2025年人教版选修3物理上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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2025年人教版选修3物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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6题，共12分)1、如图所示，某容器装有一定质量的理想气体，气体经历了A→B→C→A的循环过程，其中A→B是等温过程，B→C是绝热过程；则（）

A.A→B过程，每个气体分子动能保持不变B.B→C过程，气体温度升高C.B→C过程，单位时间内气体碰撞单位面积器壁的分子数减少D.整个循环过程中，气体放热2、如图所示是某款八缸四冲程汽油车的“五挡手动变速箱”的结构示意图；其工作原理是通过挡位控制来改变连接发动机动力轴的主动齿轮和连接动力输出轴的从动齿轮的半径比。当挡位挂到低速挡——“1；2挡”时，最大车速为20~30km/h，当挡位挂到高速挡——“5挡”，汽车才能获得比较大的车速，则（）

A.挡位从“1挡”逐步增加到“5”挡过程中，主动齿轮和从动齿轮的半径比变大B.若保持发动机输出功率不变，从“2挡”突然挂到“3挡”瞬间，汽车获得的牵引力瞬间减小C.发动机工作时经历“吸气—压缩—做功—放气”四个环节，“压缩”气体时，气体体积变小，气体对外界做功D.随着发动机技术的不断发展，将来有可能实现把发动机的热能全部转化为汽车的机械能，即热机的效率达到100%3、如图所示，电源内阻不计，已知现用一个内阻为的电压表并联在的两端，电压表的读数为若把它接在两点间，电压表的读数为（）

A.B.C.D.4、电路中中端电压随干路电流变化的图象如图所示，图中纵轴的起点为1.2V，则电源的电动势和内电阻应是（）

A.B.C.D.5、如图所示为两个有界匀强磁场；磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里；向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框向右匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定导线框进入左侧磁场时的物理量方向为正．则关于线框中的磁通量Φ、感应电流i、外力F和电功率P随着位移x变化的图象正确的是（）

A.B.C.D.6、如图所示电路中，电源内阻为r，R1、R2为定值电阻，且r＜R1，各电表均为理想电表．开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑片向下滑动的过程中；下列说法正确的是（）

A.电流表与两只电压表的示数都减小B.电压表V1与电流表的示数减小，电压表V2的示数增大C.电压表V1比电压表的V2示数变化量的绝对值大D.电源的输出功率减小评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、如图所示，足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，间距为L，其上端连接有阻值为R的电阻和电容器C，装置区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B．将一根水平金属棒ab开始下滑.已知金属棒ab的质量为m，电阻也为R.金属棒ab在运动中始终保持水平且与导轨良好接触，且通过金属棒ab的电流恒定不变，忽略导轨电阻，重力加速度为g.则下列说法正确的是。

A.因为通过金属棒ab的电流不变，所以金属棒ab做匀速运动，速度大小是B.尽管通过金属棒ab的电流不变，金属棒ab做匀变速运动，加速度大小是C.电阻R的电功率为D.若金属棒ab由静止下滑，开始时电容器所带电荷量为0，那么经过时间t，电容器两端电量8、干电池的电动势为，这表示（））A.干电池在内将B.的化学能转化为电能C.干电池与外电路断开时两极间电势差为干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为D.的蓄电池强当干电池接入电路时，电路中每通过的电荷量，干电池把的化学能转化为电能9、如图电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、表示．下列判断正确的是

A.减小B.C.减小D.10、如图所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压有效值为U1且保持不变，输入功率为P1，输出功率为P2，输出电压有效值为U2，各交流电表均为理想电表．当滑动变阻器R的滑动头向下移动时（）

