2025年浙教新版选修3物理下册阶段测试试卷含答案

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A.B.C.D.2、如图，两个相同的导热气缸固定在地面上，内部封闭有质量相同的同种气体，两活塞质量mA>mB；现使两气缸中气体降低相同的温度，不计活塞摩擦，系统重新平衡后（）

A.A活塞下降的高度比B活塞大B.A活塞下降的高度比B活塞小C.B活塞下降的高度相等D.以上三种情况均有可能3、一定质量的理想气体，其起始状态和终了状态分别与图中的A点和B点相对应，它们的压强相等，则下列过程中可能的是（）

A.先保持体积不变增大压强，后保持温度不变减小体积B.先保持温度不变增大压强，后保持体积不变升高温度C.先保持温度不变减小压强，后保持体积不变升高温度D.先保持体积不变减小压强，后保持温度不变减小体积4、如图所示，在同一水平面内有两根光滑平行金属导轨MN和PQ，在两导轨之间竖直放置通电螺线管，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别放在螺线管的左右两侧，保持开关闭合，最初两金属棒处于静止状态．当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，ab和cd两棒的运动情况是。

A.ab、cd都向左运动B.ab、cd都向右运动C.ab向左，cd向右D.ab向右，cd向左5、如图所示，R1、R2是两个定值电阻，R是滑动变阻器，L为小灯泡，电源的内阻为r，开关S闭合后，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，则()

A.电压表示数不变B.小灯泡变亮C.电容器处于充电状态D.电源的电功率变大评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、如图，是以状态α为起始点、在两个恒温热源之间工作的卡诺逆循环过程（制冷机）的图像，虚线为等温线。该循环是由两个等温过程和两个绝热过程组成，该过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源和高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。下列说法正确的是（）

A.过程气体压强减小完全是由于单位体积内分子数减少导致的B.一个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功C.过程向外界释放的热量等于过程从低温热源吸收的热量D.过程气体对外做的功等于过程外界对气体做的功7、如图所示，一定质量的理想气体，从状态A经绝热过程A→B、等容过程B→C、等温过程C→A又回到了状态A，则____。

A.A→B过程气体降温B.B→C过程气体内能增加，可能外界对气体做了功C.C→A过程气体放热E.C→A过程单位时间内碰撞到单位面积容器壁的分子数增多E.C→A过程单位时间内碰撞到单位面积容器壁的分子数增多8、关于热机的效率，下列说法正确的是()A.有可能达80%B.有可能达100%C.有可能超过80%D.有可能超过100%9、以下说法正确的是()A.液面上的小露珠呈现球形是由于液体表面张力的作用B.影响蒸发快慢以及人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一气温下水的饱和汽压的差距C.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体E.某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=V/V0E.某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=V/V010、一列向右传播的简谐横波，当波传到处的P点时开始计时，该时刻波形如图所示，时；观察到质点P第三次到达波峰位置，下列说法正确的是。

A.波速为B.经过质点P运动的路程为70cmC.时，处的质点Q第三次到达波谷D.与该波发生干涉的另一列简谐横波的频率一定为11、如图是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），S1的振幅A1=3cm，S2的振幅A2=2cm；则下列说法正确的是（）

E.质点C此刻以后将向下振动A.质点D是振动减弱点B.质点A、D在该时刻的高度差为10cmC.再过半个周期，质点A、C是振动加强点E.E.评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)12、半径为r、电阻为R的N匝圆形线圈在边长为L的正方形区域abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示．磁场随时间的变化规律如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0．则圆形线圈中产生的感应电动势E=________V，0至t0时间内通过的电荷量q=_________.

