2025年粵教版選修三物理上冊階段測試試卷

…………○…………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年粵教版選修三物理上冊階段測試試卷791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、關于分子動理論和物體的內能，下列說法中正確的是（）A.液體分子的無規(guī)則運動稱為布朗運動B.溫度是物體分子熱運動平均動能的標志C.物體從外界吸收熱量，其內能一定增加D.改變物體內能的方式有做功和熱傳遞，它們的本質是相同的2、一定質量的理想氣體經歷一系列變化過程；如圖所示，下列說法正確的是（）

A.bc過程中，氣體壓強不變，體積增大B.ab過程中，氣體體積減小，壓強減小C.過程中，氣體壓強增大，體積變小D.過程中，氣體溫度升高，體積不變3、用圖甲所示的裝置探究注射器內封閉氣體的壓強與體積的關系，根據(jù)測得的實驗數(shù)據(jù)作出圖像如圖乙所示，線段的延長線經過坐標原點段為曲線；環(huán)境溫度保持不變。則下列說法中正確的是（）

A.過程，氣體的內能增加B.過程，氣體吸收熱量C.過程，氣體對外做正功D.過程，可能出現(xiàn)了漏氣4、下列說法中錯誤的是（）

A.圖甲中，潔凈的玻璃板接觸水面，要使玻璃板離開水面，拉力必須大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之間存在吸引力B.圖乙中，表面層內分子間距離比液體內部的大，是因為表面層內液體分子間的斥力較大C.圖丙中，食鹽晶體中的鈉、氯離子按一定規(guī)律分布，具有空間上的周期性D.圖丁中，猛推木質推桿，密閉的氣體溫度升高，壓強變大，可看做是絕熱變化5、如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為4∶1，原線圈接在的交流電源上，副線圈接有的電阻．電流表、電壓表均為理想電表．下列說法正確的是（）

A.原線圈的輸入功率為B.電流表的讀數(shù)為4.0AC.電壓表的讀數(shù)為D.副線圈兩端交流電的周期為50s6、如圖，圓形區(qū)域內有一垂直紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。有無數(shù)帶有同樣電荷、具有同樣質量的粒子在紙面內沿各個方向以同樣的速率通過P點進入磁場。這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的1/3。將磁感應強度的大小從原來的變?yōu)榻Y果相應的弧長變?yōu)樵瓉淼囊话?，則等于。

A.2B.C.D.37、氫原子能級圖如圖所示，當氫原子從n＝3躍遷到n＝2的能級時，輻射光的波長為656nm.以下判斷正確的是()

A.氫原子從n＝2躍遷到n＝1的能級時，輻射光的波長大于656nmB.氫原子從n＝4躍遷到n＝3的能級輻射光的波長小于656nmC.用波長為633nm的光照射，能使氫原子從n＝2躍遷到n＝3的能級D.一群處于n＝3能級上的氫原子向低能級躍遷時最多產生3種譜線評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、如圖所示電路，電源內阻不可忽略．開關S閉合后，在滑動變阻器的滑片P向上緩慢滑動的過程中。

A.小燈泡L變亮B.電壓表的示數(shù)增大C.電流表的示數(shù)增大D.電容器C的電荷量減小9、有關下列五幅圖像所對應的物理規(guī)律；說法正確的是（）

A.甲圖中，碳顆粒沿著筆直的折線運動，說明水分子在短時間內的運動是規(guī)則的B.乙圖說明單晶體在不同方向上的微粒排列是不一樣的，所以單晶體在物理性質上表現(xiàn)為各向異性C.丙圖中，當分子間作用力為零時，分子間的引力、斥力都為零，分子勢能最小E.將戊圖中的隔板抽走，A內氣體進入B內，對外不做功，內能不變E.將戊圖中的隔板抽走，A內氣體進入B內，對外不做功，內能不變10、下列說法正確的是（）A.液晶的光學性質具有各向異性B.能量耗散過程中能量是守恒的C.物體中的分子勢能總和與物體體積大小無關E.一定質量的理想氣體壓強不變，溫度升高時吸收的熱量一定大于內能的增加量E.一定質量的理想氣體壓強不變，溫度升高時吸收的熱量一定大于內能的增加量11、一定質量的理想氣體從狀態(tài)開始，經歷過程回到原狀態(tài)，其圖象如圖所示，分別表示狀態(tài)的壓強；下列判斷正確的是（）

