…………○…………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年粵教版選修3物理上冊月考試卷929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6題，共12分)1、現有某一品牌的臺燈，其降壓變壓器接線原理如圖所示．閉合開關S1，當開關S2接1時，燈泡的功率為60W,當開關S2接2時；燈泡的功率為15W．假定燈絲的電阻不隨溫度變化，變壓器視為理想變壓器，則下列說法正確的是。

A.線圈1、3間的匝數是1、2間匝數的4倍B.正常工作條件下，S2接1時流過保險絲的電流是接2時流過保險絲電流的2倍C.若燈絲斷了，再搭接上會發現燈泡功率變小D.若輸入的電壓降為110V，則S2接1時燈泡的功率為15W2、如圖所示，空間中存在勻強電場和勻強磁場，電場和磁場的方向水平且互相垂直．一帶電微粒沿直線由a向b運動；在此過程中。

A.微粒做勻加速直線運動B.微粒的動量減小C.微粒的電勢能增加D.微粒的機械能增加3、如圖所示電路中，電源內阻不能忽略．閉合開關S后，調節R的阻值，使電壓表示數增大ΔU；在此過程中有()

A.R2兩端電壓減小ΔUB.通過R1的電流增大C.通過R2的電流減小量大于D.路端電壓增大量為ΔU4、“恒流源”是一種特殊的電源；其輸出的電流能始終保持不變，如圖所示的電路中電源是恒流源，當滑動變阻器滑動觸頭P向左移動時，下列說法中正確的是()

A.R0上的電壓變小B.R2上的電壓變大C.R1上的電壓變小D.R1上電壓變化量大于R0上的電壓變化量5、如圖所示，一水平放置的矩形線圈abed在磁場N極附近豎直自由下落，保持bc正在紙外；ad邊在紙內，由圖中的位置I經過位置Ⅱ到位置Ⅲ，這三個位置都靠得很近，在這個過程中，繞圈中感應電流的方向是()

A.沿a→b→c→d的方向流動B.沿d→c→b→a的方向流動C.由I到Ⅱ是沿a→b→c→d的方向流動，從Ⅱ到Ⅲ是沿d→c→b→a的方向流動D.由I到Ⅱ是沿d→c→b→a的方向流動，從Ⅱ到Ⅲ是沿a→b→c→d的方向流動6、如圖為小型旋轉電樞式交流發電機的原理圖，其矩形線圈在磁感應強度為B的勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動．磁場的磁感應強度B=×10-2T，線圈的面積s=0.02m2，匝數N=400匝，線圈總電阻r=2Ω，線圈的兩端經集流環和電刷與電阻R=8Ω連接，與電阻R并聯的交流電壓表為理想電表，線圈的轉速n=r/s．在t＝0時刻，線圈平面與磁場方向平行，則下列說法正確的是

A.交流發電機產生電動勢隨時間的變化關系是e=8sin100t(V)B.交流電壓表的示數為8VC.從t＝0時刻開始線圈平面轉過30o的過程中，通過電阻的電量約為5.6×10-3CD.電阻R上的熱功率為6.4W評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)7、一束復色光沿半徑方向射向一半圓形玻璃磚，發生折射而分為a、b兩束單色光，其傳播方向如圖所示．下列說法中正確的是（）

A.玻璃磚對a、b的折射率關系為B.a、b在玻璃中的傳播速度關系為C.增加入射角，單色光a先消失D.單色光a從玻璃到空氣的全反射臨界角大于單色光b8、如圖所示,水平光滑軌道寬和彈簧自然長度均為d．m2的左邊有一固定擋板．m1由圖示位置靜止釋放,當m1與m2相距最近時m1速度為v1,則在以后的運動過程中()

A.m1的最小速度是0B.m1的最小速度是v1C.m2的最大速度是v1D.m2的最大速度是v19、A、B兩物體之間接觸，但沒有發生熱傳遞，則（）A.兩物體所含有的熱量相等B.兩物體的內能相等C.兩物體的溫度相同D.兩物體的內能不一定相等10、如圖，一列沿軸正方向傳播的簡諧橫波，振幅為波速為在波的傳播方向上兩質點的平衡位置相距（小于一個波長），當質點在波峰位置時，質點在軸下方與軸相距的位置；則。

