2025年人教版选修3物理上册阶段测试试卷含答案

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A.B.C.D.2、如图所示的电路；当滑动变阻器R3的滑片向下移动时，各电表的示数变化情况正确的是()

A.V的示数变大B.A1的示数变大C.A2的示数变大D.A3的示数变小3、西安到榆林，既可以选择直达动车，也可以选择普通列车，这些出行方式的选择体现了哪种逻辑关系（）A.“与”逻辑B.“或”逻辑C.“非”逻辑D.“与非”逻辑4、根据热力学定律和分子动理论可知，下列说法中不正确的是（）A.扩散现象是分子的无规则热运动造成的，温度越高，分子热运动越剧烈，扩散得越快B.系统从外界吸收热量，同时对外做功，根据热力学第一定律可知，其内能不一定增加C.悬浮在水中花粉的布朗运动，反映了固体小颗粒分子在做无规则的热运动D.第二类永动机违背了热力学第二定律，所以是不可能制成的5、下列关于热现象的描述正确的是（）A.根据热力学定律，热机的效率可以达到100%B.做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C.温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D.物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的6、如图所示的电路中，R1、R2、R3、R4均为定值电阻，R5为滑动变阻器，电源有内阻。闭合开关后'理想电流表A的示数为I，理想电压表V的示数为U。当R5的滑动片向a端移动时。

A.I变大，U变小B.I变大，U变大C.I变小，U变大D.I变小，U不变7、如图所示；把一根柔软的金属弹簧悬挂起来，弹簧静止时，它的下端刚好跟槽中的水银接触．通电后，关于弹簧，下列说法中正确的是。

A.弹簧始终不动B.弹簧不断上下振动C.弹簧向上收缩后，保持静止D.弹簧向下伸长后，保持静止8、一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示．如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为()

A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B.从上向下看顺时针转动并远离螺线管C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管D.从上向下看逆时针转动并靠近螺线管9、如图所示；矩形线圈绕垂直于匀强磁场的对称轴做匀速转动，经过中性面时，以下说法错误的是。

A.线圈平面与磁感线方向垂直B.线圈中感应电流的方向将要发生改变C.通过线圈平面的磁通量最大D.通过线圈的感应电流最大评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在滑动变阻器的滑片P向上缓慢滑动的过程中。

A.小灯泡L变亮B.电压表的示数增大C.电流表的示数增大D.电容器C的电荷量减小11、质量为m；带电量为+q的滑块从光滑；绝缘斜面上由静止下滑，如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感强度为B，则滑块在斜面上滑行过程中（设斜面足够长），滑块（）

A.在斜面上滑行的最大速度为B.在斜面上滑行的最大速度为C.作变加速直线运动D.在斜面上滑动的最大距离为12、如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一导体棒质量为m，导体棒的电阻R与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为导体棒沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F.此时（）.

A.导体棒消耗的热功率为B.电阻R1消耗的热功率为C.整个装置因摩擦而消耗的热功率为D.整个装置消耗的机械功率为13、下列关于热平衡定律的理解，说法正确的是（）A.两系统的温度相同时，才能达到热平衡B.A、B两系统分别与C系统达到热平衡，则A、B两系统也达到热平衡C.甲、乙、丙物体温度不相等，先把甲、乙接触，最终达到热平衡，再将丙与乙接触最终也达到热平衡，则甲、丙是处于热平衡的E.温度是决定两个系统是否达到热平衡状态的唯一物理量E.温度是决定两个系统是否达到热平衡状态的唯一物理量14、图中的实线表示一定质量的理想气体状态变化的p-T图象；变化过程如图中箭头所示，则下列说法中正确的是。

A.ab过程中气体内能增加，密度不变B.bc过程中气体内能增加，密度增大C.cd过程中，气体分子的平均动能减小D.da过程中，气体内能减少，外界对气体做功15、下列说法中正确的是（）A.晶体的导热性能一定是各向异性的B.物体从单一热源吸收的热量有可能全部用于做功C.扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动E.夏天中午时车胎内的气压比清晨时高，且车胎体积增大，则胎内气体对外界做功，内能增大（胎内气体质量不变且可视为理想气体）E.夏天中午时车胎内的气压比清晨时高，且车胎体积增大，则胎内气体对外界做功，内能增大（胎内气体质量不变且可视为理想气体）16、回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近（缝隙的宽度远小于盒半径），分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速，最大电压为U．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．利用该加速器分别给质子和粒子（氦原子核）加速，已知质子、粒子质量之比为14，带电量之比为12，则下列说法正确的是()

