圖將如圖所示的器材連接成實驗電路____________.

②實驗中該同學先合上開關(guān)S1，再將開關(guān)S2接a點，調(diào)節(jié)滑動變阻器R，當電流表A2示數(shù)合理時，記下電流表A1的示數(shù)I，然后將開關(guān)S2接b點，保持___不變，調(diào)節(jié)___，使電流表A1的示數(shù)也等于I時；讀取電阻箱的示數(shù).

③電阻箱的示數(shù)如圖所示，由此可知電流表A2的內(nèi)阻為_________Ω.

④該同學要將電流表A2改裝成量程為2.0V的電壓表V1，他必須選一個阻值為_______Ω的電阻與電流表串聯(lián).

⑤若要用標準的電壓表V0對改裝的電壓表V進行校準，試在虛線框中畫出校準的電路圖_________.

評卷人得分六、解答題(共3題，共12分)29、一勻強電場，場強方向是水平的（如圖)，一個質(zhì)量為的帶電量為的帶正電的小球，從點出發(fā)，初速度的大小為，在電場力和重力作用下，恰好能沿與場強的反方向成角的直線運動．求：

（1）電場強度的大?。?/p>

（2）小球運動到最高點的時間．

（3）小球運動最最高點與出發(fā)點點的電勢差是多少？30、某半徑為r的行星，被厚度為h的大氣層所包圍，若大氣可視為折射率為n的勻質(zhì)氣體，一束平行的太陽光與赤道平面平行射入大氣層，不考慮光在大氣內(nèi)部傳播時的反射，到達行星表面的光全部被行星表面吸收，光在真空的傳播速度為c，求：

（1）光在大氣層中的最長傳播時間；

（2）能夠到達行星表面的入射光的半徑范圍．31、一列機械波沿x軸傳播，在t1=0s和t2=0.05s時刻；其波形圖分別用如圖所示的實線和虛線表示，求：

（?。┻@列波可能的波速v；

（ⅱ）若波速為280m/s，那么波的傳播方向是沿x軸正方向還是負方向？參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】

由題設條件求出粒子做勻速圓周運動的半徑r；結(jié)合左手定則粒子做逆時針方向勻速圓周運動，粒子運動時間t最短時，所轉(zhuǎn)過的圓心角θ最小，所對的弦也最短，畫出最短的弦，再作出粒子在磁場中做勻速圓周運動最短時間的軌跡，由幾何關(guān)系求出此種情況下粒子的偏轉(zhuǎn)角θ，從而求出了最短時間．

【詳解】

粒子在磁場中做勻速圓周運動，由得因所有粒子得速度一樣，因此半徑相同，因此在磁場中弦長越短則時間越短，根據(jù)題意可得最短弦長為L，則此時粒子圓周運動得圓心角為故粒子運動得最短時間故選B2、B【分析】【分析】