A.此波的周期可能為B.此波的周期可能為C.從此時刻起經過點可能在波谷位置D.從此時刻起經過點可能在波峰位置11、下列關于核反應及衰變的表述正確的有（）A.中，表示B.是輕核聚變C.半衰期的規律對少量的放射性原子不起作用D.衰變中產生的射線實際上是原子的核外電子掙脫原子核的束縛而形成的評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)12、如圖，電源電動勢E＝10V，內阻r＝0.8Ω，R1＝3.2Ω，當電鍵S斷開時，電阻R2消耗的電功率為4W；電鍵S閉合后，R2和R3的并聯電路消耗的總功率也是4W．則R2＝_______Ω，R3＝_______Ω．

13、某日中午，我區的氣溫達到30℃，空氣的相對濕度為60%，將一瓶水倒去一部分，擰緊瓶蓋后的一小段時間內，單位時間內進入水中的分子數_______（選填“多于”“少于”或“等于”）從水面飛出的分子數；天氣預報夜里的氣溫要降到20℃，那么空氣中的水蒸氣______（選填“會”或“不會”）成為飽和汽。（已知30℃時空氣的飽和汽壓為20℃時空氣的飽和汽壓為）14、一定質量的理想氣體，從狀態A開始經歷AB、BC、CA三個過程又回到狀態A，氣體的密度壓強p的關系圖像如圖所示，AB的反向延長線經過坐標原點O，BC、AC分別與縱軸、橫軸平行，則氣體從狀態A到狀態B溫度______（填“升高”“降低”“不變”），從狀態B到狀態C______熱（填“吸”“放”）。

15、將長為1m的導線ac從中點b折成如圖所示的形狀，放入B＝0.08T的勻強磁場中，abc平面與磁場垂直．若在導線abc中通入25A的直流電，則整個導線所受安培力大小為______N．16、如右圖所示，在圓心為O、半徑為r的圓形區域內有方向垂直紙面向里的勻強磁場，一電子以速度v沿AO方向射入，后沿OB方向射出勻強磁場，若已知∠AOB=120°，則電子穿越此勻強磁場所經歷的時間是________。17、如圖所示，質量為m的導體棒a從h高處由靜止起沿足夠長的光滑導電軌道滑下，另一質量為2m的導體棒b靜止在寬為L的光滑水平導軌上，在水平軌道區域有垂直于軌道平面向上的勻強磁場，磁感應強度為B，a、b導體棒不會相碰，重力加速度取g，則a、b導體棒的最終的共同速度為__________，回路中最多能產生焦耳熱為__________．

18、如圖所示，一質量為m、電荷量為+q的小球從距地面為h處，以初速度v0水平拋出，在小球運動的區域里，加有與小球初速度方向相反的勻強電場，若小球落地時速度方向恰好豎直向下，小球飛行的水平距離為L，小球落地時動能Ek=__________，電場強度E=_____________．

19、位于坐標原點O處的波源產生一個沿x軸正方向傳播的脈沖波，波速v=20m/s．已知t=0時刻波剛好傳播到x=10m處，如圖所示．若傳播過程中無能量損失，由圖可知振源只振動了_____s，再經____s波剛好傳播到x=20m處，t=0時刻后x=8m處的質點運動的路程為___cm．

20、質量為M的物塊靜止在光滑水平桌面上，質量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度2v0/3射出．則物塊的速度為_______，此過程中損失的機械能為______．評卷人得分四、作圖題(共3題，共9分)21、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．

22、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．

23、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32分)24、在“驗證動量守恒定律”的實驗中；甲；乙兩位同學用了不同的實驗方案．

（1）如圖1所示；甲同學利用“碰撞實驗器”驗證動量守恒定律．

①實驗中，斜槽軌道末端_______________．（填選項前字母）

A．必須水平。

B．要向上傾斜。

C．要向下傾斜。

②若入射小球質量為m1，半徑為r1；被碰小球質量為m2，半徑為r2．實驗要求m1___________m2，r1_________r2．（填“＞”“＜”或“＝”）

