…………○…………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年仁愛科普版選修3物理下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8題，共16分)1、如圖所示，容積為100cm3的球形容器與一粗細均勻的豎直長管相連，管上均勻刻有從0到100刻度，兩個相鄰刻度之間的管道的容積等于0.25cm3，有一滴水銀（體積可忽略）將球內氣體與外界隔開。當溫度為時；該滴水銀位于刻度40處。若不計容器及管子的熱膨脹，將0到100的刻度替換成相應的溫度刻度，則相鄰刻度線所表示的溫度之差，在此溫度計刻度內可測量的溫度范圍分別是（）

A.相等；266.4K~333KB.相等；233K~393.3KC.不相等；233K~393.3KD.不相等；266.4K~333K2、把一根電阻為1Ω的粗細均勻的金屬絲截成等長的2段．再把這2段金屬絲并聯起來，這樣并聯后的總電阻是（）A.0.05ΩB.0.25ΩC.4ΩD.1Ω3、在如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直．一帶電粒子（重力不計）從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動；則該粒子（）

A.一定帶正電B.可能帶負電C.若速度粒子在板間的運動是類平拋運動D.若此粒子從右端沿虛線方向進入平行板，仍做直線運動4、如圖所示，矩形導線框必abcd固定在水平桌面上，通有恒定電流的長直導線MN靠近水平桌面，且平行于ab邊，在長直導線勻速從ab平移到cd邊的過程中；下列說法正確的是。

A.導線框中有逆時針方向的感應電流B.導線框中感應電流的方向先順時針后逆時針C.導線框所受的安培力的合力方向水平向右D.導線框所受的安培力的合力方向先水平向右后水平向左5、如圖所示的電路中；兩平行金屬板之間的帶電液滴處于靜止狀態，電流表和電壓表均為理想電表，由于某種原因燈泡L的燈絲突然燒斷，其余用電器均不會損壞，則下列說法正確的是()

A.電流表、電壓表的讀數均變小B.電源內阻消耗的功率變大C.液滴將向上運動D.電源的輸出功率變大6、如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，實線為t=0時的波形圖，虛線為t=0.5s時的波形圖．已知該簡諧波的周期大于0.5s．關于該簡諧波，下列說法正確的是（）

A.波長為2mB.波速為6m/sC.周期為2.0sD.t=1s時，x=1m處的質點處于波峰7、如圖所示；光滑水平面上停著一輛小車，小車的固定支架左端用不計質量的細線系一個小鐵球．開始將小鐵球提起到圖示位置，然后無初速釋放．在小鐵球來回擺動的過程中，下列說法中正確的是()

A.小車和小球系統動量守恒B.小球向右擺動過程小車一直向左加速運動C.小球擺到右方最高點時刻，由于慣性，小車仍在向左運動D.小球擺到最低點時，小車的速度最大8、如圖所示；平行金屬板A；B水平正對放置，分別帶等量異號電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么。

A.若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷B.微粒從M點運動到N點電勢能一定增加C.微粒從M點運動到N點動能一定增加D.微粒從M點運動到N點機械能一定增加評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、如圖，理想變壓器的原、副線圈的匝數比為2∶1，在原、副線圈的回路中接入的電阻阻值均為R，電壓表和電流表均為理想電表，a、b端接有電壓為220sin10πtV的交流電，開關S處于斷開狀態時，設電壓表讀數為U，原、副線圈回路中電阻R消耗的功率之比為k；則()

A.U＝88V，k＝B.U＝110V，k＝4C.當開關閉合時，電流表的示數會減小D.當開關閉合時，電壓表的讀數會減小10、如圖，是以狀態α為起始點、在兩個恒溫熱源之間工作的卡諾逆循環過程（制冷機）的圖像，虛線為等溫線。該循環是由兩個等溫過程和兩個絕熱過程組成，該過程以理想氣體為工作物質，工作物質與低溫熱源和高溫熱源交換熱量的過程為等溫過程，脫離熱源后的過程為絕熱過程。下列說法正確的是（）

A.過程氣體壓強減小完全是由于單位體積內分子數減少導致的B.一個循環過程中，外界對氣體做的功大于氣體對外界做的功C.過程向外界釋放的熱量等于過程從低溫熱源吸收的熱量D.過程氣體對外做的功等于過程外界對氣體做的功11、一定量的理想氣體經歷了A→B→C→D→A的循環，ABCD位于矩形的四個頂點上。下列說法正確的是（）