A.狀態(tài)的壓強滿足B.過程到中氣體對外做功，吸收熱量，內能增加C.過程到中外界對氣體做功，氣體內能增加D.過程到中氣體吸收的熱量等于對外做的功12、下列關于熱現(xiàn)象的描述正確的是（）A.根據(jù)熱力學定律，熱機的效率不可以達到100%B.做功和熱傳遞都是通過能量轉化的方式改變系統(tǒng)內能的C.溫度是描述熱運動的物理量，一個系統(tǒng)與另一個系統(tǒng)達到熱平衡時兩系統(tǒng)溫度相同D.物體由大量分子組成，其單個分子的運動是無規(guī)則的，大量分子的運動具有統(tǒng)計規(guī)律13、關于熱力學定律，下列說法不正確的是A.在一定條件下物體的溫度可以降到0KB.物體從單一熱源吸收的熱量可全部用于做功C.吸收了熱量的物體，其內能一定增加E.一切自發(fā)過程總是沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行E.一切自發(fā)過程總是沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行14、如圖甲所示，理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為3：1，L1、L2、L3為三只規(guī)格均為“9V，3W”的燈泡，各電表均為理想交流電表，定值電阻R1＝9Ω．輸入端交變電壓u的圖像如圖乙所示；三只燈泡均正常發(fā)光，則。

A.電壓u的瞬時表達式為u＝36sinπt（V）B.電壓表的示數(shù)為33VC.電流表的示數(shù)為1AD.定值電阻R2＝2Ω15、用相同金屬材料制成的兩根粗細均勻的電阻絲，質量分別為橫截面積分別為若兩電阻絲兩端加相同的電壓，垂直于磁場方向放入同一勻強磁場中，兩電阻絲所受的安培力的大小關系為（）A.若則B.若則C.若則D.若則16、下列各圖對應的說法；正確的是。

A.甲圖中當兩個相鄰的分子間距離為r0時，它們間相互作用的引力和斥力大小相等B.乙圖是非晶體的微觀結構示意圖C.丙圖中小草上的露珠呈球形的主要原因是液體表面張力的作用D.丁圖中把兩端開口的很細的玻璃管插入水中可觀察到水在細玻璃管中上升評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、如圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面，在該區(qū)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(qū)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(qū)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__________。18、一定質量的理想氣體，從初始狀態(tài)A經狀態(tài)B、C、D再回到A，體積V與溫度T的關系如圖所示。圖中和為已知量。

(1)從狀態(tài)A到B；氣體經歷的是_______（選填“等溫”，“等容”，或“等壓”）過程。

(2)從B到C的過程中；氣體的內能_______（選填“增大”“減小”或“不變”）。

(3)從C到D的過程中，氣體對外界_______（選填“做正功”“做負功”或“不做功”），同時________（選填“吸熱”或“放熱”）。19、下圖是等離子體發(fā)電機示意圖，平行金屬板間勻強磁場的磁感應強度B=0.5T，兩板間距離為0.2m，要使輸出電壓為220V，則等離子體垂直射入磁場的速度v0=________m/s，a是發(fā)電機的________極。(發(fā)電機內阻不計)20、有一正弦交流電，它的電壓隨時間變化的情況如圖所示，則電壓的峰值為________V；有效值為________V；交流電的；頻率為________Hz.

