…………○…………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年魯科版選修3物理下冊月考試卷343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、如圖所示；把一塊不帶電的鋅板連接在驗電器上．當用紫外線照射鋅板時，發(fā)現(xiàn)驗電器指針偏轉一定角度，則。

A.鋅板帶正電，驗電器帶負電B.從鋅板逸出電子的動能都相等C.撤去光源，將毛皮摩擦過的橡膠棒與鋅板接觸，發(fā)現(xiàn)驗電器指針偏角不變D.撤去光源，將毛皮摩擦過的橡膠棒與鋅板接觸，發(fā)現(xiàn)驗電器指針偏角會變小2、如圖所示是一臺發(fā)電機的結構示意圖，其中N、S是永久磁鐵的兩個磁極，它們的表面呈半圓柱面形狀。M是圓柱形鐵芯，它與磁極的柱面共軸，鐵芯上有一矩形線框，可繞與鐵芯M共軸的固定轉動軸旋轉。磁極與鐵芯之間的縫隙中形成方向沿半徑、大小相等的磁場。若從圖示位置開始計時，當線框繞固定轉動軸勻速轉動時，下列圖像中可能正確反映線框中感應電動勢e隨時間t變化規(guī)律的是（）

A.B.C.D.3、回熱式制冷機是一種深低溫設備，制冷極限約50K。某臺回熱式制冷機工作時，一定量的氦氣（可視為理想氣體）緩慢經歷如圖所示的四個過程：已知狀態(tài)A和B的溫度均為27℃，狀態(tài)C和D的溫度均為℃；下列判斷正確的是（）

A.氣體由狀態(tài)A到B過程，溫度先降低后升高B.氣體由狀態(tài)B到C過程，內能保持不變C.氣體由狀態(tài)C到D過程，分子間的平均間距減小D.氣體由狀態(tài)C到D過程，氣體對外做功4、關于電源電動勢，下列說法正確的是()A.電源電動勢就是接在電源兩極間的電壓表的示數(shù).B.同一電源接入不同的電路，電動勢就會發(fā)生改變C.電源的電動勢是表示電源把其他形式的能量轉化為電能的本領大小的物理量.D.電源電動勢與外電路有關.5、如圖所示，傾角為30°的粗糙絕緣斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和頂端B分別固定等量的同種正電荷．質量為m、帶電荷量為＋q的物塊從斜面上的M點由靜止釋放，物塊向下運動的過程中經過斜面中點O時速度達到最大值v，運動的最低點為N(圖中沒有標出)；則下列說法正確的是。

A.物塊向下運動的過程中加速度先增大后減小B.物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)μ=C.物塊運動的最低點N到O點的距離小于M點到O點的距離D.物塊的釋放點M與O點間的電勢差為6、如圖所示，光滑水平桌面上有兩個大小相同的小球，m1：m2=2：1，球1以3m/s的速度與靜止的球2發(fā)生正碰并粘在一起，已知桌面距離地面的高度h=1.25m，g=10m/s2，則落地點到桌面邊沿的水平距離為（）

A.0.5mB.1.0mC.1.5mD.2.0m評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)7、關于飽和汽壓和相對濕度，下列說法中正確的是（）A.溫度相同的不同飽和汽的飽和汽壓都相同B.溫度升高時，飽和汽壓增大C.在相對濕度相同的情況下，夏天比冬天的絕對濕度大E.水蒸氣的實際壓強越大，人感覺越潮濕E.水蒸氣的實際壓強越大，人感覺越潮濕8、關于固體、液體和氣體，下列說法正確的是（）A.單晶體蔗糖磨碎后熔點不會發(fā)生變化B.由于液體表面層分子間距離大于液體內部分子間距離，故液體表面存在張力C.土壤里有很多毛細管，如果要把地下的水分沿著它們引到地表，可以將地面的土壤鋤松E.理想氣體在等壓膨脹過程中，氣體分子在相等時間內對容器內璧相同面積上的撞擊次數(shù)會減少E.理想氣體在等壓膨脹過程中，氣體分子在相等時間內對容器內璧相同面積上的撞擊次數(shù)會減少9、一定質量的理想氣體從狀態(tài)開始，經歷回到原狀態(tài)，其圖像如圖所示；下列判斷正確的是（）