13、研究性学习小组围绕一个量程为30mA的电流计展开探究．

（1）为测量该电流计的内阻，同学甲设计了如图（a）所示的电路．图中电源电动势未知，内阻不计．闭合开关，将电阻箱阻值调到10Ω时，电流计恰好满偏；将电阻箱阻值调到85Ω时，电流计指针指在如图（b）所示位置，则电流计的读数为______m。A．由以上数据可得电流计的内阻Rg=______Ω

（2）同学乙将甲设计的电路稍作改变，在电流计两端接上两个表笔，如图（c）所示，设计出一个简易的欧姆表，并将表盘的电流刻度转换为电阻刻度：闭合开关，将两表笔断开，调节电阻箱，使指针指在“30mA”处，此处刻度应标阻值为______Ω（填“0”或∞”）；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻，找出对应的电流刻度，则“15mA“处对应表笔间电阻阻值为______Ω．

若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻变大不能忽略，电源电动势不变但将两表笔断开，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果与原结果相比将______（选填“变大”、“变小”或“不变”）．14、基本逻辑电路——门电路中所谓“门”，就是一种开关，在一定条件下它允许信号通过；如果条件不满足，信号就被阻挡在“门”外。如图所示的电路是用来说明“______”逻辑关系的电路。（选填“与”、“非’’或者“或”）15、现代人通过放孔明灯祈福。普通的孔明灯用薄竹片架成圆桶形，外面以薄纸密实包围，开口朝下。释放时，通过开口处的火焰对灯内气体缓慢加热，直到灯能浮起来，如图所示，在缓慢加热过程中，灯内气体分子的平均动能____________（填“变大”“变小”或“不变”），灯内气体的密度__________（填“变大”“变小”或“不变”）。

16、带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体，气体开始处于a状态，然后经过状态变化过程到达c状态。在图中变化过程如图所示。

（1）气体从a状态经过到达b状态的过程中压强____________。（填“增大”；“减小”或“不变”）

（2）气体从b状态经过到达c状态的过程要____________。（填“吸收”或“放出”）热量。17、如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R．线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动，线框中感应电流的有效值I=___________．线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q=_________．

18、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=________．

评卷人得分四、作图题(共3题，共6分)19、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．

20、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．

21、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)22、(1)某学生选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时；原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压.

①下列操作正确的是()

A．原线圈接直流电压，电表用直流电压挡B．原线圈接直流电压；电表用交流电压挡。

C．原线圈接交流电压，电表用直流电压挡D．原线圈接交流电压；电表用交流电压挡。

②该学生继续做实验，在电源电压不变的情况下,先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压___________（选填“增大”；“减小”或“不变”）.

（2）在“探究碰撞中的不变量”实验中，某同学利用气垫导轨，结合光电门来研究碰撞前后的不变量．如图所示，滑块上面的遮光片宽度为2.00cm，滑块1的质量为120g，滑块2的质量为220g．他先让滑块2静止放置在两个光电门之间，滑块1向右碰撞滑块2，碰撞后滑块1反弹，滑块2向右通过光电门，其中光电门1显示的两个时间先后分别为0.034s和0.144s，光电门2显示的时间0.050s，则碰撞后的滑块1和滑块2总动量的大小为_________kg·m/s（结果保留两位有效数字）．23、某学习小组研究一小灯泡在不同电压下的电功率大小；实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接。

①根据本实验原理，在答题纸相应的位置作出电路图____________；

②实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲物接线图中完成余下导线的连接__________；

③某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为________A；

④该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，某同学将该小灯泡与电动势E=3V、内阻r=l的电源、阻值R=4的定值电阻R0组成闭合回路．根据图丙所示曲线并结合闭合电路欧姆定律分析，此时该小灯泡的电功率约为_________W(保留两位有效数字）；

⑤实验室有最大阻值为5的滑动变阻器R1和最大阻值为17k的动变阻器R2，在如何选用滑动变阻器这个问题上，某同学认为滑动变阻器采用分压接法时，小灯泡两端电压变化范围在零到电源电动势之间变化（忽略电源内阻及电表内阻的影响）．所以选择R1或者R2都可以比较方便地获取多组数据，进而得到比较理想的小灯泡的伏安特性曲线，试简要分析该同学的观点是否正确____________。24、有两个完全相同，但刻度盘上仅有刻度而没有标度值的电压表，电压表的内阻约为5000Ω，现打算用如图（a）所示的电路测量它们的内阻，其中：E为电动势12V、内阻可忽略不计的电源；R1是调节范围为0～9999Ω的电阻箱；R2是调节范围为0～1000Ω的滑动变阻器；S为电键。

