2025年冀教版選修3物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年冀教版選修3物理上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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9題，共18分)1、2018年3月22日，一架中國國際航空CA03客機，從天津飛抵香港途中遭遇鳥擊，飛機頭部被撞穿約一平方米的大洞，雷達罩被擊穿，所幸客機及時安全著陸，無人受傷。若飛機飛行的速度為150m/s，小鳥在空中的飛行速度非常小，與飛機的速度相比可忽略不計。已知小鳥的質量約為0.4kg，小鳥與飛機的碰撞時間為6.0×10﹣4s．則飛機受到小鳥對它的平均作用力的大小約為（）A.108NB.105NC.103ND.102N2、已知介質對某單色光的臨界角為θ，則（）A.該介質對此單色光的折射率為sin(1/θ)；B.此單色光在該介質中的傳播速度等于csinθ(c是真空中的光束)；C.此單色光在該介質中的波長是在真空中波長的1/sinθ；D.此單色光在該介質中的頻率是在真空中頻率的1/sinθ。3、下列現(xiàn)象與對應的光學原理正確的是（）A.夜晚水面上月亮的倒影，是光的折射現(xiàn)象B.望遠鏡和顯微鏡上都有目鏡，這是利用了凹透鏡成像C.爺爺佩戴老花鏡讀書看報，是利用了凸透鏡對光線的聚光作用D.樹蔭下形成圓形光斑，屬于光的反射現(xiàn)象4、靜電場、磁場和重力場在某些特點上具有一定的相似性，結合有關“場”的知識，并進行合理的類比和猜想，判斷以下說法中可能正確的是（）A.電場和磁場的概念分別是奧斯特和楞次建立的B.重力場與靜電場相類比，重力場的“場強”相等于重力加速度，其“場強”大小的決定式為g=G/m，即重力G越大，g越大；質量m越大，g越?。瓹.靜電場與磁場相類比，如果在靜電場中定義“電通量”這個物理量，則該物理量表示穿過靜電場中某一（平或曲）面的電場線的多少D.如果把地球抽象為一個孤立質點，用于形象描述它所產生的重力場的所謂“重力場線”的分布類似于真空中一個孤立的正電荷所產生的靜電場的電場線分布5、如圖所示，矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的轉動軸O0勻速轉動產生的交流電動勢e＝100sin100πt（V）．下列說法正確的是（）

A.交流電的頻率為100HzB.交流電動勢的有效值為100VC.當線圈轉到如圖所示的位置時電動勢為最大D.當線圈轉到如圖所示的位置時穿過線圈的磁通量為零6、如圖所示，一矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉軸ΟΟ′以恒定的角速度轉動；從圖示位置開始計時，則在轉過180°這段時間內（）

A.線圈中的感應電流一直在減小B.線圈中的感應電流先增大后減小C.穿過線圈的磁通量一直在增大D.穿過線圈的磁通量的變化率先減小后增大7、如圖所示電路中，電源內阻為r，R1、R2為定值電阻，且r＜R1，各電表均為理想電表．開關S閉合后，在滑動變阻器R0的滑片向下滑動的過程中；下列說法正確的是（）

A.電流表與兩只電壓表的示數都減小B.電壓表V1與電流表的示數減小，電壓表V2的示數增大C.電壓表V1比電壓表的V2示數變化量的絕對值大D.電源的輸出功率減小8、光在某種玻璃中的傳播速度是1.5×108m/s，則光由該玻璃射入空氣時，發(fā)生全反射的臨界角C為A.30°B.45°C.60°D.90°9、如圖所示，線圈L的自感系數很大，且其電阻可以忽略不計，L1、L2是兩個完全相同的小燈泡，隨著開關S閉合和斷開的過程中，燈L1、L2的亮度變化情況是(燈絲不會斷)()．