A.氣體在狀態(tài)的內能小于在狀態(tài)的內能B.氣體從到的過程中，體積先變大后不變C.氣體從到的過程中，吸收的熱量大于內能的變化量D.氣體從到的過程中氣體對外界做的功，小于到的過程中外界對氣體做的功10、1930年年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示．這臺加速器由兩個銅質形盒、構成，其間留有空隙．下列說法正確的是（））

A.離子從電場中獲得能量B.離子由加速器的邊緣進入加速器C.加速電場的周期隨粒子速度增大而增大D.離子從形盒射出時的動能與加速電場的電壓無關11、電動自行車是一種應用廣泛的交通工具；其速度控制是通過轉動右把手實現(xiàn)的，這種轉動把手稱“霍爾轉把”，屬于傳感器非接觸控制．轉把內部有永久磁鐵和霍爾器件等，截面如圖甲．開啟電源時，在霍爾器件的上下面之間加一定的電壓，形成電流，如圖乙．轉把轉動永久磁鐵也跟著轉動，霍爾器件能輸出控制車速的電勢差，已知電勢差與車速關系如圖丙，以下關于“霍爾轉把”敘述正確的是（）

A.為提高控制的靈敏度，永久磁鐵的上下端分別為N、S極B.按圖甲順時針轉動把手，車速變快C.圖乙中從霍爾器件的左、右側面輸出控制車速的電勢差D.若霍爾器件的上下面之間所加電壓正負極性對調，不影響車速控制12、如圖甲為一列簡諧橫波在t=0.10s時刻的波形圖，P是平衡位置為x=1m處的質點，Q是平衡位置為x=4m處的質點，圖乙為質點Q的振動圖像；則（）

A.該簡諧波沿x軸負方向傳播B.t=0.15時，質點Q的加速度達到正向最大C.t=0.15s時，質點P的運動方向沿y軸正方向D.從t=0.10s到t=0.25s，該波沿x軸負方向傳播了6m13、如圖所示，在光滑的水平面上有一個質量為M的木板B處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)有一個質量為m的木塊A在B的左端以初速度開始向右滑動，AB之間接觸面粗糙，在A從B的左端滑到右端的過程中，下列說法正確的是()

A.A減少的動能可能等于B增加的動能B.A減少的動量一定等于B增加的動量C.A減少的動能一定大于B增加的動能D.A減少的動量可能不等于B增加的動量14、如圖，在光滑水平面上有一質量為的物體，在與水平方向成角的恒定拉力作用下運動，則在時間內（）

A.重力的沖量為B.拉力的沖量為C.拉力的沖量為D.物體動量的變化量等于評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、基本邏輯電路——門電路中所謂“門”，就是一種開關，在一定條件下它允許信號通過；如果條件不滿足，信號就被阻擋在“門”外。如圖所示的電路是用來說明“______”邏輯關系的電路。（選填“與”、“非’’或者“或”）16、如圖，左側豎直玻璃管固定，下端與汞壓強計相連，上端封有一定量的氣體。開始壓強計的U形管兩臂內汞面一樣高，氣柱長為10cm、溫度為7℃。當氣體溫度升為27℃時：如需保持氣體壓強不變，則應向___________（選填“上”或“下”）適當移動右管；如需保持氣體體積不變，則兩側玻璃管內的液面高度差應調整為___________cm（小數(shù)點后保留兩位）。（大氣壓強相當于76cm汞柱產生的壓強）

17、反射規(guī)律：反射線、法線與入射線在同一_______內，反射線與入射線分居_______兩側，反射角_______入射角。18、如圖所示，一邊長為0.1m的單匝正方形線圈從左側勻速進入勻強磁場，磁場的磁感應度B＝2T．從ab邊開始進入磁場至cd邊恰好進入磁場的過程中，線圈的磁通量變化了________Wb；若上述過程所經歷的時間為0.2s，則線圈中產生的感應電動勢為________V.

