2025年上教版選修3物理下冊月考試卷含答案

…………○…………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年上教版選修3物理下冊月考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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖所示，一束單色光射入一玻璃球體，入射角為已知光線在玻璃球內經一次反射后，再次折射回到空氣中時與入射光線平行．此玻璃的折射率為()

A.B.1.5C.D.22、關于電源的電動勢，下列表述正確的是：A.電源的電動勢由其體積決定；B.電源的電動勢都是1.5伏；C.不接外電路時，電源兩極的電壓等于電動勢；D.電源把電能轉化為其他能．3、如圖所示，一導熱良好且足夠長的氣缸，倒置懸掛于天花板下。氣缸內被活塞封閉一定質量的理想氣體?；钊|量為氣缸橫截面積為當?shù)卮髿鈮簽榍也浑S溫度變化，重力加速度為忽略一切摩擦。當環(huán)境溫度緩慢升高時，下列說法正確的是（）

A.懸線的拉力變大B.被封閉理想氣體的內能增大C.被封閉理想氣體的壓強大小不變，且始終為D.外界對氣體做正功4、某氣缸內封閉有一定質量的理想氣體，從狀態(tài)依次經過狀態(tài)和后再回到狀態(tài)其圖象如圖所示；則在該循環(huán)過程中，下列說法正確的是（）

A.從到過程中，氣體吸收熱量B.從到過程中，氣體的壓強增大C.從到過程中，單位時間內碰撞器壁單位面積的分子數(shù)減少D.若氣體在從到過程中，內能增加對外做功則氣體向外界放出熱量5、如圖所示，水平固定放置的足夠長的U形金屬導軌處于豎直向上的勻強磁場中，在導軌上放著金屬棒ab，開始時ab棒以水平初速度v0向右運動；最后靜止在導軌上，就導軌光滑和導軌粗糙的兩種情況相比較，這個過程（）

A.安培力對ab棒所做的功相等B.電流所做的功相等C.產生的總熱量相等D.通過ab棒的電荷量相等6、如圖甲所示，在線圈中通入電流后，在上產生感應電流隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，中電流正方向如圖甲中箭頭，則通入線圈中的電流隨時間變化的圖線是下圖中的（）

A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、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(shù)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＝9.25J8、將不同材料制成的甲、乙兩細管插入相同的液體中，甲管內液面比管外液面低，乙管內液面比管外液面高，則（）A.液體對甲材料是浸潤的B.液體對乙材料是浸潤的C.甲管中發(fā)生的不是毛細現(xiàn)象，而乙管中發(fā)生的是毛細現(xiàn)象D.若甲、乙兩管的內徑變小，則甲管內液面更低，乙管內液面更高9、在如圖所示的U-I圖象中，直線a為某電源的路端電壓U與干路電流I的關系圖象，直線b為某電阻R的伏安特性曲線．用該電源和電阻R連接成閉合電路；由圖象可知（）

A.R的阻值1.5ΩB.電源電動勢為3V，內電阻為0.5ΩC.電源的輸出功率為3.0WD.電源的效率為50%10、電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應強度的大?。鐖D甲所示，測量前天平已調至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質量為m0、匝數(shù)為n、下邊長為l的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中．線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計連接導線對線圈的作用力，電源電動勢為E，內阻為r.開關S閉合后，調節(jié)可變電阻至R1時，天平正好平衡，此時電壓表讀數(shù)為U.已知m0>m，取重力加速度為g；則()

A.矩形線圈中電流的方向為逆時針方向B.矩形線圈的電阻R＝r－R1C.勻強磁場的磁感應強度的大小B＝D.若僅將磁場反向，在左盤中再添加質量為2m0－m的砝碼可使天平重新平衡11、如圖所示，R1、R2、R3、R4均為可變電阻，C1、C2均為電容器，電源的電動勢為E，內阻r≠0．若改變四個電阻中的一個阻值；則（）