A.S閉合，L1亮度不變，L2亮度逐漸變亮，最后兩燈一樣亮；S斷開，L2立即不亮，L1逐漸變亮B.S閉合，L1不亮，L2很亮；S斷開，L1、L2立即不亮C.S閉合，L1、L2同時亮，而后L1逐漸熄滅，L2亮度不變；S斷開，L2立即不亮，L1亮一下才熄滅D.S閉合，L1、L2同時亮，而后L1逐漸熄滅，L2則逐漸變得更亮；S斷開，L2立即不亮，L1亮一下才熄滅評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、如圖甲所示，左側接有定值電阻R＝2Ω的水平粗糙導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B＝1T，導軌間距L＝1m。一質量m＝2kg，阻值r＝2Ω的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒的v－x圖象如圖乙所示，若金屬棒與導軌間動摩擦因數μ＝0.2，則從起點發(fā)生x＝1m位移的過程中(g＝10m/s2)()

A.金屬棒克服安培力做的功W1＝0.25JB.金屬棒克服摩擦力做的功W2＝5JC.整個系統(tǒng)產生的總熱量Q＝4.25JD.拉力做的功W＝9.25J11、下列物體中處于非平衡態(tài)的是（）A.冰水混合物處在1℃的環(huán)境中B.將一鋁塊放入沸水中加熱較長的時間C.冬天剛打開空調的教室內的氣體D.用玻璃杯盛著的開水放在室內足夠長時間12、下列說法正確的是（）A.用油膜法可以估測分子的大小B.晶體的熔點是確定的，幾何形狀是規(guī)則的C.石英、云母、明礬、玻璃等是晶體，食鹽、蜂蠟、松香、橡膠等是非晶體E.英國物理學家焦耳通過實驗測定了外界對系統(tǒng)做功和傳熱對于系統(tǒng)狀態(tài)的影響，并得出功與熱量的相互關系E.英國物理學家焦耳通過實驗測定了外界對系統(tǒng)做功和傳熱對于系統(tǒng)狀態(tài)的影響，并得出功與熱量的相互關系13、一定質量的理想氣體被質量為m的絕熱活塞封閉在豎直放置的絕熱汽缸中，活塞的面積為S，與汽缸底部相距L，溫度為T0。現(xiàn)接通電熱絲給氣體緩慢加熱，活塞緩慢向上移動距離L后停止加熱，整個過程中，氣體吸收的熱量為Q，大氣壓強為p0，重力加速度為g。則（）

A.初始時，氣體壓強B.停止加熱時，氣體的溫度C.該過程中，氣體內能增加量D.該過程中，氣體內能增加量14、一個閉合線圈固定在垂直紙面的勻強磁場中，設磁場方向向里為磁感應強度B的正方向,線圈中的箭頭所指方向為電流I的正方向。線圈及線圈中感應電流I隨時間變化的圖線如圖所示，則磁感應強度B隨時間變化的圖線可能是圖中的（）

A.B.C.D.15、如圖所示電路由交變電源供電；L為不計直流電阻的線圈，C為電容器，兩只小燈泡規(guī)格相同，亮度也相同。下列方案中可能使兩只小燈泡都變亮的是。

A.僅增加交流電源的頻率B.僅增加交流電壓的有效值C.拔出線圈中的鐵芯，增大電容器極板的正對面積D.電源換用與交流電有效值相同的直流電源16、如圖所示；半徑為R的絕緣閉合球殼，O為球殼的球心，球殼上均勻分布著正電荷，已知均勻帶電的球殼在其內部激發(fā)的場強處處為零。現(xiàn)在球殼表面A處取下一面積足夠??；帶電量為q的曲面將其沿OA連線延長線向上移動至B點，且AB=R，若球殼的其他部分的帶電量與電荷分布保持不變，下列說法中正確的是。