A.引出的质子和粒子动能之比为11B.引出的质子和粒子动量之比为11C.若增大电压U，质子、粒子被引出的动能都增大D.质子、粒子被引出的动能大小与电压U无关．17、如图(a)所示，理想变压器原副线圈匝数比n1:n2=55:4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定．原线圈接入的交流电压的变化规律如图(b)所示；则下列说法正确的是（）

A.交流电压表V的读数为VB.灯泡L两端电压的有效值为VC.当滑动变阻器的触头P向上滑动时，电流表A2示数减小，A1示数增大D.由图（b）可知交流发电机转子的角速度为rad/s18、如下图所示，平行金属板中央有一个初始静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律正确的是

A.B.C.D.评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)19、麦克斯韦电磁场理论的两个基本论点是：变化的磁场产生________，变化的电场产生_________，从而预言了__________的存在。20、恒温环境中，在导热性能良好的注射器内，用活塞封闭了一定质量的空气（视为理想气体）。用力缓慢向里压活塞，该过程中封闭气体的压强_________（选填“增大”或“减小”）；气体_________（选填“吸收”或“放出”）热量。21、紧闭瓶盖的塑料瓶下方开一个小孔，让瓶中的水流出，此过程中瓶内气体可看成________过程；当水流停止后，瓶内液面与小孔间的高度差为h，则此时瓶内气体的压强为________。（已知液体密度ρ，重力加速度g，外界大气压P0）22、如图所示，两端开口的圆筒内嵌有一凸透镜，透镜主光轴恰好与圆筒中轴线重合。为了测出该透镜的焦距以及透镜在圆筒内的位置，小李同学做如下实验：在圆筒左侧凸透镜的主光轴上放置一点光源S，在圆筒右侧垂直凸透镜的主光轴固定一光屏，点光源S与光屏的距离为L。左右移动圆筒，当圆筒左端面距离点光源S为a时，恰好在光屏上成一个清晰的像；将圆筒向右水平移动距离b，光屏上又出现了一个清晰的像。则凸透镜和圆筒左端面的距离x为____________，该透镜的焦距f为__________。

23、如图所示，在以O点为圆心、r为半径的圆形区域内，在磁感强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，a、b、c为圆形磁场区域边界上的3点，其中∠aob=∠boc=600，一束质量为m，电量为e而速率不同的电子从a点沿ao方向射人磁场区域，其中从bc两点的弧形边界穿出磁场区的电子，其速率取值范围是______．24、质量为的小物块，带正电q，开始时让它静止在倾角的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平向左、大小为的匀强电场中，如图所示．斜面高为H，释放物体后，物块马上落地瞬间的速度大小为__________．

评卷人得分四、作图题(共3题，共9分)25、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．

26、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．

27、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6分)28、碰撞的恢复系数的定义为其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度，v1和v2分别是碰撞后两物体的速度.弹性碰撞的恢复系数e=1，非弹性碰撞的恢复系数e<1。某同学借用“验证动量守恒定律”的实验装置（如图所示）验证弹性碰撞的恢复系数是否为1；实验中使用半径相等的钢质小球1和2，实验步骤如下：

安装好实验装置，做好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O。

第一步，不放小球2，让小球1从斜槽上的S点由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心P就是小球落点的平均位置。

第二步，把小球2放在斜槽前端边缘处的C点，让小球1仍从S点由静止滚下；使它们碰撞。重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置。

第三步，用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度；在上述实验中：

（1）直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，可以通过测量______；间接地解决这个问题。

A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程。

（2）本实验中小球1的质量与小球2的质量大小应满足的关系()

A．m1>m2B．m1<m2C．m1=m2D．m1≤m2

（3）不放小球2，小球1落地点P距O点的距离OP与实验中所用的小球质量是否有关？______（填“有关”或“无关”）。

（4）用题中的测量量计算碰撞恢复系数的表达式e＝______。29、（1）如图甲为斯密特触发器的符号，当加在它的输入端A的电压逐渐上升到某个值（1.6V）时，输出端Y会突然从高电平跳到低电平（0.25V），而当输入端A的电压下降到另一个值的时候（0.8V），Y会从低电平跳到高电平（3.4V）。如图乙、丙是某同学设计的两个电路图。图中R1是可调电阻，RT是热敏电阻，其阻值会随温度的升高而减小。能作为温度报警器的电路图是______（填“乙”或“丙”）。