（1）闭合电键S之前，滑动滑动变阻器的滑片P应滑到变阻器的__端；（填“a”或“b”）；

（2）闭合电键之后，适当调节滑动变阻器滑片P和电阻箱的旋钮，当电阻箱调节成如图（b）所示的情景时，两电压表指针的位置如图（c）所示，由此可知，此时电阻箱的阻值为__Ω，这两个电压表的内阻均为__Ω；

（3）由各个器材的参数和各图所示的情景可知，这两个电压表的量程在下面提供的四个选项中最多不会超过选项__。

A．6VB．9VC．14VD．18V25、在“探究电磁感应的产生条件”实验中；实验连线后如图1所示，感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示．

（1）接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动．将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针____（“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）；迅速抽出铁芯时，G表指针____（“不动”；“右偏”、“左偏”、“不停振动”）．

（2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变．接通电源，闭合开关，G表指针____（“不动”；“右偏”、“左偏”、“不停振动”）．

（3）仅用一根导线；如何判断G表内部线圈是否断了？

________评卷人得分六、解答题(共4题，共24分)26、一倾角为的光滑绝缘斜面体固定在水平面上；整个装置处于垂直纸面向里的磁场中，如图所示．一质量为m，电荷量为q的带正电小球从斜面上由静止释放．已知磁感应强度为B，重力加速度为g．求：

（1）小球离开斜面时的速率；

（2）小球在斜面上滑行的位移大小．27、一气象探测气球，在充有压强为1.00atm（即76.0cmHg）、温度为27.0℃的氦气时，体积为3.50m3。在上升至海拔6.50km高空的过程中；气球内氦气逐渐减小到此高度上的大气压29.6cmHg，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变。此后停止加热，保持高度不变。已知在这一海拔高度气温为-48.0℃。求：

（1）氦气在停止加热前的体积；

（2）氦气在停止加热较长一段时间后的体积。28、如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比．原线圈接电压为（V）的交流电源，副线圈接的电阻．电流表和电压表可视为理想电表．求：

（1）副线圈中电压表的示数U；

（2）原线圈中电流表的示数I．29、一球形人造卫星的最大横截面积为质量为在轨道半径为的高空绕地球做圆周运动．由于受到稀薄空气阻力的作用，导致卫星运行的轨道半径逐渐变小．卫星在绕地球运转很多圈之后，其轨道的高度下降了由于所以可以将卫星绕地球运动的每一圈均视为匀速圆周运动．设地球可看成质量为的均匀球体，万有引力常量为．

（）求人造卫星在轨道半径为的高空绕地球做圆周运动的周期．

（）取无穷远处为零势能点，当卫星的运行轨道半径为时，卫星与地球组成的系统具有的势能可表示为．请估算人造卫星由半径为的圆轨道降低到半径为的圆轨道的过程中，机械能的变化．

（）某同学为估算稀薄空气对卫星的阻力大小，做出了如下假设：卫星运行轨道范围内稀薄空气的密度为且为恒量；稀薄空气可看成是由彼此不发生相互作用的颗粒组成的，所有的颗粒原来都静止，它们与人造卫星在很短时间内发生碰撞后都具有与卫星相同的速度，在与这些颗粒碰撞的前后，卫星的速度可认为保持不变．在满足上述假设的条件下，请估算空气颗粒对卫星在半径为轨道上运行时，所受阻力大小的表达式．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

微粒进入槽后做匀速圆周运动；重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力．根据牛顿定律；圆周运动和电磁感应知识求解．

【详解】

金属槽在匀强磁场中向右匀速运动时，左板将切割磁感线，上、下两板间产生电势差，由右手定则可判断出上板为正，下板为负，因为微粒做匀速圆周运动，则重力等于电场力，方向相反，故有向心力由洛伦兹力提供得周期故选C.