19、用均勻導線做成的正方形線框邊長為0.2m，正方形的一半放在垂直于紙面向里的勻強磁場中，如圖所示．當磁場以10T/s的變化率增強時，線框中a、b兩點間的電勢差是Uab＝_____V

20、一根電阻R=0.6Ω的導線彎成一個半徑r=1m的圓形線圈,線圈質量m=1kg，此線圈放在絕緣光滑的水平面上，在y軸右側有垂直線圈平面的磁感應強度B=0.5T的勻強磁場，如圖所示．若線圈以初動能Ek0=5J沿x軸方向滑進磁場，當進入磁場0.5m時，線圈中產生的電能為E=3J．求此時線圈的運動速度的大小為______m/s，此時線圈加速度的大小為______m/s2

21、在如圖所示，x軸上方有一勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于紙面向里，大小為B，x軸下方有一勻強電場，電場強度的大小為E，方向與y軸的夾角θ為45o且斜向上方．現(xiàn)有一質量為m電量為q的正離子，以速度v0由y軸上的A點沿y軸正方向射入磁場，該離子在磁場中運動一段時間后從x軸上的C點進入電場區(qū)域，該離子經C點時的速度方向與x軸正方向夾角為45o．不計離子的重力，設磁場區(qū)域和電場區(qū)域足夠大，則離子第三次穿越x軸時速度的大小為_______，C點橫坐標為_________．

22、閱讀短文；回答問題：

變頻空調機。

空調機中有被稱為“冷媒”的物質；利用它的物態(tài)變化可以實現(xiàn)室內；室外熱量的轉移，如圖所示是空調機制冷系統(tǒng)的原理圖，其中壓縮機的作用是對氣態(tài)“冷媒”加壓，并使“冷媒”在管內循環(huán)，壓縮機的轉速越大，“冷媒”的流量越大，空調機的制冷能力就越強．

壓縮機的轉速由供電頻率決定；“變頻空調”是與傳統(tǒng)供電頻率不變的“定頻空調”相比較而產生的概念，與“定頻空調”相比，變頻空調機的變頻器可以在一定范圍內調節(jié)供電頻率，從而改變壓縮機的轉速．供電頻率越高，轉速越大，達到控制“冷媒”流量的目的．

變頻空調機開始工作時；以最大功率進行制冷，當室內溫度快速降至設定溫度后，壓縮機隨機處于低速持續(xù)運轉狀態(tài)，維持室溫基本不變．

某型號變頻空調機的部分參數(shù)如下表；其中：制冷量是指單位時間內空調機從密閉區(qū)域內去除熱量的總和；能效比是空調機在額定狀態(tài)工作時，制冷量與輸入功率之比．

。

最小。

額定。

最大。

輸入功率/W

130

700

1400

制冷量/W

650

2660

3600

能效比。

﹣﹣

3．8

﹣﹣

請回答下列問題：

(1)空調機的制冷原理是：在室內；“冷媒”由于________吸收熱量，而在室外則由于________放出熱量，從而把室內的熱量轉移到室外，達到降低室內溫度的目的．（以上均填物態(tài)變化名稱）

(2)關于變頻空調機；下列說法正確的是：（_____）．（填字母序號）

A；變頻空調的壓縮機與定頻空調一樣；也是斷斷續(xù)續(xù)工作的。

B；空調機制冷時；圖中鋼管A內流動的是氣態(tài)“冷媒”

C；空調壓縮機是利用降溫的方法使“冷媒”發(fā)生物態(tài)變化的。

D、變頻器供電頻率越高，空調機的制冷能力越強23、如圖所示，在水平向左的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細線長度為L，一端拴一個質量為m電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點。把小球拉到使細線水平伸直的位置A然后將小球由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平方向成θ=60°的位置B時速度為零。則電場強度E=_____________，小球運動過程中的最大速率為____________。

____評卷人得分四、作圖題(共3題，共6分)24、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．

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(xiàn)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2題，共8分)27、在測量電源電動勢和內電阻的實驗中，已知一節(jié)干電池的電動勢約為1.5V，內阻約為電壓表V（量程為3V，內阻約）；電流表A（量程為0.6A，內阻約為）；滑動變阻器R（2A）。為了更準確地測出電源電動勢和內阻。

（1）請在圖1方框中畫出實驗電路圖。______

（2）在實驗中測得多組電壓和電流值，得到如圖2所示的U-I圖線，由圖可得該電源電動勢E=____V，內阻r=______Ω。（結果均保留兩位小數(shù)）

（3）一位同學對以上實驗進行了誤差分析。其中正確的是______。A.實驗產生的系統(tǒng)誤差，主要是由于電壓表的分流作用B.實驗產生的系統(tǒng)誤差，主要是由于電流表的分壓作用C.實驗測出的電動勢小于真實值D.實驗測出的內阻大于真實值