（2）如图丁所示，请用笔画线把蜂鸣器、光敏电阻、干簧管继电器、开关、电源连接成完整的电路，制成光电报警装置（______）。

要求：当有光照射报警装置且光照不是很弱时；蜂鸣器发声，当没有光照或者光照很弱时，蜂鸣器不发声。

30、某同学用以下电路测量电压表的内阻，R1是滑动变阻器，R2、R3、R4是三个电阻箱．实验操作如下：合上开关K1后，适当地调节三个电阻箱的阻值，使开关K2反复断开和闭合时待测电压表的示数不发生变化．

（1）电阻箱R2的面板指示如图，其读数为__________Ω；

（2）待测电压表的内阻可表示为Rv=__________；（用电阻箱的电阻符号表示）

（3）为了提高测量的准确度，可以采用的方法是_____________

A.适当增大电源的电压

B.适当减小电源的电压。

C.调小R1的阻值；反复进行上面的操作。

D.调大R1的阻值；反复进行上面的操作。

（4）该同学测得电压表的内阻后，继续研究这个电路．即在合上开关K1且反复断开和闭合开关K2电压表的示数不发生变化的前提下，进行如下操作：先断开K2，保持其余电阻保持不变，减小R2，则电压表的示数_________（填“增大”或“减小”）；再合上K2，则通过该开关的电流方向为__________（填“从a到b”或“从b到a”）．评卷人得分六、解答题(共1题，共2分)31、如图所示，在水平面内放置着金属导轨OAC，OA段是直径为a的半圆，AC段是半径为a的圆弧，半圆、圆弧和虚线CO围成的区域内充满垂直于水平面向下的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B；其余区域没有磁场．OP是一根长为a的均匀细金属棒，以恒定的角速度ω绕O点顺时针旋转，旋转过程中金属棒OP与圆弧均接触良好．已知金属棒OP电阻为R0，两个圆弧的电阻可忽略，开始时P点与A点重合．求t(T<)时刻；

(l)金属棒OP产生的感应电动势的大小；

(2)金属棒OP所受到的安培力的大小．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

分析可知，该带电粒子在电场中做类平抛运动，在B点将速度分解，找到B点速度和分速度的关系；求出B点速度；从A到B根据动能定理，即可求解A；B两点电势差．

【详解】

根据题意，在B点，解得：

从A到B根据动能定理得：

联立上述各式得：

故选C．

【点睛】

本题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系，然后结合动能定理列式求解电势差．2、B【分析】在滑动变阻器R3的滑片向下移动时，接入电路的电阻减小，与R2并联的电阻减小，外电路总电阻R总减小，总电流I增大，所以电流表A1的示数变大，路端电压U=E-Ir，则U减小，电压测量的是路端电压，则电压表读数变小，故A错误，B正确；总电流I增大R3分担的电压变大，并联部分的电压减小，则流过R2的电流I2减小，所以电流表A2的示数变小，故C错误；电流表的A3的示数I3=I-I2，则电流表A3示数增大，故D错误。所以B正确，ACD错误。3、B【分析】【详解】

西安到榆林；出行方式有两种，所以这两种属于并列关系，属于或的关系。

故选B。4、C【分析】【详解】

A．扩散现象是分子的无规则热运动造成的；温度越高，分子热运动越剧烈，扩散得越快,故A正确；

B．系统从外界吸收热量；同时对外做功，根据热力学第一定律可知，其内能不一定增加，故B正确；

C．悬浮在水中花粉的布朗运动；反映了水分子做无规则的热运动，故C错误；

D．第二类永动机违背了热力学第二定律；所以是不可能制成的，故D正确。

本题选错误的，故选C。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．根据热力学第二定律；热机的效率不可以达到100%，故A错误；

B．做功是通过能量转化的方式改变系统内能；热传递是通过热量转移的方式改变系统内能，实质不同，故B错误；

C．根据热平衡定律可知；温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同，故C正确；

D．物体由大量分子组成；其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动具有统计规律，故D错误。

故选C。6、A【分析】当R5的滑动片向a端移动时，R5的阻值变大，根据“串反并同”可知，因为电流表A与R5并联可知电流表A的示数I增大，电压表V与R5串联可知电压表V的示数U减小，故A正确，BCD错误。7、B【分析】当有电流通过弹簧时；构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程．故选B．

