2024年浙科版选修3物理下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年浙科版选修3物理下册月考试卷62考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列说法正确的是（）

A.图甲为一定质量的某种理想气体在3个不同温度下的等温线，其中等温线1表示的温度最高B.图乙为一定质量的理想气体状态变化的V-T图线，由图可知气体在状态a的压强大于在状态b的压强C.图乙中一定质量的理想气体在a→b的过程中对外界做功，气体吸热D.图丙为分子间作用力与分子间距离的关系，可知当分子间的距离时，分子势能随分子间距离的增大而增大2、一定质量的理想气体按的顺序经历一系列状态变化，其图像如图所示。图中线段与纵轴平行，线段与纵轴垂直。气体在状态变化过程中下列叙述正确的是（）

A.过程气体体积增加B.过程气体不放热也不吸热C.过程气体分子在单位时间内撞击单位面积容器壁的次数增加D.过程气体对外界做的功小于过程外界对气体做的功3、如图；绝热的容器内封闭一定质量的理想气体（不考虑分子势能，外界大气压恒定），用电阻丝对其加热时，绝热活塞缓慢地无摩擦地上升，下列正确的是（）

A.活塞上升，气体体积增大，温度降低B.气体从电阻丝吸收热量，气体又对外做功，气体内能可能不变C.气体从电阻丝吸收的热量一定大于气体对外做功D.气体体积增大，单位时间内打到器壁单位面积的分子数减少，气体压强一定减小4、（题文）当A、B两物体相互接触后,热量自发的从A物体传向B物体,这样的情况表示A物体具有何种特性()A.较高的热量B.较大的比热容C.较大的密度D.较高的温度5、下列说法中正确的是（）A.由可知，若电阻两端所加电压为0，则此时电阻阻值为0B.由可知，若一小段通电导体在某处受磁场力大小为0，说明此处磁感应强度大小一定为0C.由可知，若检验电荷在某处受电场力大小为0，说明此处场强大小一定为0D.由可知，若通过回路的磁通量大小为0，则感应电动势的大小也为0评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、电动势为E.内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路；当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，下列说法正确的是（ ）

A.定值电阻R2电功率增大B.电压表和电流表读数都减小C.通过滑动变阻器R中的电流增大D.电压表的示数增大，电流表的示数减小7、如图的电路中，电池的电动势为E，内阻为r（很小，但不能忽略），R2是阻值固定的电阻，两个理想电压表V1、V2的读数分别为U1、U2，示数变化的绝对值分别为△U1、△U2.当滑动变阻器R1的滑片向右移动时；以下说法正确的是（）

A.U1变小，U2变大B.U1变大，U2变小C.△U1<△U2D.△U1和△U2谁大无法确定8、产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能Ek，下列说法正确的是（）A.对于同种金属，Ek与照射光的强度无关B.对于同种金属，Ek与照射光的波长成反比C.对于同种金属，Ek与光照射的时间成正比E.对于不同种金属，若照射光频率不变，Ek与金属的逸出功成线性关系E.对于不同种金属，若照射光频率不变，Ek与金属的逸出功成线性关系9、关于热力学定律，下列说法不正确的是A.在一定条件下物体的温度可以降到0KB.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C.吸收了热量的物体，其内能一定增加E.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行E.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行10、下列说法正确的是（）A.温度高的物体动能不一定大，但分子平均动能一定大B.雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用C.橡胶无固定的熔点，是非晶体E.气体很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现E.气体很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现11、1930年年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质形盒、构成，其间留有空隙．下列说法正确的是（））

A.离子从电场中获得能量B.离子由加速器的边缘进入加速器C.加速电场的周期随粒子速度增大而增大D.离子从形盒射出时的动能与加速电场的电压无关12、如图所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接，下极板接地．一带电质点恰好静止于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则（）

A.电容器的电容将减小，极板带电荷量将增大B.带电质点将沿竖直方向向上运动C.P点的电势将降低D.若将质点固定，则其电势能将减小13、如图所示电路中，电源内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表．闭合电键S，将滑动变阻器R2的滑片向上滑动，电流表和电压表示数变化量的大小分别为下列结论中正确的是（）