【詳解】

A．當分子間的距離減小時；分子間的引力和斥力都增大，但斥力增大得更快，故A錯；

B．溫度是分子平均動能的標志；所以氣體分子的動能宏觀上取決于溫度，分子勢能是由于分子間引力與分子間距離共同決定，宏觀上取決于氣體的體積，故B對；

C．一定量100℃的水變成100℃的水蒸氣；溫度不變，其分子平均動能不變，故C錯；

D．若氣體的摩爾質(zhì)量為M，密度為阿伏加德羅常數(shù)為NA，則由每個氣體分子占有的空間體積為并不是氣體分子的體積，故D錯；

故選B。3、C【分析】電流表電阻小，相當于短路；電壓表內(nèi)電阻很大，相當于斷路；由于電壓表內(nèi)阻較大，電流較小，故電流表讀數(shù)幾乎為零，電壓表正常工作；即兩個表都不會損壞，故AB錯誤；電流表改裝成電壓表是串聯(lián)較大的分壓電阻；電流表改裝成大量程電流表是并聯(lián)較小的分流電阻；兩表串聯(lián)后，電流相等；由于電壓表內(nèi)阻較大，電流較??；通過電流表的電流大多數(shù)從分流電阻通過，故電壓表指針有偏轉(zhuǎn)，電流表表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很小，或者幾乎不偏轉(zhuǎn)，故C正確，D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。4、A【分析】根據(jù)電場線的特點，從正電荷出發(fā)到負電荷終止可以判斷，A、B是兩個等量異種電荷．故A正確；B錯誤；根據(jù)平行四邊形定則，對中垂線上的場強進行合成，知中垂線上每點的電場方向都水平向右，中垂線和電場線垂直，所以中垂線為等勢線，所以C點的電勢等于D點的電勢，故C正確；在兩等量異號電荷連線的中垂線上，中間點電場強度最大，也可以從電場線的疏密判斷，所以C點的電場強度比D點的電場強度大，故D正確．5、B【分析】壓縮玻璃筒內(nèi)的空氣，氣體的壓強變大，機械能轉(zhuǎn)化為筒內(nèi)空氣的內(nèi)能，空氣的內(nèi)能增加，溫度升高，當達到棉花的燃點后，棉花會燃燒，即外界對氣體做正功，氣體內(nèi)能增加，故B正確，ACD錯誤。6、D【分析】【詳解】

根據(jù)“上坡上，下坡下”原理質(zhì)點L向y軸正方向運動，質(zhì)點N向y軸負方向運動，AB錯誤；根據(jù)可知MN兩點的位移最大，回復力最大，所以加速度最大，速度為零，C錯誤D正確．7、D【分析】【詳解】

A；法拉第提出了電磁感應定律；故A錯誤；

BCD、湯姆生利用陰極射線管發(fā)現(xiàn)了電子，說明原子可分，并提出原子的棗糕模型，盧瑟福根據(jù)α粒子散射實驗提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，實驗說明了原子正電荷和絕大部分質(zhì)量集中在一個很小的核上，故BC錯誤，D正確。二、多選題(共6題，共12分)8、B:C:E【分析】【詳解】

A．由于單晶體在不同方向上物質(zhì)微粒的排列情況不同；即為各向異性，則為單晶體具有各向異性，但并不是所有物理性質(zhì)都是各向異性的，選項A正確，不符合題意；

B．液體的表面張力使液體表面具有收縮的趨勢；選項B錯誤，符合題意；

C．氣體的壓強是由于大量的氣體分子頻繁的對器壁碰撞產(chǎn)生的；并不是由于氣體分子間相互排斥而產(chǎn)生的，選項C錯誤，符合題意；

D．分子間同時存在引力和斥力；且這兩種力同時增大，同時減小，選項D正確，不符合題意；

E．熱量能自發(fā)地從溫度高的物體向溫度低的物體進行傳遞；選項E錯誤，符合題意；

故選BCE.9、A:C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．布朗運動是懸浮在液體中的固體顆粒的運動；反映了液體分子的無規(guī)則運動，選項A錯誤，符合題意；

B．當甲、乙兩個分子間距離為r0時；分子間的引力和斥力大小相等，此處分子勢能最小，若規(guī)定此距離時分子勢能為零，則分子勢能不可能為負值，選項B正確，不符合題意；

C．一定質(zhì)量的物體；內(nèi)能與溫度和體積有關(guān)，溫度升高，物體的內(nèi)能不一定增大，選項C錯誤，符合題意；

D．干濕泡濕度計示數(shù)差別越大；表明相對濕度越小，選項D錯誤，符合題意；

E．做功和熱傳遞在改變內(nèi)能的效果上是相同的；選項E正確，不符合題意。

故選ACD。10、A:C:E【分析】【分析】

【詳解】

A．熱量不能自發(fā)從低溫物體傳遞到高溫物體；但借助外界條件可以從低溫物體向高溫物體傳遞，故A正確；

B．氣體溫度升高時；分子的平均動能增大，但氣體內(nèi)每個分子的動能不一定都增大，故B錯誤；

C.．一定質(zhì)量的100℃的水吸收熱量后變成100℃的水蒸氣，由于體積膨脹對外做功，根據(jù)熱力學第一定律

可知吸收的熱量大于增加的內(nèi)能；故C正確；

D．根據(jù)熱力學第一定律

可知；系統(tǒng)的內(nèi)能增量等于外界向它傳遞的熱量與外界對它做的功的和，故D錯誤；

E．兩個分子的間距從極近逐漸增大到10r0的過程中；先是分子斥力做正功，分子勢能減小，隨后是分子引力做負功，分子勢能增大，所以它們的分子勢能先減小后增大，故E正確。

