2025年苏教版选修3物理下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年苏教版选修3物理下册阶段测试试卷139考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、如图所示，当滑动变阻器滑动触头向左移动时，灯泡L1、L2、L3的亮度将（）

A.都变亮B.都变暗C.L1、L3变亮，L2变暗D.L1、L2变亮，L3变暗2、如图所示，水平地面的上方有垂直相交的匀强电场和匀强磁场，E的方向竖直向下，B的方向水平向里。水平方向的粗细均匀的直导线ab与Ｂ、Ｅ的方向都垂直。让ab由静止释放；下列说法正确的是。

A.ab作自由落体运动，且ab两端始终保持水平B.ab向下运动加速度小于重力加速度，但ab两端始终保持水平C.ab下落时发生了转动，a端先落地D.ab下落时发生了转动，b端先落地3、回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒构成；其间留有空隙，下列说法正确的是（）

A.粒子从电场中获得能量B.粒子从磁场中获得能量C.粒子由加速器的边缘进入加速器，由加速器的边缘向中心进行加速D.粒子离开加速器时最大速度由加速电压的大小决定4、关于电源和直流电路的性质，下列说法正确的是A.电源短路时，电路电流为无穷大B.电源短路时，路端电压等于电动势C.外电路断路时，路端电压为零D.外电路电阻值增大时，路端电压也增大5、如图甲所示，斜面上气缸和活塞内封闭了一定质量的理想气体，一根平行于斜面的轻绳一端连接活塞，另一端固定，系统处于平衡状态。开始气体摄氏温度为t，通过气缸内电热丝缓慢升高气体温度，升温过程封闭气体的图像如图乙所示，已知斜面倾角为30°，重力加速度为g，大气压强为气缸和活塞均绝热且不漏气，气缸（含电热丝）质量为M、活塞面积为S、质量为m；所有接触面均光滑。则（）

A.封闭气体压强恒为B.在此过程中，封闭气体增加的内能等于吸收热量C.封闭气体的体积为2V时，其摄氏温度为2tD.剪断轻绳瞬间，气缸的加速度大小为6、下列说法中错误的是（）

A.图甲中，洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在吸引力B.图乙中，表面层内分子间距离比液体内部的大，是因为表面层内液体分子间的斥力较大C.图丙中，食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性D.图丁中，猛推木质推杆，密闭的气体温度升高，压强变大，可看做是绝热变化7、如图所示，双量程电压表由表头G和两个电阻串联而成．已知该表头的内阻满偏电流下列说法正确的是。

A.表头G的满偏电压为500VB.使用a、b两个端点时，其量程比使用a、c两个端点时大C.使用a、b两个端点时，其量程为0~10V，则R1为9.5kΩD.使用a、c两个端点时，其量程为0~100V，则为95kΩ8、传感器是把非电学物理量（如位移、压力、流量、声强等）转换成电学量的一种元件。如图所示为一种电容传感器，电路可将声音信号转化为电信号。电路中构成一个电容器，是固定不动的金属板，是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜。若声源发出频率恒定的声波使振动，则在振动过程中（）

A.板之间的电场强度不变B.板所带的电荷量不变C.向右位移最大时，电容器的电容量最大D.电路中始终有方向不变的电流评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2为总阻值一定的滑动变阻器，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S闭合时；电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是。

A.只逐渐增大R1的光照强度，电阻R2消耗的电功率变大，电压表示数减小B.只逐渐增大R1的光照强度，带电微粒向上运动C.只调节电阻R2的滑动端p向下端移动时，电压表示数减小，电容器所带电荷量增多D.只调节电阻R2的滑动端p向下端移动时，带点粒子向下运动10、下列说法正确的是（）A.水亀可以停在水面上是因为液体具有表面张力B.功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功C.当两分子间距离大于平衡位置的间离时，分子间的距离越大，分子势能越小E.气体分子无论在什么温度下，其分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点E.气体分子无论在什么温度下，其分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点11、图示为手机无线充电装置；手机和充电板内部均安装了金属线圈，将手机置于通电的充电板上，便实现了“无线充电”．下列说法正确的是（）

A.无线充电的原理是电磁感应B.将手机旋转一小角度放置，便不能充电C.在手机和充电板间垫上几张A4纸，也能充电D.充电板不论通入交变电流还是恒定电流均可充电12、如图所示，发电机的矩形线圈面积为S，匝数为N，绕轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度匀速转动。从图示位置开始计时；下列判断正确的是（  ）

A.此时穿过线圈的磁通量为NBS，产生的电动势为零B.线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为C.P向下移动时，电流表示数变小D.P向下移动时，发电机的电功率增大13、如图所示，是电场中某区域的电场线分布图，a、b是电场中的两点。下列说法正确的是