A.狀態C的溫度為B.從A→B，分子的平均動能減少C.從D→A，氣體壓強增大、內能減小D.經歷A→B→C→D→A一個循環，氣體吸收的熱量大于釋放的熱量12、如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態a開始，經歷ab、be、cd、de四個過程到達狀態e，其中ba的延長線經過原點，bc連線與橫軸平行；de連線與縱軸平行．下列說法正確的是_______

A.ab過程中氣體從外界吸熱B.bc過程中氣體內能不變C.cd過程中氣體從外界吸熱E.狀態a的氣體體積比狀態d的氣體體積小E.狀態a的氣體體積比狀態d的氣體體積小13、在機械波一章中我們引進了一個新的物理量叫做‘波長’，下列關于波長的描述正確的是（）A.相鄰的、振動情況總相同的兩個質點間距離B.橫波中，兩波峰間的距離C.機械波在一個這周期內傳播的距離D.在波形圖中，波的圖像的長度14、如圖所示，兩平行金屬板間帶電質點P原處于靜止狀態，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時；則（）

A.電壓表讀數增大B.電流表讀數增大C.R3上消耗的功率逐漸減小D.質點P仍處于靜止狀態15、如圖所示；用輕彈簧相連的物塊A和B放在光滑的水平面上，物塊A緊靠豎直墻壁，一顆子彈沿水平方向射入物體B并留在其中，由子彈；彈簧和A、B物塊組成的系統，在下列說法中正確的是（）

A.子彈射入木塊過程動量守恒，機械能不守恒B.子彈射入木塊過程動量不守恒，機械能也不守恒C.彈簧推著含子彈的B物塊向右運動，直到彈簧恢復原長的過程；動量不守恒，機械能守恒D.彈簧推載著子彈的B物塊向右運動，直到彈簧恢復原長的過程；動量守恒，機械能不守恒16、如圖所示，質量為M的小車原來靜止在光滑水平面上，小車A端固定一根輕彈簧，彈簧的另一端放置一質量為m的物體C，小車底部光滑，開始讓彈簧處于壓縮狀態，當彈簧釋放后，物體C被彈出向小車B端運動，最后與B端粘在一起；下列說法中正確的是（）

A.物體離開彈簧時，小車向左運動B.物體與B端粘在一起之前，小車的運動速率與物體C的運動速率之比為C.物體與B端粘在一起后，小車靜止下來D.物體與B端粘在一起后，小車向右運動評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、如圖所示，半徑為R的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感強度為B，若在圓心處靜止的原子核中釋放一個質量為m，電量為q的粒子，粒子的初速度垂直于B，則粒子的初速度必須滿足條件________時，粒子才能從磁場中穿出，粒子穿過磁場需要的最長時間為_____________18、如圖所示為圓柱形區域的橫截面，在該區域加沿圓柱軸線方向的勻強磁場。帶電粒子（不計重力）第一次以速度v1沿截面直徑入射，粒子飛入磁場區域時，速度方向偏轉60°角；該帶電粒子第二次以速度v2從同一點沿同一方向入射，粒子飛出磁場區域時，速度方向偏轉90°角。則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運動的半徑之比為_______；速度之比為__________；周期之比為_________；時間之比為__________。19、（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，體積變為原來的________倍。20、帶有活塞的汽缸中封有一定質量的理想氣體，缸內氣體從狀態A變化到狀態B，如圖所示。設氣體在狀態A時的壓強為pA，體積為VA，溫度為TA，到狀態B時的溫度為TB。此過程中，汽缸單位面積上所受氣體分子撞擊的作用力____（選填“變大”“不變”或“減小”），____（選填“氣體對外做功”或“外界對氣體做功”）的絕對值為____，缸內氣體____（選填“吸收”或“放出”）熱量。

21、兩個分別帶有電荷量和的相同金屬小球（均可視為點電荷），固定在相距為的兩處，它們間庫侖力的大小為兩小球相互接觸后將其固定距離變為則兩球間的庫侖力的大小為的__________倍．22、如圖所示，真空中有一對相距為d的平行金屬板A和B，兩板間電勢差為U，兩板間的電場為勻強電場．若一個質量為m、電荷量為q的粒子，僅在靜電力的作用下由靜止開始從A板向B板做勻加速直線運動并到達B板，則粒子在運動過程中加速度大小a=________，粒子到達B板時的速度大小v=________．