【点睛】通电螺线管是由每一个线圈组成的，每一个线圈都有磁场，和判断通电螺线管的N极、S极相同，也按照安培定则来判断N极和S极．8、D【分析】试题分析：通电导线因放在通电螺线管的磁场中故受到磁场力；因左右两侧磁场方向不同，故可以分左右两边分别分析研究，画出两侧的磁场方向，则由左手定则可判出磁场力的方向，根据受力情况可判出物体的转动情况．当导体转动后，我们可以认为电流向右偏内，受力也将发生变化，为了简便，我们可以判断导体转动到向里的位置判断导体的受力情况，再判出导体的运动情况．

解：通电螺线管的磁感线如图所示，则由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，导体应为逆时针转动；当导体转过90°时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动．即为a端转向纸外，b端转向纸里；且靠近通电螺线管，故D正确，ABC错误；

故选D

【点评】解决本题的关键（1）清楚通电螺线管的磁场，应看到左右两边磁场的不同；（2）能准确地应用左手定则判断磁场与电流不垂直的情况；（3）会找到一些有代表性的特殊位置求解．9、D【分析】【详解】

A；中性面；就是磁场方向与线圈平面垂直的位置．故A正确．

B；中性面时；电流减为零，经过中性面电流方向将发生改变，大小增大．故B正确．

C；经过中性面时；磁场垂直于线圈平面，此时磁通量最大．故C正确．

D；经过中性面时；当线圈平面与磁场方向垂直，左右两边不切割磁感线，不产生的感应电动势，感应电流为零．故D错误．

本题选错误的；故选D．

【点睛】

本题考查正弦式电流产生原理的理解能力，抓住两个特殊位置的特点：线圈与磁场垂直时，磁通量最大，感应电动势为零；线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大．二、多选题(共9题，共18分)10、B:C【分析】【分析】

在变阻器R0的滑片向上滑动的过程中；变阻器接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况．由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化，从而判断电容器带电量的变化．

【详解】

滑片P向上滑动，接入电路中的电阻增大，则增大，干路电流减小，故灯泡变暗，A错误；由闭合电路的欧姆定律可得，路端电压增大，电压表的示数增大，也即电阻R支路两端电压增大，电流表的示数也增大，故B、C正确．对电容器由U增大；则电容器C的电荷量也增大，D错误；故选BC．

【点睛】

本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析．11、B:C【分析】AB.滑块沿斜面下滑时，受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛伦兹力．洛伦兹力F=qvB，随速度的增大而增大，当FN=0，即qvB=mgcosθ时速度达到最大，滑块开始离开斜面；所以在斜面上滑行的最大速度为所以A错误，B正确；

CD.由于沿斜面方向的力不变；牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，加速度a=gsinθ，作匀加速直线运动；故C正确，D错误．

故选BC.

点睛：对物体进行受力分析，当物体对斜面的压力为零时，物体开始离开斜面，由平衡条件求出物体此时的速度；由牛顿第二定律求出物体的加速度．12、C:D【分析】【详解】

AB．设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻R1=R2=R．电路中感应电动势E=BLv，ab中感应电流为：

ab所受安培力为：①

电阻R1消耗的热功率为：②

内阻消耗的热功率为：③

由①②③得：

故A错误；B错误；

C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为：Pf=fv=μmgcosθ•v=μmgvcosθ

故C正确。

D．对导体棒受力分析；如图：

故整个装置消耗的机械功率为：P3=Fv+Pf=(F+μmgcosα)v

故D正确；

故选CD。13、A:B:E【分析】【分析】

【详解】

AE．温度是决定两个系统是否达到热平衡状态的物理量；两个达到热平衡的系统具有相同的温度，故AE正确；

BC．由热平衡定律知；故B正确，C错误；

D．两个系统达到热平衡的标志是它们的温度相同；但压强；体积不一定相同，故D错误。

故选ABE。14、A:D【分析】【详解】

A．ab过程中气体温度升高，内能增加；ab过程气体压强与热力学温度成正比；气体体积不变，密度不变．故A项正确．

B．bc过程中气体温度升高，内能增加；bc过程中气体压强不变；温度升高，体积变大，密度减小．故B项错误．

C．cd过程中；气体温度不变，分子的平均动能不变．故C项错误．

D．da过程中，气体温度降低，内能减少；da过程中；气体温度降低，压强不变，体积减小，外界对气体做功．故D项正确．

故选AD.15、B:C:E【分析】【详解】

A．多晶体的导热性能是各向同性的；选项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有可能全部用于做功，但要引起其他的变化，选项B正确；

