2025年外研版選修3物理上冊月考試卷

…………○…………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年外研版選修3物理上冊月考試卷64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總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、如圖所示是氫原子能級圖，大量氫原子從n=4的能級向n=2的能級躍遷時輻射出可見光a，從n=3的能級向n=2的能級躍遷時輻射出可見光b，則（）

A.b光的光子能量大于a光的光子能量B.在真空中，a光較b光的速度小C.b光頻率小于a光的頻率D.氫原子從n=4的能級向n=3的能級躍遷時會輻射出紫外線2、在基本邏輯電路中，何種邏輯門電路當所有輸入均為0時，輸出是1（）A.“與”門電路B.“或”門電路C.“非”門電路D.都不可能3、微元思想是物理中一種重要的思想方法，它能巧妙的“化變?yōu)楹恪?，從而便于求解物理量。例如圖若為圖像，因縱軸力變化，往往將橫軸的時間微分，即取無窮多很短的時間在很短的時間內力變化很小，可視為恒力，圖像中小長方形的面積代表時間內的沖量，然后通過求和即可知道函數(shù)圖像和橫軸包圍的面積得到的總沖量，以下四個選項說法錯誤的是（）

A.若是（體積-壓強）圖，則圖中函數(shù)圖像和橫軸圍成的面積代表理想氣體氣體對外做的功B.若是（加速度-時間）圖，則函數(shù)圖像和橫軸圍成的面積代表對應時間內物體的速度變化量C.若是（力-位移）圖，則函數(shù)圖像和橫軸圍成的面積代表對應位移內力所做的功D.若是（電流-時間）圖，則函數(shù)圖像和橫軸圍成的面積代表對應時間內的電荷量4、一根長為L的金屬棒，在勻強磁場中沿垂直于磁場方向做勻速運動，金屬棒與磁感線垂直，棒中產(chǎn)生的感應電動勢為ε，經(jīng)時間t，金屬棒運動了位移為S，則此時磁場的磁感應強度的大小應為()A.B.C.D.5、如圖所示，一水平放置的矩形線圈abed在磁場N極附近豎直自由下落，保持bc正在紙外；ad邊在紙內，由圖中的位置I經(jīng)過位置Ⅱ到位置Ⅲ，這三個位置都靠得很近，在這個過程中，繞圈中感應電流的方向是()

A.沿a→b→c→d的方向流動B.沿d→c→b→a的方向流動C.由I到Ⅱ是沿a→b→c→d的方向流動，從Ⅱ到Ⅲ是沿d→c→b→a的方向流動D.由I到Ⅱ是沿d→c→b→a的方向流動，從Ⅱ到Ⅲ是沿a→b→c→d的方向流動6、如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內有一垂直紙面向里的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點．大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，在紙面內沿各個方向以相同速率v從P點射入磁場．這些粒子射出磁場時的位置均位于PQ圓弧上，PQ圓弧長等于磁場邊界周長的．不計粒子重力和粒子間的相互作用；則該勻強磁場的磁感應強度大小為()

A.B.C.D.7、下列說法正確的是（）

A.圖甲，白光通過三棱鏡發(fā)生色散現(xiàn)象是因為三棱鏡對白光中不同頻率的光的折射率不同B.圖乙，肥皂膜上出現(xiàn)彩色條紋是光的衍射現(xiàn)象C.圖丙是紅光的干涉條紋D.圖丙，如果在光源與縫之間放一合適凸透鏡，不改變其他條件，則條紋變密集評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、如圖所示，在磁感應強度大小B=T，方向豎直向下的勻強磁場中，有兩半徑均為0.6m的金屬圓環(huán)平行豎直放置，兩圓心所在直線OO′與磁場方向垂直．圓環(huán)通過電刷與理想變壓器原線圈相連，長為0.5m的導體棒ab兩個端點剛好分別搭接在兩圓環(huán)上，且與OO′平行．現(xiàn)讓導體棒沿圓環(huán)內側、繞OO′以20πrad/s的角速度勻速轉動，恰好使標有“3V4.5W”的小燈泡L正常發(fā)光．已知理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1:n2=2:1；圖中電壓表為理想電壓表，圓環(huán)；導體棒、導線電阻不計，則。