21、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(qū)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=_____________．

評卷人得分四、作圖題(共3題，共21分)22、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．

23、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．

24、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4分)25、某實驗小組利用如圖（a）所示的電路探究在25℃~80℃范圍內某熱敏電阻的溫度特性，所用器材有：置于溫控室（圖中虛線區(qū)域）中的熱敏電阻RT，其標稱值（25℃時的阻值）為900.0Ω：電源E（6V，內阻可忽略）：電壓表V（量程150mV）：定值電阻R0（阻值20.0Ω），滑動變阻器R1（最大阻值為1000Ω）：電阻箱R2（阻值范圍0-999.9Ω）：單刀開關S1，單刀雙擲開關S2．

實驗時，先按圖（a）連接好電路，再將溫控室的溫度t升至80.0℃，將S2與1端接通，閉合S1，調節(jié)R1的滑片位置，使電壓表讀數(shù)為某一值U0：保持R1的滑片位置不變，將R2置于最大值，將S2與2端接通，調節(jié)R2，使電壓表讀數(shù)仍為U0：斷開S1，記下此時R2的讀數(shù)，逐步降低溫控室的溫度t，得到相應溫度下R2的阻值，直至溫度降到25.0°C，實驗得到的R2-t數(shù)據(jù)見下表．

。t/℃

25.0

30.0

40.0

50.0

60.0

70.0

80.0

R2/Ω

900.0

680.0

500.0

390.0

320.0

270.0

240.0

回答下列問題：

（1）在閉合S1前，圖（a）中R1的滑片應移動到_____填“a”或“b”）端；

（2）在圖（b）的坐標紙上補齊數(shù)據(jù)表中所給數(shù)據(jù)點，并做出R2-t曲線_____

（3）由圖（b）可得到RT，在25℃-80°C范圍內的溫度特性，當t=44.0℃時，可得RT=____Ω；

（4）將RT握于手心，手心溫度下R2的相應讀數(shù)如圖（c）所示，該讀數(shù)為____Ω，則手心溫度為______℃．評卷人得分六、解答題(共2題，共12分)26、動量定理可以表示為；其中力F和動量p都是矢量．在運動動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的x；y兩個方向上分別研究．

如圖所示；質量為m的小球斜射鋼板上，入射的角度是，碰撞后彈出的角度也時，碰撞前后的速度發(fā)小都時v，碰撞過程中忽略小球所受重力，碰撞時間為已知．求小球對鋼板的作用力F．

27、如圖所示，一內壁光滑的絕緣圓管AB固定在豎直平面內．圓管的圓心為O，D點為圓管的最低點，AB兩點在同一水平線上，AB＝2L，圓環(huán)的半徑為(圓管的直徑忽略不計)，過OD的虛線與過AB的虛線垂直相交于C點．在虛線AB的上方存在水平向右的、范圍足夠大的勻強電場；虛線AB的下方存在豎直向下的、范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小等于圓心O正上方的P點有一質量為m、電荷量為－q(q>0)的絕緣小物體(可視為質點)；PC間距為L.現(xiàn)將該小物體無初速度釋放，經過一段時間，小物體剛好沿切線無碰撞地進入圓管內，并繼續(xù)運動．重力加速度用g表示．

(1)虛線AB上方勻強電場的電場強度為多大？

(2)小物體從管口B離開后；經過一段時間的運動落到虛線AB上的N點(圖中未標出N點)，則N點距離C點多遠？

(3)小物體由P點運動到N點的總時間為多少？參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A．布朗運動是懸浮在液體中的固體小顆粒受到液體分子無規(guī)則的撞擊而產生的無規(guī)則運動；反映了液體分子無規(guī)則運動，A錯誤；

B．溫度是物體分子熱運動平均動能的標志；B正確；

C．改變內能的方式有做功和熱傳遞；所以從外界吸收能量，沒有說明是否還對外做功，內能不一定增加，C錯誤；

D．兩種方式在改變內能的效果上是相同的；但本質不同，做功是通過能量間的轉化來實現(xiàn)內能的變化，熱傳遞是通過能量的轉移實現(xiàn)內能變化，D錯誤。

故選B。2、D【分析】【詳解】

A．由圖可知b→c過程中，氣體壓強不變，溫度降低即Tb＞Tc，根據(jù)

可得Vb＞Vc

即體積減小。故A錯誤。

B．由圖可知a→b過程中氣體的溫度保持不變，即氣體發(fā)生等溫變化，由圖可知pa＞pb，根據(jù)玻意耳定律paVa=pbVb

可得Va＜Vb

即壓強減小，體積增大。故B錯誤。

CD．根據(jù)