A.減小R1，C1、C2所帶的電量都增加B.增大R2，C1、C2所帶的電量都增加C.增大R3，C1、C2所帶的電量都增加D.減小R4，C1、C2所帶的電量都增加12、下列說法正確的是________．A.在雙縫干涉實驗中，若僅將入射光由綠光改為紅光，則相鄰干涉條紋間距變寬B.光纖通信是激光和光導纖維相結合的產物C.全息照片的拍攝利用了光的衍射原理D.地面上測得靜止的直桿長為L，則在高速飛行火箭中的人測得手中的桿長應小于L評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)13、半徑為r、電阻為R的N匝圓形線圈在邊長為L的正方形區(qū)域abcd外，勻強磁場充滿并垂直穿過該正方形區(qū)域，如圖甲所示．磁場隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0．則圓形線圈中產生的感應電動勢E=________V，0至t0時間內通過的電荷量q=_________.

14、用圖甲所示的裝置研究光電效應現(xiàn)象，當用光子能量為5eV的光照射到光電管上時，測得電流計的示數(shù)隨電壓變化的圖像如圖乙所示.則光電子的最大初動能為__________J，金屬的逸出功為________J.15、馬鞍山是一座鋼鐵城市，馬鋼工人時常為高爐進行檢修．而這時高爐內干燥空氣的溫度竟達160℃，工人卻安全在爐內工作幾個小時，是因為________．16、如圖所示，單匝矩形閉合導線框abcd全部處于磁感應強度為B的水平勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R．線框繞與cd邊重合的豎直固定轉軸以角速度勻速轉動，線框中感應電流的有效值I=___________．線框從中性面開始轉過的過程中，通過導線橫截面的電荷量q=_________．

17、如圖所示的電路中，電源電動勢E=6V，內電阻r=1Ω，M為一小電動機，其內部線圈的導線電阻RM=2Ω．R為一只保護電阻，R=3Ω．電動機正常運轉時，電壓表（可當作理想電表）的示數(shù)為1.5V，則電源的輸出功率為_____W，電動機的輸出功率為_____W．

18、如圖，一個是振動圖像，一個是波動圖像，其中是___________是振動圖像(選填：“a”或“b”)，圖a的物理意義是：___________．19、為一列簡諧橫波在t=0時的波形圖，P是平衡位置在x=0.5m處的質點，Q是平衡位置在x=2.0m處的質點；圖（b）為質點Q的振動圖象．下列說法正確的是()

A．這列簡諧波沿x軸正方向傳播。

B．這列簡諧波沿x軸負方向傳播。

C．波的傳播速度為20m/s

D．從t=0到t=0.25s；波傳播的距離為50cm

E．在t=0.10s時，質點Q的加速度方向與y軸正方向相同評卷人得分四、作圖題(共3題，共21分)20、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．

21、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．

22、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、實驗題(共3題，共15分)23、某實驗小組要測量電阻Rx的阻值。

(1)首先，選用歐姆表“×10”擋進行粗測，正確操作后，表盤指針如圖甲所示，則該電阻的測量值為_________Ω。

(2)接著，用伏安法測量該電阻的阻值，可選用的實驗器材有：電壓表V（3V，內阻約3kΩ）；電流表A（20mA，內阻約2Ω）；待測電阻Rx；滑動變阻器R1（0-2kΩ）；滑動變阻器R2（0-200Ω）；干電池2節(jié)；開關、導線若干。在圖乙、圖丙電路中，應選用圖________（選填“乙”或“丙”）作為測量電路，滑動變阻器應選用_________（選填“R1”或“R2”）。