A.灯L变亮B.各个电表读数均变大C.因为U1及原副线圈匝数比不变，所以U2不变D.P1变大，且始终有P1=P211、在外力作用下两分子间的距离达到不能再靠近时，固定甲分子不动，乙分子可自由移动，去掉外力后，当乙分子运动到很远时，速度为v，则在乙分子的运动过程中（乙分子的质量为m）（）A.乙分子的动能变化量为mv2B.分子力表现为引力时比表现为斥力时多做的功为mv2C.分子力表现为斥力时比表现为引力时多做的功为mv2D.乙分子克服分子力做的功为mv212、下列说法正确的是____A.温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T升至2TB.相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，布朗运动越剧烈C.做功和热传递是改变物体内能的两种方式E.晶体具有固定的熔点，物理性质可表现为各向同性E.晶体具有固定的熔点，物理性质可表现为各向同性13、以下说法正确的是_______________A.液体表面张力有使液面收缩到最小的趋势B.水结为冰时，水分子的热运动会消失C.热量总是自动地从分子平均动能大的物体向分子平均动能小的物体转移E.恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量E.恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量14、两列波速相同的简谐横波沿x轴相向传播，实线波的频率为3Hz，振幅为10cm，虚线波的振幅为5cm。t=0时；两列波在如图所示区域内相遇，则。

A.两列波在相遇区域内会发生干涉现象B.实线波和虚线波的频率之比为3：2C.t=s时，x="9"m处的质点实际振动方向向上D.t=时，x="4"m处的质点实际位移大小|y|>12.5cm评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、如图所示电路，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，安培表A的示数如何变化？小明同学的分析思路如下：

试写出以下步骤的物理原理：

②______________________________________。

④______________________________________。16、在“探究气体等温变化的规律”实验中，封闭的空气如图所示，形管粗细均匀，右端开口，已知外界大气压为水银柱高；图中给出了气体的两个不同的状态。

(1)实验时甲图气体的压强为___________乙图气体压强为___________

(2)实验时某同学认为形管的横截面积可不用测量，这一观点正确吗？___________（选填“正确”或“错误”）。

(3)数据测量完后在用图像法处理数据时，某同学以压强为纵坐标，以体积（或空气柱长度）为横坐标来作图，你认为他这样做能方便地看出与间的反比关系吗？___________（选填“能”或“不能”）。17、有一个电流表G，内阻Rg=10Ω，满偏电流Ig=3mA．要把它改装为量程0～3V的电压表，要串联的电阻阻值为______，要把它改装为量程是0～0.6A的电流表，要并联的电阻阻值为_____．18、如图所示，导线圈A水平放置，条形磁铁从其正上方向下移近(未插入)导线圈的过程中，导线圈A对水平面的压力将________．导线圈的面积有______趋势．（填“增大”,“不变”或“减小”）

19、在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电极，然后射到荧光屏上．如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电极中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2；求电子射到荧光屏上的动能为多大？

20、热机是一种______________________的装置．热机做的功和它从高温热源吸收的热量的比值叫做__________________．评卷人得分四、作图题(共3题，共12分)21、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．

22、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．

23、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4题，共12分)24、实验室中准备了下列器材：

待测干电池(电动势约1.5V；内阻约1.0Ω)；

电流表G(满偏电流1.5mA；内阻10Ω)；

电流表A(量程0～0.60A；内阻约0.10Ω)；

滑动变阻器R1(0～20Ω；2A)

滑动变阻器R2(0～100Ω；1A)；

定值电阻R3＝990Ω，开关S和导线若干。

(1)某同学选用上述器材(滑动变阻器只选用了一个)测定一节干电池的电动势和内阻．为了能较为准确地进行测量和操作方便，实验中选用的滑动变阻器，应是________．(填代号)

(2)请在如图甲所示虚线框中画出该同学的实验电路图______．

(3)如图乙为该同学根据实验数据作出的I1－I2图线(I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数)，由该图线可得，被测干电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.25、为了测量一个量程为的直流电压表的内阻（约为几千欧）；所用的电路如图甲所示。

（1）请将图乙的器材连成完整的电路。（_____）

（2）该实验中需要进行的步骤罗列如下。

a.闭合开关S；

b.将电阻箱的阻值调到零；

c.调节滑动变阻器R的阻值，使电压表的示数为

d.断开开关S；

e.调节电阻箱的阻值，使电压表示数为读出此时电阻箱的阻值；

f.把滑动变阻器的滑片P滑到a端。

该实验操作的合理顺序是___________（选填字母代号）。

A．bfacedB．abfcedC．bacfedD．afebed

（3）若在实验步骤e中，调节后电阻箱旋钮位置如图丙所示，则的阻值为___________该电压表的内阻的测量值为___________由于系统误差，测量值___________（选填“偏大”或“偏小”）。26、某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，用10分度的游标卡尺测其长度为______mm，用螺旋测微器测其直径为______mm．后正确操作获得了电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是______A、______V.