A.電壓表的示數(shù)為6VB.R0的電阻值為1.5ΩC.整個電路消耗的總功率為WD.ab沿圓環(huán)轉動過程中受到的最大安培力為N9、對于定量氣體，可能發(fā)生的過程是（）A.等壓壓縮，溫度降低B.放出熱量，內能增加C.等溫吸熱，體積不變D.絕熱壓縮，內能不變10、帶電量相同，質量不同的粒子從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為零．然后經(jīng)過S3沿著磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中；最后打在照相底片D上，如圖所示．運動過程中粒子之間的相互作用忽略不計，下列說法正確的是（）

A.這些粒子經(jīng)過S3時的動能相同B.這些粒子經(jīng)過S3時的速率相同C.這些粒子在磁場中運動的軌跡圓半徑與質量成正比D.這些粒子在磁場中運動的時間與質量成正比11、如圖，導熱的氣缸固定在水平地面上，用活塞把一定質量的理想氣體封閉在氣缸中，氣缸內壁光滑。現(xiàn)用水平外力F作用于活塞桿；使活塞緩慢地向右移動一段距離，在此過程中，環(huán)境溫度保持不變，下列說法正確的是（）

A.水平外力F做的功等于氣體內能的增加B.因為活塞受力平衡所以水平外力F為恒力C.氣體是從單一熱源吸熱，并且全部用來對外做功D.活塞克服大氣壓力做功數(shù)值上等于水平外力F做功與氣體從外界吸收的熱量之和12、根據(jù)熱學中的有關知識，判斷下列說法中正確的是（）A.單晶體在物理性質上都表現(xiàn)出各向異性，多晶體在物理性質上都表現(xiàn)出各向同性B.自發(fā)的熱傳遞過程是向著分子熱運動無序性增大的方向進行的C.盡管技術不斷進步，熱機的效率仍不能達到100%，制冷機卻可以使溫度降到-293℃E.空調既能制熱又能制冷，說明在不自發(fā)的條件下，熱量可以逆向傳遞E.空調既能制熱又能制冷，說明在不自發(fā)的條件下，熱量可以逆向傳遞13、一個理想變壓器，開始時開關S接1，此時原、副線圈的匝數(shù)比為一個理想二極管和一個滑動變阻器串聯(lián)接在副線圈上，電流表和電壓表均為理想交流電表，此時滑動變阻器接入電路的阻值為10Ω，如下左圖所示．原線圈接入如下右圖所示的正弦式交流電．則下列判斷正確的是（）

A.電壓表的示數(shù)為4VB.滑動變阻器消耗的功率為0.8WC.若將開關S由1撥到2，同時滑動變阻器滑片向下滑動，電流表示數(shù)將變大D.若將二極管用導線短接，電流表示數(shù)加倍14、如圖所示，一理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為2:1，在原、副線圈的回路中分別接有阻值相同的電阻R，輸入端ab間接在電壓有效值恒定為220V的正弦交流電源上，不計一切導線電阻，則（）

A.左右兩個電阻R上消耗的功率之比為1:1B.左右兩個電阻R上分得的電壓之比為1:2C.副線圈的輸出電壓有效值U=88VD.若只將變壓器原、副線圈匝數(shù)比改為1:2，則副線圈輸出電壓有效值U不變15、在如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內電阻為r，R1、R2為定值電阻，阻值均大于r，R3為滑動變阻器，C為電容器，A、V為理想電流表和電壓表。在滑動變阻器的滑動觸頭P自a端向b端滑動的過程中。

A.電壓表示數(shù)變大B.電流表示數(shù)變小C.電容器C所帶電荷量增多D.電源的輸出功率變大16、如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質量為m，電阻為R，在金屬線框的下方有一勻強磁場區(qū)域，MN和PQ是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向垂直紙面向里．現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由開始下落到bc邊剛好運動到勻強磁場PQ邊界的v﹣t圖象；圖中數(shù)據(jù)均為已知量，重力加速度為g，不計空氣阻力，則在線框穿過磁場的過程中，下列說法正確的是（）