A.电流表示数变大B.电压表示数变大C.D.14、下列说法中正确的是____。A.在受迫振动中，物体振动的频率不一定等于驱动力的频率B.做简谐运动的质点，经过四分之一周期，所通过的路程不一定等于振幅C.变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场E.声波从空气传入水中时频率变大，波长不变E.声波从空气传入水中时频率变大，波长不变评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（V-t）图上的两条直线I和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0=-273.15℃；a、b为直线I上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比=___________；气体在状态b和c的压强之比=___________。

16、如图，一定质量的理想气体先从状态a沿直线变化到状态b，该过程中气体的温度______（填“升高”或“降低”），气体______（填“吸热”或“放热”）。

17、蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移和转化，我们把这些气体称为工质。某热机经过一个循环后，工质从高温热源吸热Q1，对外做功W，又向低温热源放热Q2，工质完全恢复初始状态，内能没有变化。根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，Q1、Q2、W三者之间满足的关系是____。热机的效率不可能达到100%，从能量转化的角度，说明___能不能完全转化为___能而不产生其他影响。18、如图所示，一边长为0.1m的单匝正方形线圈从左侧匀速进入匀强磁场，磁场的磁感应度B＝2T．从ab边开始进入磁场至cd边恰好进入磁场的过程中，线圈的磁通量变化了________Wb；若上述过程所经历的时间为0.2s，则线圈中产生的感应电动势为________V.

19、两块大小；形状完全相同的金属板平行放置；构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，闭合开关S，电源即给电容器充电。

（1）若保持S闭合，减小两板间的距离，则两极板间的电场强度_______；

（2）若断开S，减小两板间的距离，则极板上的电量_______，两极板间的电场强度_______。（填：“变大”、“不变”或“变小”）20、如图所示，真空中有一对相距为d的平行金属板A和B，两板间电势差为U，两板间的电场为匀强电场．若一个质量为m、电荷量为q的粒子，仅在静电力的作用下由静止开始从A板向B板做匀加速直线运动并到达B板，则粒子在运动过程中加速度大小a=________，粒子到达B板时的速度大小v=________．

21、阅读短文并回答下列问题:光的全反射。

一束激光从某种玻璃中射向空气(如图7所示)；保持入射点不动，改变入射角(每次增加0.2°)，当入射角增大到引41.8°时，折射光线消失，只存在入射光线与反射光线，这种现象叫做光的全反射，发生这种现象时的入射角叫做这种物质的临界角。当入射角大于临界角时，只发生反射，不发生折射。

(1)上述玻璃的临界角是_____.

(2)折射光线消失后反射光线的亮度会增强；其原因是折射光消失后，入射光几乎全部变为______.

(3)当光从空气射向玻璃；__________(选填“会”或“不会”)发生光的全反射现象。

(4)一个三棱镜由上述玻璃构成，让一束光垂直于玻璃三棱镜的一个面射入(如图8所示)，请在图中完成这束入射光的光路图_______。22、如图9所示，竖直平面内放一直角杆，杆的水平部分粗糙，竖直部分光滑，两部分各套有质量分别为mA="2.0"kg和mB="1.0"kg的小球A和B，A球与水平杆间动摩擦因数μ=0.20，A、B间用不可伸长的轻绳相连，图示位置处OA="1.5"m，OB="2.0"m.g取10m/s2.

图9

（1）若用水平力F1沿杆向右拉A，使A由图示位置向右极缓慢地移动0.5m，则该过程中拉力F1做了多少功？

（2）若用水平力F2沿杆向右拉A，使B以1m/s的速度匀速上升，则在B经过图示位置上升0.5m的过程中，拉力F2做了多少功？23、如图所示，把一根条形磁铁从同样高度插到线圈中同样的位置，第一次快插，第二次慢插，两种情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是E1_____E2．

评卷人得分四、作图题(共3题，共6分)24、如图所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．

25、示波管的内部结构如图所示．如果在偏转电极XX/、YY/之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX/之间和YY/之间分别加上如图所示的电压，请画出荧光屏上出现的完整扫描波形图．

26、图中表示某一时刻的波形图，已知波速为0.5m/s，波沿着x轴的正方向传播；画出经过7s后的波形曲线。

评卷人得分五、实验题(共3题，共27分)27、(1)在“用单摆测重力加速度”的实验中，下列措施中可以提高实验精度的是________．

A．选细线作为摆线。

B．单摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内。

C．拴好摆球后；令其自然下垂时测量摆长。

D．计时起止时刻；选在最大摆角处。

(2)如果测得的g值偏小，可能的原因是________.