可得

可知c→a過程中氣體的體積保持不變，即發(fā)生等容變化，由圖可知，壓強增大，溫度升高，故C錯誤，D正確。

故選D。3、D【分析】【分析】

【詳解】

AB．因AB是過原點的直線，可知過程溫度不變，氣體的內能不變；過程體積減??；外界對氣體做功，氣體放出熱量，選項AB錯誤；

C．過程；體積減小，則外界對氣體做功，選項C錯誤；

D．過程中pV乘積減小；則可能出現(xiàn)了漏氣，選項D正確。

故選D。4、B【分析】【分析】

【詳解】

A．圖甲中；潔凈的玻璃板接觸水面，要使玻璃板離開水面，拉力必須大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子間存在引力，A正確，不合題意；

B．圖乙中；表面層內分子間距離比液體內部的大，所以表面層內液體分子間的引力較大，B錯誤，符合題意；

C．圖丙中；食鹽晶體中的鈉；氯離子按一定規(guī)律分布，具有空間上的周期性，C正確，不合題意；

D．圖丁中；猛推木質推桿，密閉的氣體溫度升高，壓強變大，氣體來不及向外傳遞熱量，可看做是絕熱變化，D正確，不合題意。

故選B。5、C【分析】【分析】

根據(jù)瞬時值的表達式可以求得輸出電壓的有效值；周期和頻率等；再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比；電流與匝數(shù)成反比，輸入功率等于輸出功率，即可求得結論．

【詳解】

A、由題意知，原線圈電壓有效值為220V，原、副線圈匝數(shù)之比為4:1，由U1：U2=n1：n2，可得：U2=55V，由輸入功率和輸出功率相等可得，原線圈中的輸入功率為：P入=P出==55W；故A錯誤；

B、副線圈的電流為：I2=U2/R=55/55A=1A，由I1:I2=n2:n1可得：I1=0.25A；即電流表的讀數(shù)為0.25A，故B錯誤；

C；電壓表的讀數(shù)為副線圈電壓的有效值；即為：U=55.0V，故C正確；

D、由可知；ω=100π，又由ω=2π/T，解得：T=0.02s，變壓器不改變周期，所以副線圈兩端交流電的周期為0.02s，故D錯誤．

故選C．6、B【分析】【分析】

畫出導電粒子的運動軌跡；找出臨界條件好角度關系，利用圓周運動由洛侖茲力充當向心力，分別表示出圓周運動的半徑，進行比較即可。

【詳解】

磁感應強度為B1時；從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為M，最遠的點是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點，∠POM=120°，如圖所示：

所以粒子做圓周運動的半徑R為：sin60°=得：

磁感應強度為B2時；從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為N，最遠的點是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點，∠PON=60°，如圖所示：

所以粒子做圓周運動的半徑R′為：sin30°=得：

由帶電粒子做圓周運動的半徑：得：

聯(lián)立解得：

故選：B。

【點睛】

帶電粒子在電磁場中的運動一般有直線運動、圓周運動和一般的曲線運動；直線運動一般由動力學公式求解，圓周運動由洛侖茲力充當向心力，一般的曲線運動一般由動能定理求解。7、D【分析】【詳解】

A.根據(jù)波爾理論有：所以能量差越大，波長越短，從從n＝2躍遷到n＝1的能級差大于n＝3躍遷到n＝2的能級差，所以波長小于656nm；從n＝4躍遷到n＝3的能級差小于n＝3躍遷到n＝2的能級差；所以波長大于656nm，AB錯誤。

C.根據(jù)波爾理論：氫原子從n＝3躍遷到n＝2的能級時，輻射光的波長為656nm.，從n＝2躍遷到n＝3的能級需吸收波長為656nm的光子；C錯誤。

D.一群處于n＝3能級上的氫原子向低能級躍遷時最多產生種譜線，D正確二、多選題(共9題，共18分)8、B:C【分析】【分析】

在變阻器R0的滑片向上滑動的過程中；變阻器接入電路的電阻變大，外電路總電阻變大，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析干路電流和路端電壓如何變化，即可知電壓表示數(shù)的變化情況．由歐姆定律分析并聯(lián)部分電壓的變化，判斷電流表示數(shù)的變化，從而判斷電容器帶電量的變化．