（4）某小組的同學找到了電阻箱，便設計了如圖甲所示的電路進行實驗，并且記錄了實驗中一系列電流表讀數(shù)I及與之對應的電阻箱阻值R，該小組同學通過巧妙地設置橫軸和縱軸，描繪出了如圖乙所示的圖線，則在圖乙中縱軸應表示______；（填I、R或與I、R相關的量），若該圖線的斜率為k，橫軸上的截距為m，則電動勢的測量值=______，內電阻的測量值=______

28、曉明同學在實驗過程中需改裝一電流表，現(xiàn)有一小量程電流表內阻Rg＝200Ω，滿偏電流Ig＝20mA，現(xiàn)在需改裝成0-0.1A和0-1A的兩個量程的電流表（如圖甲），此電流表公用一負接線柱，通過選擇不同的正接線柱改變量程，改裝電路如圖乙所示，其中a接線柱應該標注量程為______（選填“0-0.1A”或“0-1A”）．通過計算，曉明認為需接入R1=______Ω和R2=________Ω.

甲乙評卷人得分六、解答題(共3題，共21分)29、如圖，將導熱性良好的薄壁圓筒開口向下豎直緩慢地放入水中，筒內封閉了一定質量的氣體（可視為理想氣體）．當筒底與水面相平時，圓筒恰好靜止在水中．此時水的溫度t1=7.0℃，筒內氣柱的長度h1=14cm．已知大氣壓強p0=1.0×105=Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g取10m/s2．

（i）若將水溫緩慢升高至27℃；此時筒底露出水面的高度Δh為多少？

（ii）若水溫升至27℃后保持不變；用力將圓筒緩慢下移至某一位置，撤去該力后圓筒恰能靜止，求此時筒底到水面的距離H（結果保留兩位有效數(shù)字）．

30、如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板長為L,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．t=0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線水平射入兩板間，0～時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出，微粒運動過程中未與金屬板接觸，重力加速度的大小為g．

求：（1）粒子飛出電場時的速度大小和粒子在電場中運動的時間．

（2）時刻粒子的速度和粒子飛進到飛出電場力對粒子做的功．

31、如圖所示,固定在豎直平面內的4光滑圓弧軌道AB與粗糙水平地面BC相切于B點．質量m=0.1kg的滑塊甲從最高點A由靜止釋放后沿軌道AB運動,最終停在水平地面上的C點．現(xiàn)將質量m=0.3kg的滑塊乙靜置于B點,仍將滑塊甲從A點由靜止釋放結果甲在B點與乙碰撞后粘合在一起,最終停在D點．已知B、C兩點間的距離x=2m,甲、乙與地面間的動摩擦因數(shù)分別為=0.4、=0.2,取g=10m/s,兩滑塊均視為質點．求:

(1)圓弧軌道AB的半徑R;

(2)甲與乙碰撞后運動到D點的時間t參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

用紫外線照射鋅板，鋅板失去電子帶正電，驗電器與鋅板相連，則驗電器的金屬球和金屬指針帶正電，故A錯誤；從鋅板逸出電子的動能不一定都相等，選項B錯誤；用毛皮摩擦過的橡膠棒帶負電，則撤去光源，將毛皮摩擦過的橡膠棒與帶正電的鋅板接觸時，驗電器指針偏角會變小，選項C錯誤，D正確；故選D.2、D【分析】【詳解】

AB．因發(fā)電機的兩個磁極N；S呈半圓柱面形狀；磁極間的磁感線呈輻向分布，磁感應強度的大小不變，僅方向發(fā)生改變，故線框在磁場中轉動時垂直切割磁感線，產生的感應電動勢的大小不變，故AB錯誤；

CD．線框越過空隙段后；由于線框切割磁感線方向發(fā)生變化，所以感應電動勢的方向發(fā)生變化，故D正確，C錯誤。

故選D。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．如圖所示，因為等溫線離O點越遠，溫度越高，所以氣體由狀態(tài)A到B過程；溫度先升高后降低，選項A錯誤；