(3)根據(jù)選擇的電路和器材，在圖丁中用筆畫線代替導線完成測量電路的連接______。

(4)為更準確測量該電阻的阻值，可采用圖戊所示的電路，G為靈敏電流計（量程很?。琑0為定值電阻，R、R1、R2為滑動變阻器。操作過程如下：①閉合開關S，調節(jié)R2，減小R1的阻值，多次操作使得G表的示數(shù)為零，讀出此時電壓表V和電流表A的示數(shù)U1、I1；②改變滑動變阻器R滑片的位置，重復①過程，分別記下U2、I2，，Un、In；③描點作出U-I圖象，根據(jù)圖線斜率求出Rx的值。下列說法中正確的有________。

A．閉合S前，為保護G表，R1的滑片應移至最右端。

B.調節(jié)G表的示數(shù)為零時，R1的滑片應位于最左端。

C.G表示數(shù)為零時，a、b兩點間電勢差為零。

D.該實驗方法避免了電壓表的分流對測量結果的影響24、要測量一電源的電動勢E（小于3V）和內阻r（約1Ω），現(xiàn)有下列器材：理想電壓表V（3V和15V兩個量程）、電阻箱R（0~999.9Ω）、定值電阻R0=3Ω；開關和導線。某同學根據(jù)所給器材設計如下的實驗電路：

（1）電路中定值電阻R0的作用是__________；

（2）請根據(jù)圖甲電路，在圖乙中用筆畫線代替導線連接電路_______；

（3）該同學調節(jié)電阻箱阻值R，讀出對應的電壓表示數(shù)U，得到二組數(shù)據(jù)：R1=2Ω時，U1=2.37V，R2=4Ω時，U2=2.51V。由這二組數(shù)可求得電源的電動勢E=_______V，內阻r=_______Ω。（結果保留三位有效數(shù)字）25、在“用單擺測重力加速度”的實驗中；

（1）某同學的操作步驟為：

a．取一根細線，下端系住直徑為d的金屬小球；上端固定在鐵架臺上；

b．用米尺量得細線長度l；

c．在擺線偏離豎直方向5°位置釋放小球；

d．用秒表記錄小球完成n次全振動的總時間t，得到周期T＝t/n；

e．用公式計算重力加速度．

按上述方法得出的重力加速度值與實際值相比___________（選填“偏大”；“相同”或“偏小”）．

（2）已知單擺在任意擺角θ時的周期公式可近似為式中T0為擺角趨近于0°時的周期，a為常數(shù)．為了用圖象法驗證該關系式，需要測量的物理量有__________________（寫式子中的字母符號）：__________________

若某同學在實驗中得到了如圖所示的圖線，則圖線中的橫軸表示________（寫式子中的字母符號）．評卷人得分六、解答題(共2題，共10分)26、如圖，一定質量的理想氣體位于體積為3的容器中，容器被光滑導熱薄活塞分成AB兩室，B室的體積是A室的兩倍，A室容器上連接有一形管（U形管內氣體的體積忽略不計），兩邊水銀柱高度差為B室連接有一閥門K，可與大氣相通。大氣壓強為環(huán)境溫度為求：

（?。┐蜷_閥門K后；穩(wěn)定后A室的氣體體積變?yōu)槎嗌伲?/p>

（?、。┐蜷_閥門K后；為使U形管內水銀柱恢復到初始高度，A室內氣體溫度升高到多少。

27、如圖所示，在溫度為17℃的環(huán)境下，一根豎直的輕質彈簧支撐著一倒立汽缸的活塞，使汽缸懸空且靜止，此時倒立汽缸的頂部離地面的高度為已知彈簧原長勁度系數(shù)氣缸的質量活塞的質量活塞的橫截面積若大氣壓強且不隨溫度變化。設活塞與缸壁間無摩擦，可以在缸內自由移動，缸壁導熱性良好，使缸內氣體的溫度保持與外界大氣溫度相同。（彈簧始終在彈性限度內，且不計汽缸壁及活塞的厚度）

（1）求彈簧的壓縮量；

（2）若環(huán)境溫度緩慢上升到37℃；求此時倒立汽缸的頂部離地面的高度；

（3）若在第（2）問中；密閉氣體內能增加10J，則求該過程中密閉氣體吸收的熱量。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【詳解】

