2025年華師大新版選修3物理上冊月考試卷含答案

…………○…………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年華師大新版選修3物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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；一根豎直的彈簀支持著一倒立汽缸中的活塞，使汽缸懸空而靜止。設活塞與缸壁間無摩擦且可以在缸內自由移動，缸壁導熱性能良好，則下列說法中正確的是（）

A.若外界大氣壓增大，則彈簧將壓縮一些B.若外界大氣壓增大，則汽缸上底面距地面的高度將不變C.若氣溫升高，則活塞距地面的高度將減小D.若氣溫升高，則汽缸上底面距地面的高度將增大2、下列說法正確的是（）A.運動員入水過程激起的水花中，很多水滴呈現球形是因為水的表面張力的作用B.浸潤液體在毛細管中下降，不浸潤液體在毛細管中上升C.晶體一定表現出各向異性，非晶體一定表現出各向同性D.在軌道上運行的空間站中的密閉容器內的氣體壓強為零3、用伏安法測某一電阻時，如果采用如圖所示的甲電路，測量值為R1，如果采用乙電路，測量值為R2，那么R1、R2與真實值R之間滿足關系（）

A.B.C.D.4、一段導線abcde位于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向（垂直于紙面向里）垂直．線段ab、bc、cd和de的長度均為L，且∠abc＝∠cde＝120°，流經導線的電流為I，方向如圖中箭頭所示．導線段abcde所受到的磁場的作用力的合力大小為()

A.BILB.2BILC.3BILD.4BIL5、如圖所示，邊長為L、電阻為R的正方形金屬線框abcd放在光滑絕緣水平面上，其右邊有一磁感應強度大小為B、方向豎直向上的有界勻強磁場，磁場的寬度為L，線框的ab邊與磁場的左邊界相距為L，且與磁場邊界平行．線框在某一水平恒力作用下由靜止向右運動，當ab邊進入磁場時線框恰好開始做勻速運動．根據題中信息，下列物理量可以求出的是（）

A.外力的大小B.勻速運動的速度大小C.通過磁場區(qū)域的過程中產生的焦耳熱D.線框完全進入磁場的過程中通過線框某橫截面的電荷量6、傳感器是把非電學物理量（如位移、壓力、流量、聲強等）轉換成電學量的一種元件。如圖所示為一種電容傳感器，電路可將聲音信號轉化為電信號。電路中構成一個電容器，是固定不動的金屬板，是能在聲波驅動下沿水平方向振動的鍍有金屬層的振動膜。若聲源發(fā)出頻率恒定的聲波使振動，則在振動過程中（）

A.板之間的電場強度不變B.板所帶的電荷量不變C.向右位移最大時，電容器的電容量最大D.電路中始終有方向不變的電流7、據有關資料介紹，受控核聚變裝置中有極高的溫度，因而帶電粒子將沒有通常意義上的“容器”可裝，而是由磁場約束帶電粒子運動，使之束縛在某個區(qū)域內。如圖所示，環(huán)狀磁場的內半徑為外半徑為被束縛的帶電粒子的比荷為k，若中空區(qū)域內帶電粒子均具有沿半徑方向的速度，速度大小為v。中空區(qū)域中的帶電粒子都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在半徑為的區(qū)域內；則環(huán)狀區(qū)域內勻強磁場的磁感應強度最小值為（）

A.B.C.D.8、現代科學的發(fā)展極大地促進了人們對原子、原子核的認識，下列有關原子、原子核的敘述正確的是：A.盧瑟福α粒子散射實驗說明原子核內部具有復雜的結構B.輕核聚變反應方程有：C.天然放射現象表明原子核內部有電子D.氫原子從n＝3能級躍遷到n＝1能級和從n＝2能級躍遷到n＝1能級，前者躍遷輻射出的光子波長比后者的長9、在一個原子核衰變?yōu)橐粋€原子核的過程中，發(fā)生β衰變的次數為A.6次B.10次C.22次D.32次評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、如圖所示；圖中的四個電表均為理想電表，當滑動變阻器滑片P向右端移動時，下面說法中正確的是()