B．由圖示圖線可知，氣體由狀態(tài)到過程；氣體體積不變而壓強減小，由理想氣體狀態(tài)方程可知，氣體溫度降低，氣體內能減小，選項B錯誤；

C．由圖示圖線可知，氣體由狀態(tài)到過程；氣體體積增大，分子間的平均間距增大，故C錯誤；

D．由圖示圖線可知，氣體由狀態(tài)到過程；氣體體積增大，氣體對外做功，選項D正確。

故選D。4、C【分析】【分析】

電源沒有接入電路時兩極間的電壓在數(shù)值上等于電源的電動勢．電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉化為電能本領強弱；與外電路的結構無關，電源的電動勢在數(shù)值上等于內；外電壓之和；

【詳解】

A；電壓表是有內阻的；跟電源連接后構成一個通路，測量的是電壓表內阻的電壓，所以電壓表測得的電源兩極間電壓值略小于電動勢，故A錯誤；

B；電動勢反映本身的特性；與外電路的結構無關，故BD錯誤；

C；電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉化為電能本領強弱；電動勢越大，本領越大，故C正確。

【點睛】

本題考查對于電源的電動勢的理解能力，電動勢是表征電源把其他形式的能轉化為電能本領大小，與外電路無關。5、D【分析】【詳解】

根據(jù)點電荷的電場特點和電場的疊加原理可知，沿斜面從A到B電場強度先減小后增大，中點O的電場強度為零．設物塊下滑過程中的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＋qE=ma，物塊下滑的過程中電場力qE先方向沿斜面向下逐漸減少后沿斜面向上逐漸增加，所以物塊的加速度大小先減小后增大，選項A錯誤；物塊在斜面上運動到O點時的速度最大，加速度為零，又電場強度為零，所以有mgsinθ－μmgcosθ=0，所以物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)μ=tanθ=選項B錯誤；由于運動過程中mgsinθ－μmgcosθ=0，所以物塊從M點運動到N點的過程中受到的合外力為qE，因此最低點N與釋放點M關于O點對稱，選項C錯誤；根據(jù)動能定理有qUMO＋mgxMOsinθ－μmgxMOcosθ=mv2，且mgsinθ=μmgcosθ，所以物塊的釋放點M與O點間的電勢差UMO=選項D正確．6、B【分析】【詳解】

小球1在桌面上滑動的過程中速度不變；與小球2碰撞的過程中水平方向受到的合外力為0，所以滿足動量守恒定律，選取向右為正方向，設碰撞后速度分別是v，則：

由于則v=2m/s；

兩物塊桌面后做平拋運動，運動的時間：

所以落地時距桌面右邊緣的水平距離：x=vt=2×0.5=1.0m

故選：B．二、多選題(共8題，共16分)7、B:C:D【分析】【詳解】

AB．在一定溫度下；飽和汽壓是一定的，飽和汽壓隨溫度的升高而增大，飽和汽壓與液體的種類有關，與體積無關，故A錯誤，B正確；

CD．空氣中所含水蒸氣的壓強，稱為空氣的絕對濕度

夏天的飽和汽壓大；在相對濕度相同時，夏天的絕對濕度大，故CD正確；

E．人感受的空氣潮濕程度是相對濕度；故E錯誤。

故選BCD。8、A:B:E【分析】【分析】

【詳解】

A．單晶體蔗糖磨碎后熔點不會發(fā)生變化。故A正確；

B．由于液體表面層分子間距離大于液體內部分子間距離；分子間作用力表現(xiàn)為引力，故液體表面存在張力，故B正確；

C．將地面的土壤鋤松后破壞了土壤里的毛細管；不再發(fā)生毛細現(xiàn)象，水分保留在土壤內部。故C錯誤；

D．用打氣筒給自行車打氣時；越下壓越費力這是氣體壓強作用的緣故，與分子力無關，故D錯誤；

E．理想氣體在等壓膨脹過程中；溫度升高，分子平均動能增加，分子對器壁的平均撞擊力增大，而壓強不變，則氣體分子在相等時間內對容器內壁相同面積上的撞擊次數(shù)會減少，故E正確。

故選ABE。9、D【分析】【詳解】

A．理想氣體，忽略分子勢能，所以理想氣體的內能由溫度決定，氣體在狀態(tài)b的溫度大于在狀態(tài)c的溫度，所以在狀態(tài)b的內能大于在狀態(tài)的內能；故A錯誤；