【点睛】

本题是电磁感应、电场、磁场等知识的综合，考查分析、判断和综合能力．2、B【分析】【详解】

气体的压强

由于mA>mB，所以pA>pB

所以VA<VB

根据可得

由于T和△T相同，VA<VB，所以△VA<△VB，即B下降的比A下降的多。

故选B。

【点睛】

本题的关键是分析气体的体积的变化情况，首先要分析出气体的压强是不变的，根据即可解题。3、C【分析】【详解】

根据理想气体状态方程恒量

A．第一个过程；保持体积不变增大压强，第二个过程，保持温度不变减小体积→增大压强，两次都是压强增大，最终的压强一定增大不可能不变，A错误；

B．第一个过程；保持温度不变增大压强，第二个过程，保持体积不变升高温度→增大压强，两次都是压强增大，最终的压强一定增大不可能不变，B错误；

C．第一个过程；保持温度不变减小压强，第二个过程，保持体积不变升高温度→增大压强，第一次压强减小，第二次压强增大，最终的压强可能不变，C正确；

D．．第一个过程；保持温度不变减小压强，第二个过程，保持温度不变减小体积→压强减小，两次都是压强减小最终的压强一定减小不可能不变，D错误。

故选C。4、D【分析】当变阻器滑片向右滑动时，电路的电流大小变小，线圈的磁场减弱；根据安培定则由电流方向可确定线圈的磁场方向垂直于导轨向下．由于线圈处于两棒中间，所以穿过两棒所围成的磁通量变小，由楞次定律：增反减同可得，线框abdc产生顺时针方向感应电流．最后根据左手定则可确定安培力的方向：ab棒处于垂直向上的磁场，且电流方向b→a；则安培力方向向右．cd棒处于垂直向上的磁场，且电流方向dc，则安培力方向向左，即两棒相互靠近，D正确．

【点睛】两棒将线圈围在中间，则穿过两棒所围成的面积的磁场方向是竖直向下．原因是线圈内部磁场方向向下，而外部磁场方向向上，且向下强于向上．5、C【分析】【详解】

A．B．闭合开关S后，当滑动变阻器触头P向上移动时，增大；外电路总电阻增大，干路电流减小，则小灯泡亮度变暗，电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大，故AB错误；

C．电路稳定时电容器的电压等于R1、串联总电压，增大；根据串联电路电压分配规律可知，电容器的电压增大，则电容器处于充电状态，故C正确；

D．电源的总功率为

干路电流I减小，E不变；则电源的总功率变小，故D错误。

故选C。

【点睛】

本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析。对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大的结论进行分析。根据串联电路电压与电阻成正比的特点，分析各部分电压的变化，比较简便。二、多选题(共6题，共12分)6、B:D【分析】【详解】

A.由理想气体状态方程可得

由图像可以看出

所以

即过程气体压强减小是由于单位体积内分子数减少和温度降低导致的；故A错误；

B.理想气体状态方程和图形面积表示做功可知，一个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功；故B正确；

C.由图像可知，过程外界对气体做的功大于过程气体对外做的功，所以过程向外界释放的热量大于过程从低温热源吸收的热量；故C错误；

D.因为两个过程是绝热过程，过程气体对外做的功，气体温度由减小到等于过程外界对气体做的功，气体温度由增加到由热力学第一定律可知，过程气体对外做的功等于过程外界对气体做的功；故D正确。