A.t1到t2過程中，線框中感應電流沿順時針方向B.線框的邊長為v1（t2﹣t1）C.線框中安培力的最大功率為D.線框中安培力的最大功率為評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)17、每年入夏時節(jié)，西南暖濕氣流與來自北方的冷空氣在江南、華南等地交匯，形成持續(xù)的降雨．冷空氣較暖濕空氣密度大,當冷暖氣流交匯時，冷氣團下沉，暖濕氣團在被抬升過程中膨脹．則暖濕氣團溫度會_______（選填“升高”、“不變”或“降低”），同時氣團內空氣的相對濕度會_________（選填“變大”、“不變”或“變小”）．18、如圖所示，R1＝2Ω，R2＝3Ω，滑動變阻器最大值R3＝5Ω，則當滑動觸頭從a滑到b的過程中，電流表示數(shù)的變化情況是______________________________．

19、在如甲圖所示的電路中，電源電動勢為3.0V，內阻不計，L1、L2、L3為3個相同規(guī)格的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示．當開關閉合后，燈泡L1的電阻為_________Ω，燈泡L2消耗的電功率為_________W．

20、通電螺線管右端的小磁針，靜止時N極的指向如圖所示，則電源的a端為_______極（選填“正”或“負”），螺線管的c端為_______極（選填“N”或“S”）

21、如圖所示在通電螺絲管內部中間的小磁針，靜止時N極指向右端，則電源的c端為電源________極，（填“正”或“負”）螺線管的a端為等效磁極的________極．（填“N”或“S”）22、如圖所示，水平桌面上有一質量為m的銅質矩形線圈abcd，當一豎直放置的條形磁鐵的S極從線圈正上方快速靠近線圈時，流過ab邊的電流方向為___________；若線圈始終不動，線圈受到的支持力FN與自身重力間的關系是FN__________mg（選填“＞”、“＜”或“＝”）。23、B．(選修模塊3-4)

（1）一列沿著x軸正方向傳播的橫波，在t=0時刻的波形如圖甲所示．圖甲中某質點的振動圖象如圖乙所示．質點N的振幅是_________m，振動周期為_________s，圖乙表示質點_____(從質點K、L、M、N中選填)的振動圖象．該波的波速為___________m／s．

（2）慣性系S中有一邊長為l的正方形(如圖A所示)，從相對S系沿x方向以接近光速勻速飛行的飛行器上測得該正方形的圖象是__________________．

（3）描述簡諧運動特征的公式是x＝_______．自由下落的籃球緩地面反彈后上升又落下．若不考慮空氣阻力及在地面反彈時的能量損失，此運動________(填“是”或“不是”)簡諧運動．24、機械波產(chǎn)生和傳播的條件是：①存在一個做振動的波源，②在波源周圍存在____；機械波傳播的是_________和___________。評卷人得分四、作圖題(共3題，共15分)25、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．

26、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．

27、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(jīng)過7s后的波形曲線。

評卷人得分五、實驗題(共3題，共12分)28、用如圖甲所示裝置結合頻閃照相機拍攝的照片來驗證動量守恒定律；實驗步驟如下：

①用天平測出A、B兩個小球的質量和

②安裝好實驗裝置；使斜槽的末端所在的平面保持水平；

③先不在斜槽的末端放小球B，讓小球A從斜槽上位置P由靜止開始釋放；小球A離開斜槽后，頻閃照相機連續(xù)拍攝小球A的兩位置（如圖乙所示）；

④將小球B放在斜槽的末端，讓小球A仍從位置P處由靜止開始釋放；使它們碰撞，頻閃照相機連續(xù)拍攝下兩個小球的位置（如圖丙所示）；

⑤測出所需要的物理量。請回答：

(1)為減少實驗誤差，步驟①中A、B兩個小球的質量和應滿足______；

(2)步驟⑤中，需要在照片中直接測量的物理量有______；（請選填“”）

(3)兩球在碰撞過程中若動量守恒，滿足的方程是：______；若兩球碰撞為彈性碰撞，還需滿足方程：______。29、某同學準備利用下列器材測量電源電動勢和內電阻．