A.電壓表的讀數減小，電流表的讀數增大B.電壓表的讀數減小，電流表的讀數減小C.電壓表的讀數的變化量與的讀數變化量之比不變D.電壓表的讀數與的讀數之比變大11、如圖所示，一理想變壓器的原線圈接有電壓為U的交流電，副線圈接有電阻R1和光敏電阻R2（阻值隨光照增強而減小），開關S開始時處于閉合狀態(tài)；下列說法正確的是。

A.當U增大時，副線圈中電流變大B.當光照變弱時，變壓器的輸入功率變大C.當開關S由閉合到斷開時，交流電流表的示數變大D.當滑動觸頭P向下滑動時，電阻R1消耗的功率增加12、如圖所示的電路，a、b、c為三個相同的燈泡，其電阻大于電源內阻，當變阻器R的滑片P向上移動時；下列判斷中正確的是。

A.a、b兩燈變亮，c燈變暗B.a、c兩燈變亮，b燈變暗C.電源輸出功率先增大后減小D.b燈中電流變化值大于c燈中電流變化值13、一定質量的理想氣體，從狀態(tài)A開始經歷三個不同的過程I、Ⅱ、Ⅲ到狀態(tài)B、C、D，狀態(tài)B、C、D的體積相同。過程I是等溫膨脹過程；過程Ⅱ是等壓膨脹過程，過程Ⅲ是絕熱膨脹過程。關于三個過程和三個狀態(tài)有關參量的比較，正確的是（）A.D三個狀態(tài)，C狀態(tài)的溫度最高B.Ⅱ過程對外做的功最多C.三個狀態(tài)的D相比較，D狀態(tài)分子數密度最小E.只有狀態(tài)D的內能小于狀態(tài)A的內能E.只有狀態(tài)D的內能小于狀態(tài)A的內能14、回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示．它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距很近（縫隙的寬度遠小于盒半徑），分別和高頻交流電源相連接，使帶電粒子每通過縫隙時恰好在最大電壓下被加速，最大電壓為U．兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒面，帶電粒子在磁場中做圓周運動，粒子通過兩盒的縫隙時反復被加速，直到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出．利用該加速器分別給質子和粒子（氦原子核）加速，已知質子、粒子質量之比為14，帶電量之比為12，則下列說法正確的是()

A.引出的質子和粒子動能之比為11B.引出的質子和粒子動量之比為11C.若增大電壓U，質子、粒子被引出的動能都增大D.質子、粒子被引出的動能大小與電壓U無關．15、在如圖所示的電路中，燈泡L的電阻大于電源的內阻r；閉合開關S，將滑動變阻器滑片P向右移動一段距離后，下列結論正確的是（）

A.電流表示數變大，電壓表示數變小B.燈泡L變亮C.容器C上電荷量增加D.電源的輸出功率變小16、如圖，電源電動勢E=6V，內阻r=0.8定值電阻及R4=3Ω,圖中電壓表和電流表均為理想電表，當在P、Q之間連接另外一只理想電流表G時；下列說法正確的是。

A.通過G的電流為無窮大，從而會將G燒壞B.通過G的電流為0.2AC.V的示數將變大D.V的示數變化量的絕對值與A示數變化量的絕對值的比值為0.817、如圖所示，物體A、B的質量分別為m和2m,之間用輕彈簧連接；放在光滑的水平面上，物體A緊靠豎直墻，現在用力向左推B使彈簧壓縮，然后由靜止釋放，則。

A.從撤去推力到A離開豎直墻之前，B和彈簧組成的系統動量不守恒，機械能守恒B.從撤去推力到A離開豎直墻之前，B和彈簧組成的系統動量守恒，機械能不守恒C.彈簧第二次恢復為原長時，B兩物體的速度方向一定相同D.彈簧第一次、第二次壓縮最短時彈性勢能之比為3：1評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)18、按照玻爾理論，一個氫原子核外的電子從半徑為ra的圓軌道自發(fā)地直接躍遷到半徑為rb的圓軌道上，在此過程中原子要___________（填“發(fā)射”或“吸收”）某一頻率的光子，電子的動能________（填“增大”、“減小”或“不變”），電子（系統）的電勢能________（填“增大”、“減小”或“不變”），原子的總能量（）。19、如圖所示電路，當滑動變阻器的滑片P向右移動時，安培表A的示數如何變化？小明同學的分析思路如下：