27、物理兴趣小组设计出测定室温环境下小灯泡灯丝电阻R0的实验；由于小灯泡通电后的热效应，其室温下的电阻不能直接测量，所以，测量方案利用小功率下的灯丝电阻与电功率的关系外推到零功率的情况下获得．

备选器材：

A．待测小灯泡L；

B．恒压电源E输出电压1V；

C．定值电阻R2=20Ω；

D．滑动变阻器R1阻值范围0~10Ω；

E．电压表V1量程150mV；内阻很大；

F．电压表V2量程200mV；内阻很大；

G．开关和若干导线．

实验步骤：

①连接好线路，滑动变阻器R1的滑片滑至a端。

②检查无误后；闭合开关S

③记录灯泡L的电压U1，与R2的电压U2

④计算灯泡L的电阻R0，和它的功率P

（1）请将原理图中虚线框部分的实验电路补充完整（请用直尺作图）____________．

（2）该实验中的灯丝电阻R0计算式R0=____，灯丝电功率P计算式P=____．（用U1、U2、R2表示）

（3）实验中测量和计算的数据如下表所示：。序号测量数据计算数据灯丝电压。

U1（mV）R2电压。

U2（mV）灯丝电流。

（mA）灯丝电阻。

R0（Ω）灯丝电功率。

P（mW）灯丝电功率。

P（mW）121.040.02.0010.500.042231.760.03.0010.570.095342.879.94.0010.710.171454.4100.15.0110.870.272566.3119.65.9811.080.396679.4140.47.0211.310.557792.9160.48.0211.590.745

请在下图中标出表格中第五组计算数据R0与P对应的坐标点，并结合坐标纸上已标出的坐标点画出R0随P变化的图线___________________．

（4）根据绘制的图线求出室温环境下小灯泡灯丝电阻R0的阻值为____________Ω．评卷人得分六、解答题(共3题，共6分)28、如图所示，一内壁光滑的导热圆柱形气缸静止在地面上。气缸内部有卡环，卡环上方放有一轻质活塞和一个物块，气缸的横截面积为气缸内封闭有体积为的一定质量的理想气体，气体的温度为现对气缸缓慢加热，当缸内气体温度上升到时活塞恰好离开卡环，继续缓慢加热气缸直到气体温度上升到整个过程气体的内能增加了气体从外界吸收了的热量。大气压强重力加速度求：

（1）物块的质量；

（2）温度为时气体的压强。

29、如图所示；扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB＝150°，一条平行于OA的单色光由OB的中点D射入介质，经折射后由圆弧面的E点射出介质，已知圆弧AE的长度与圆弧BE的长度之比为2：3．求：

①介质对该单色光的折射率n；

②该单色光从E点射出时的折射角30、能量的转化和守恒定律是自然界中最重要的一条普遍规律．

（1）在光电效应实验中，一个电子在短时间内能吸收到一个光子的能量，从金属表面逸出．金属表面的电子逸出具有最大动能，一般不易测量，经常借助于转化的思想，通过测量遏止电压间接得出．已知入射光的频率金属材料的截止频率光电子的电荷量普朗克常量．根据光电效应方程，请写出遏止电压与入射光频率的关系式；