A．测摆线长时摆线拉得过紧。

B．摆线上端悬点未固定；振动中出现松动，使摆线长度增加了。

C．开始计时时；秒表过迟按下。

D．实验中误将49次全振动记为50次。

(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝________(用k表示)．

28、如图所示为测一块半球形玻璃砖的折射率的实验；实验的主要步骤如下：

A．将半球形玻璃砖放在白纸上，用铅笔画出它的直径AB，移走玻璃砖，并用刻度尺找出中点O；记下此点（即圆心）；

B．在圆弧侧的白纸上，作过O点且垂直直径AB的直线CO，放上玻璃砖，在CO上插两颗大头针和（距离适当远些）；

C．使玻璃砖以O为轴在白纸上缓慢地转动，同时眼睛向着AB透过玻璃砖观察和的像，当恰好看不到和的像时停止转动玻璃砖，记下此时的直径的位置；

D．量出和的夹角若量得则：

①实验是用________现象进行的；

②计算公式：n=________；

③计算得：n=________。29、磁力锁主要由电磁铁和衔铁组成．某小组用如图甲所示的装置研究电磁铁线的工作电压与衔铁所受磁力大小的关系，弹性梁一端连接有衔铁，在外力作用下可以上下运动，另一端固定于墙壁，电磁铁位于衔铁正下方，为理想电压表.

(1)为增大电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片应向_________端移动（选填“”或“”）.

(2)已知电磁铁线圈的直流电阻为滑动变砠器的最大阻值为电源的电动势为滑动变阻器能提供的最大分压为则电源E的内阻为_________（保留两位有效数字）

(3)同学们将阻值会因形状变化而发生改变的金属应变片粘贴在弹性梁的上表面，然后将金属应变片定值电阻和理想电压表连接成如图乙所示的电路．线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，的阻值将_________，电压表的读数将_________．（填“增大”“减小”或“不变”）

(4)在线圈通电吸合衔铁后，用外力使电磁铁和衔铁刚好分开，测得外力与线圈两端电压的关系如图丙所示，若要求该锁能抵抗的外力，则工作电压至少为_________．

评卷人得分六、解答题(共2题，共6分)30、如图所示，竖直放置的圆柱形导热薄壁汽缸上部开口，底面积S=1cm2，筒内用一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞恰好处于汽缸上端。现在活塞缓慢放入细砂。直到活塞静止于汽缸中间。已知外界大气压强p0=1×105Pa。温度T=305K。活塞与汽缸内壁的摩擦忽略不计，取重力加速度大小g=10m/s2。

(i)求放入细砂的质量；

(ii)若给封闭气体缓慢加热；使活塞回到汽缸上端。求活塞回到汽缸上端时封闭气体的热力学温度。

31、如图所示，质量为m的小球B，用长为的细绳吊起处于静止状态，质量为m的A球沿半径为的光滑圆弧轨道；在与O点等高位置由静止释放，A球下滑到最低点与B球相碰，若A球与B球碰撞后立刻粘合在一起．求：

（1）A球下滑到最低点与B球相碰之前瞬间速度v的大小；

（2）A球与B球撞后粘合在一起瞬间速度的大小；

（3）A球与B球撞后的瞬间受到细绳拉力F的大小．

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

A．图甲为一定质量的某种理想气体在3个不同温度下的等温线，由

比较乘积的大小；等温线3表示的温度最高，A错误；

B．气体在状态a到状态b的过程中，体积不变，由查理定律

由于大于故大于B错误；

C．图乙中一定质量的理想气体在a→b的过程中气体体积不变；对外界不做功，C错误；

D．图丙为分子间作用力与分子间距离的关系，可知当分子间的距离时；分子间为引力，分子势能随分子间距离的增大而增大，D正确；

故选D。2、D【分析】【分析】

【详解】

AB．过程由图可知为等温变化，气体内能不变，根据玻意耳定律可知，当压强p增大时，体积V减小，可知外界对气体做功，根据热力学第一定律由于内能不变，可知过程气体放出热量；故AB错误；