試寫出以下步驟的物理原理：

②______________________________________。

④______________________________________。20、（1）一定質量的氣體做等容變化，溫度為200K時的壓強為0.8atm，壓強增大到2atm時的溫度為________K。

（2）一定質量的氣體，在壓強不變時，溫度為200K，體積為V0，當溫度升高100K時，體積變?yōu)樵瓉淼腳_______倍。21、如圖，粗細均勻的長玻璃管豎直放置且開口向下，管內的水銀柱封閉了一部分體積的空氣柱．當外界大氣壓緩慢減小，水銀柱將_______（上升、不動、下降）；若大氣壓減小△p，水銀柱移動L1，大氣壓再減小△p，水銀柱又移動L2，則：L1_______L2（選填“>”、“<”；“=”）．（保持溫度不變）

22、在水平放置的氣墊導軌上，質量為0.4kg、速度為0.5m/s的滑塊甲與質量為0.6kg、速度為0.1m/s的滑塊乙迎面相撞，碰撞后滑塊乙的速度大小變?yōu)?.2m/s，此時滑塊甲的速度大小為______m/s，方向與它原來速度方向_______．評卷人得分四、作圖題(共3題，共21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．

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；畫出經過7s后的波形曲線。

評卷人得分五、實驗題(共2題，共12分)26、某研究性學習小組為了研究標有“3.0V；1.5W"字樣小燈泡的伏安特性曲線，設計并完成了有關實驗．以下是實驗中可供選擇的器材。

A.直流電源E(5V；內阻約0.5Ω)；

B.電流表(0～3A；內阻約0.1Ω)；

C.電流表(0～0.6A；內阻約1Ω)；

D.電壓表(0～3V；內阻約3kΩ)；

E電壓表(0～15V；內阻約15kΩ)；

F.滑動變阻器(0～10Ω；額定電流1A)

G.滑動變阻器(0～1000Ω；額定電流0.5A)；

H開關；導線等。

(1)請選用合適的器材，在虛線框中畫出電路圖，并在圖上標出所選器材的符號__________．

(2)某次讀數如圖所示，則電流表的讀數為__________A，電壓表的讀數為__________V.

(3)實驗中根據測得小燈泡兩端的電壓與通過它的電流的數據描繪出該小燈泡的U-I曲線如圖所示根據圖所作出的小燈泡U-I曲線，可判斷下圖中關系圖象正確的是________．(圖中P為小燈泡的功率，I為通過小燈泡的電流)

A.B.C.D.

(4)某同學將兩個完全相同的這種小燈泡并聯接到如圖所示的電路中，其中電源電動勢E=3V，內阻r=3Ω，則此時每個小燈泡的實際功率為__________(結果保留兩位有效數字)．

27、物理實驗社團的某小組同學在實驗室“探究單擺的周期與擺長的關系”。

（1）為測量擺長，必須使單擺處于__________狀態(tài)（填“A”；“B”或“C”）。

A.水平放置且拉直。

B.豎直面內自然懸垂。

C.懸掛且用豎直外力拉緊。

（2）他已測得擺線長度為然后用某種儀器來測量擺球的直徑，得到的測量值為此測量數據是選用了儀器____（填“A”；“B”或“C”）測量得到的。

A．毫米刻度尺。

B．10分度游標卡尺。

C．20分度游標卡尺。

（3）正確掛起單擺后，將擺球從平衡位置拉開一個小角度由靜止釋放，使擺球在豎直平面內穩(wěn)定擺動，當擺球某次經過平衡位置時開始計時，測出小球完成30次全振動的時間為____s。

（4）實驗中的擺球可看成為質量均勻分布的球體，社團中另一小組同學錯將擺線長和小球直徑之和當作單擺的擺長，那么在探究周期T與擺長L的關系時將會得到如圖所示的__________線（填“A”；“B”或“C”）。