23、如圖所示為一彈簧振子的振動圖像；試完成以下問題：

（1）該振子簡諧運動的表達式為____________________；

（2）該振子在第100s時的位移為________cm，該振子在前100s內的路程為________cm．評卷人得分四、作圖題(共3題，共24分)24、如圖所示，甲、乙是直線電流的磁場，丙、丁是環形電流的磁場，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．

25、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．

26、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1題，共7分)27、某實驗小組想組裝一個雙量程(3V；15V)的電壓表；提供的器材如下：

A．電流表G：滿偏電流為300μA；內阻未知；

B．干電池E：電動勢為3V；內阻未知；

C．滑動變阻器R1：最大阻值約為5kΩ；額定電流為1A；

D．滑動變阻器R2：最大阻值約為16kΩ；額定電流為0.5A；

E．電阻箱R0：0～9999.9Ω；

F．定值電阻R3：40kΩ；額定電流為0.1A；

G．開關兩個；導線若干．

(1)若用圖示電路測量電流表G的電阻，則滑動變阻器R應選用____(選填“C”或“D”)．

(2)將開關S1、S2都斷開，連接好實物圖，將滑動變阻器的滑片P調到____(選填“a”或“b”)端．接通開關S1，調節滑動變阻器使電流表G的指針示數為200μA；閉合開關S2，調節電阻箱R0的阻值為100Ω時電流表G的指針示數為100μA，則電流表G的內阻測量值為___Ω．

(3)在虛線框中畫出雙量程電壓表的電路原理圖______，并標明所選的器材和改裝電壓表對應的量程，其中R0應取值為___kΩ．

評卷人得分六、解答題(共4題，共36分)28、高速公路上的標志牌都用”回歸反射膜“，夜間行車時，它能把車燈射出的光逆向返回，這種“回歸反射膜”是用球體反射元件制成的．如圖，透明介質球的球心位于O點，半徑為R，光線DC平行于直徑AOB射到介質球的C點，DC與AB間的距離H=R．若DC光線進入介質球折射后；經一次反射，再折射后射出的光線與入射光線CD平行，試作出光路圖，并計算出介質球的折射率．

29、圖中畫出了非門的輸入端的工作波形圖；請在圖中畫出輸出端的工作波形圖，并在下表中完成其非門的真值表。

。

非門的真值表輸入輸出輸入輸出AZAZ001130、圖示為一光導纖維（可簡化為一長玻璃絲）的示意圖，玻璃絲長為L，折射率為n，AB代表端面。已知光在真空中的傳播速度為c。

（i）為使光線能從玻璃絲的AB端面傳播到另一端面，求光線在端面AB上的入射角應滿足的條件；

（ii）求光線從玻璃絲的AB端面傳播到另一端面所需的最長時間。31、如圖所示，空間有相互平行、相距和寬度也都為L的I、II兩區域，I、II區域內有垂直于紙面的勻強磁場，I區域磁場向內、磁感應強度為II區域磁場向外，大小待定．現有一質量為電荷量為的帶電粒子；從圖中所示的一加速電場中的MN板附近由靜止釋放被加速，粒子經電場加速后平行紙面與I區磁場邊界成45°角進入磁場，然后又從I區右邊界成45°角射出．

(1)求加速電場兩極板間電勢差

(2)若II區磁感應強度也是時；則粒子經過I區的最高點和經過II區的最低點之間的高度差是多少？

(3)為使粒子能返回I區，II區的磁感應強度應滿足什么條件？并求出粒子從左側進入I區到從左側射出I區需要的最長時間．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【詳解】

相鄰刻度線所表示的溫度之差相等，因為是等壓變化，溫度變化與體積變化比值恒定，或溫度數值與0到100的刻度數值成線性關系。水銀由0刻度到40刻度處，由等壓變化

水銀由0刻度到100刻度過程，由等壓變化

溫度測量的范圍

所以A正確；BCD錯誤。

故選A。2、B【分析】【詳解】

截成兩段后，每段電阻R=0.5Ω，然后再并聯后的電阻R并＝=0.25Ω．

A.0.05Ω；選項A不符合題意；

B.0.25Ω；選項B符合題意；

C.4Ω；選項C不符合題意；

D.1Ω，選項D不符合題意；3、B【分析】【詳解】

粒子從左射入，不論帶正電還是負電，電場力大小為qE，洛倫茲力大小F=qvB=qE，兩個力平衡，速度粒子做勻速直線運動．故A錯誤，B正確．若速度則粒子受到的洛倫茲力大于電場力，使粒子偏轉，做曲線運動；但洛倫茲力方向不斷變化，故合力不恒定，不是類似平拋運動；故C錯誤．此粒子從右端沿虛線方向進入，電場力與洛倫茲力在同一方向，不能做直線運動．故D錯誤．故選B．