【詳解】

滑片P向上滑動，接入電路中的電阻增大，則增大，干路電流減小，故燈泡變暗，A錯誤；由閉合電路的歐姆定律可得，路端電壓增大，電壓表的示數(shù)增大，也即電阻R支路兩端電壓增大，電流表的示數(shù)也增大，故B、C正確．對電容器由U增大；則電容器C的電荷量也增大，D錯誤；故選BC．

【點睛】

本題是電路的動態(tài)變化分析問題，首先確定出變阻器接入電路的電阻如何變化，再按局部到整體，再到部分的思路進行分析．9、B:D:E【分析】【詳解】

A．圖中的折線是固體小顆粒在不同時刻的位置的連線；即不是固體小顆粒的運動軌跡，也不是分子的運動軌跡，圖中的折線沒有規(guī)則，說明固體小顆粒的運動是無規(guī)則的，水分子的運動是無規(guī)則的，故A錯誤；

B．單晶體具有各向異性；是因為內部結構，在不同方向上物質微粒的排列情況不同，故B正確；

C．當分子間距等于r0時，分子間的引力和斥力大小相等方向相反，合力為零，即分子力為零，但不是分子間的引力和斥力都為零；分子間距離從近距離增大時，分子力先為斥力，后為引力；分子力先做正功，后做負功；故分子勢能將先減小后增大，當兩個分子間的距離為r0時；分子勢能最小，故C錯誤；

D．根據(jù)分子運動的統(tǒng)計規(guī)律可知；不論溫度如何變化，氣體分子速率分布規(guī)律總表現(xiàn)為“中間多兩頭少”，速率很大和很小的分子總是少數(shù)分子，故D正確；