評卷人得分六、解答題(共3題，共30分)28、在一根長L=5m，橫截面積S=3.5×10-4m2的銅質導線兩端加2．5×10-3V電壓．已知銅的電阻率ρ=1.75×10-8Ω·m；則：

（1）該導線的電阻多大？

（2）該導線中的電流多大？

（3）當電阻線對折后，接入相同的電壓，電流是多大？29、如圖所示，傾角為的光滑斜面上，有一垂直于斜面向下的有界勻強磁場區(qū)域PQNM，磁場區(qū)域寬度L=0.1m．將一質量m=0.02kg、邊長L=0.1m、總電阻R=0.4的單匝正方形閉合線圈abcd由靜止釋放，釋放時ab邊水平，且到磁場上邊界PQ的距離也為L，當ab邊剛進入磁場時，線圈恰好勻速運動，g=10m/s2；求：

（1）ab邊剛進入磁場時，線圓所受安培力的大小F安方向；

（2）ab邊剛進入磁場時，線圈的速度及磁場磁感應強度B的大??；

（3）線圈穿過磁場過程產生的熱量Q．30、一條絕緣的擋板軌道ABC固定在光滑水平桌面上，BC段為直線，長為4R，動摩擦因數為AB是半徑為R的光滑半圓?。▋刹糠窒嗲杏贐點）．擋板軌道在水平的勻強電場中，場強大小為方向與BC夾角為．一帶電量為質量為的小球從C點靜止釋放，已知求：

（1）小球在B點的速度大??；

（2）若場強E與BC夾角可變，為使小球沿軌道運動到A點的速度最大，的取值以及A點速度大小；

（3）若場強E與BC夾角可變，為使小球沿軌道運動到A點沿切線飛出，的取值范圍．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

AC．選擇汽缸和活塞為整體；則彈簧彈力始終等于整體重力，彈簧長度不發(fā)生變化，則活塞距地面的高度不變，AC錯誤；

B．選汽缸為研究對象，豎直向下受重力和大氣壓力向上受到缸內氣體的壓力由平衡條件得。

若外界大氣壓增大，則一定增大；根據玻意耳定律得。

（常數）當壓強增大時；氣體體積一定減小，所以汽缸的上底面距地面的高度將減小，B錯誤；

D．若氣溫升高；缸內氣體做等壓變化，根據。

可知；當溫度升高時，氣體體積增大，汽缸上升，則汽缸的上底面距地面的高度將增大，D正確。

故選D。2、A【分析】【詳解】

A．運動員落水激起的水花中；較小的水滴呈現接近球形是因為表面張力的作用，故A正確；

B．浸潤液體在毛細管里上升；不浸潤液體在毛細管里下降，故B錯誤；

C．單晶體表現為各向異性；多晶體和非晶體表現為各向同性，故C錯誤；

D．在軌道上運行的空間站中的密閉容器內的氣體處于失重狀態(tài)；但分子熱運動不會停止，所以分子仍然不斷撞擊容器壁產生壓力，故壓強不為零．故D錯誤。

故選A。3、C【分析】【詳解】

甲圖均為并聯部分的電壓電流，所以測量值為電壓表內阻與電阻的并聯值，小于電阻值，即．乙圖均為串聯部分的電壓電流，所以測量值為電流內阻與電阻的串聯值，大于電阻值，即C對．4、C【分析】【詳解】

ab段導線受力根據左手定則判斷方向向上；bcd段導線的有效長度即是bd的長度，因為∠abc＝∠cde＝120°，所以bd長也為L，受到安培力根據左手定則判斷方向向上；dc段導線受安培力根據左手定則判斷方向向上，所以整段導線受力ABD錯誤C正確5、D【分析】【分析】