③圖1中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影．實驗時，先讓入射小球m1多次從斜軌上S位置由靜止釋放，找到其平均落點位置P，測量平拋射程OP．然后把被碰小球m2靜置于軌道水平部分末端，再將入射小球m1從斜軌上S位置由靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復．空氣阻力忽略不計，接下來要完成的必要步驟是_____________．（填選項前的字母）

A．測量兩個小球的質量m1、m2

B．測量小球m1開始釋放時的高度h

C．測量拋出點距地面的高度H

D．分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、N

E．測量平拋射程OM、ON

F．測量兩個小球的半徑r1、r2

④若兩小球相碰前后的的動量守恒，其表達式可表示為_____________________________；若碰撞時彈性碰撞，則還可以寫出表達式為________________________．（用③問中測量的量表示）

（2）如圖2所示，乙同學利用此裝置驗證動量守恒定律．水平氣墊導軌（軌道與滑塊間摩擦力忽略不計）上裝有兩個光電計時裝置C和D，可記錄遮光片的遮光時間．將滑塊A、B靜止放在導軌上；乙同學按照如下步驟進行試驗：

a．測量滑塊A的質量測量滑塊B的質量

b．測量滑塊A的遮光片的寬度d1，滑塊B的遮光片的寬度d2

c．給滑塊A一個向右瞬時沖量，讓滑塊A與靜止的滑塊B發生碰撞后，B、A依次通過光電計時裝置D

d．待B、A完全通過廣電計時裝置D后用手分別按住。

e．記錄光電計時電裝置C顯示的時間t1和裝置D顯示的時間t2、t3

①完成上述實驗步驟需要的實驗器材有___________．

②按照乙同學的操作，若兩滑塊碰撞前后的動量守恒，其表達式可表示為________________________；兩滑塊碰撞過程中損失的機械能為________________________________．

（3）通過實驗來“驗證動量守恒定律”，不論采用何種方法，都要測得系統內物體作用前后的“速度”，請比較分析甲、乙同學的兩個實驗方案，分別說明在測得“速度”的方法上有何不同？___________25、某學生為了測量一物體的質量，找到一個力電傳感器，該傳感器的輸出電壓正比于受壓面的壓力（比例系數為k），如圖所示．測量時先調節輸入端的電壓，使傳感器空載時的輸出電壓為0；而后在其受壓面上放一物體，即可測得與物體質量成正比的輸出電壓現有下列器材：

力電傳感器、質量為的砝碼；電壓表、滑動變阻器、干電池各一個、電鍵及導線若干、待測物體（可置于力電傳感器的受壓面上）．請完成對該物體質量的測量：

(1)設計一個電路，要求力電傳感器的輸入電壓可調，并且使電壓的調節范圍盡可能大，在方框中畫出完整的測量電路圖_______________．

(2)以下為簡要的測量步驟；請將不完整處補充完整：

A．調節滑動變阻器；使傳感器的輸出電壓為零；

B．將_______放在傳感器上，記下輸出電壓U0；

C．將待測物放在傳感器上，記下輸出電壓

(3)根據以上測量，可求出：比例系數_____，待測物體的質量_______.26、要測量電源的電動勢E及內阻r（E約為4.5V，r約為1.5Ω）.

給出的器材有：量程為0～3V的電壓表V（具有一定內阻）；量程為0～0.6A的電流表A（內阻RA；約1Ω）、阻值為1.0Ω的定值電阻R0、電阻箱R、單刀單擲開關2個、導線若干.

某研究性學習小組利用上述器材設計了如圖所示的實驗電路原理圖.