故选BD。7、A:C:E【分析】【详解】

A．A→B过程绝热；气体与外界即不吸热也不放热，即。

但气体体积增大；气体对外做功，即。

由热力学第一定律。

可知理想气体内能减小；温度降低，A正确；

B．B→C过程体积不变；外界对气体不做功，B错误；

C．C→A过程等温理想气体内能不变；即。

如图可知气体的体积减小；外界对气体做功，即。

由热力学第一定律。

可得。

即气体对外放热；C正确；

D．根据图像，图像与坐标轴（V轴）围成的面积表示所做的功；由图可知。

且。

则全部过程气体做功不为零；D错误；

E．C→A过程气体温度不变；分子速率不变，气体体积减小，单位体积分子密度增大，单位时间内碰撞到单位面积容器壁的分子数增多，E正确。

故选ACE。8、A:C【分析】【分析】

【详解】

热机在工作时；废气会带走一部分热量；燃料不可能完全燃烧、克服部件之间的摩擦会消耗能量等，所以热机的效率不可能达到100%，即总是小于1，故AC正确、BD错误．故选AC．

【点睛】

此题关键是掌握热力学第二定律，知道热机的效率是指用来做有用功的能量与燃料完全燃烧产生的能量之比．由于不可避免地产生热量的损耗，所以热机的效率不可能达到100%．9、A:B:D【分析】【分析】

小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用；影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气的相对湿度，相对湿度=×100%；即空气中水蒸气越接近饱和湿度越大；单晶体各向异性，多晶体和非晶体各向同性；根据气体压强的产生原因分析D选项；对于固体和液体，摩尔体积和分子体积的比值等于阿伏伽德罗常数，对于气体不适用．

【详解】

液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势，故A正确；影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气的相对湿度，相对湿度=×100%；即空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距，故B正确；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，故C错误；一定质量的理想气体体积不变时，温度越高，单位体积内的分子数不变，但分子运动加剧，故单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多，故D正确；由于气体分子间距离较大，摩尔体积与分子体积的比值不等于阿伏伽德罗常数，故E错误；故选ABD．

【点睛】

本题研究固体、液体、气体的特点；固体的各向同性和各向异性，液体的表面张力、气体压强，及相对湿度，注意加强记忆与理解，同时理解气体的摩尔体积与分子体积的比值不等于阿伏伽德罗常数．10、B:C:D【分析】波向右传播，根据波形平移法知，各点的起振方向为竖直向上，t=0.9s时，P点第三次到达波峰，可得：解得：T=0.4s，波长为λ=2m，所以波速为：故A说法错误；t=1.4s相当于3.5个周期，每个周期路程为4A，所以经过1.4s质点P运动的路程为S=3.5×4A=14×5cm=70cm，故B说法正确；波传到x=4.5m处所用的时间为：波传到Q，经过2.75T即再经过1.1s后Q第三次到达波谷，所以t=1.6s时，x=4.5m处的质点Q第三次到达波谷，故C说法正确；要发生干涉现象，另外一列波的频率一定相同，即故D说法正确。所以选A。11、B:D:E【分析】【详解】

两个波源的振动步调一致；图中AD到两个波源路程差为零，是振动加强点，而BC是波峰与波谷相遇，是振动减弱点，故A错误；图示时刻，质点A的位移为+3cm+2cm=+5cm，质点D的位移为-3cm-2cm=-5cm，故质点A；D在该时刻的高度差为10cm，故B正确；振动的干涉图象是稳定的，AD一直是振动加强点，而BC一直是振动减弱点，故C错误；质点C是振动减弱点，振幅为3cm-2cm=1cm，故D正确；质点C是振动减弱点，此刻在上方最大位移处，故质点C此刻以后将向下振动，故E正确；故选BDE。

【点睛】

本题考查波的干涉，波的干涉中，某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差△r．

（1）当两波源振动步调一致时：

若△r=nλ（n=0；1，2，），则振动加强；

若△r=（2n+1）（n=0；1，2，），则振动减弱．

（2）当两波源振动步调相反时：

若△r=（2n+1）（n=0；1，2，），则振动加强；

若△r=nλ（n=0，1，2，），则振动减弱．三、填空题(共7题，共14分)12、略

【分析】【分析】

本题是线圈的面积不变，磁场在变化，磁通量的变化率再根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，再根据q=It0；从而求解．