A.b点的场强较小B.b点的场强较大C.同一个检验点电荷放在a点所受的电场力比放在b点时所受电场力大D.同一个检验点电荷放在b点所受的电场力比放在a点时所受电场力大14、图是某绳波形成过程的示意图．质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2、3、4，各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端．t=T/4时；质点5刚要开始运动．下列说法正确的是。

A.t＝T/4时，质点5开始向下运动B.t＝T/4时，质点3的加速度方向向下C.从t＝T/2开始的一小段时间内，质点8的速度正在减小D.从t＝T/2开始的一小段时间内，质点8的加速度正在减小15、光从介质a射向介质b，如果要在a、b介质的分界面上发生全反射，那么必须满足的条件是（）A.a是光密介质，b是光疏介质B.光在介质a中的速度必须大于在介质b中的速度C.光的入射角必须大于或等于临界角D.必须是单色光16、有关光现象的下列说法中正确的是（）A.折射光与入射光的传播方向总是不同的B.在太阳光照射下，水面上的油膜上出现彩色花纹是光的干涉现象C.在光的双缝干涉实验中，只将入射光由绿光改为黄光，则条纹间距变宽D.折射现象的出现说明光是纵波17、如图，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为则()

A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动的最大距离为RC.小球离开小车后做竖直上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度h0<h<h0评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)18、质量为0.1kg的弹性小球从高为1.25m处自由下落至一光滑而坚硬的水平板上，碰撞后弹回到0.8m高处，碰撞时间为0.01s，则小球与水平板碰撞过程中动量变化大小为_____________kg·m/s，小球与水平板间的平均撞击力大小为____________N．19、以数字信号为特征的现代信息技术早已进入我们的生活．处理数字信号的电路叫做数字电路，数字电路中最基本的逻辑电路——门电路，如图所示的电路叫“__________”逻辑电路。（选填“与”、“或”或者“非”）20、一定质量的理想气体在初始状态a时的压强为p0、体积为V0，其后气体分别经历了a→b→c→d的状态变化，变化过程中p与的关系图线及各状态的压强、体积大小如图所示。由图可知，气体在状态d时的压强大小为________，且可推断，从状态a变化到状态d，气体的内能________（选填“增大”；“减小”或“不变”）。

21、泡泡鱼游戏中，泡泡鱼吐出了一个泡泡，捉住了一条大宝鱼。若将泡泡内的气体视为理想气体，泡泡鱼吐出的泡泡上浮一段时间后到达大宝鱼所在位置，海水的温度不变，则在泡泡上浮的过程中，泡泡内的气体对外界做__________（填“正”或“负”）功，气体__________（填“从外界吸收热量”或“向外界放出热量”）。22、如图所示的电路中，E、r、R1已知，可变电阻R2的最大值

（1）当R2=______时，R1的电功率P1有最大值，最大值为______；

（2）当R2=______时，R2的电功率P2有最大值，最大值为______；

（3）当R2=______时，电源功率PE有最大值，最大值为______；

（4）当R2=______时，电源内部消耗的功率有最小值，最小值为______

（5）当R2=______时，电源输出功率P出有最大值，最大值为______23、电动机的自动控制电路如图所示，其中为热敏电阻，为光敏电阻，当温度升高时，的阻值远小于当光照射时，其阻值远小于为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动，电路中的虚线框内应选____门逻辑电路；若要提高光照时电动机启动的灵敏度，可以___的阻值（填“增大”或“减小”）．

24、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=________．

25、如图9所示，竖直平面内放一直角杆，杆的水平部分粗糙，竖直部分光滑，两部分各套有质量分别为mA="2.0"kg和mB="1.0"kg的小球A和B，A球与水平杆间动摩擦因数μ=0.20，A、B间用不可伸长的轻绳相连，图示位置处OA="1.5"m，OB="2.0"m.g取10m/s2.

图9

（1）若用水平力F1沿杆向右拉A，使A由图示位置向右极缓慢地移动0.5m，则该过程中拉力F1做了多少功？

（2）若用水平力F2沿杆向右拉A，使B以1m/s的速度匀速上升，则在B经过图示位置上升0.5m的过程中，拉力F2做了多少功？评卷人得分四、作图题(共3题，共30分)26、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．

27、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．

28、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1题，共5分)29、某同学通过实验研究小灯泡的电压与电流的关系，除小灯泡外，可用的器材如下:

A.电源(电动势3V,内阻为1.5Ω)

B.电压表(0~3V,内阻约为10kΩ)

C.电流表(0~0.6A,内阻约为5Ω)

D.滑动变阻器(0~50Ω,额定电流0.4A)

E.滑动变阻器(0~10Ω,额定电流1.0A)