請回答下列問題：

（1）閉合開關S1、S2，調節電阻箱R，使電流表和電壓表有較大的偏轉，此時記下電流表示數I0和電壓表示數U0，則電流表的內阻RA＝______________；

（2）閉合開關S1，斷開開關S2，調節電阻箱的阻值，使電流表有較大的偏轉，并記錄多組電阻箱的阻值R和電流表對應的示數I，然后利用圖象法處理數據，若以R為縱軸，則應該以___________（選填“I”“I2”或“”）為橫軸.若該研究性學習小組利用正確方法作出的圖象如圖所示，圖中a和b是已知量，則電源的電動勢為E＝_______________，電源內阻為r＝________________.（用測得的量和已知量表示）

27、一個小燈泡的額定電壓為2.0V；額定電流約為0.5A，選用下列實驗器材進行實驗，并利用實驗數據描繪小燈泡的伏安特性曲線。

A.電源E：電動勢為3.0V；內阻不計。

B.電壓表V1：量程為0~3V；內阻約為1kΩ

C.電壓表V2：量程為0~15V；內阻約為4kΩ

D.電流表A1：量程為0~3A；內阻約為0.1Ω

E.電流表A2：量程為0~0.6A；內阻約為0.6Ω

F.滑動變阻器R1：最大阻值為10Ω；額定電流為1.0A

G.滑動變阻器R2：最大阻值為150Ω；額定電流為1.0A

H.開關S；導線若干。

（1）實驗中使用的電壓表應選用_____；電流表應選用_____；滑動變阻器應選用_____（請填寫選項前對應的字母）

（2）實驗中某同學連接實驗電路如圖1所示，請不要改動已連接的導線，在下面的實物連接圖中把還需要連接的導線補上_____；

（3）根據實驗中測得的電壓表和電流表數據，已在圖2坐標紙上做出小燈泡的U-I圖線。請簡述該圖線不是直線的主要原因：_____；

（4）若將實驗中的小燈泡接在電動勢為1.5V、內阻為1.5Ω的電源兩端，則小燈泡的實際功率約為_____W（保留兩位有效數字）。評卷人得分六、解答題(共2題，共8分)28、如圖甲所示，氣缸（足夠長）開口向右、固定在水平桌面上，氣缸內用橫截面積為S的活塞封閉了一定質量的理想氣體，活塞與氣缸壁之間的摩擦忽略不計．輕繩跨過光滑定滑輪將活塞和地面上質量為m的重物連接．開始時氣缸內外壓強相同，均為大氣壓P0（mg<P0S，g為重力加速度），輕繩處在伸直狀態，氣缸內氣體的溫度為T0，體積為V0．現用力拖動氣缸使其緩緩向左移動（溫度不變）至重物剛離開地面，接著緩慢降低氣體的溫度，使得氣缸內氣體的體積恢復為V0；求：

（i）重物剛離開地面時氣缸向左移動的距離d；

（ii）氣體體積恢復為V0時的溫度T．29、如圖所示兩小滑塊分別靜止在平臺的兩端，間距x=6.25m，質量分別為m1=1kg、m2=2kg水平面上依次排放兩塊完全相同的木板A、B，其長度均為L=2.5m，質量均為M=1kg，木板上表面與平臺等高滑塊與平臺間、木板與水平面間的動摩擦因數均為μ1=0.2，滑塊與木板間的動摩擦因數均為μ2，現給滑塊m1一水平向右的初速度v0=13m/s，一段時間后與m2發生彈性碰撞．最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，g取10m/s2．求：

(1)碰前滑塊m1的速度大小及碰后滑塊m2的速度大小。

(2)若滑塊m2滑上木板A時，木板不動而滑上木板B時，木板B開始滑動，則μ2應滿足什么條件。

(3)若μ2=0．8求木板B的位移大小。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【詳解】

A項：由知，燈接1、3時為60W，接2、3時為15W，即．再由可得所以線圈1；3間的匝數是1、2間匝數的2倍，故A錯誤；

B項：S2接1和2時，原線圈輸入功率之比為由知，S2接1時流過保險絲的電流是接2時流過保險絲電流的4倍；故B錯誤；

C項：燈絲斷了再搭接上后長度變小；局部截面積變大，電阻變小，因而功率變大，故C錯誤；

D項，由知，若輸入的電壓降為110V，1、3電壓降為原來的功率將降為原來的燈上的功率由60W降為15W，D正確．2、D【分析】【分析】

對帶電粒子進行受力分析；受到豎直向下的重力，水平向左的電場力和垂直于虛線向右上的洛倫茲力，由于帶電粒子做直線運動，可判斷粒子合外力為零，再根據各力的做功情況，即可判斷．