作出光線在玻璃球體內光路圖所示：

A、C是折射點，B反射點，OD平行于入射光線，由幾何知識得，∠AOD=∠COD=60°，則∠OAB=30°，即折射角r=30°，入射角i=60°，根據(jù)折射定律有：故C正確，ABD錯誤。2、C【分析】【分析】

【詳解】

電源的電動勢是反映電源把其他形式的能轉化為電能的本領；與其體積大小無關，選項AD錯誤；并非電源的電動勢都是1.5伏，例如蓄電池的電動勢為2V，選項B錯誤；不接外電路時，電源兩極的電壓等于電動勢，選項C正確；故選C.

【點睛】

電動勢是表征電源將其他形式的能轉化為電能的本領大小，由電源本身特性決定．3、B【分析】【分析】

【詳解】

A．以氣缸和活塞為研究對象；受到重力和懸線對其的拉力，根據(jù)平衡條件可知重力和懸線對其的拉力大小相等，方向相反，所以當環(huán)境溫度緩慢升高時，懸線的拉力不變，故A錯誤；

B．由于氣缸的導熱良好；當環(huán)境溫度緩慢升高時，被封閉理想氣體的溫度緩慢升高，所以被封閉理想氣體的內能增大，故B正確；

C．以活塞為研究對象，根據(jù)平衡條件可知

解得被封閉理想氣體的壓強大小

故C錯誤；

D．當環(huán)境溫度緩慢升高時；被封閉理想氣體的壓強不變，根據(jù)蓋-呂薩克定律可得被封閉理想氣體的體積增大，氣體對外界做正功，故D錯誤。

故選B。4、C【分析】【詳解】

A．從到過程氣體發(fā)生等溫變化；內能不變，體積減小，外界對氣體做功。由熱力學第一定律可知，氣體放出熱量，選項A錯誤；

B．由知，從到過程氣體發(fā)生等壓變化；選項B錯誤；

C．從到程中；氣體的溫度不變，則單個氣體分子碰撞器壁的力不變，壓強減小，則必然是單位時間內碰撞器壁單位面積的分子數(shù)減少造成的，選項C正確；

D．由

得

氣體從外界吸收熱量8kJ；選項D錯誤。

故選C。5、C【分析】【詳解】

A、當導軌光滑時，金屬棒克服安培力做功，動能全部轉化為焦耳熱，產生的內能等于金屬棒的初動能；當導軌粗糙時，金屬棒在導軌上滑動，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生熱，把部分動能轉化為內能，另一方面要克服安培力做功，金屬棒的部分動能轉化為焦耳熱．可知兩種情況下安培力對ab棒做功大小不相等．故A錯誤；

B；克服安培力做功的大小等于電流做功的大??；所以電流做功不等，故B錯誤；

C；導軌粗糙時；安培力做的功少，導軌光滑時，安培力做的功多，兩種情況下，產生的內能相等，都等于金屬棒的初動能，則產生的總熱量相等．故C正確．

D、導軌光滑時，導體棒的位移s大，導軌粗糙時，導體棒位移小，感應電荷量QB、R、導體棒長度L相同，s越大，感應電荷量越大，因此導軌光滑時，感應電荷量多，故D錯誤．6、D【分析】試題分析：由乙圖產生的感應電流可知原線圈中的電流應該是均勻變化的；故AC錯誤；由乙圖知副線圈中的電流沿圖示方向，若原線圈中的電流是正向增大，則副線圈中由楞次定律知電流應該與正方向相反，故B錯誤D正確．故選D；

考點：楞次定律；法拉第電磁感應定律．二、多選題(共6題，共12分)7、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(jù)動能定理求解拉力做功；根據(jù)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(jù)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(jù)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(jù)動能定理、功能關系等列方程求解．8、B:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．液體對固體浸潤的情況下；在細管中液面將上升，A錯誤B正確；