【點睛】

解決本題的關鍵知道在速度選擇器中，從左邊射入，速度滿足條件，電場力與洛倫茲力平衡與電量、電性無關．4、C【分析】【詳解】

AB.直導線中通有向上的電流；根據安培定則知，通過線框的磁場方向先垂直向里減小，然后垂直向外增大，根據楞次定律知感應電流的方向為順時針方向，故A；B錯誤。

CD.根據左手定則知，ab邊所受安培力方向水平向右，cd邊所受安培力方向水平向右，則線框所受安培力的合力方向水平向右，故C正確，D錯誤。5、C【分析】【分析】

首先對電路進行分析：L2的燈絲突然燒斷可知電路中總電阻增大；由閉合歐姆定律可求得電路中電流及路端電壓的變化；再對并聯部分分析可知電容器兩端的電壓變化，則可知液滴的受力變化，則可知液滴的運動情況．根據電源的內外電阻關系，分析電源輸出功率的變化．

【詳解】

AC．當L2的燈絲突然燒斷可知電路中總電阻增大，則總電流減小，電源的內電壓和R1電壓減小；由閉合電路的歐姆定律可知，路端電壓增大，故電容器C的電壓增大，板間場強增大，帶電液滴所受的電場力增大，則該液滴將向上移動；

由于C兩端的電壓增大，R2、R3中的電流增大；則電流表；電壓表的讀數均變大；故A錯誤，C正確；

B．因干路電流減小；則電源內阻消耗的功率變小，故B錯誤；

D．由于電源的內外電阻的關系未知；不能判斷電源的輸出功率如何變化．故D錯誤．

【點睛】

本題考查閉合電路的歐姆定律，一般可以先將分析電路結構，電容器看作開路；再按部分-整體-部分的分析思路進行分析．6、B【分析】【詳解】

由圖可知波長=4m，A錯誤；波沿x軸正方向傳播，由圖可知s，得周期為s，因為該簡諧波的周期大于0.5s，則有：>0.5s，解得：即當n=0時s，則波速為：m/s，B正確，C錯誤；波沿x軸正方向傳播，可得：t=0時刻，x=1m處質點在波峰，故s時，x=1m處質點位于波谷，D錯誤．7、D【分析】【分析】

【詳解】

小車與小球組成的系統在水平方向動量守恒，在豎直方向動量不守恒，系統整體動量不守恒，故A錯誤；小球從圖示位置下擺到最低點，小車受力向左加速運動，當小球到最低點時，小車速度最大．當小球從最低點向右邊運動時，小車向左減速，當小球運動到與左邊圖示位置相對稱的位置時，小車靜止．故小球向右擺動過程小車先向左加速運動，后向左減速運動，小球擺到最低點時，小車的速度最大，故BC錯誤，D正確.8、C【分析】【分析】

【詳解】

A；粒子在電場力和重力的合力作用下做類平拋運動；合力向下，電場力可能向上而小于重力，也可能向下，故無法判斷A板的帶電情況，A錯誤；

B；電場力可能向上；也可能向下，故微粒從M點運動到N點電勢能可能增加，也可能減小，B錯誤；

C；粒子在電場力和重力的合力作用下做類似平拋運動；電場力和重力的合力向下，故從M到N動能增加，C正確；

D、電場力可能向上，也可能向下，故微粒從M點運動到N點過程，電場力可能做負功，也可能做正功，故機械能可能增加，也可能減少，D錯誤；二、多選題(共8題，共16分)9、A:D【分析】【詳解】

AB、由原線圈回路中電阻R消耗的功率副線圈回路中電阻R消耗的功率則有副線圈的電流原線圈回路中原線圈回路中電阻R的電壓a、b端電壓有效值為由題意可知輸入電壓有效值為解得故A正確；B錯誤；