（2）如图所示，平滑轨道固定在竖直平面内，其表面光滑，在点与高度为粗糙的水平轨道相切，滑块从高度为的斜坡上处静止滑下，与处的滑块发生对心弹性碰撞，碰后滑块滑上右侧水平轨道，此过程中滑块一直未脱离右侧轨道，沿滑行一段距离后停止．已知的质量均为滑块与间的动摩擦因数为重力加速度为．求：

a.滑块到达点的动能

b.若增大的值，但仍保持滑块一直不脱离轨道，则滑块在段滑行的距离也随之变化．请推导与的关系式，并作出图像且指出横截距物理量的意义；

c.对比两实例，光电效应中的逸出功对应于该过程的哪个表达式？参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．A→B过程；温度不变，说明气体分子平均动能不变，而并非指每个气体分子的动能均保持不变，故A错误；

B．B→C过程中；绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，故B错误；

C．B→C过程；气体的体积增大，单位体积内的分子数变少，气体分子的密集程度降低，单位时间内对器壁的碰撞次数减少，故C正确；

D．整个循环过程中，根据W=pΔV可知气体对外做功大于外界对气体做功；即。

W<0该循环过程中；气体内能不变，根据。

ΔU＝Q＋W可知气体吸热；故D错误。

故选C。2、B【分析】【详解】

A．挡位从“1挡”逐步增加到“5”挡过程中，在发动机转速一定的情况下，车速变大，根据

可知从动轮的半径将变大；则主动齿轮和从动齿轮的半径比将变小，故A错误；

B．若保持发动机输出功率不变，从“2挡”突然挂到“3挡”瞬间，车速变大，根据可知汽车获得的牵引力瞬间减小，故B正确；

C．发动机工作时经历“吸气—压缩—做功—放气”四个环节；“压缩”气体时，气体体积变小，外界对气体做功，故C错误；

D．根据热力学第二定律可知；即使随着发动机技术的不断发展，将来也不可能实现把发动机的热能全部转化为汽车的机械能，即热机的效率不可能达到100%，故D错误。

故选B。3、C【分析】【详解】

当电压表并联在的两端时，电压表与的并联电阻为

可以知道

根据串联电路的分压特点，可以知道两端的电压边等于故

所以把电压表接在两点间

根据串联电路的分压特点可知，电压表读数为

故选C。4、D【分析】【详解】

关系满足：根据直线的截距等于斜率等于可得故正确．

故选．5、D【分析】【详解】

当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向外的磁通量增加，总磁通减小；当运动到2.5L时，磁通量最小，故A错误；当线圈进入第一个磁场时，由E=BLV可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLV，导线框中的电流变为两倍，故B错误；

因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，力一直是正的，故C错误；

拉力的功率P=Fv；因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故D正确；故选D．

点睛：电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以选择合适的解法，如排除法等进行解答．6、B【分析】【详解】

电流表测的是R2的电流，电压表V1测的是路端电压，电压表v2测的是R1的电压；

AB．滑动变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变小，总电阻变小，则干路电流变大，电压表v2测的是R1的电压变大，内压变大，外压变小，即V1的示数变小，内压变大，R1分压变大，则R2分压变小；电流表示数变小，故A错误，B正确；

C．电压表V1示数变化量电压表的V2示数变化量又则故C错误；

D．当内外阻相等时输出功率最大，因外阻大于内阻，则外阻阻值减小时功率变大，即滑动变阻器R0的滑片向下滑动的过程中外电阻变小电源的输出功率变大，故D错误；二、多选题(共8题，共16分)7、B:C:D【分析】【分析】

根据通过金属棒ab的电流恒定不变；可以知道电容器两端的电压均匀增大，处于充电过程中，然后根据牛顿第二定律可以确定加速度以及功率和电量.

【详解】

A、由题可知金属棒ab受到安培力为:对金属棒ab，根据牛顿第二定律可以得到：mg-B2L2Ca=ma,整理可以得到:恒定不变，所以金属棒ab做匀变速运动；故A错误，B正确；

C、由上面分析可知：BIL=B2L2Ca，即:则电阻R的功率为：故C正确；

D、经过时间t电容器两端的电量为:故D正确.

故选BCD.