C．毛細現(xiàn)象是指浸潤液體在細管中上升；以及不浸潤液體在細管中下降的現(xiàn)象，C錯誤；

D．在液體和毛細管材料一定的情況下；管越細毛細現(xiàn)象越明顯，D正確。

故選BD。9、A:D【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖象b可知，外電阻

故A正確．

B．由圖象a可知，電源電動勢E=3.0V，短路電流I短=2A，電源內阻

故B錯誤．

C．由兩圖象的交點坐標，可得電阻兩端的電壓為1.5V，流過電阻的電流為1A，電源的輸出功率為P=UI=1.5×1W=1.5W

故C錯誤；

D．由兩圖象的交點坐標，干路電流為1A，電源的總功率為P′=UI=3×1W=3W

則電源的效率

故D正確．

故選AD．10、A:C【分析】【詳解】

A；對矩形線圈受力分析可知所受安培力向上；再由左手定則可知矩形線圈中電流的方向為逆時針方向，故A正確；

B、根據(jù)閉合電路歐姆定律可得解得矩形線圈的電阻故B錯誤；

C、根據(jù)平衡條件可得而解得勻強磁場的磁感應強度的大小故C正確；

D、開始線圈所受安培力的方向向上，僅將磁場反向，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向下，相當于右邊多了兩倍的安培力大小，所以需要在左邊加砝碼，添加質量為的砝碼可使天平重新平衡；故D錯誤；

故選AC．

【點睛】天平平衡后，僅將磁場反向時，安培力方向反向，則右邊相當于多了或少了兩倍的安培力大小．11、B:D【分析】【分析】

由電路圖可知，電阻R2、R3、R4串聯(lián)接入電路，電容器C1并聯(lián)在電阻電阻R2兩端，電容器C2與R2、R3的串聯(lián)電路并聯(lián)；根據(jù)電路電阻的變化；應用歐姆定律及串聯(lián)電路特點判斷電容器兩端電壓如何變化，然后由Q=CU判斷出電容器所帶電荷量如何變化．

【詳解】

A、減小R1，電容器C1、C2兩端電壓不變；電容器所帶電量不變，故A錯誤；

B、增大R2，整個電路電阻變大，由閉合電路歐姆定律可知，電路電流減小，路端電壓變大，電阻R3、R4兩端電壓變小，電阻R2兩端電壓變大，電阻R2、R3串聯(lián)電壓變大，電容器C1、C2兩端電壓變大；由Q=CU可知，兩電容器所帶的電量都增加，故B正確；

C、增大R3，整個電路電阻變大，由閉合電路歐姆定律可知，電路電流減小，由U=IR可知，電阻R2兩端電壓變小，電容器C1兩端電壓變??；路端電壓變大，電阻R4兩端電壓變小，電阻R2、R3串聯(lián)電壓變大，電容器C2兩端電壓變大，由Q=CU可知，電容器C1所帶電荷量減少，C2所帶的電量都增加；故C錯誤；

D、減小R4，電路總電阻變小，由閉合歐姆定律可知，電路電流變大，電阻R2兩端電壓變大，電阻R2、R3串聯(lián)電壓變大，電容器C1、C2兩端電壓都增大，由Q=CU可知C1、C2所帶的電量都增加；故D正確；