C．由图可知为等容变化，为等压变化，过程中气体温度升高；根据盖—吕萨克定律可知体积变大，由于压强不变，温度升高，气体分子平均速率增大，则气体分子在单位时间内撞击单位面积容器壁的次数减少，故C错误；

D．由于a、c两个状态体积相同，则过程气体体积的变化量与过程气体体积的变化量相同，而过程气体压强不变，过程气体压强增大，根据可知，过程气体对外界做的功小于过程外界对气体做的功；故D正确。

故选D。3、C【分析】【详解】

A．活塞缓慢地无摩擦地上升，处于平衡状态，气体压强不变，由盖·吕萨等压变化

可知；体积增大，温度升高。故A错误；

B．气体温度升高；内能增大，故B错误；

C．根据热力学第一定律

温度升高，大于零；体积增大，对外做功，小于零；故大于零，且绝对值大于的绝对值；故C正确；

D．活塞缓慢地无摩擦地上升；处于平衡状态，气体压强不变；从微观来看，虽然单位面积的分子数减少，但是温度升高，分子速度加快，碰撞更剧烈，压强不变，故D错误。

故选C。4、D【分析】【详解】

热量总是从高温物体传到低温物体；或从物体的高温部分传递到低温部分，因此决定热能传播的决定因素是温度；热量自发的从A物体传向B物体，这样的情况表示A物体具有何种特性较高的温度，故D正确，A；B、C错误；

故选D。

【点睛】

关键知道热传递是热量从温度高的物体传递到温度低的物体。5、C【分析】【详解】

A、公式R=时电阻的定义式；电阻的大小与电压和电流大小无关，由导体自身决定，故A错误；

B、公式B=的成立的前提是电流元与磁场方向垂直；若一小段通电导体在某处受磁场力大小为0，可能时电流元方向与磁场方向平行产生的，故B错误；

C、由E=可知；若检验电荷在某处受电场力大小为0，说明此处场强大小一定为0，故C正确；

D、由E=n可知，若通过回路的磁通量大小为0，但磁通量的变化率不一定为零，故感应电动势不一定为零，故D错误；二、多选题(共9题，共18分)6、B:C【分析】【分析】

由图可知R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向a端移动时；滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化．

【详解】

当滑片向a滑动时，R接入电阻减小，总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流I增加，干路电流增加，内电压增加，由U=E-Ir可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，R1两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；由公式可知，定值电阻R2电功率减小；

由上述分析可知；故应选：BC．

【点睛】

本题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压增大，流过R2的电流增大．7、A:C【分析】当滑动变阻器R1的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则路端电压减小，U1变小．总电流增大，则U2变大，故A正确，B错误．U1变小，U2变大，则知R1的电压UR1变小．由于U1=U2+UR1，所以△U1＜△U2．故C正确；D错误．故选AC.

点睛：本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析．运用总量法分析两电压表读数变化量的大小．8、A:D:E【分析】【详解】

ABCD．根据光电效应规律

对于同种金属，Ek与照射光的强度无关，Ek与光照射的时间无关，Ek与照射光的频率成线性关系，Ek与照射光的波长有关；但不是成反比，故AD正确，BC错误；

E．对于不同种金属，若照射光频率不变，根据光电效应方程

与金属的逸出功成线性关系；故E正确。

故选ADE。9、A:C:D【分析】【详解】

A．根据热力学第三定律的绝对零度不可能达到可知A错误；

B．根据热力学第二定律；物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功而引起其他变化是可能的，当然会产生其他变化，故B正确；