【点睛】

本题考查了电磁感应中的电容器充电过程中，电流不变，然后根据牛顿第二定律可以确定加速度.要知道电流与电容器带电量的关系.8、B:D【分析】【详解】

电动势反应电源把化学能转化为电能的本领，是电源每搬运电荷量所做的功，与时间无关，A错误，D正确；断路电势差等于电动势，B正确；蓄电池转化为电能的本领比的大；C错误．故选BD.

点睛：本题关键是明确电动势的概念、物理意义、单位．要掌握电动势的定义式E=W/q，知道W是非静电力做功．9、C:D【分析】【分析】

当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，其阻值变小，外电路总电阻变小，分析总电流变化和路端电压的变化，判断出流过的电流变化，即可知道I的变化，由欧姆定律分析的变化．根据路端电压的变化，分析的变化以及与的大小．

【详解】

当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动，其阻值变小，外电路总电阻变小，总电流表变大，电源的内电压变大，则路端电压U减小，的电压减小，的电流减小，所以电流表的示数增大，是定值电阻，根据欧姆定律得知的电压增大，故A错误；路端电压增大，U减小，所以减小，且故B错误，CD正确．所以CD正确，AB错误．

【点睛】

对于电路的动态分析问题，首先要认清电路部分的连接关系，往往按“局部整体局部”思路进行分析．10、C:D【分析】【详解】

理想变压器的输出的电压有输入电压和电压比决定，输入电压不变，所以输出电压也不会变，输入功率和输出功率始终相等，当滑动变阻器R的滑动头向下移动时，滑动变阻器的电阻减小，总电路的电阻减小，所以总电路的电流会变大，消耗的功率将变大，即变大，上的电压变大；所以灯L的电压变小，电压表的示数变小，所以灯L变暗，由于总的电流变大，灯L的电流变小，所以电流表的示数将变大，CD正确．

【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．11、A:C【分析】【详解】

A．当甲、乙两分子间距离最小时，两者都处于静止状态，当乙分子运动到分子力的作用范围之外时，乙分子不再受力，此时速度为v，故在此过程中乙分子的动能变化量为mv2；故A正确；

BC.在此过程中，分子斥力做正功，分子引力做负功，即W合=W斥-W引=△Ek

由动能定理得W斥-W引=mv2

故分子力表现为斥力时比表现为引力时多做的功为mv2；故B错误，C正确；

D.分子力对乙分子做的功等于乙分子动能的变化量，即W=mv2

故D错误。

故选AC。12、B:C:E【分析】【详解】

A．温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T升至T′，其中T'=2t+273，不一定等于2T；故A错误；

B．相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小；受力越不易平衡，布朗运动越剧烈，故B正确；

C．根据热力学第一定律可知；做功和热传递是改变内能的两种方式，故C正确；

D．若分子力表现为斥力时；分子间距离越大，分子力做正功，分子势能越小；分子间距离越小，分子力做负功，分子势能越大。若分子力表现为引力时，分子间距离越大，分子力做负功，分子势能越大；分子间距离越小，分子力做正功，分子势能越小，故D错误；

E．根据晶体的特性可知；晶体具有固定的熔点，多晶体的物理性质表现为各向同性，故E正确。

故选BCE。13、A:C:E【分析】【详解】

A．液体由于存在表面张力；由收缩成球形的趋势，故A正确；

B．水结冰时；由液体变为固体，分子热运动仍然存在，故B错误；

C．由热力学第二定律可知；热量总是自发的从温度高的物体传到温度低的物体，即热量总是自动地从分子平均动能大的物体向分子平均动能小的物体转移，故C正确；

D．花粉颗粒在水中做布朗运动；反映了水分子在不停地做无规则运动，故D错误；

E．由于水池恒温；故理性气体温度不变，内能不变，由于气体上升的过程体积膨胀，故对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故E正确；