B．由氣體理想狀態(tài)方程

可知，b到c的過程中，P不變，T減小，V減小，從c到d的過程中，V不變；故B錯誤；

C．由熱力學第一定律

可知，從c到d的過程中，V不變，W不變，T增大，增大，Q增大；則氣體吸收的熱量等于內能的變化量，故C錯誤；

D．從d到a的過程中，氣體做功

由蓋—呂薩克定律可知

聯(lián)立可得

同理可得，從b到c過程

從c到d的過程中，由查理定律可知

聯(lián)立可知

故D正確。

故選D。10、A:D【分析】【詳解】

因為洛倫茲力并不做功，而離子通過電場時有故離子是從電場中獲利能量，故A正確；要加速次數(shù)最多最終能量量大，則被加速離子只能由加速器的中心附近進入加速器，而從邊緣離開加速器，故B錯誤；據(jù)回旋加速器的工作原理知，電場的周期等于粒子在磁場運動的周期，等于粒子在磁場運動的周期，所以與離子的速度大小無關，故C錯誤；離子在磁場中洛倫茲力提供向心力，所以解得：據(jù)表達式可以知道，離子獲得的最大動能取決于D形盒的半徑，所以最大動能為與加速電場的電壓無關，故D正確．所以AD正確，BC錯誤．11、B:D【分析】【詳解】

由于在霍爾器件的上下面之間加一定的電壓；形成電流，當永久磁鐵的上下端分別為N；S極時，磁場與電子的移動方向平行，則電子不受洛倫茲力作用，那么霍爾器件不能輸出控制車速的電勢差，故A錯誤；當按圖甲順時針轉動把手，導致霍爾器件周圍的磁場增加，那么霍爾器件輸出控制車速的電勢差增大，因此車速變快，故B正確；結合圖乙的示意圖，那么永久磁鐵的N、S極可能在左、右側面，或在前、后表面，因此從霍爾器件輸出控制車速的電勢差，不一定在霍爾器件的左右側面，也可能在前后表面，故C錯誤；當霍爾器件的上下面之間所加電壓正負極性對調，從霍爾器件輸出控制車速的電勢差正負號相反，但由圖丙可知，不會影響車速控制，故D正確．

點睛：考查霍爾元件的工作原理，掌握“霍爾轉把”結構圖，理解霍爾器件能輸出控制車速的電勢差與什么因素有關，注意圖丙中電勢差的正負，不會影響車速．12、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．t=0.15s時，由圖乙知質點Q的位移達到負向最大；則可知其加速度達到正向最大，故A正確；

B．由圖乙知，在t=0.10s時，Q點在平衡位置沿y軸負方向運動，則由“波形平移法”可以推斷波沿x負方向傳播。t=0.10s時，質點P沿y軸正方向運動，由圖乙知波的周期為

則t=0.15s時，質點P的運動方向沿y軸負方向；故B正確；

C．從t=0.10s到t=0.25s時間內，所經歷的時間

由圖甲知波長

則波沿x軸負方向傳播了

故C錯誤；

D．從t=0.10s到t=0.25s時間內，所經歷的時間

由于質點P先向上接近波峰與向下接近波谷時速度較小，且在這段時間內質點P通過的路程小于質點P從平衡位置起在0.15s內通過的路程

所以，質點P從t=0.10s到t=0.25s時間內，經過的路程

故D錯誤。

故選AB。13、B:C【分析】【詳解】

AC.根據(jù)能量守恒定律可知；系統(tǒng)增加的能量等于減少的能量，AB間有相對運動，產生摩擦熱，所以A減少的動能一定大于B增加的動能，A不符合題意。

C符合題意。

BD.AB之間的作用力為相互作用力；其動量一定等大反向，所以A減少的動量一定等于B增加的動量，C符合題意。

D不符合題意14、B:D【分析】【詳解】

A．重力的沖量故A錯誤；

BC．拉力的沖量所以B正確，C錯誤；

D．各力的沖量根據(jù)動量定理知，合力的沖量等于動量的變化量，則動量的變化量為所以D正確。

故選BD。三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】【分析】

【詳解】

圖中兩個開關串聯(lián)，只有都閉合時，燈L才能亮，所以該邏輯關系為“與”邏輯關系。【解析】與16、略

【分析】【詳解】

[1]若需保持氣體壓強不變；根據(jù)蓋—呂薩克定律可知氣體溫度升高，則體積增大，所以左側汞面下降，而汞的總體積不變，且末狀態(tài)下左；右汞面應仍保持在同一高度，則末狀態(tài)下右側汞面應更加靠近管口，所以應向下適當移動右管。