【详解】

磁通量的变化率为：

根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势为：

再根据闭合电路欧姆定律得感应电流为：．

电量为：q=It0=

【点睛】

本题是线圈类型，要掌握法拉第定律的几种不同表达形式，再结合闭合电路欧姆定律进行求解，并掌握求电量的公式．【解析】13、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）据十分之一估读法；读数为：12.0A；

当电阻箱阻值为10Ω时有：当电阻箱阻值为85Ω时：则电流计内阻有：电源电动势为：．

（2）将电流计改装成欧姆表后，指针处于30mA处时有：代入数据可以求得电阻箱此时阻值为：当指针示数为15mA时，电流总电流为：欧姆表读数为：

（3）电源内阻增大后；将两表笔断开，指针仍能满偏，说明电源内阻与电阻箱阻值之和与原来相等，故测量结果不变．

考点：本题考查欧姆表的内部结构．【解析】12.040∞8不变14、略

【分析】【分析】

【详解】

图中两个开关串联，只有都闭合时，灯L才能亮，所以该逻辑关系为“与”逻辑关系。【解析】与15、略

【分析】【详解】

[1]随着加热；灯内气体温度升高，分子的平均动能变大；

[2]对于灯内气体，根据盖-吕萨克定律，压强不变，温度升高，气体体积增大。因为孔明灯的体积几乎不变，所以部分气体外溢，灯内气体的质量减小，密度变小。【解析】变大变小16、略

【分析】【详解】

（1）[1]由图像可知，气体从a状态经过到达b状态的过程中，气体的体积保持不变，温度升高，根据

可知气体的压强增大。

（2）[2]由图像可知，气体从b状态经过到达c状态的过程，气体的温度保持不变，则气体的内能保持不变；气体的体积减小，则外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体对外放出热量。【解析】增大放出17、略

【分析】【分析】

此题考查了法拉第电磁感应定律的应用；需要知道的是感应电动势的最大值：有效值平均值用计算；瞬时值表达式在求解通过某截面的电量时要用平均值.

【详解】

感应电动势的最大值：感应电流的最大值：感应电动势的平均值：由q=It，可得：．

【点睛】【解析】18、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】四、作图题(共3题，共6分)19、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】20、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】21、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)22、略

【分析】【详解】

（1）①变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接交流电压，输出电压也是交流电压，故电表用交流电压挡，故ABC错误，D正确；

②根据变压比公式保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；根据变压比公式保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；

（2）碰撞后的滑块1的速度

碰撞后的滑块2的速度

则碰撞后的滑块1和滑块2总动量的大小：【解析】D减小0.07123、略

【分析】【详解】

①[1]滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中；电流表的示数从零开始逐渐增大，则滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示：

②[2]实物连线如图；

③[3]由图乙所示电流表可知；其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.44A．

④[4]在灯泡的伏安特性曲线上做出电动势3V内阻为r=1Ω+4Ω=5Ω的电源的U-I图像，两图像的交点坐标为I=0.32A，U=1.25V,此时小电珠的总功率：P=UI=1.25×0.32≈0.44W

⑤[5]滑动变阻器用作分压电路时，应该选择阻值较小的滑动变阻器；若用阻值较大的滑动变阻器时，当滑动端滑动的过程中，开始时灯泡上的电压变化较小，到末端时突然变大，从而不能得到均匀变化的电压；故该同学的观点是错误的。【解析】0.440.44R2不能均匀的获取多组数据24、略

【分析】【详解】

(1)[1]变阻器为限流接法，为确保安全，闭合电键前应将接入电路的阻值调至最大，所以应将滑片P应滑到变阻器的a端；

(2)[2]从电阻箱读出的阻值为2547Ω；

[3]从两电压表指针的位置可知，与电阻箱串联的电压的电流与另一电压表中的电流比值为2∶3，根据串联电路的特点，可得

可求出电压表的内阻