根據線框做勻速運動；可得外力大小等于安培力大小，通過磁場的過程是一個勻速過程，外力做的功全部轉化為焦耳熱，通過線框某橫截面的電荷量等于平均電流乘時間．

【詳解】

根據動能定理可得，剛進入磁場時速度滿足恰好勻速，可得線框質量未知，A、B、C都錯；通過線框某橫截面的電荷量D對．

【點睛】

此類問題綜合性很強，我們針對特殊狀態(tài)進行分析．6、C【分析】【詳解】

A．電容器與電源相連，則電容的電壓不變。當振動膜片a向右振動時電容器兩極板的距離周期性變化，由知，不變的情況下，a、b板間場強周期性變化；選項A錯誤；

B．由知，不變，在變化；則電容器所帶電量也在變化，選項B錯誤；

C．電容器的電容當向右位移最大時，板間距離最小，則電容器的電容量最大，選項C正確；

D．當振動膜片a向右振動時電容器兩極板的距離周期性變化，根據及可知電容器的電量不斷變化；充電和充電交替產生，所以電路中電流方向時刻在變化，選項D錯誤。

故選C。

【點睛】

電容器極板間距離的變化引起了電容的變化，電容的變化引起了電量的變化，從而場強變化，G中有電流。7、B【分析】由題意可知，粒子的比荷k已經確定，粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，則有

粒子運動的半徑r已經確定；要使所有的粒子都不能穿出磁場，則：

與內圓相切的方向進入磁場的粒子在磁場運動的軌跡剛好與外圓相切，可知2r最大為如圖所示：

從而推知，

即

則故C正確，ABD錯誤；

故選C。8、B【分析】【詳解】

A．盧瑟福α粒子散射實驗提出原子核式結構；天然放射現象說明原子核內部具有復雜的結構，故A錯誤；

B．輕核聚變反應是較小的核反應生成較大的核的過程；再由質量數與電荷數守恒可知，B正確；

C．天然放射線中放出的粒子是原子核中的一個中子轉變了一個質子和一個電子而來的；故C錯誤；

D．躍遷時輻射的能量等于兩能級差，氫原子從n=3能級躍遷到n=1能級和從n=2能躍遷到n=1能級，前者躍遷輻射光子的能量大，頻率大，則波長比后者的短，故D錯誤．9、A【分析】【詳解】

假設發(fā)生x次α衰變y次β衰變，核反應方程依據質量數守恒和電荷數守恒，有238=206+4x，92=82+2x+（-1）y，解方程得y=6，因此選項A正確.二、多選題(共8題，共16分)10、A:C【分析】【詳解】

滑動變阻器滑片向右端移動時，滑動變阻器電阻減小，則整個回路總電阻減小，總電流增大，即電流表A1的讀數增大，內電壓增大，外電壓減小，R1兩端的電壓增大，則R3兩端的電壓減小，即V1的讀數減小，A2的讀數減??；總電流增大，通過R3的電流減小，則通過RP和R2的電流增大，可知R2兩端的電壓增大，即V2的示數增大，故A正確，B錯誤；根據閉合電路歐姆定律有U1=E-I（R1+r），則有故電壓表V1的讀數的變化量與電流表A1的讀數的變化量的比值保持不變，故C正確；由上可知V1的讀數減小，A1的讀數增大，所以電壓表的讀數與的讀數之比變小，故D錯誤．所以AC正確，BD錯誤．11、A:D【分析】【分析】

【詳解】

A項：當U增大時；副線圈兩端電壓增大，所以副線圈中的電流增大，故A正確；

B項：當光照變弱時，光敏電阻阻值變大，副線圈中的總電阻變大，總電流變小，由公式P=U2I2可知；副線圈消耗的功率變小，變壓器的輸入功率變小，故B錯誤；

C項：當開關S由閉合到斷開時；副線圈中的總電阻變大，總電流變小，即電流表的示數變小，故C錯誤；

D項：當滑動觸頭P向下滑動時，原線圈匝數變小，副線圈電壓變大，R1中的電流變大；所以消耗的功率變大，故D正確．

故應選：AD．12、A:D【分析】【分析】

當變阻器的滑動觸頭P向上移動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律分析總電流的變化，即可知道a燈亮度的變化．由歐姆定律分析并聯部分電壓的變化，判斷c燈亮度的變化．由通過c的電流與總電流的變化，分析通過b燈電流的變化，判斷其亮度的變化．a、b；c三個燈泡的電阻都大于電源內阻；根據推論：外電阻等于電源的內阻時，電源的輸出功率最大，分析電源的輸出功率如何變化。