A．干電池兩節(jié)，每節(jié)電動勢約為1.5V，內阻約幾歐姆

B．直流電壓表V1、V2，量程均為0～3V，內阻約為3kΩ

C．定值電阻R0，阻值為5Ω

D．滑動變阻器R，最大阻值50Ω

E.導線和開關

（1）該同學連接的實物電路如圖所示，其中還有一根導線沒有連，請補上這根導線_______．

（2）實驗中移動滑動變阻器觸頭，讀出伏特表V1和V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出U1～U2圖像如圖所示，圖中直線斜率為k，與橫軸的截距為a，則電源的電動勢E=________，內阻為r=___________(用k、a、R0表示)．

（3）若實驗中的所有操作和數(shù)據(jù)處理無錯誤，實驗中測得電源內阻的測量值________其真實值，電源電動勢E的測量值________其真實值．（選填“大于”、“小于”或“等于”）30、為了驗證“兩小球碰撞過程中的動量守恒”；某同學用如圖所示的裝置進行了如下的操作：

①將斜槽軌道的末端調整水平，在一塊平木板表面先后釘上白紙和復寫紙，并將該木板豎直立于靠近槽口處，使小球a從斜槽軌道上某固定點由靜止釋放，撞到木板并在白紙上留下痕跡O；

②將木板向右平移適當?shù)木嚯x固定，再使小球a從原固定點由靜止釋放，撞到木板并在白紙上留下痕跡P；

③把小球b靜止放在斜槽軌道的水平段的最右端，讓小球a仍從原固定點由靜止釋放，和小球b相碰后，兩小球撞到木板并在白紙上留下痕跡M和N；

④用天平測出a、b兩個小球的質量分別為和用刻度尺測量白紙上O點到M、P、N三點的距離分別為和．根據(jù)上述實驗；請回答下列問題：

(1)為了減小實驗誤差，選擇入射球被碰球時，應該使_________（填“大于”；“等于”或“小于”）．

(2)小球a和b發(fā)生碰撞后，小球a在圖中白紙上撞擊痕跡應是__________點．

(3)小球a下滑過程中與斜槽軌道間存在摩擦力，這對實驗結論___________產(chǎn)生影響（填“會”或“不會”）．

(4)用本實驗中所測得的物理量來驗證兩小球碰撞過程中動量守恒，其表達式為__________．（用表示）參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【詳解】

AC.根據(jù)躍遷規(guī)律可知從n=4向n=2躍遷時輻射光子的能量大于從n=3向n=2躍遷時輻射光子的能量，則可見光a的光子能量大于b，又根據(jù)光子能量可得b光子的頻率小于a；故A錯誤，C正確；

B.在真空中它們的速度均相等；故B錯誤；

D.從n=4的能級向n=2的能級躍遷時輻射出可見光，且紫外線的頻率大于可見光，因此從n=4的能級向n=3的能級躍遷時會輻射出能量還小于可見光a，因此不可能是紫外線，故D錯誤．2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．“與”門的特點：事件的幾個條件都滿足；該事件才能發(fā)生。所以輸入端均為“0”，則輸出端為“0”。故A錯誤；

B．“或”門的特點：只要一個條件得到滿足；事件就會發(fā)生。所以輸入端均為“0”，則輸出端為“0”。故B錯誤；

CD．“非”門的特點：輸出狀態(tài)和輸入狀態(tài)相反。輸入端為“0”；則輸出端為“1”。故C正確，D錯誤。

故選C。3、A【分析】【詳解】

A．若是（體積-壓強）圖，橫軸微分表示極短壓強變化量，極短壓強變化內氣體體積可視作不變，則氣體不對外做功，則圖中函數(shù)圖像和橫軸圍成的面積不能代表理想氣體氣體對外做的功；A錯誤，符合題意；

B．若是（加速度-時間）圖，橫軸微分表示極短時間，極短時間內的加速度變化可以忽略，由知每個小長方形的面積代表時間內的速度變化量，函數(shù)圖像和橫軸圍成的面積代表對應時間內物體的速度變化量；B正確，不符合題意；

C．若是（力-位移）圖，橫軸微分表示極短位移，極短位移內的力的變化可以忽略，由知每個小長方形的面積代表時間內力的功，則函數(shù)圖像和橫軸圍成的面積代表對應位移內力所做的功；C正確，不符合題意；