故選BD．12、A:B【分析】【分析】

根據(jù)相對論原理，沿著飛行方向上，長度縮短，根據(jù)條紋寬度的公式分析改變入射光可得相鄰干涉條紋間距的變化；

【詳解】

A．在雙縫干涉實驗中，根據(jù)條紋寬度的公式可知；若僅將入射光由綠光改為紅光，波長變長，則相鄰干涉條紋間距變寬，故A正確；

B．光纖通信是激光和光導纖維相結合的產物；利用了激光的頻率單一性的特點，故B正確；

C．全息照片往往用激光來拍攝；主要是利用了激光的干涉原理，故C錯誤；

D．根據(jù)相對論原理；地面上測得靜止的直桿長為L，在沿桿方向高速飛行火箭中的人相對于桿是靜止的，所以測得長度不變，故D錯誤；

故選AB．

【點睛】

在雙縫干涉實驗中，波長變長，則相鄰干涉條紋間距變寬；光纖通信是激光和光導纖維相結合的產物；全息照片利用了激光的干涉原理；三、填空題(共7題，共14分)13、略

【分析】【分析】

本題是線圈的面積不變，磁場在變化，磁通量的變化率再根據(jù)法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，由歐姆定律求出感應電流，再根據(jù)q=It0；從而求解．

【詳解】

磁通量的變化率為：

根據(jù)法拉第電磁感應定律得線圈中的感應電動勢為：

再根據(jù)閉合電路歐姆定律得感應電流為：．

電量為：q=It0=

【點睛】

本題是線圈類型，要掌握法拉第定律的幾種不同表達形式，再結合閉合電路歐姆定律進行求解，并掌握求電量的公式．【解析】14、略

【分析】【詳解】

第一空.由題中I－U圖像可知：遏止電壓Uc=2V，即Ekm=eUc=3.2×10-19J。

第二空.由光電效應方程Ekm=hv－W0解得W0=hv－Ekm=3eV=4.8×10-19J.【解析】3.2×10－194.8×10－1915、略

【分析】【分析】

【詳解】

工人能在爐內溫度竟達160℃的環(huán)境中工作幾個小時；是因為在高壓爐內干燥空氣中，工人容易排汗，通過蒸發(fā)來維持體溫．

【點睛】

高壓爐內空氣溫度高，工人容易排汗，溫度越高汗液蒸發(fā)越快，蒸發(fā)吸熱，人體溫度降低．【解析】在高爐內干燥空氣中，工人容易排汗，通過蒸發(fā)來維持體溫16、略

【分析】【分析】

此題考查了法拉第電磁感應定律的應用；需要知道的是感應電動勢的最大值：有效值平均值用計算；瞬時值表達式在求解通過某截面的電量時要用平均值.

【詳解】

感應電動勢的最大值：感應電流的最大值：感應電動勢的平均值：由q=It，可得：．

【點睛】【解析】17、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]由歐姆定律可知，電路的電流為

電源的輸出功率為

[2]電動機的輸出功率為【解析】2.75，1.518、略

【分析】【分析】

振動圖像描述的是一個質點在不同時刻離開平衡位置的位移；波的圖像描述的是同一時刻各個質點的位移.

【詳解】

振動圖像描述的是一個質點在不同時刻離開平衡位置的位移，則圖像b是振動圖像；圖a是波的圖像；物理意義是同一時刻各個質點的位移(或者相對平衡位置的位移)．

【點睛】

本題要理解振動圖象和波動圖象各自的物理意義；知道振動圖像是“照相機”；波的圖像是“錄像機”.【解析】b同一時刻各個質點的位移(或者相對平衡位置的位移)19、略

【分析】【詳解】

由b圖知，在時刻Q質點向上振動，根據(jù)“上下坡法”，知波沿x軸正方向傳播，故A正確，B錯誤；由波動圖象知，波長為由振動圖象知，振動的周期為波傳播的周期與質點的振動周期相等，則波速為故C正確；從到波傳播的距離為故D錯誤；在時，即經過半個周期，質點P在平衡位置下方，加速度的方向沿y軸正方向，故E正確．【解析】ACE;四、作圖題(共3題，共21分)20、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】21、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】22、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、實驗題(共3題，共15分)23、略

【分析】【詳解】

(1)[1]歐姆表讀數(shù)=刻度盤讀數(shù)×倍率，讀數(shù)是14.0×10Ω=