A.把另一帶正電的試探電荷從A點處移動到O點過程中系統(tǒng)電勢能減少B.球殼剩余部分的電荷在球殼內部激發(fā)的電場的電場線由A點的對稱點C點沿直線指向球殼內表面各點C.球殼內部電場的電場線由球殼各點沿曲線指向A點D.球心O點場強的大小為k17、下列說法中正確的是____A.一定質量的氣體吸熱后溫度一定升高B.布朗運動是懸浮在液體中的花粉顆粒和液體分子之間的相互碰撞引起的C.知道阿伏加德羅常數和氣體的密度就可估算出氣體分子間的平均距離E.單位體積的氣體分子數增加，氣體的壓強不一定增大E.單位體積的氣體分子數增加，氣體的壓強不一定增大評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)18、如圖是學校體育館建筑工地的揚塵噪聲監(jiān)測顯示牌，即時顯示工地周圍空氣的溫度、濕度、懸浮物微粒（PM2.5、PM10）濃度等信息。若某天早晨牌上顯示的溫度、濕度分別為28.9℃、61.7%，傍晚時分別顯示為34.5℃、51.7%，僅由這四個數據，能比較出__________（填“早晨”或“傍晚”）時空氣分子無規(guī)則運動更劇烈些，PM10在__________（填“早晨”或“傍晚”）時無規(guī)則運動更劇烈些，早晨時__________（填“PM2.5”、“PM10”）微粒的無規(guī)則運動更劇烈些，__________（填“能”或“不能”）比較出早晨時空氣的絕對濕度跟傍晚是否相同。

19、如圖為包含某邏輯電路的一個簡單電路圖，L為小燈泡，光照射電阻時，其阻值將變得遠小于R。該邏輯電路是__________（選填“與”、“或”或“非”）門電路。當電阻受到光照時，小燈泡L將__________（選填“發(fā)光"或“不發(fā)光”）。

20、回熱式制冷機是一種深低溫設備，制冷極限約50K，某臺設備工作時，一定量的氦氣（可視為理想氣體）緩慢經歷如圖所示的四個過程：從狀態(tài)到和到是等溫過程；從狀態(tài)到和到是等容過程，體積分別為和則圖中___（填“>”“<”或者“=”）；整個循環(huán)過程氦氣系統(tǒng)是______的（填“吸熱”“放熱”或者“絕熱”）。

21、假定兩個分子的距離為無窮遠時，它們的分子勢能為0，使一個分子固定，另一個分子在外力作用下從無窮遠逐漸向它靠近，直至相距很近很近，整個過程中分子勢能______(填“不變”或“先增大后減小”或“先減小后增大”)。物體從單一熱源吸收的熱量______(填“可以”或“不可以”)全部用于做功。22、有一個教學用的可拆變壓器；如圖甲所示，它有兩個外觀基本相同的線圈A；B，線圈外部還可以繞線．

(1)某同學用一多用電表的同一歐姆擋先后測量了A、B線圈的電阻值，指針分別對應圖乙中的A、B位置，由此可推斷________線圈的匝數較多(選填“A”或“B”)．

(2)如果把它看成理想變壓器，現(xiàn)要測定A線圈的匝數，提供的器材有：一根足夠長的絕緣導線、一只多用電表和低壓交流電源，請簡要敘述實驗的步驟(寫出要測的物理量，并用字母表示)________;A線圈的匝數為nA＝________.(用所測物理量符號表示).評卷人得分四、作圖題(共3題，共9分)23、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．

24、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．

25、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；畫出經過7s后的波形曲線。

評卷人得分五、解答題(共4題，共24分)26、如圖所示，豎直面內有水平線MN與豎直線PQ交于P點，O在水平線MN上，OP間距為d，一質量為m、電量為q的帶正電粒子，從O處以大小為v0、方向與水平線夾角為θ＝60o的速度，進入大小為E1的勻強電場中，電場方向與豎直方向夾角為θ＝60o，粒子到達PQ線上的A點時，其動能為在O處時動能的4倍．當粒子到達A點時，突然將電場改為大小為E2，方向與豎直方向夾角也為θ＝60o的勻強電場，然后粒子能到達PQ線上的B點．電場方向均平行于MN、PQ所在豎直面，圖中分別僅畫出一條電場線示意其方向。已知粒子從O運動到A的時間與從A運動到B的時間相同，不計粒子重力，已知量為m、q、v0、d．求：