故選ACE。11、A:D【分析】【分析】

將變阻器的滑片向右移動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電阻減小，路端電壓隨之減小，分析總電流和R2電壓的變化；即可知道電容器板間電壓的變化，判斷出板間場強的變化以及電容器帶電量的變化．根據(jù)歐姆定律分析電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值的變化．根據(jù)內(nèi)外電阻的關(guān)系分析電源輸出功率的變化．

【詳解】

當變阻器的滑片向右移動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流變大，R2電壓增大，則電容器板間電壓增大，板間的電場強度變大，電容器所帶電量增大，故A正確。總電流變大，電流表示數(shù)變大，則R2電壓和內(nèi)電壓均增大，由閉合電路歐姆定律知，R1電壓減小，所以電壓表示數(shù)變小，故B錯誤。電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值U/I=R1；變小，故C錯誤。由于電源的內(nèi)外電阻的大小關(guān)系未知，所以不能確定電源輸出功率如何變化，則電源的輸出功率可能增大，故D正確。故選AD。

【點睛】

本題是電路的動態(tài)分析問題，按“局部→整體→局部”的思路進行分析．分析電源的輸出功率變化時，要根據(jù)推論：內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大來分析．12、B:C【分析】【詳解】

電容器帶電量不變，根據(jù)有

帶電油滴恰好靜止，則

電場力方向向上。

①若要油滴產(chǎn)生大小為的方向向上的加速度，則

計算得出

故

②若要油滴產(chǎn)生大小為的方向向下的加速度則

得

故

所以BC正確；AD錯誤。

故選BC。13、A:C【分析】【詳解】

AB．粒子進入磁場時速度的垂線與OA的垂直平分線的交點為粒子1在磁場中做圓周運動的圓心，同理，粒子進入磁場時速度的垂線與OB的垂直平分線的交點為粒子2在磁場中做圓周運動的圓心，由幾何關(guān)系可知，兩個粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為r1∶r2＝1∶2

由于粒子在磁場中做圓周運動的半徑

可知；粒子1與粒子2的速度之比為1∶2，故A正確，B錯誤；

CD．由于粒子在磁場中做圓周運動的周期均為

且兩粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角相同；因此粒子在磁場中運動的時間相同，故C正確，D錯誤。

故選AC。三、填空題(共9題，共18分)14、略

【分析】設正離子軌跡的圓心角為α；負離子軌跡的圓心角為β，由幾何知識得到；

α=2π-2θ；β=2θ

正離子運動的時間為負離子運動的時間為而正、負離子在磁場中運動的周期相同，所以時間之比【解析】1:5；15、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]．24.11℃時飽和汽壓3.0kPa；相對濕度是60%，絕對濕度為。

P=3.0×0.6=1.8kPa[2]．因為絕對濕度=相對濕度×飽和氣壓，則絕對濕度不變時，溫度升高，則飽和氣壓變大，相對濕度變小。【解析】1.8變小16、略

【分析】【詳解】

[1]由電路圖可以知道，三電阻串聯(lián)，電流表測電路中的電流，電壓表測量滑動變阻器R1兩端的電壓；滑片P向左滑動；滑動變阻器接入電路的電阻變小，由串聯(lián)分壓規(guī)律可以知道，變阻器兩端的電壓變小，即電壓表示數(shù)將減小；