F.电键S,导线若干

(1).实验中移动滑动变阻器滑片,得到了小灯泡的U-I图象如图甲所示,则可知小灯泡的电阻随电压增大而__________(填“增大”、“减小”或“不变”);实验时应选用的滑动变阻器为__________．(填器材前的字母序号)

(2).根据图甲,将图乙实验电路中缺少的导线补全__________(其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压)．

(3).若某次连接时，把AB间的导线误接在AC之间，合上电键，任意滑动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭,则此时的电路中，小灯泡可能获得的最小功率是__________W．(本问中电压表和电流表均视为理想电表,结果保留2位有效数字)评卷人得分六、解答题(共1题，共3分)30、如图所示，一活塞将一定质量的理想气体封闭在固定导热汽缸内，活塞可沿汽缸无摩擦地滑动，活塞横截面积为质量不计。开始时活塞距离汽缸底部为外界大气压强环境温度为℃。

（1）当环境温度缓慢升高至57℃时，活塞距离汽缸底部的距离为多少

（2）当环境温度升高至57℃时，为使活塞距离汽缸底部的距离仍为可对活塞施加一水平向左的推力F使活塞处于平衡状态，求推力F应为多大？

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，变阻器有效电阻变小，故整个电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知干路电流增大，故灯泡变亮；并联电路的电压

故并联电路电压变小，灯泡变暗；干路电流变大，而通过灯泡的电流变小，故通过灯泡的电流增大，灯泡变亮。

故选D。2、D【分析】【详解】

直导线ab向下运动时做切割磁感线运动，根据右手定则，感应电动势向右，故b端带正电；a端带负电；

电场强度向下，故a端受向上的电场力，b端受向下的电场力，故ab下落时发生了转动，b端先落地；

故选：D.3、A【分析】【详解】

AB．由于洛伦兹力与速度方向始终垂直，对粒子不做功，而粒子通过电场时有

故粒子是从电场中获得能量；A正确B错误；

C．要加速次数最多最终能量最大；则被加速粒子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，C错误；

D．最后出来的转动半径为D型盒的半径R，根据洛伦兹力充当向心力，由

知

最大速度决定于B、R和粒子比荷，D错误．4、D【分析】【详解】

A．根据可知；电源被短路时，电路电流比较大，不是无穷大，故A错误；

B．外电路短路时；电源内电压等于电源电动势，路端电压为零；故B错误；

C．外电路断路时；路端电压等于电源电动势，故C错误；

D．根据闭合电路欧姆定律可知，路端电压当外电路电阻值R增大时；路端电压增大，故D正确．

故选D．5、A【分析】【详解】

A．对气缸受力分析

得

A正确；

B．根据热力学第一定律可知

体积增大过程因此封闭气体增加的内能不等于吸收热量，B错误；

C．根据盖吕萨克定理可知

温度为热力学温标时成正比；此题为摄氏温标，不成正比，C错误；

D．剪断轻绳瞬间；活塞和气缸位置不变，因此压强不变，故气缸的受力不变，加速度大小为0。D错误。

故选A。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．图甲中；洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子间存在引力，A正确，不合题意；

B．图乙中；表面层内分子间距离比液体内部的大，所以表面层内液体分子间的引力较大，B错误，符合题意；

C．图丙中；食盐晶体中的钠；氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性，C正确，不合题意；

D．图丁中；猛推木质推杆，密闭的气体温度升高，压强变大，气体来不及向外传递热量，可看做是绝热变化，D正确，不合题意。

故选B。7、C【分析】【详解】

表头的满偏电压为A错误；在电压表的改装中，串联的电阻越大，分压越大，量程越大，所以使用a、c两个端点时，量程最大，B错误；若使用a、b两个端点时，其量程为0~10V，则代入数据可得C正确；使用a、c两个端点时，其量程为0~100V，则代入数据可得D错误．8、C【分析】【详解】

A．电容器与电源相连，则电容的电压不变。当振动膜片a向右振动时电容器两极板的距离周期性变化，由知，不变的情况下，a、b板间场强周期性变化；选项A错误；

B．由知，不变，在变化；则电容器所带电量也在变化，选项B错误；

C．电容器的电容当向右位移最大时，板间距离最小，则电容器的电容量最大，选项C正确；

D．当振动膜片a向右振动时电容器两极板的距离周期性变化，根据及可知电容器的电量不断变化；充电和充电交替产生，所以电路中电流方向时刻在变化，选项D错误。

故选C。

【点睛】

电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，G中有电流。二、多选题(共9题，共18分)9、A:B【分析】【详解】

AB、只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，根据闭合电路欧姆定律可得外电压减小，电压表示数减小；根据电功率公式可知电阻R2消耗的电功率变大，根据欧姆定律可知滑动变阻器的电压变大，则有电容器两端的电压增大，由可知板间电场强度增大；带电微粒受到的电场力变大，带电微粒向上运动，故A；B正确；