CD、當開關閉合時，負載減小，副線圈的電流原線圈回路中原線圈回路中電阻R的電壓由題意可知輸入電壓有效值為解得故C錯誤，D正確；

故選AD．

【點睛】突破口是表示出原線圈中的電流和原線圈回路中的電阻的分壓，找出原線圈的電壓和原線圈回路中的電阻的分壓的數值關系．10、B:D【分析】【詳解】

A.由理想氣體狀態方程可得

由圖像可以看出

所以

即過程氣體壓強減小是由于單位體積內分子數減少和溫度降低導致的；故A錯誤；

B.理想氣體狀態方程和圖形面積表示做功可知，一個循環過程中，外界對氣體做的功大于氣體對外界做的功；故B正確；

C.由圖像可知，過程外界對氣體做的功大于過程氣體對外做的功，所以過程向外界釋放的熱量大于過程從低溫熱源吸收的熱量；故C錯誤；

D.因為兩個過程是絕熱過程，過程氣體對外做的功，氣體溫度由減小到等于過程外界對氣體做的功，氣體溫度由增加到由熱力學第一定律可知，過程氣體對外做的功等于過程外界對氣體做的功；故D正確。

故選BD。11、A:D【分析】【分析】

【詳解】

A．過程為等壓過程，則有

即有

解得

過程也為等壓過程，則有

即

解得故A正確；

B．從A→B從A→B；溫度升高，分子平均動能增大，故B錯誤；

C．從D→A；由圖可知，氣體壓強增大，溫度升高，氣體內能增大，故C錯誤；

D．經歷A→B→C→D→A一個循環,氣體內能不變；在p-V圖像中，圖像與坐標軸圍成面積表示功，所以即整個過程，氣體對外界做功，所以氣體吸收的熱量大于釋放的熱量，故D正確。

故選AD。12、A:C:E【分析】【詳解】

由理想氣體狀態方程：圖線斜率代表體積的倒數，ab過程中圖線斜率不變，故氣體的體積不變，不做功，又溫度升高，內能增大，由故A正確；bc過程為等壓過程，熱力學溫度升高，氣體體積增大，內能增大，故B錯誤；cd過程減小，則氣體體積增大，氣體對外做功，氣體溫度升高內能增大，由熱力學第一定律可知，Q為正值，即氣體要從外界吸熱，故C正確；de段為等溫過程，壓強降低，氣體體積增大，對外做功，D錯誤；由于圖線斜率代表體積的倒數，由圖可知，Oa的斜率大于Od的斜率，則狀態a的體積小于狀態d的體積，故E正確．13、A:C【分析】A：相鄰的；振動情況總相同的兩個質點間距離等于波長；故A項正確．

B：橫波中；相鄰兩波峰間的距離等于波長，故B項錯誤．

C：機械波在一個這周期內傳播的距離等于波長；故C項正確．

D：在波形圖上位移總是相同的相鄰兩質點之間的距離等于一個波長；故D項錯誤．

點睛：機械波是機械振動的傳播，分為橫波和縱波．波速表示振動在單位時間內向前傳播的距離．波長表示介質中振動情況總相同的兩個相鄰質點間的距離，等于相鄰兩個波峰(波谷)之間的距離，還等于波在一個周期內傳播的距離．波速等于波長和頻率的乘積．14、B:C【分析】【分析】

由圖可知電路結構；由滑片的移動可知電路中電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律可知各電表示數的變化及電容器兩端的電壓變化；再分析質點P的受力情況可知質點的運動情況．

【詳解】

由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯后與R3并聯后，再由R1串連接在電源兩端；電容器與R3并聯；當滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓減小，同時R1兩端的電壓也增大；故并聯部分的電壓減小；由歐姆定律可知流過R3的電流減小，則流過并聯部分的電流增大，故電流表示數增大；故B正確；因并聯部分電壓減小，而R2中的電流增大，電壓增大，故電壓表示數減小，故A錯誤；因電容器兩端電壓等于并聯電路兩端的電壓，電壓減小，故電荷受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，合力向下，質點P向下運動，故D錯誤；因R3兩端的電壓減小，由P=U2/R可知，R3上消耗的功率減小；故C正確；故選BC。

【點睛】

解決閉合電路歐姆定律的題目，一般可以按照整體-局部-整體的思路進行分析，注意電路中某一部分電阻減小時，無論電路的連接方式如何，總電阻均是減小的．15、A:C【分析】AB；子彈射入木塊過程；由于時間極短，子彈與木塊組成的系統動量守恒，則系統動量守恒．在此運動過程中，子彈的動能有一部分轉化為系統的內能，則系統的機械能減小，所以機械能不守恒．故A正確，B錯誤；

CD；彈簧推載著子彈的B物塊向右運動；直到彈簧恢復原長的過程，彈簧要恢復原長，墻對彈簧有向右的彈力，系統的外力之和不為零，則系統動量不守恒．在此運動過程中，只有彈簧的彈力做功，所以系統的機械能守恒．故C正確，D錯誤．