[2]由歐姆定律可以知道，定值電阻兩端電壓變化量與電流變化量的比值等于其阻值，滑片P向左滑動，滑動變阻器接入電路的電阻變小，變阻器兩端的電壓變小，電源電壓不變，由串聯(lián)分壓規(guī)律可以知道，R2和R3兩端的總電壓將變大，且變阻器兩端電壓減小量等于R2和R3兩端總電壓的增大量，即電壓表示數(shù)變化量的絕對值串聯(lián)電路電流處處相等，則電壓表和電流表示數(shù)變化量的比值

電壓表示數(shù)變化量的絕對值為時，同理可得此時電壓表和電流表示數(shù)變化量的比值

而R2、R3均為定值電阻，所以【解析】.減小等于17、略

【分析】【詳解】

[1]氣體的分子平均動能和溫度有關(guān)，溫度越高氣體的分子平均動能越大。從到過程中；溫度降低，所以氣體的分子平均動能變小。

[2]從到的過程壓強不變；溫度升高，則內(nèi)能增加，同時體積增大，氣體膨脹對外做功，因此氣體要吸熱，不可能為絕熱過程。

[3]從到的過程中溫度不變，壓強降低，可知體積增大，則氣體的密度變小。【解析】變小不可能變小18、略

【分析】【詳解】

由C2圖象是外電路的功率隨電流的圖象，由可知圖象為開口向下的拋物線，則圖象的最高點為最大外電路功率為4W；由C1圖象可得解得【解析】4119、略

【分析】【分析】

求電阻的真實值時，應考慮電表內(nèi)阻的影響，然后根據(jù)歐姆定律和串并聯(lián)規(guī)律求解即可．伏安法測電阻內(nèi)外接法的選擇方法是：當滿足時，電流表應用外接法，滿足時；電流表應用內(nèi)接法．

【詳解】

甲圖中：電阻測量值：真實值為：乙圖中：電阻測量值為：真實值為：比較它們的絕對誤差可知，伏安法測時，采用內(nèi)接法測量誤差較小，所以電流表應用內(nèi)接法較好．【解析】300290300333內(nèi)接法20、A:C:D【分析】由圖可知，由題意t=0.6s，質(zhì)點a恰好第二次位于平衡位置，則即T=0.8s，根據(jù)公式A正確；由圖可知，質(zhì)點b的振動方向向下，而后面的質(zhì)點重復前面質(zhì)點的運動情況，故質(zhì)點P起振方向也是向下，B錯誤；當波由b點傳播到P需要的時間為t0，則則質(zhì)點P振動的時間為則質(zhì)點P通過的路程為s=1.25×4A=0.10m，C正確；質(zhì)點P第三次到達波峰的時間為故D正確；頻率相同，相差恒定的兩列波產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉，故能與此波產(chǎn)生穩(wěn)定干涉的另一列波的頻率為故E錯誤；故選ACD.21、略

【分析】【詳解】

滑塊碰上靜止的物體根據(jù)動量守恒定律可得：碰后在地面上做勻減運動，根據(jù)動量定理可得：解得：的質(zhì)量為：碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為【解析】2422、略

【分析】【詳解】

（1）[1]空調(diào)制冷運行時；室內(nèi)的水蒸氣遇到溫度低的蒸發(fā)器會發(fā)生液化現(xiàn)象，凝結(jié)成小水滴排出室外，室內(nèi)的空氣濕度小于室外；

[2]根據(jù)能效等級做出分析；圖乙中，兩空調(diào)工作時更節(jié)能的是A；

（2）[3]A．由公式

知U一定，使用大功率用電器空調(diào)時，電路中電流I過大；可能會引起火災或跳閘等事故，鋪設了專線，可以防止這種危害，故A錯誤；

B．空調(diào)機制冷時，消耗的電能W，室外機放出的熱量包括從房間里取出一部分熱量Q和消耗的電能W，釋放到大氣熱量中的熱量為Q+W；所以室外機放出的熱量要大于壓縮機消耗的電能，故B正確；