【詳解】

AB；微粒受到重力、電場力和洛倫茲力作用；微粒做直線運動，其合力方向與速度方向共線，根據做直線運動的條件可知微粒的受力情況如圖所示：

所以微粒一定帶負電；微粒一定做勻速直線運動；否則速度變化，洛倫茲力變化，微粒做曲線運動，因此微粒的動量保持不變，故AB錯誤；

C、微粒由a沿直線運動到b的過場中；電場力做正功，電勢能一定減小，故C錯誤；

D；重力做負功；重力勢能增加，而動能不變，則微粒的機械能一定增加，故D正確．

故選D．

【點睛】

帶電粒子在重力場、電場、磁場的復合場中，只要是做直線運動，一定是勻速直線運動（v與B不平行）．若速度是變的，洛倫茲力會變，合力就是變的，合力與速度不在一條直線上，帶電體就會做曲線運動．3、B【分析】【詳解】

A.因電壓表示數增大，可知并聯部分的總電阻增大，則整個電路總電阻增大，總電流減小，R2兩端電壓減小，電源內阻分擔電壓減小，路端電壓增大，所以R2兩端電壓減小量小于ΔU；故A項不合題意.

B.電壓表示數增大ΔU，R1是定值電阻，根據歐姆定律可知通過R1的電流增大量等于故B項符合題意．

CD.因R2兩端電壓減小量小于ΔU，有通過R2的電流減小量小于由于R2兩端電壓減小，則知路端電壓增大量小于ΔU，故C項不合題意，D項不合題意．4、A【分析】【分析】

由電路圖可知，R0與R1串聯后再與R2并聯，根據滑片的移動可知接入電路中電阻的變化，然后得出電路中總電阻的變化；因電源輸出的電流始終保持不變（即干路電流不變），根據歐姆定律可知電源電壓的變化，根據歐姆定律可知通過R2電流的變化，根據并聯電路的電流特點可知通過R0和R1支路的電流變化，根據歐姆定律可知R1上的電壓變化，根據串聯電路的電壓特點R0上的電壓變化以及R1上電壓變化量與R0上的電壓變化量的關系．

【詳解】

B.由電路圖可知，R0與R1串聯后再與R2并聯；當滑動變阻器滑動觸頭P向左移動時，接入電路中的電阻變小，電路中的總電阻變小；

因電源輸出的電流始終保持不變(即干路電流不變)，由U=IR可知，電源的電壓變小，即R2上的電壓變小，R0和R1支路的總電壓變小．故B錯誤；

AC.由I=U/R可知，通過定值電阻R2的電流變小，因并聯電路中干路電流等于各支路電流之和，所以，R0和R1支路的電流變大，由U=IR可知，R1上的電壓變大．R0與R1串聯，因串聯電路中總電壓等于各分電壓之和，且電源電壓增小，R1上的電壓變大，所以，R0上的電壓變小．故A正確；C錯誤；

D.因串聯電路中總電壓減小，且R0兩端電壓的減少量大于R1兩端電壓的增加量，即R1上電壓變化量小于R0上的電壓變化量；故D錯誤．

故選A．5、A【分析】分析N極右側附近的磁場，在I位置通過線圈的磁場斜向上，到II位置時，通過線圈的磁場方向與線圈平面平行，故磁通量為零．因此從I到II過程中，向上的磁通量減少，因為感應電流的磁場與原磁場方向相同，即向上，由安培定則可知感應電流方向為abcd流動;而在III位置時通過線圈的磁場方向斜向上，因此從II到III過程中，通過線圈的磁通量增加，故感應電流磁場與原磁場方向相反，即向上，由安培定則可知感應電流方向仍為abcd方向，故A項正確．6、C【分析】【詳解】