故選AC.16、A:B:C【分析】【詳解】

A．整個系統在水平方向不受外力；豎直方向上合外力為零，則系統動量一直守恒，系統初動量為零，物體離開彈簧時向右運動，根據系統的動量守恒定律得小車向左運動，故A正確；

B．取物體C的速度方向為正方向，根據系統的動量守恒定律得

得物體與B端粘在一起之前，小車的運動速率與物體C的運動速率之比

故B正確；

CD．當物體C與B端粘在一起時，整個系統最終ABC的速度相同，根據系統的動量守恒定律得

解得

系統又處于止狀態；故C正確，D錯誤。

故選ABC。三、填空題(共7題，共14分)17、略

【分析】粒子恰好不從磁場中穿出時的軌道半徑：

由牛頓第二定律得：解得：

粒子要穿出磁場，速度：

粒子在磁場中做圓周運動的周期：

粒子穿過磁場需要的最長時間：．

點睛：粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何知識求出粒子的最小軌道半徑，然后又牛頓第二定律求出粒子的速度，求出粒子的運動時間．【解析】18、略

【分析】【分析】

粒子進入磁場時，受到洛倫茲力作用而做勻速圓周運動，速度的偏向角等于軌跡對應的圓心角，再可求出軌跡對應的圓心角由求解時間之比；根據幾何知識求出軌跡半徑之比，由半徑公式求出速度之比．

【詳解】

設圓柱形區域為R。帶電粒子第一次以速度沿直徑入射時；軌跡如圖所示：

粒子飛出此磁場區域時速度方向偏轉60°角，則知帶電粒子軌跡對應的圓心角軌跡半徑為運動時間為帶電粒子第二次以速度沿直徑入射時，粒子飛出此磁場區域時速度方向偏轉90°角，則知帶電粒子軌跡對應的圓心角軌跡半徑為運動時間為所以軌跡半徑之比：時間之比：根據半徑公式得速度之比：根據可知；周期之比為1：1。

【點睛】

本題關鍵要掌握推論：粒子速度的偏向角等于軌跡的圓心角，運用幾何知識求出半徑關系，就能正確解答【解析】111:12：319、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】50020、略

【分析】【詳解】

[1]．缸內氣體從狀態A變化到狀態B為等壓變化，故氣缸單位面積上所受氣體分子撞擊的作用力不變；

[2][3]．氣體體積變大；對外做功；

由可得

則氣體對外做功的絕對值

[4]．理想氣體對外做功的同時，溫度升高，內能增大，根據熱力學第一定律△U=W+Q可知：△U＞0，W＜0，所以Q＞0．即氣體吸收熱量．【解析】不變氣體對外做功吸收21、略

【分析】【分析】

清楚兩小球相互接觸后；其所帶電量先中和后均分．根據庫侖定律的內容，根據變化量和不變量求出問題．

【詳解】

相距為r時，根據庫侖定律得：接觸后各自帶電量變為則此時兩式聯立得即大小為F的倍．

【點睛】

本題考查庫侖定律及帶電題電量的轉移問題．注意兩電荷接觸后各自電荷量的變化，這是解決本題的關鍵．【解析】22、略

【分析】【詳解】

粒子從靜止開始運動，只受電場力，有：U=Ed；F=qE；

聯立解得：

根據速度位移關系公式，有：v2=2ad

解得：

點睛：本題電荷在電場中加速問題，求解速度通常有兩種思路：一是動能定理；二是牛頓第二定律與運動學公式結合．【解析】23、略

【分析】【詳解】

（1）彈簧振子的周期為T=4s，則角速度為：振幅A=5cm故該振子簡諧運動的表達式為x=Asinωt=5sintcm．

（2）因而振子在一個周期內通過的路程是4A，所以振子在前100s的總路程是：s=25×4A=100×5cm=500cm；總位移為0.【解析】(cm)0500四、作圖題(共3題，共24分)24、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；

圖丁；環形電流從左側流入，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】25、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定圖象【解析】26、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1題，共7分)27、略

【分析】【分析】

(1)明確實驗原理；知道如何減小半偏法的實驗誤差，從而確定滑動變阻器；

(2)根據串并聯電路的基本規律進行分析；從而確定電流表G的內阻大小；

(3)根據改裝原理進行分析；知道改裝成電壓表時需要串聯一個大電阻．