D．若是（電流-時間）圖，橫軸微分表示極短時間，極短時間內的電流的變化可以忽略，由知每個小長方形的面積代表時間內的電荷量，則函數(shù)圖像和橫軸圍成的面積代表對應時間內的電荷量；D正確，不符合題意。

故選A。4、A【分析】【詳解】

導體棒做勻速運動,則有切割產(chǎn)生的電動勢?=Blv，解得：A正確，BCD錯誤5、A【分析】分析N極右側附近的磁場，在I位置通過線圈的磁場斜向上，到II位置時，通過線圈的磁場方向與線圈平面平行，故磁通量為零．因此從I到II過程中，向上的磁通量減少，因為感應電流的磁場與原磁場方向相同，即向上，由安培定則可知感應電流方向為abcd流動;而在III位置時通過線圈的磁場方向斜向上，因此從II到III過程中，通過線圈的磁通量增加，故感應電流磁場與原磁場方向相反，即向上，由安培定則可知感應電流方向仍為abcd方向，故A項正確．6、D【分析】【詳解】

從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為Q，最遠的點是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點，相應的弧長變?yōu)閳A周長的如圖所示：

所以∠POQ=120°；結合幾何關系，有：洛侖茲力充當向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：聯(lián)立可得：故D正確，ABC錯誤．7、A【分析】【詳解】

A；圖甲；白光通過三棱鏡發(fā)生色散現(xiàn)象，是因為三棱鏡對白光中不同頻率的光的折射率不同，偏折角不同造成的，故A正確。

B；圖乙；肥皂膜上出現(xiàn)彩色條紋是光的干涉現(xiàn)象，故B錯誤。

C；圖丙條紋寬度亮度不等；是紅光的衍射條紋。故C錯誤。

D、圖丙，如果在光源與縫之間放一合適凸透鏡，因狹縫寬度和光的波長不變，則條紋密集程度不變，故D錯誤。二、多選題(共9題，共18分)8、B:D【分析】【詳解】

AB.根據(jù)右手定則可知，導體棒在磁場中運動，產(chǎn)生正弦式交流電，當導體棒經(jīng)過最低點和最高點時，切割的方向與磁場方向垂直，產(chǎn)生的感應電動勢最大，則則有壓器原線圈兩端的電壓根據(jù)可得電壓表的示數(shù)為通過小燈泡的電流根據(jù)可得的電阻值為故選項B正確，A錯誤；

C.整個電路消耗的總功率為故選項C錯誤；

D.根據(jù)安培力表達式，最大安培力大小故選項D正確．9、A:B【分析】【詳解】

理想氣體狀態(tài)方程可知等壓壓縮，體積減小溫度降低，A正確；根據(jù)熱力學第一定律△U=W+Q可知若氣體放出熱量的同時外界對氣體做正功，且做功大于放出熱量，則內能將會增加，B正確；等溫說明內能不變，即△U=0，吸收熱量，即Q＞0，根據(jù)熱力學第一定律△U=W+Q可知W＜0，即氣體膨脹對外做功，所以等溫吸熱，體積膨脹，C錯誤；絕熱說明氣體不能吸放熱即Q=0，壓縮說明外界對氣體做功，根據(jù)熱力學第一定律△U=W+Q可知：絕熱壓縮，內能增大，D錯誤．10、A:D【分析】【詳解】

AB、根據(jù)動能定理得：動能相同，解得：電量相同，所以質量相同的粒子具有相同速率，故A正確；B錯誤；

CD、粒子在磁場中運動的軌道半徑為：半徑與成正比；運動時間與質量成正比，故C錯誤，D正確．11、C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．理想氣體的內能等于分子動能；由于溫度不變所以內能不變，故A錯誤；