磁場的磁感應強度B=×10-2T，線圈的面積s=0.02m2，匝數n=400，線圈總電阻r=2.0Ω，線圈的轉速n0=r/s．所以ω=100rad/s，最大值為：Em=nBSω=8V，則瞬時值為e=8cos100tV，故A錯誤；交流電壓表顯示的是路端電壓有效值，示數為=6.4V，故B錯誤；從t=0時刻開始轉過30°的過程中，通過電阻的電量為：故C正確；電阻R上的熱功率為：P=I2R=()2R=5.12W；故D錯誤；故選C．

【點睛】

本題考查了交流電的峰值和有效值、周期和頻率的關系，記住，求電量用電動勢的平均值，求熱量用有效值．二、多選題(共5題，共10分)7、B:C【分析】【詳解】

因為a光偏轉角度大,說明玻璃磚對a光的折射率大,即故A錯誤;根據公式a光的折射率大,a光在玻璃中的傳播速度小,即故B正確；因為根據臨界角公式知單色光a從玻璃到空氣的全反射臨界角小于單色光b從玻璃到空氣的全反射臨界角,所以當增加入射角，單色光a先消失，故C正確；D錯誤；故選BC8、B:D【分析】【分析】

當與相距最近后，繼續前行；兩物體組成的系統水平方向不受外力，故動量守恒；由動量守恒及機械能守恒定律分析過程可知兩小球的運動情景．

【詳解】

從小球到達最近位置后繼續前進，此后拉到前進，減速，加速，達到共同速度時兩者相距最遠，此后繼續減速，加速，當兩球再次相距最近時，達到最小速度，達最大速度：兩小球水平方向動量守恒，速度相同時保持穩定，一直向右前進，解得故的最大速度為的最小速度為BD正確．

【點睛】

本題為彈性碰撞的變式，可以作為水平方向彈性碰撞模型進行分析，分析其運動過程找出其最大最小速度的出現位置，由動量守恒可以解答．9、C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．熱量是指熱傳遞過程中轉移的內能；不能說“物體含有熱量”，故A錯誤；

BD．物體的內能取決于物體的物質的量；溫度和體積；兩物體溫度相等，內能不一定相等，故B錯誤、D正確；

C．處于熱平衡的兩物體溫度一定相等；不發生熱傳遞，故C正確。

故選CD。10、A:C:D【分析】【詳解】

試題分析：對AB選項；根據題意，有兩種情況：

第1種情況：波的圖象如圖所示，從圖象得，所以波長根據周期故A正確．

第2種情況如圖所示：

波的圖象如圖，從圖象得，根據所以故B錯誤；

對CD選項；根據以上兩種情況，也有兩種對應的情況：

第1種情況：波長是1.2m的波，在波的圖象如下圖，從圖象知，b在波谷；所以C正確．

第2種情況，波長是0.6m的波，波的圖象如下圖，從圖象知，b在波峰；所以D正確．

故選ACD．

考點：波長；頻率和波速的關系．

點評：本題考查波的多解性，此類題目要注意全面考慮，找出所有的可能情況；本題采用了圖象法進行分析，要注意學會用波動圖象來進行分析判斷．同時還要注意b在下方1cm的意思要弄明白．11、B:C【分析】【詳解】

根據質量數和電荷數守恒的規律，A項中X表示A錯誤；是輕核聚變，B正確；半衰期的規律是大量同種原子的統計規律，對單個放射性原子無法確定其衰變時間，C正確；衰變中產生的射線是原子核內放出的，D錯誤；故選BC.三、填空題(共9題，共18分)12、略