(1)粒子從O到A運動過程中,電場力所做功W；

(2)勻強電場的場強大小E1、E2；

(3)粒子到達B點時的動能EkB．27、在機場；車站人員流動大的地方為了防止新冠病毒傳染；某企業(yè)研發(fā)了應急負壓隔離艙，一旦發(fā)現(xiàn)發(fā)熱等癥狀的疑似病人，在等待醫(yī)護人員到達之前，能快速安全隔離。該設備采用負壓排風技術，并將排出的空氣利用專門的裝置進行消毒處理。

（1）若大氣壓為負壓艙的內部尺寸為（長、寬、高），計算得出內部體積若要使艙內壓強減小則排風系統(tǒng)要將一個大氣壓下的空氣排出多大的體積？（結果保留3位有效數字）

（2）研究表明，新冠病毒耐寒不耐熱，溫度在超過56℃時，經過30分鐘就可以滅活?，F(xiàn)將排風系統(tǒng)排出的氣體用輕質絕熱活塞封閉在絕熱汽缸下部a內，汽缸頂端有一絕熱閥門K，汽缸底部接有電熱絲E，a缸內封閉氣體初始溫度活塞與底部的距離活塞在汽缸的中間位置，活塞和汽缸間的摩擦不計，如圖所示。若保持閥門K始終打開，電熱絲通電一段時間，穩(wěn)定后活塞與底部的距離持續(xù)30分鐘后，試分析說明a內新冠病毒能否被滅活？

28、一條絕緣的擋板軌道ABC固定在光滑水平桌面上，BC段為直線，長為4R，動摩擦因數為AB是半徑為R的光滑半圓?。▋刹糠窒嗲杏贐點）．擋板軌道在水平的勻強電場中，場強大小為方向與BC夾角為．一帶電量為質量為的小球從C點靜止釋放，已知求：

（1）小球在B點的速度大??；

（2）若場強E與BC夾角可變，為使小球沿軌道運動到A點的速度最大，的取值以及A點速度大??；

（3）若場強E與BC夾角可變，為使小球沿軌道運動到A點沿切線飛出，的取值范圍．29、如圖所示兩小滑塊分別靜止在平臺的兩端，間距x=6.25m，質量分別為m1=1kg、m2=2kg水平面上依次排放兩塊完全相同的木板A、B，其長度均為L=2.5m，質量均為M=1kg，木板上表面與平臺等高滑塊與平臺間、木板與水平面間的動摩擦因數均為μ1=0.2，滑塊與木板間的動摩擦因數均為μ2，現(xiàn)給滑塊m1一水平向右的初速度v0=13m/s，一段時間后與m2發(fā)生彈性碰撞．最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，g取10m/s2．求：

(1)碰前滑塊m1的速度大小及碰后滑塊m2的速度大小。

(2)若滑塊m2滑上木板A時，木板不動而滑上木板B時，木板B開始滑動，則μ2應滿足什么條件。

(3)若μ2=0．8求木板B的位移大小。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【詳解】

可以認為撞擊前鳥的速度為零，撞擊后鳥與飛機的速度相等，飛機速度為：v＝700m/s，撞擊過程可以認為鳥做勻加速直線運動，對鳥，由動量定理得：Ft＝mv﹣0，代入數據可得：F＝1.0×105N，故B正確，ACD錯誤。2、B【分析】【詳解】