C．氟利昂在空調(diào)內(nèi)部的蒸發(fā)器里面汽化；汽化要吸熱，使空調(diào)蒸發(fā)器的溫度降低，室內(nèi)的水蒸氣遇到溫度低的蒸發(fā)器會發(fā)生液化現(xiàn)象，空調(diào)壓縮機是利用氟利昂發(fā)生物態(tài)變化方法降溫的，故C錯誤；

D．空調(diào)制冷時室外機中有風扇在轉(zhuǎn)動；它的作用是將熱氣吹向室外，故D錯誤。

故選A；

（3）[4]已知制冷量

因為效能比

所以制冷量

在t=10min=600s內(nèi)消耗的電能

[5]制冷量

空氣質(zhì)量

根據(jù)

可得【解析】小于AB0.1913.5四、作圖題(共3題，共30分)23、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(cè)的磁場的方向向里，左側(cè)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；

圖丁；環(huán)形電流從左側(cè)流入，從右側(cè)流出，所以磁場的方向向下；

圖戊；根據(jù)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(jù)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】24、略

【分析】試題分析：A圖中；在XX′偏轉(zhuǎn)電極所加的電壓的周期為2T，即在2T的時間內(nèi)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(zhuǎn)量與偏轉(zhuǎn)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(nèi)的穩(wěn)定圖象．XX′偏轉(zhuǎn)電極要接入鋸齒形電壓；即掃描電壓．

B圖中；在XX′偏轉(zhuǎn)電極所加的電壓的周期為T，即在一個周期T的時間內(nèi)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(jié)合電子到達熒光屏的偏轉(zhuǎn)量與偏轉(zhuǎn)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(guān)鍵要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電壓上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉(zhuǎn)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(nèi)的穩(wěn)定圖象【解析】25、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3題，共9分)26、略

【分析】【詳解】

（1）本實驗在應用插針法時；角度過大會導致反射增強，折射減小，現(xiàn)象不明顯，A錯誤；用鉛筆貼著光學面可能會損壞光學面，B錯誤；求折射率也可以通過畫圖，將角度的正弦之比轉(zhuǎn)化為對邊之比，C正確；在觀察時應使得大頭針腳重合，D錯誤．

（2）從圖1中可知玻璃磚發(fā)生傾斜，則所測定的入射角和折射角都變大，根據(jù)折射定律兩角度都變大，根據(jù)數(shù)學知識可知故測定的折射率減??；

（3）連接確定入射點，連接確定出射點，再連接入射點和出射點并標上箭頭，如圖所示。

【解析】C偏小27、略

【分析】【詳解】

（1）金屬絲的直徑D=0.5mm+0.01mm×1.5=0.515mm.

（2）由歐姆表的讀數(shù)可知，金屬絲的阻值R為6Ω.

（3）電壓表V的量程3V，電路中可能出現(xiàn)的最大電流：則電流表選③；

（4）因電壓表的內(nèi)阻遠大于待測電阻；則電路采用電流表外接，滑動變阻器電阻與待測電阻阻值相當，則可采用限流電路；電路如圖；

（5）用螺旋測微器測量金屬絲直徑時；由于讀數(shù)引起的誤差屬于偶然誤差，選項A錯誤；由于電流表和電壓表內(nèi)阻引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差，選項B錯誤；若將電流表和電壓表內(nèi)阻計算在內(nèi)，可以消除由測量儀表引起的系統(tǒng)誤差，選項C正確；用U-I圖像處理數(shù)據(jù)求金屬絲電阻可以減小偶然誤差，選項D正確；故選CD.

（6）不可行；調(diào)節(jié)不方便；因變阻器的阻值過大，則大部分調(diào)解過程中，電流表的示數(shù)幾乎為零.

點睛：此題考查了實驗的原理、器材選擇以及誤差的分析等；注意器材選取的原則是安全、精確，根據(jù)此原則選擇合適的器材；知道何時用電流表外接電路以及滑動變阻器的的選擇及連接方法等.【解析】0.515±0.036Ω③CD不可行;調(diào)節(jié)不方便，大部分調(diào)解過程中，電流表的示數(shù)幾乎為零28、略

【分析】【分析】

①連接實物圖；沿電