【詳解】

A、B項：當變阻器的滑動觸頭P向上移動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流I增大，a燈變亮。并聯部分電壓減小，c燈變暗。由總電流增大，而通過c燈的電流減小，可知通過b燈的電流增大，b燈變亮；故A正確，B錯誤；

C項：A；B、C三個燈泡的電阻都大于電源內阻；根據推論：外電阻等于電源的內阻時，電源的輸出功率最大，則知，當變阻器的滑動觸頭P向上移動時，外電路總電阻減小，電源輸出的電功率增大，故C錯誤；

D項：由于Ia=Ib+Ic，Ia增大，Ic減小，Ib增大，則知，流過b燈的電流變化值大于流過c燈的電流變化值；故D正確。

故應選：AD。

【點睛】

本題是電路動態(tài)分析問題，按局部到整體，再局部分析電壓、電流的變化．利用推論分析電源輸出功率的變化。13、A:B:E【分析】【詳解】

A．過程I是等溫膨脹過程，根據玻意耳定律可知當體積增大時，壓強減小；過程Ⅱ是等壓膨脹過程，根據蓋呂薩克定律可知當體積增大時，溫度升高；過程Ⅲ是絕熱膨脹過程，根據熱力學第一定律

體積增大時；氣體對外做功，故內能減小，又因為理想氣體的內能只與溫度有關，所以可得溫度降低，根據理想氣體狀態(tài)方程，當溫度降低，體積增大時，壓強減?。痪C合可得C狀態(tài)的溫度最高，A正確；

B．根據前面分析；Ⅱ過程中壓強不變，Ⅰ；Ⅲ過程中壓強都減小，同時狀態(tài)B、C、D的體積變化量相同，可知Ⅱ過程對外做的功最多，B正確；

C．三個狀態(tài)的B；C、D的體積相同；所以分子數密度相同，C錯誤；

D．根據前面分析；Ⅱ過程對外做的功最多，末狀態(tài)的溫度最高即內能最大，根據熱力學第一定律可知該過程吸收的熱量最多，D錯誤；

E．理想氣體的內能只與溫度有關；只有狀態(tài)D的溫度低于狀態(tài)A，所以只有狀態(tài)D的內能小于狀態(tài)A的內能，E正確。

故選ABE。14、A:D【分析】【詳解】

粒子被引出時滿足此時粒子的動能：則引出的質子和粒子動能之比為11，選項A正確；粒子的動量：則引出的質子和粒子動量之比為12，選項B錯誤；由可知，質子、粒子被引出的動能大小與電壓U無關，選項C錯誤，D正確．15、A:B【分析】滑動變阻器滑片P向右移動一段距離后；總電阻減小，則總電流增大，內電壓增大，外電壓減小，所以燈泡L的電流增大，燈泡變亮，電流表示數增大，電壓表示數減?。蔄B正確．燈泡兩端的電壓變大，外電壓變小，則滑動變阻器兩端的電壓減小，根據Q=CU知，電容器C上的電荷量減?。蔆錯誤．因為當外電阻等于內電阻時，電源的輸出功率變大，外電阻大于內電阻，外電阻減小，則輸出功率變大．故D錯誤．故選AB．

點睛：本題的難點在于確定電源的輸出功率如何變化，可以用數學證明，當內外電阻相等時，電源的輸出功率最大，這是很重要的結論．對于電容器，關鍵確定電壓，記住這個結論很有必要：電容器與與它并聯的電路電壓相等．16、B:D【分析】【詳解】

A、B、當在P、Q之間連接另外一只理想電流表G時外電路中的總電阻為根據閉合電路歐姆定律知R2和R4是并聯關系，根據分流原理知流過R4的電流是0.8A；所以有0.2A的電流從電流計流過；故A錯誤，B正確.

C；當在P、Q之間連接另外一只理想電流表G時相比原來的電阻變?。凰噪娏髯兇?，導致路端電壓減小，所以電壓表的示數變小，故C錯誤.

D、根據閉合電路歐姆定律知：則故D正確.

故選BD.