B．氣體等溫膨脹，根據(jù)玻意耳定律PV=C，其中C為定值，可知氣壓不斷減小，故內外氣體的壓力向左變大，故F逐漸變大；故B錯誤；

C．氣體是從單一熱源吸熱，全部用來對外做功，但是引起了其它變化（外力F做功）；所以此過程是可以的，不違反熱力學第二定律，故C正確；

D．根據(jù)能量守恒定律，可知活塞克服大氣壓力做功數(shù)值上等于水平外力F做功與氣體從外界吸收的熱量之和；故D正確。

故選CD。12、A:B:E【分析】【分析】

【詳解】

A．單晶體在物理性質上都表現(xiàn)出各向異性；多晶體在物理性質上都表現(xiàn)出各向同性，故A正確；

B．自發(fā)的熱傳遞過程是向著分子熱運動無序性增大的方向進行的；故B正確；

C．根據(jù)熱力學第三定律知；制冷機不可能使溫度降到-273℃，更不可以使溫度降到-293℃，故C錯誤。

D．等容過程分子的密集程度是不變的；等容降壓過程溫度降低，則其壓強降低是由于分子的熱運動的劇烈程度減少而引起的，故D錯誤；

E．空調既能制熱又能制冷；根據(jù)熱力學第二定律可知，空調機在不自發(fā)的條件下，熱傳遞可以逆向，故E正確。

故選ABE。13、B:D【分析】【詳解】

A．根據(jù)交流電圖像可知，原線圈中交流電壓的有效值為

根據(jù)

可知副線圈兩端的電壓為

二極管具有單向導電性，根據(jù)電流的熱效應有

解得

即電壓表讀數(shù)為A錯誤；

B．滑動變阻器消耗的功率為

B正確；

C．將開關S由1撥到2，同時滑動變阻器滑片向下滑動，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，副線圈電壓變小，滑動變阻器電阻變大，輸出功率變小，輸入功率變小，根據(jù)

電流表示數(shù)將變?。籆錯誤；

D．若將二極管用導線短接，半波整流前后，有效值之比為故輸出功率加倍；輸入功率不加倍，電流表示數(shù)也不加倍，D錯誤。

故選B。14、B:C:D【分析】【詳解】

根據(jù)變壓器原理可知原副線圈的電流之比為1:2，根據(jù)功率公式所以原副線圈上電阻R消耗的功率之比為1:4，故A錯誤；原副線圈的電流之比為1:2，根據(jù)所以原副線圈上電阻R分擔的電壓之比為1:2，故B正確；設原線圈中的電流為I，根據(jù)功率相等可知解得所以副線圈上的電壓為故C正確；若只將變壓器原、副線圈匝數(shù)比改為1:2，則根據(jù)功率相等可知則所以副線圈的電壓為故D正確；故選BCD15、A:D【分析】【分析】

在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，變阻器在路電阻減小，外電阻減小，根據(jù)歐姆定律分析干路電流如何變化和電阻R1兩端電壓的變化，即可知道電壓表讀數(shù)的變化．電容器C的電壓等于電阻R2兩端的電壓，分析并聯(lián)部分電壓的變化，即知道電容器的電壓如何變化，根據(jù)Q=CU可知所帶電荷量的變化；根據(jù)干路電流與通過R2的電流變化情況，分析電流表的變化．a(chǎn)點的電勢等于R2兩端的電壓．根據(jù)外電路電阻與內阻的關系；判斷電源的輸出功率的變化。

【詳解】

A.在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，變阻器接入電路的電阻減小，并聯(lián)電阻減小，外電路總電阻減小，干路電流I增大，電阻R1兩端電壓增大；則電壓表示數(shù)變大，故A正確；

B.根據(jù)閉合電路歐姆定律，內電壓增大，R1兩端電壓增大，可知并聯(lián)部分電壓減小，流過R2的電流減小。由于干路電流I增大，所以流過R3的電流增大；電流表示數(shù)增大，故B錯誤；

C.電容器與電阻R2并聯(lián)；電壓相等，根據(jù)Q=CU，電容器C所帶電荷量減小，故C錯誤；

D.當外電路電阻等于內阻時，電源的輸出功率最大，外電路電阻越接近內阻，電源的輸出功率越大。由于R1、R2阻值均大于r；外電路電阻大于內阻，現(xiàn)外電路總電阻減小，電源的輸出功率增大，故D正確。

故選：AD。16、B:D【分析】【詳解】

A．金屬線框剛進入磁場時；磁通量增加，磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)楞次定律判斷可知，線框中感應電流方向沿逆時針方向，故A錯誤；