A.根據臨界角公式得：則得A錯誤。

B.光在介質中傳播速度B正確。

C.設光在真空中與介質中波長分別為λ0和λ，由c=λ0f得：n=則得C錯誤。

D.光的頻率由光源決定，與介質無關，則此單色光在該介質中的頻率與在真空中頻率相等，D錯誤3、C【分析】【分析】

①顯微鏡結構均由兩個凸透鏡組成；靠近眼睛的凸透鏡叫做目鏡，靠近被觀察物體的凸透鏡叫做物鏡，用來看清微小物體的．而望遠鏡也是由兩組凸透鏡組成的，靠近眼睛的凸透鏡叫做目鏡，靠近被觀測物體的凸透鏡叫做物鏡，用來觀看遠處物體的．②平面鏡成像時是光的反射現(xiàn)象．③凸透鏡的中間比邊緣厚，對光線有會聚作用．放大鏡；照相機、投影儀、老花鏡（也叫遠視鏡）都要利用凸透鏡．④光在同種均勻物質中沿直線傳播，在日常生活中，激光準直、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一種均勻介質中是沿直線傳播的。

【詳解】

A；夜晚水面上月亮的倒影；是由光的反射形成的；故A錯誤．

B；顯微鏡和望遠鏡的目鏡、物鏡都是凸透鏡；故B錯誤．

C；老花鏡是凸透鏡；凸透鏡對光線有會聚作用；故C正確．

D；樹蔭下形成圓形光斑；是由于光的直線傳播；故D錯誤．

故選C．

【點睛】

本題考查了光的反射、光直線傳播的應用、凸透鏡的應用等多個知識點．4、C【分析】【詳解】

電場和磁場的概念是法拉第建立的．故A錯誤；重力場與靜電場相類比，重力場的“場強”相等于重力加速度，其“場強”大小的定義式為其中g的大小與G和m無關；故B錯誤；靜電場與磁場相類比，如果在靜電場中定義“電通量”這個物理量，則該物理量表示穿過靜電場中某一（平或曲）面的電場線的多少．故C正確；如果把地球抽象為一個孤質點，用于形象描述它所產生的重力場的所謂“重力場線”的分布，重力場的方向指向地球，類似于真空中一個孤立的負電荷所產生的靜電場的電場線分布．故D錯誤．5、B【分析】【詳解】

根據交流電動勢可知ω＝100πrad/s，解得交流電的頻率f為50Hz，故A錯誤；根據交流電動勢瞬時表達式，可知Em＝100V，交流電動勢的有效值故B正確；當線圈轉到如圖所示的位置時，穿過線圈的磁通量最大，穿過線圈的磁通量變化率為零，電動勢為零．故CD錯誤．6、D【分析】【詳解】

圖示位置磁通量為零，磁通量變化率最大，此時感應電流最大，到兩者相互垂直時（轉過90°時），磁通量最大，磁通量變化率最小，此時感應電流最??；再到轉過180o時，磁通量為零，磁通量變化率最大，感應電流最大；所以磁通量先增大后減小，磁通量變化率以及感應電流都是先減小后增大．故D項正確，ABC三項錯誤．7、B【分析】【詳解】

電流表測的是R2的電流，電壓表V1測的是路端電壓，電壓表v2測的是R1的電壓；

AB．滑動變阻器R0的滑片向下滑動的過程中，滑動變阻器的電阻變小，總電阻變小，則干路電流變大，電壓表v2測的是R1的電壓變大，內壓變大，外壓變小，即V1的示數變小，內壓變大，R1分壓變大，則R2分壓變小；電流表示數變小，故A錯誤，B正確；

C．電壓表V1示數變化量電壓表的V2示數變化量又則故C錯誤；

D．當內外阻相等時輸出功率最大，因外阻大于內阻，則外阻阻值減小時功率變大，即滑動變阻器R0的滑片向下滑動的過程中外電阻變小電源的輸出功率變大，故D錯誤；8、A【分析】【詳解】