【點睛】

掌握電阻的連接方式和閉合電路的歐姆定律，動態(tài)分析電路的從局部導軌整體再到局部的步驟.17、A:C:D【分析】【詳解】

對A、B和彈簧組成的系統，從撤去推力到A離開豎直墻之前，系統受到墻壁的彈力作用，合外力不為零，則A、B和彈簧組成的系統動量不守恒；此過程中由于只有彈力做功，則機械能守恒，選項A正確，B錯誤；彈簧第二次恢復為原長時，此時A、B兩物體的速度方向均向右，方向一定相同，選項C正確；撤去力F后，B向右運動，彈簧彈力逐漸減小，當彈簧恢復原長時，A開始脫離墻面，這一過程機械能守恒，即滿足：E=(2m)vB2；A脫離墻面后速度逐漸增加，B速度逐漸減小，此過程中彈簧逐漸伸長，當A、B速度相同時，彈簧彈性勢能最大，這一過程系統動量和機械能均守恒，有：動量守恒：2mvB=（m+2m）v，機械能守恒：EPmax＝(2m)vB2?(m+2m)v2；可解得：EPmax＝即彈簧第一次；第二次壓縮最短時彈性勢能之比為3：1，所以D正確；故選ACD.

【點睛】

正確認識動量守恒條件和機械能守恒條件是解決本題的關鍵．如果一個系統不受外力或所受外力的矢量和為零，那么這個系統的總動量保持不變；系統只有重力或彈力做功為機械能守恒．三、填空題(共5題，共10分)18、略

【分析】【詳解】

[1]因為一個氫原子核外的電子從半徑為的圓軌道能夠自發(fā)地直接躍遷到半徑為的圓軌道上，則有

即氫原子的能量減小；會向外發(fā)射光子，因為能級差一定，只能發(fā)出特定頻率的光子；

[2][3]氫原子在發(fā)出特定頻率的光子之后，氫原子的總能量減小，根據可知軌道半徑減小，電子的動能增大，則原子的電勢能減小。【解析】發(fā)射，增大，減小，減小19、略

【分析】【詳解】

②根據閉合電路歐姆定律得：總電流減小，所以路端電壓變大；④根據并聯電路電流關系：總電流變小，而變大，則一定變小【解析】20、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】50021、略

【分析】【詳解】

設外界大氣壓為封閉氣體的壓強為封閉氣體的橫截面為S，氣柱的長度為封閉水銀柱受力平衡：解得由于氣體的溫度不變，所以的乘積應該是一定值，設為C，則解得當外界大氣壓降低相同的量時，根據函數關系可知氣柱的長度會增加，且氣柱移動的長度．【解析】下降<22、略

【分析】【分析】

【詳解】

滑塊甲乙系統在碰撞過程中水平方向動量守恒，根據動量守恒定律有：＋＝＋由題意知，兩者迎面碰撞，說明兩者初速度方向相反，不妨假設甲的初速度方向為正方向，又由于題目中只說明碰后乙的速度大小，未說明碰后速度方向，但系統初始總動量方向與正方向相同，因此碰后系統的總動量方向也應與正方向相同，所以碰后乙的速度方向只能沿正方向，解得碰后甲的速度為：＝0.05m/s，為正值，即方向與它原來的方向相同．【解析】0.05相同四、作圖題(共3題，共21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?。画h(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】24、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】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2題，共12分)26、略

【分析】【詳解】

（1）燈泡的額定電壓為3V，則電壓表選擇V1；額定電流為可知電流表選擇A2；滑動變阻器要用分壓電路，則選擇阻值較小的R1；因小燈泡的電阻較??；則用電流表外接電路；電路圖如圖；

（2）電流表的量程為0.6A；則讀數為0.42A；電壓表的量程為3V，則讀數為2.30V；

（3）由小燈泡U-I曲線可知，小燈泡的電阻隨電流的增加而增大；根據P=I2R可知I2=P，可知隨R的增加I2-P圖像的斜率減小；故圖像B正確；

（4）設通過燈泡的電流為I，燈泡兩端電壓為U，根據圖丙所示電路圖，由閉合電路歐姆定律可得：E=U+2Ir，