【分析】【詳解】

當電鍵斷開時，電阻與串聯連接到電源上；則有：

解得：

令的電阻為則有：

解得：

由電阻并聯的特點，均舍去。

所以．【解析】1613、略

【分析】【詳解】

[1]末達到飽和蒸汽時；相同時間內回到水中的分子數小于從水面飛出的分子數。

[2]30℃時空氣的相對濕度

解得實際的空氣水氣壓強

故氣溫要降到20℃，空氣中的水蒸氣會成為飽和汽。【解析】少于會14、略

【分析】【詳解】

[1]根據

可知

則氣體從狀態A到狀態B溫度不變。

[2]從狀態B到狀態C，氣體密度減小，則體積變大，對外做功；壓強不變，則溫度升高，內能變大，則氣體吸熱。【解析】不變吸15、略

【分析】試題分析：折線abc受力等效于a和c連線受力，由幾何知識可知ac＝m，F＝ILBsinθ＝25×0.08××sin90°N＝N；

考點：勻強磁場中的安培力【解析】16、略

【分析】弧AB對應的圓心角為60°，所以經歷的時間為而粒子運動的半徑為根據幾何知識可得所以【解析】17、略

【分析】【分析】

a先加速下滑，進入磁場后切割磁感線，產生感應電動勢和感應電流，受到向左的安培力而做減速運動，b在安培力作用下向右加速運動；也切割磁感線產生感應電動勢，此感應電動勢與a的感應電動勢方向相反，整個回路總的電動勢減小，感應電流減小，兩棒所受的安培力減小，當兩棒的速度相等時，電路中不再產生感應電流，兩棒不受安培力，將一起做勻速運動，達到穩定狀態．以兩棒組成的系統為研究對象，滿足動量守恒，據動量守恒定律求解即可；當兩棒最終一-起做勻速運動時，回路中不再產生焦耳熱，根據能量守恒定律求解即可．

【詳解】

第一空．a從h高處由靜止滑到水平導軌處；由動能定理得：

解得：

a進入磁場后，a棒減速，b棒加速，最終速度相等，a、b系統水平方向合外力為零．

設水平向右為正方向；由動量守恒定律得：

解得，最終速度：

第二空．整個過程；對系統,由能量守恒定律得：

解得：．

【點睛】

本題考查電磁感應現象的綜合應用，屬于一般題型．【解析】18、略

【分析】【詳解】

[1]把小球的運動分解到水平和豎直方向，豎直方向做自由落體運動，水平方向作用下做勻減速運動。由小球落地時速度方向恰好豎直向下，知落地時v0恰好減為零，落地時速度為

落地時的動能為

解得

[2]豎直方向

水平方向

聯立可得【解析】mgh19、略

【分析】【詳解】

由圖可知λ=6m，則λ=8m，周期則由圖可知振源只振動了波剛好傳播到x=20m處還需要的時間：t=0時刻后x=8m處的質點只振動了T/2，則運動的路程為2A=10cm．【解析】0.30.51020、略

【分析】【詳解】

子彈穿過物塊過程動量守恒解得

系統損失的機械能即動能【解析】四、作圖題(共3題，共9分)21、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】22、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】23、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32分)24、略

【分析】【詳解】

（1）①實驗中；斜槽軌道末端必須要水平，以保證小球能做平拋運動，故選A；

②為保證兩球發生正碰，要求兩球必須要等大，即r1=r2；為防止入射球反彈，則入射球的質量要大于被碰球的質量，即m1>m2；

③要驗證動量守恒定律定律，即驗證：m1v1=m1v2+m2v3；

小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t；

得：m1OP=m1OM+m2ON；

因此需要完成的必要的操作步驟是ADE．

④實驗需要驗證：m1OP=m1OM+m2ON；

若碰撞時彈性碰撞，則還可以寫出表達式為

即即

（2）①完成上述實驗步驟需要的實驗器材有天平和刻度尺；

②碰撞前后滑塊A的速度分別為：

碰撞后滑塊B的速度為：

則要驗證的關系是：即

兩滑塊碰撞過程中損失的機械能為：

（3）甲是利用平拋射程間接代替速度，乙是用遮光板通過光電門的平均速度代替瞬時速度．【解析】A>=ADE天平、刻度尺甲是利用平拋射程間接代替速度，乙是直接求出速度．25、略

【分析】【分析】

(1)根據題意確定輸入端電路；在輸出端接測量輸出電壓的電壓表．

(2)先調節輸入電壓；使輸出電壓為零，然后測量物體質量；根據測量數據求出系數k．

(3)從電源電壓與量程等角度分析可能出現的問題．

【詳解】

(1)根據“可測得與物體的質量成正比的輸出電壓U”可知：輸出端應接電壓表．又根據“為了使輸入電路的電壓調節范圍盡可能大”可知：必須用滑動變阻器在輸入端組成分壓電路．設計的電路如圖所示