E．絕熱容器內的氣體與外界沒有熱傳遞，即Q=0

A內氣體向真空擴散時氣體沒有做功，即W=0

根據(jù)熱力學第一定律可得

即氣體的內能不變；故E正確。

故選BDE。10、A:B:E【分析】【分析】

【詳解】

A．液晶的光學性質具有各向異性；故A正確；

B．能量耗散過程中遵循能量守恒定律；所以能量是守恒的，故B正確；

C．物體中的分子勢能總和與物體體積大小有關；故C錯誤；

D．物體的攝氏溫度變化了1℃；其熱力學溫度變化了1K，故D錯誤；

E．一定質量的理想氣體壓強不變；溫度升高時，則氣體內能增加。由理想氣體狀態(tài)方程。

可知；體積增大，氣體對外做功，根據(jù)熱力學第一定律。

可知，所以可得。

即吸收的熱量一定大于內能的增加量；故E正確。

故選ABE。11、A:D【分析】【詳解】

A．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程（常數(shù)）

由圖象可得

得

所以A正確；

B．過程到中，由圖象可得，氣體的體積不變，說明做功為0，溫度升高，說明內能增加，根據(jù)熱力學第一定律

可知；此過程中，氣體吸收熱量。所以B錯誤；

C．過程到中；由圖象可得，氣體的體積減小，說明外界對氣體做功，溫度降低，說明內能減少，所以C錯誤；

D．過程到中，由圖象可得，其他溫度不變，說明內能不變，即

體積增大，說明氣體對外界做功，所以根據(jù)熱力學第一定律

可知；此過程中，氣體吸收熱量，且氣體吸收的熱量等于對外做的功，所以D正確。

故選AD。12、A:C:D【分析】【詳解】

A．根據(jù)熱力學第二定律；熱機的效率不可以達到100%，故A正確；

B．做功是通過能量轉化的方式改變系統(tǒng)內能；熱傳遞是通過熱量轉移的方式改變系統(tǒng)內能，實質不同，故B錯誤；

C．根據(jù)熱平衡定律可知；溫度是描述熱運動的物理量，一個系統(tǒng)與另一個系統(tǒng)達到熱平衡時兩系統(tǒng)溫度相同，故C正確；

D．物體由大量分子組成；其單個分子的運動是無規(guī)則的，大量分子的運動具有統(tǒng)計規(guī)律，故D正確。

故選ACD。13、A:C:D【分析】【詳解】

A．根據(jù)熱力學第三定律的絕對零度不可能達到可知A錯誤；

B．根據(jù)熱力學第二定律；物體從單一熱源吸收的熱量可全部用于做功而引起其他變化是可能的，當然會產生其他變化，故B正確；

C．物體從外界吸收熱量同時對外做功；根據(jù)能量守恒定律可知內能可能增加；減小和不變，選項C錯誤；

D．壓縮氣體；外界對氣體作正功，氣體同時可能向外釋放熱，根據(jù)能量守恒定律可知物體內能可能減少；溫度降低，D錯誤；

E．一切自發(fā)過程總是沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行,故選項E正確。

故選ACD。14、B:D【分析】【詳解】

A．由乙圖知，交變電流的周期為：0.02s，ω=2π/T=100π，電壓的瞬時值：u＝36sin100πt（V）；故A錯誤；

B．電阻R1的電壓：UR1=I1R1=3V，由乙圖知輸入端電壓的有效值為36V，變壓器原線圈的電壓：U1=36-3V=33V；所以電壓表的讀數(shù)為33V，故B正確；

C．燈泡正常發(fā)光，每個燈泡的電流為：I=P/U=1/3A，副線圈的電流I2=3I=1A，再根據(jù)變流規(guī)律：解得原線圈電流I1=1/3A；所以C錯誤；

D．再根據(jù)變流規(guī)律：可求副線圈的電壓：U2=11V，電阻R2兩端的電壓為:UR2=U2-UL=11-9V=2V，可求：所以D正確．15、B:D【分析】【詳解】

電阻絲的長度可表示為

電阻絲的電阻可表示為

流過電阻絲的電流為

電阻絲所受的安培力為

由于兩電阻絲兩端加相同的電壓；垂直于磁場方向放入同一勻強磁場中，可知電阻絲所受的安培力與電阻絲的質量無關，與其橫截面積成正比；

A.若則A錯誤；

B.若則B正確；

C.若則C錯誤；

D.若則D正確；

故選BD。16、A:C:D【分析】【詳解】

A.甲圖中當兩個相鄰的分子間距離為r0時；它們間相互作用的引力和斥力大小相等，分子力表現(xiàn)為零，選項A正確；

B.乙圖中粒子排列具有空間上的周期性；是晶體的微觀結構示意圖，選項B錯誤；

C.丙圖中小草上的露珠呈球形的主要原因是液體表面張力的作用；選項C正確；

D.丁圖中把兩端開口的很細的玻璃管插入水中，由于毛細作用，可觀察到水在細玻璃管中上升，選項D正確。三、填空題(共5題，共10分)17、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(jù)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(qū)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(qū)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(qū)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(jù)半徑公式得速度之比：根據(jù)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】111:12：318、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]從狀態(tài)A到B；由于體積沒變，因此發(fā)生的是等容過程。

(2)[2]從B到C的過程；由于氣體溫度不變，因此氣體的內能不變。

(3)[3][4]從C到D的過程中，由于體積減小，因此氣體對外界做負功；而溫度降低，內能減小，根據(jù)熱力學第一定律，一定放出熱量?！窘馕觥康热莶蛔冏鲐摴Ψ艧?9、略

【分析】【詳解】

根據(jù)左手定則，正電荷向上偏，負電荷向下偏，所以上板帶正電，即a是電源的正極．兩板上有電荷，在兩極板間會產生電場，電荷最終在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，有：qvB=q所以：．

【點睛】

解決本題的關鍵掌握等離子體進入磁場受到洛倫茲力發(fā)生偏轉，根據(jù)左手定則，正電荷向上偏，負電荷向下偏，在兩極板間會產生電場，電荷最終在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡．【解析】2200正20、略

【分析】【詳解】

由圖像可知電壓的峰值為10V；有效值為交流電的周期為T=0.4s，頻率為【解析】10V；7.07V2.5Hz21、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(lián)立可得【解析】mgh四、作圖題(共3題，共21分)22、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??；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】23、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