[2]開始時封閉氣體的壓強和溫度分別為

末狀態(tài)下氣體溫度為

如需保持氣體體積不變，設末狀態(tài)下氣體壓強為p1，根據(jù)查理定律有

解得

根據(jù)平衡條件可知

解得兩側玻璃管中液面高度差對應的壓強為

即兩側玻璃管內的液面高度差應調整為5.43cm。【解析】下5.4317、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】平面法線等于18、略

【分析】【詳解】

從ab邊開始進入磁場至cd邊恰好進入磁場的過程中，線圈的磁通量變化了線圈中產生的感應電動勢．【解析】0.020.119、略

【分析】【詳解】

題中正方形線框的左半部分磁通量變化而產生感應電動勢，從而在線框中有感應電流產生，把左半部分線框看成電源，其電動勢為E，內電阻為r/2；畫出等效電路如圖所示．

則a、b兩點間的電勢差即為電源的路端電壓，設l是邊長，且依題意知．由得所以由于a點電勢低于b點電勢，故Uab=-0.1V．【解析】-0.120、略

【分析】【詳解】

（1）由能量守恒定律得：

代入數(shù)據(jù)解得：

（2）進入磁場x=0.5m時，切割磁感線的有效長度：

感應電動勢：E=BLv

線圈受到的安培力：

由牛頓第二定律得：F=ma

代入數(shù)據(jù)解得：a=2.5m/s2．【解析】22.521、略

【分析】【詳解】

[1]離子在空間中的運動情況如圖所示。

離子從A點開始做勻速圓周運動，第一次經過x軸后做勻減速直線運動，速度減為零后又做勻加速直線運動，根據(jù)可逆性可知，離子第二次回到x軸的速率和離開時相同，第二次進入磁場，然后做勻速圓周運動，所以離子第三次穿越x軸的速度大小為v0；

[2]磁場中帶電粒子在洛侖茲力作用下做圓周運動，由牛頓第二定律得：

解得：

由幾何知識知【解析】22、略

【分析】（1）在室內；制冷劑由液態(tài)變成氣態(tài)，叫做汽化，汽化吸熱；在室外又由氣態(tài)變成液態(tài)叫液化，液化放熱．故填汽化（蒸發(fā)）；液化．

（2）變頻空調的壓縮機是連續(xù)工作的，故A錯誤；由圖示可知，空調機制冷時，圖中鋼管A內流動的是氣態(tài)“冷媒”，故B正確；空調壓縮機是利用做功的方法使“冷媒”發(fā)生物態(tài)變化的，故C錯誤；變頻器供電頻率越高，空調機的制冷能力越強，故D正確。所以選BD。【解析】液化汽化BD23、略

【分析】【詳解】

[1]由動能定理可知

解得

[2]設小球在運動中細線與水平方向的夾角為α，則對任一時刻應有

解得

當時，v最大，為【解析】四、作圖題(共3題，共6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(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(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】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(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】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2題，共8分)27、略

【分析】【詳解】

（1）電路直接采用串聯(lián)即可；電壓表并聯(lián)在電源兩端，采用的是電流表內接法；電路圖如右圖所示；如圖所示。

（2）根據(jù)電路圖可知則U-I圖線中縱軸截距等于電源的電動勢E=1.50V

圖像斜率等于電源內阻

（3）AB．由電路圖可知；電流表采用內接法，由于電壓表分流作用，使所測電流小于電路總電流的真實值，造成了實驗誤差，A正確，B錯誤；

C．當外電路短路時，電流的測量值等于真實值，除此之外，由于電壓表的分流作用，電流的測量值小于真實值，電源的U-I圖像如圖所示；由圖像可知，電源電動勢的測量值小于真實值，C正確；

D．作出U-I圖線實際圖線和測量圖線；如圖所示。

由上圖可知電動勢的測量值偏小；內電阻的測量值偏小，D錯誤。

選AC。