B．由圖象可知，金屬框進入磁場過程中做勻速直線運動，速度為v1，勻速運動的時間為t2﹣t1，故金屬框的邊長：L＝v1（t2﹣t1）；故B正確；

CD．在金屬框進入磁場的過程中，金屬框所受安培力等于重力，則得：mg＝BIL，又又L＝v1（t2﹣t1），聯(lián)立解得：線框僅在進入磁場和離開磁場過程中受安培力，進入時安培力等于重力，離開時安培力大于重力，開始減速，故開始離開磁場時安培力最大，功率最大，為Pm＝F安t2，又聯(lián)立得：故C錯誤，D正確．三、填空題(共8題，共16分)17、略

【分析】試題分析：空氣的相對濕度等于水蒸氣的實際壓強與同溫下水的飽和汽壓的比值；飽和汽壓隨溫度的降低而變?。灰欢囟认?，飽和汽的壓強是一定的．

暖濕氣團在被抬升過程中膨脹，膨脹的過程中對外做功，氣團的內能減小，所以暖濕氣團溫度會降低；飽和汽壓隨溫度的降低而變小，氣團內空氣的絕對濕度不變而飽和蒸汽壓減小，所以相對濕度會變大．【解析】降低變大18、略

【分析】【詳解】

由電路的組成可知，R1和R3的上半部分串聯(lián)，R2和R3的下半部分串聯(lián)，然后再并聯(lián)．只要求出P由a向b滑動過程中電阻的變化，就可求得電流的變化．設P、a間電阻為Ra；則混聯(lián)電路的電阻為。

上式中分子里兩個因式之和為定值，則當時當時，R＝1.6Ω，I1＝≈3.94A

當時，R＝2.1Ω，I2＝3A

故當滑動觸頭P從a端滑動到b端的過程中；電流表示數(shù)變化：從3.94A減小到2.52A再增大到3A.

【點睛】

本題正確列出并聯(lián)電路電阻表達式，再根據(jù)數(shù)學關系，即可正確解題．【解析】從3.94A減小到2.52A再增大到3A19、略

【分析】【詳解】

當開關閉合后，燈泡L1的電壓U1=3V，由圖2讀出其電流I1=0.25A，則燈泡L1的電阻燈泡L2、L3串聯(lián)，電壓U2=U3=1.5V，由圖讀出其電流I2=I3=0.20A，則I1=1.25I2，燈泡L2、L3的功率均為P=UI=1.5V×0.20A=0.30W；【解析】12Ω0.30W20、略

【分析】根據(jù)通電螺線管右端的小磁針靜止時N極的指向，可知螺線管的d端為N極，c端為S極，由右手螺旋法則可知，電源的a端為正極?！窘馕觥空?，S21、略

【分析】試題分析：螺線管內部的磁場方向水平向右；根據(jù)安培定則，知螺線管中的電流從左側流進，右側流出，實驗c端為電源的正極．內部的磁場由S指向N，a端為S極．

考點：安培定則。

【名師點睛】解決本題的關鍵掌握安培定則，會運用安培定則判斷電流與磁場的關系．【解析】正極S極22、略

【分析】【詳解】

[1][2]當條形磁鐵靠近線圈時，向上穿過線圈的磁通量增加，根據(jù)楞次定律判斷出線圈中產(chǎn)生的感應電流方向為順時針方向；若線圈始終不動，根據(jù)楞次定律可知，線圈受到排斥力作用，則線圈受到的支持力FN大于線圈的重力?！窘馕觥宽槙r針方向＞23、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）由甲圖可知波長由乙圖可知振幅周期所以波速因為波沿軸正方向傳播，由甲圖可以判斷時刻L向上振動，N向下振動，K在正的最大位移處，M在負的最大位移處．由乙圖可知時刻；質點向上振動．所以為L的振動圖象；

（2）由相對論中長度的相對性：在垂直于運動方向；長度不變；在沿著運動方向長度變長．所以C正確；

（3）簡諧運動的表達式為：為初相位，可以取零．籃球的運動加速度不改變，不符合簡諧運動的規(guī)律，所以不是簡諧運動．【解析】0.84L0.5C不是24、略

【分析】機械波產(chǎn)生和傳播的條件是：①存在一個做振動的波源，②在波源周圍存在介質；機械波傳播的是運動形式和能量（或信息）。【解析】介質運動形式能量（或信息）四、作圖題(共3題，共15分)25、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】26、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