故选ACE。14、B:C:D【分析】【详解】

实线波的波长为λ1=4m，虚线波的波长为λ2=6m，它们的波速相等，由波速公式v=λf得：实线波和虚线波的频率之比为f1：f2=λ2：λ1=3：2，两列波的频率不同，不能发生干涉现象．故A错误，B正确．波速为：v=λ1f1=4×3m/s=12m/s，则在t=s时间内波传播的距离x=vt=2m=λ1=λ2，实线波单独传播时，在t=s时，x=9m处的质点到达波谷，振动速度为零．虚线波单独传播时，在t=s时，x=9m处的质点振动方向向上，则根据波叠加原理可知t=s时，x=9m处的质点振动方向向上．故C正确．波速为：v=λ1f1=4×3m/s=12m/s，则在t=s时间内波传播的距离x=vt=1m=λ1，实线波单独传播时，t=s时，x=4m处的质点到达波谷，位移大小为y1=10cm；根据波形的平移法作出虚线波传播x=1m时的波形；如图所示。

由图看出此刻x=4m处的质点位移大小y2＞2.5cm，则波的叠加原理可知t=s时，x=4m处的质点位移|y|=y1+y2＞12.5cm；故D正确．故选BCD.

【点睛】

题关键要掌握干涉产生的条件和波的叠加原理，运用波形的平移法分析波形，确定质点的位移。三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【详解】

②根据闭合电路欧姆定律得：总电流减小，所以路端电压变大；④根据并联电路电流关系：总电流变小，而变大，则一定变小【解析】16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1][2]题图甲中气体压强为图乙中气体压强为

(2)[3]由玻意耳定律

即（为空气柱长度）

知，形管的横截面积可不用测量；

(3)[4]以为纵坐标，以为横坐标，作出图线是一条曲线，但曲线未必表示反比关系，所以应作出图线，看是否为过原点的直线，才能最终确定与是否成反比。【解析】①.76②.80③.正确④.不能17、略

【分析】【分析】

根据欧姆定律和串联规律解出分压电阻的阻值即可；根据欧姆定律和并联规律解出分流电阻阻值即可．

【详解】

(1)表头两端的电压为

若改装成0∼3V电压表，则达最大量程时，串联电阻两端的电压

则应串联的电阻

(2)改装成电流表要并联电阻分流，则并联阻值为：

故答案为990Ω；0.05Ω．【解析】18、略

【分析】【详解】

条形磁铁从其正上方向下移近时；穿过线圈A的磁通量会增加，根据楞次定律知：线圈有向下运动的趋势，所以对地面的压力将增加，由于穿过线圈A的磁通量，根据楞次定律知道，此时线圈A的面积有减小的趋势，用来阻碍磁通量的增加．

综上所述本题答案是：增大；减小【解析】增大减小19、略

【分析】【详解】

直线加速过程，有：①

类似平抛运动过程，有：L=v1t②③

对运动的全程；根据动能定理。

联立①②③解得【解析】20、略

【分析】【详解】

热机是一种将内能转化为机械能的装置．

热机做的功和它从高温热源吸收的热量的比值叫做热机的效率．【解析】将内能转化为机械能热机的效率四、作图题(共3题，共12分)21、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】22、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】23、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；因此作出以下图形。

【解析】五、实验题(共4题，共12分)24、略

【分析】【详解】

第一空.滑动变阻器应起到明确的调节作用，并且还要易于调节，故一般限流接法时，滑动变阻器比内阻约为10倍左右即可，故本题中应选R1；

第二空.本题中表头可与定值电阻串联作为电压表使用，再将滑动变阻顺与电流表A串接在电源两端即可；如下图

第三空第四空.由闭合电路欧姆定律可得：I1（R3+RA）=E-I2r

变形得：

由数学知可得：图象中的k=b=

由图可知：b=k==0.75×10-3；

故解得：E=1.46V，r=0.75Ω【解析】R1图见解析1.460.7525、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]如图所示。

（2）[2]b.将电阻箱的阻值调到零；f.把滑动变阻器的滑片P滑到a端;a.闭合开关S；c.调节滑动变阻器R的阻值，使电压表的示数为