C．物体从外界吸收热量同时对外做功；根据能量守恒定律可知内能可能增加；减小和不变，选项C错误；

D．压缩气体；外界对气体作正功，气体同时可能向外释放热，根据能量守恒定律可知物体内能可能减少；温度降低，D错误；

E．一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行,故选项E正确。

故选ACD。10、A:B:C【分析】【分析】

【详解】

A．温度是分子热运动的平均动能的标志；并非分子动能的标志，A正确；

B．液体的表面张力使液体具有收缩的趋势；B正确；

C．橡胶无固定的熔点；是非晶体，C正确；

D．根据热力学第二定律可知；不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，第二类永动机是不可能制成的，热机的效率不可能是100%，D错误；

E．气体很容易充满整个容器；是分子热运动的表现，E错误。

故选ABC。11、A:D【分析】【详解】

因为洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有故离子是从电场中获利能量，故A正确；要加速次数最多最终能量量大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故B错误；据回旋加速器的工作原理知，电场的周期等于粒子在磁场运动的周期，等于粒子在磁场运动的周期，所以与离子的速度大小无关，故C错误；离子在磁场中洛伦兹力提供向心力，所以解得：据表达式可以知道，离子获得的最大动能取决于D形盒的半径，所以最大动能为与加速电场的电压无关，故D正确．所以AD正确，BC错误．12、B:C【分析】【详解】

A.根据电容决定式：

下极板上移时，则d减小，可知C增大，因为电压不变，根据Q=UC可知；极板带电量增大，故A错误；

B.将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强增大；油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动，故B正确；

C.场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，上极板的电势等于电源的电动势，保持不变，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低；故C正确；

D.由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低且大于零；则油滴的电势能将增加，故D错误。

故选BC。13、A:D【分析】【详解】

AB．滑动变阻器的滑片向上滑动，变小，则外电阻变小，根据

可知变大，根据

可知路端电压U变小，而故变小，则I3变小，而由

因变大，I3变小，则变大，故变大，而

因变小，故变小，则变小。又

因变大，变小，则I变大；则电流表示数变大，电压表示数变小，选项A正确，B错误；

CD．根据闭合电路欧姆定律有

可得

由于

因I变大，变小，变大，则则有

选项C错误；D正确。

故选AD。14、B:C:D【分析】【详解】

A．物体做受迫振动时；物体振动的频率等于驱动力的频率．故A项错误．

B．据简谐运动质点的位移时间图象可得；若质点从平衡位置或最大位移处开始运动，经过四分之一周期，做简谐运动的质点所通过的路程等于振幅；若质点不是从平衡位置或最大位移处开始，经过四分之一周期，做简谐运动的质点所通过的路程不等于振幅．故B项正确．

C．根据麦克斯韦电磁场理论；变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场．故C项正确．

D．据公式可得，双缝干涉实验中，若只减小双缝到光屏间的距离L；两相邻亮条纹间距将变小．故D项正确．

E．声波从空气传入水中时频率不变，波长变大．故E项错误．三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]根据盖吕萨克定律有

整理得

由于体积-温度（V-t）图像可知，直线I为等压线，则a、b两点压强相等，则有

[2]设时，当气体体积为其压强为当气体体积为其压强为根据等温变化，则有

由于直线I和Ⅱ各为两条等压线，则有

联立解得【解析】116、略

【分析】【详解】

[1][2]由图像可知，气体先从状态a沿直线变化到状态b，pV值变大，根据

可知，温度T升高，气体内能变大，即∆U>0

气体体积变大，对外做功，即W<0

根据热力学第一定律可知∆U=W+Q

可知Q>0

即气体吸热。【解析】升高吸热17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由热力学第一定律，热量、做功、内能的符号规定得Q1＋（－Q2）＋（－W）＝0，即Q1－Q2＝W。