C．扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动；选项C正确；

D．足球充足气后很难被压缩；是因为足球内气体压强作用的缘故，与分子间斥力无关，选项D错误；

E．夏天中午温度比清晨时温度高；则气体内能变大，车胎体积增大，则胎内气体对外界做功，选项E正确。

故选BCE。16、A:D【分析】【详解】

粒子被引出时满足此时粒子的动能：则引出的质子和粒子动能之比为11，选项A正确；粒子的动量：则引出的质子和粒子动量之比为12，选项B错误；由可知，质子、粒子被引出的动能大小与电压U无关，选项C错误，D正确．17、B:D【分析】电压表的读数为电压的有效值，原线圈的电压有效值为440V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为32V，所以电压表的读数为32V，所以A错误；根据电流的热效应，则有灯泡L两端电压的有效值为故B正确；当滑动变阻器的触头P向上滑动时，电阻R的阻值减小，总电阻减小，流过副线圈的电流减小，根据理想变压器中原副线圈的电流与匝数关系，流过原线圈的电流减小，故电流表A2示数减小，A1示数减小，故C错误；由图可得交流发电机转子的角速度为故D正确．故选BD．

【点睛】根据图b可知输入电压的最大值和周期，从而求出对应的有效值和角速度；再根据电压之比等于线圈匝数之比可求得输出端的有效值，从而确定电压表示数；根据有效值的定义以及二极管的性质则可明确灯泡L两端的电压的有效值，再根据电路结构分析电流表的变化．18、A:B【分析】【详解】

分析电子一个周期内的运动情况：0～T/4时间内，因B板电势高，则电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T/4～T/2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T/2时刻速度为零。T/2～3T/4时间内向A板做匀加速直线运动，3T/4～T时间内向A板做匀减速直线运动。接着周而复始。根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，C错误。电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故D错误。根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴。故A正确。三、填空题(共6题，共12分)19、略

【分析】【详解】

麦克斯韦建立了电磁场理论：变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场；并预言了电磁波的存在，而赫兹用实验证实电磁波存在。【解析】电场磁场电磁波20、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]下压活塞，气体的体积变小，温度不变，由

可知；压强增大；

[2]外界对气体做正功，气体温度不变故内能不变，由

可知，气体放出热量。【解析】①.增大②.放出21、略

【分析】【详解】

在让瓶中的水流出过程中，气体的温度没发生变化，所以是等温变化；当水流停止后，瓶内液面与小孔间的高度差为h，根据压强关系可知：，解得气体压强：【解析】等温22、略

【分析】【分析】

掌握凸透镜成像的规律，根据光路的可逆性，两次成像的物距和像距正好相反，即第一次的物距等于第二次的像距，第一次的像距等于第二次的物距，从而可以计算出距离x的值；根据凸透镜成像的原理；由点S发出的光经过凸透镜后会聚到像点，并结合平行于主光轴的光线过焦点分析焦距的大小。

【详解】

[1]根据光路的可逆性，第一次的物距等于第二次的像距，第一次的像距等于第二次的像距，第一次的物距

圆筒向右移动b，则凸透镜也会向右移动b，则第二次的像距为

则有

解得

[2]光源S所成像应在S′处，若物体为AS，则成像应为A′S′；根据成像原理，成像光路图如图所示：

又像高与物体高度正比等于像距与物距之比，则有

由图知，△A′S′F∽△BOF，则

又AS=BO

联立以上几式得【解析】23、略

【分析】电子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，电子轨道半径：电子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得解得将轨道半径代入解得，速度范围是

【解析】24、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]对物块进行受力分析；物块受重力和水平向左的电场力，如图所示。

电场力为

从开始到落地过程，由动能定理得

解得【解析】四、作图题(共3题，共9分)25、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】26、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】27、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3题，共6分)28、略

【分析】【详解】

（1）[1]小球体飞出后做平抛运动，则有

解得

因抛出点的高度相同；故测定小球