介質的折射率為n=c/v=（3×108）/（1.5×108）=2，由sinC=1/n得介質的臨界角C=30°，入射角大于或等于30°時都能發(fā)生全反射，故A正確，BCD錯誤．故選A9、D【分析】當S閉合瞬時，兩燈同時獲得電壓，同時發(fā)光，隨著線圈L電流的增加，逐漸將L1燈短路，L1逐漸變暗直到熄滅，同時，L2電流逐漸增大；變得更亮；

S斷開瞬時，L2中電流消失，故立即熄滅，而L1中由于電感中產生一個與電流同向的自感電動勢，故右端為正，電流由燈泡L1的右側流入，故L1亮一下逐漸熄滅．故D正確；ABC錯誤；

點睛：對于線圈要抓住雙重特性：當電流不變時，它是電阻不計的導線；當電流變化時，產生自感電動勢，相當于電源．二、多選題(共8題，共16分)10、A:C【分析】【分析】

由速度圖象得出v與x的關系式，由安培力公式得到FA與x的關系式，可知FA與x是線性關系，即可求出發(fā)生s=1m位移的過程中安培力做功WA=-x；再根據動能定理求解拉力做功；根據能量守恒求解整個系統(tǒng)產生的總熱量Q．

【詳解】

由速度圖象得：v=2x，金屬棒所受的安培力代入得：FA=0.5x，則知FA與x是線性關系。當x=0時，安培力FA1=0；當x=1m時，安培力FA2=0.5N，則從起點發(fā)生x=1m位移的過程中，安培力做功為：WA=-x=-0.25J；即金屬棒克服安培力做的功為：W1=0.25J，故A正確。金屬棒克服摩擦力做的功為：W2=-μmgx=-0.2×2×10×1J=-4J，故B錯誤；克服安培力做功等于產生的電熱，克服摩擦力做功等于產生的摩擦熱，則整個系統(tǒng)產生的總熱量Q＝WA+W2=4.25J，選項C正確；根據動能定理得：WF+W2+WA=mv2，其中v=2m/s，μ=0.2，m=2kg，代入解得拉力做的功為：WF=8.25J。故D錯誤。故選AC。

【點睛】

對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解．11、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．冰水混合物在1℃的環(huán)境中要吸收熱量；溫度升高，不是平衡態(tài)，A正確；

B．當鋁塊放在沸水中足夠長的時間；鋁塊各部分的溫度與沸水的溫度相同，達到平衡態(tài)，B錯誤；

C．冬天剛打開空調的教室內的氣體各部分溫度不同；不是平衡態(tài)，C正確；

D．用玻璃杯盛著的開水放在室內足夠長時間；最終開水溫度與環(huán)境溫度相同，達到平衡態(tài)，D錯誤。

故選AC。12、A:D:E【分析】【詳解】

A．用油膜法可以估測分子的大?。还蔄正確；

B．多晶體的幾何形狀不規(guī)則；故B錯誤．

C．食鹽是晶體；玻璃是非晶體，故C錯誤；

D．氣體壓強的大小從微觀角度來看．與氣體分子的平均動能以及分子的密集程度有關；故D正確；

E．焦耳通過實驗測定了外界對系統(tǒng)做功和傳熱對于系統(tǒng)狀態(tài)的影響；并得出功與熱量的相互關系，故E正確。

故選ADE。13、B:C【分析】【詳解】

A．對處于平衡狀態(tài)的活塞進行受力分析，受到大氣壓力、重力和氣體向上壓力，則有

解得

故A錯誤；

B．活塞緩慢上升過程中氣體壓強不變，根據蓋—呂薩克定律有

解得

故B正確；

CD．氣體對外做功

根據熱力學第一定律

故C正確；D錯誤。

故選BC。14、C:D【分析】【詳解】

A．在內；電流為負，即逆時針方向，則感應電流的磁場方向垂直紙面向外，根據楞次定律，若原磁場均勻增大，則方向向里，為正向增大；若原磁場均勻減小，則原磁場向外，為負向減小，故A錯誤；