[2][3]再由热力学第二定律知，内能不可能全部转化成机械能而不产生其他影响。【解析】Q1－Q2＝W内机械18、略

【分析】【详解】

从ab边开始进入磁场至cd边恰好进入磁场的过程中，线圈的磁通量变化了线圈中产生的感应电动势．【解析】0.020.119、略

【分析】【详解】

(1)[1]若保持S闭合，则两板间的电势差U不变；减小两板间的距离，则根据

可知两极板间的电场强度变大；

(2)[2]若断开S；则极板上的电量保持不变；

[3]根据

可知

可知减小两板间的距离d，两极板间的电场强度不变。【解析】(1)变大；(2)不变；不变20、略

【分析】【详解】

粒子从静止开始运动，只受电场力，有：U=Ed；F=qE；

联立解得：

根据速度位移关系公式，有：v2=2ad

解得：

点睛：本题电荷在电场中加速问题，求解速度通常有两种思路：一是动能定理；二是牛顿第二定律与运动学公式结合．【解析】21、略

【分析】【详解】

（1）由题意可以知道；当入射角为41.8°时，折射光线消失了，所以玻璃的临界角为41.8°；

（2）当入射光线从一种介质斜射入另一种介质时；会发生折射，同时也发生反射，所以反射光线要比入射光线暗一些，而当光从小于临界角向临界角靠近，当折射光线消失后，发生了全反射，光线全变为反射光线，所以反射光线亮度增强了。

（3）光只有从水或玻璃射向空气时；才会发生全反射，所以光从空气射向玻璃，入射角增大，折射光不可能完全消失；

（4）光线从空气进入玻璃时；因是垂直照射，所以方向不变；当从玻璃中斜射入空气时，其入射角为45°大于临界角，故其发生全反射，其大致路径如下图：

【点睛】

本题主要考查了光的折射现象以及光的全反射现象的实验，要读数实验的过程，并能总结出相应的结论加以运用。同时还考查了光的折射的光路图，有一定综合性。【解析】（1）41.8；（2）反射光；（3）不会；22、略

【分析】（1）A；B小球和细绳整体竖直方向处于平衡；A受到水平杆的弹力为。

N=（mA+mB）g①

则A受到的摩擦力为f=μ（mA+mB）g②

由几何关系，sB="0.5"m③

由能量关系，拉力F1做功为：

W1=fsA+mBgsB④

得：W1="0.8"J⑤

(2)设细绳与竖直方向的夹角为θ，因绳不可伸长，所以vBcosθ=vAsinθ⑥

则=vBcotθ1=m/s；⑦

=vBcotθ2=m/s⑧

设拉力F2做功为W2，对系统由能量关系得W2-fsA-mBgsB=mAvA22-mAvA21⑨

代入数据解得W2="6.8"J⑩【解析】（1）0.8J(2)6.8J23、略

【分析】【分析】

两次磁铁的起始和终止位置相同；知磁通量的变化量相同，应用法拉第电磁感应定律比较感应电动势的大小．

【详解】

条形磁铁从同样高度插到线圈中同样的位置处，磁通量的变化量△Φ相同，第一次快插，第二次慢插，△t1＜△t2，由法拉第电磁感应定律：可知，感应电动势：E1＞E2．

【点睛】

知道磁通量的变化量相等、应用法拉第电磁感应定律即可正确解题．【解析】大于四、作图题(共3题，共6分)24、略

【分析】【详解】

利用右手螺旋定则；已知电流的方向可判定磁场方向，也可以通过磁场方向来确定电流的方向；

图甲；已知磁场方向，顺时针方向，则电流垂直纸面向里；

图乙；电流右侧的磁场的方向向里，左侧的磁场的方向向外，则电流的方向向上；

图丙；已知磁场方向，则可知电流方向，逆时针方向；

图丁；环形电流从左侧流入，从右侧流出，所以磁场的方向向下；

图戊；根据螺线管中电流方向，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向左；

图已；根据螺线管中上边的电流方向向外，下边的电流的方向向里，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向右．如图所示：

【解析】25、略

【分析】试题分析：A图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为2T，即在2T的时间内才能完成一次水平方向的扫描，而竖直方向（y方向）的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向由2个周期性的变化；y方向的电压变化为正弦式的变化，由于电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以A图中的扫描图形如图；

要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接入锯齿形电压；即扫描电压．

B图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为T，即在一个周期T的时间内完成一次水平方向的扫描，同时竖直方向的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向也完成一个周期性的变化；y方向的电压大小不变，方向每半个周期变化一次，结合电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以B图中的扫描图形如图．

考点：考查了示波器的工作原理。

【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象【解析】26、略

【分析】【分析】

【详解】

7s波向前传播的距离为

7s后，故x=3.5m位置的原图中x=0位置的振动情况相同；因此作出