BCD．在內；電流為正，即順時針方向，則感應電流的磁場方向垂直紙面向里，根據楞次定律，若原磁場均勻增大，則方向向外，為負向增大；若原磁場均勻減小，則原磁場向里，為正向減小，故B錯誤，CD正確。

故選CD。15、B:C【分析】【詳解】

A.僅增加交流電源的頻率；感抗增大，容抗減小，所以與電容串聯(lián)的小燈泡變亮，與線圈串聯(lián)的小燈泡變暗，故A錯誤；

B.僅增加交流電壓的有效值；感抗和容抗都就不變，通過兩小燈泡電流都增大，兩個小燈泡都變亮，故B正確；

C.拔出線圈中的鐵芯；會減小感抗，增大電容器極板的正對面積，會減小容抗，通過兩小燈泡電流都增大，兩個小燈泡都變亮，故C正確；

D.若電源換用與交流電有效值相同的直流電源，與與電容串聯(lián)的小燈泡會熄滅，與線圈串聯(lián)的小燈泡變亮，故A錯誤；16、C:D【分析】【分析】

根據題中“球殼上均勻分布著正電荷取下一面積足夠?。粠щ娏繛閝的曲面球殼剩余部分的電荷在球殼內部激發(fā)的電場球殼內部電場的電場線”可知；本題考察電場強度。根據電場強度的疊加規(guī)律，應用割補法、點電荷的場強特點、等量異種電荷的場強特點、電勢能等知識分析求解。

【詳解】

B：球殼表面A處取下一面積足夠小；帶電量為q的曲面；相當于在球殼表面點A處放入等電荷密度、等面積的帶負電荷的曲面。球殼剩余部分的電荷在球殼內部激發(fā)的電場可以看作兩部分電荷電場的疊加，一部分是原球殼上均勻分布的正電荷在內部激發(fā)的電場，處處為零；另一部分是球殼上位于A處的等量負點電荷激發(fā)的電場，故球殼剩余部分的電荷在球殼內部激發(fā)的電場等同于只有A處的一個負點電荷激發(fā)的電場，如圖(a)所示。故B項錯誤。

C：據B項分析可得，空間所有電荷在球殼內激發(fā)的電場相當于兩個等量異種電荷產生的電場，如圖(b)所示。故C項正確。

A：由圖(b)知；帶正電的試探電荷從A點處移動到O點，電勢升高，電勢能增加。故A項錯誤。

D：由C項分析知，球心O點場強大小故D項正確。17、B:D:E【分析】【詳解】

A．改變內能的方式有做功和熱傳遞；則氣體吸熱后不知道做功情況，則不能得到內能如何變化，也不能確定溫度是否變化；故A錯誤.

B．布朗運動是由于液體分子的無規(guī)則運動對固體微粒碰撞的不平衡引起的；故B正確.

C．氣體分子的占有空間看成立方體模型，則故僅知道阿伏加德羅常數和氣體的密度，要求出平均距離還缺少氣體的摩爾質量；故C錯誤.

D．根據熱力學第二定律的；熱量從低溫物體傳到高溫物體不能自發(fā)進行，必須借助外界的幫助，引起其它的變化；故D正確.

E．根據理想氣體狀態(tài)方程可知，壓強由單位體積的氣體分子數和溫度共同決定，則只有單位體積的氣體分子數增加，不能推出壓強是否變化；故E正確.三、填空題(共5題，共10分)18、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]溫度越高；分子無規(guī)則運動越劇烈。傍晚的溫度高，傍晚時空氣分子無規(guī)則運動更劇烈些；

[3]溫度相同時；分子的平均動能相同，分子質量小的分子的無規(guī)則運動更劇烈。所以PM2.5微粒的無規(guī)則運動更劇烈些；

[4]飽和汽壓強未知，所以不能比較出早晨時空氣的絕對濕度跟傍晚是否相同。【解析】傍晚傍晚PM2.5不能19、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]該邏輯電路為非門電路，非門電路的特點是輸入狀態(tài)和輸出狀態(tài)相反，當電阻受到光照時，其阻值將變得遠小于R，則R兩端的電勢差大，兩端的電勢差小，則輸入端為低電勢，那么輸出端為高電勢，小燈泡L發(fā)光?！窘馕觥竣?非②.發(fā)光20、略

【分析】【詳解】

[1]從狀態(tài)B到C，由查理定律得

由于所以

[2]A-B過程外界對系統(tǒng)做正功，C-D過程外界對系統(tǒng)做負功，p-V圖象與橫軸圍成的面積表示做的功，所以

所以整個循環(huán)過程外界對系統(tǒng)做正功。整個循環(huán)過程

所以

整個循環(huán)過程A-B-C-D-A氦氣系統(tǒng)要放熱。【解析】>放熱21、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]開始時兩分子間距離大；分子間作用力表現(xiàn)為引力，分子相互靠近，引力做正功，分子勢能減小，隨分子間距離減小到平衡位置后，分子間作用力表現(xiàn)為斥力，分子相互靠近，斥力做負功，分子勢能增加，故整個過程分子勢能先減小后增加；

[2]根據熱力學第二定律可知，在外界因素影響下，物體從單一熱源吸收的熱量可以全部用于做功。【解析】先減小后增大可以22、略

【分析】【詳解】

(1)由題圖乙可知A位置的阻值大于B位置的阻值，由電阻定律可得A線圈的匝數多于B線圈的．

(2)①用長導線繞一個n匝線圈，作為副線圈替代A線圈；

②把低壓交流電源接B線圈，測得線圈的輸出電壓為U；

③用A線圈換下繞制的線圈測得A線圈的輸出電壓為UA.

因為要測量A線圈匝數，所以要把A線圈與低壓交流電源相連接．變壓器輸入輸出電壓都是交流電，所以要用交流電壓檔測輸入和輸出電壓．根據變壓器電壓比等于匝數比，有:所以

【點睛】

此題既要對多用表能正確使用，又要對變壓器的原理熟練掌握，綜合要求較高．【解析】(1)A(2)①用長導線繞一個n匝線圈，作為副線圈替代A線圈；②把低壓交流電源接B線圈，測得線圈的輸出電壓為U；③用A線圈換下繞制的線圈測得A線圈的輸出電壓為UA；四、作圖題(共3題，共9分)23、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?。画h(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】24、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轉電壓成正比，所以A圖中的掃描圖形如圖；

要在熒光屏上得到待測信號在一個周期內的穩(wěn)定圖象．XX′偏轉電極要接入鋸齒形電壓；即掃描電壓．

B圖中；在XX′偏轉電極所加的電壓的周期為T，即在一個周期T的時間內完成一次水平方向的掃描，同時豎直方向的周期為T，所以在水平方向的一次水平掃描的過程中，豎直方向也完成一個周期性的變化；y方向的電壓大小不變，方向每半個周期變化一次，結合電子到達熒光屏的偏轉量與偏轉電壓成正比，所以B圖中的掃描圖形如圖．

考點：考查了示波器的工作原理。

【名師點睛】本題關鍵要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏轉電壓上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉電極通常接入鋸齒形電壓，即掃描電壓，當信號電壓與掃描電壓周期相同時，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內的穩(wěn)定圖象【解析】25、略

【分析】【分析】

【詳解】

7s波向前傳播的距離為

7s后，故x=3.5m位置的原圖中x=0位置的振動情況相同；因此作出以下圖形。

【解析】五、解答題(共4題，共24分)26、略

【分析】【分析】

(1)對粒子應用動能定理可以求出電場力做的功。

(2)粒子在電場中做類平拋運動；應用類平拋運動規(guī)律可以求出電場強度大小。

(3)根據粒子運動過程；應用動能計算公式求出粒子到達B點時的動能。