C、只调节电阻R2的滑动端p向下端移动时，R2的阻值增大，总电阻增大，总电流减小，根据闭合电路欧姆定律可得外电压增大，电压表示数增大；根据闭合电路欧姆定律可得电阻R2两端电压增大，所以电容器两端的电压变大，根据可知电容器所带电荷量增多，由可知板间场强增大；粒子受到的电场力变大，带电微粒向上运动，故C；D错误；

故选AB．10、A:D:E【分析】【详解】

A．水虽可以停在水面上是因为液体具有表面张力的缘故；故A符合题意；

B．功可以全部转化为热；而热量也可以全部转化为功；但要引起其他方面的变化，故B不符合题意；

C．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时；分子力表现为引力，分子间的距离增大，分子引力做负功，分子势能增加，故C不符合题意；

D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点；故D符合题意；

E．气体分子无论在什么温度下；根据统计规律知道气体的分子速率都呈现“中间多；两头少”的分布特点，故E符合题意。

故选ADE。11、A:C【分析】【详解】

ABC项:手机内部的线圈；能将充电板中变化的磁场转化为电流给手机电池充电，是利用电磁感应原理工作的，故AC正确，B错误；

D、充电底座利用的电磁感应原理工作的，故不能直接使用直流电进行充电；故D错误．12、B:D【分析】【详解】

A．此时线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，磁通量是BS；变化率为零，即感应电动势为零，故A错误；

B．过程中产生的感应电动势最大值为

故表达式为

故B正确；

CD．P向下移动时，副线圈匝数增大，根据

可得副线圈的输入电压增大，即电流表示数增大，根据

可得副线圈消耗的电功率增大；而副线圈消耗的电功率决定发电机的功率，所以发电机的功率增大，故D正确C错误。

故选BD。13、B:D【分析】电场线的疏密表示场强的大小，所以b点的场强较大，故A错误，B正确；b点的电场强度较大，所以同一个检验点电荷放在b点所受的电场力比放在a点时所受电场力大；故C错误，D正确。

【名师点睛】本题考查对电场线物理意义的理解，关键掌握电场线的特点，电场线的疏密可表示电场强度的强弱。14、B:C【分析】A、t＝T/4时；质点5开始向上运动，A错误；

B、t＝T/4时；质点3受到指向平衡位置的回复力的作用，加速度方向向下，B正确；

CD、从t＝T/2开始的一小段时间内；质点8正在从平衡位置向上运动，速度正在减小，加速度正在增大，C正确，D错误．

故选：BC．15、A:C【分析】【详解】

光从介质a射向介质b，要在a、b介质的分界面上发生全反射，则a是光密介质，b是光疏介质。故A正确。由上分析得知，a的折射率大于b的折射率，由v=c/n得知，光在介质a中的速度小于在介质b中的速度。故B错误。要发生全反射；则光的入射角必须大于或等于临界角。故C正确。此光可以是单色光，也可以是复色光。故D错误。故选AC。

【点睛】

本题关键要掌握全反射的条件，对于全反射的条件可以根据折射定律理解记住，两个条件缺一不可．16、B:C【分析】【详解】

A.当光垂直入射时；折射光与入射光传播方向相同，A错误。

B.由于油膜表面各处与水平面的距离不尽相等；当光到油膜表面和水面的光进行反射叠加在一起时，就会在油膜表面的不同地方产生不同的光程差，所以就发生了干涉，形成彩色花纹。所以在太阳光照射下，水面上的油膜上出现彩色花纹是光的干涉现象，B正确。

C.条纹间距与波长成正比；黄光比绿光频率低，波长长，所以只将入射光由绿光改为黄光，则条纹间距变宽，C正确。

D.光是一种横波，D错误17、C:D【分析】【分析】

【详解】

A．小球与小车在水平方向所受合外力为零；在竖直方向所受合外力不为零，因此小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，A错误；

B．当小球向右运动时，设任一时刻小球速度的水平分量大小为小车的速度大小为据系统水平方向动量守恒，以向右为正，则

可得

则小球与车在水平方向位移大小

而

解得：小车向左运动的最大距离

B错误；

C．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒；系统水平方向动量为零，小球离开小车时两者在水平方向速度相等，则小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，C正确；

D．小球第一次在车中运动过程中，由功能关系得

小球第二次在车中运动过程中，相应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，从而摩擦力变小，小球克服摩擦做的功变少，即

设小球第二次能上升的最大高度为由功能关系得

解得

D正确。

故选CD。三、填空题(共8题，共16分)18、略

【分析】【详解】

由于小球做自由落体运动，则其与水平面碰撞前的速度为：所以与水平面碰撞前的动量为：P1=mv1=0.1×5kg•m/s=0.5kg•m/s，方向竖直向下．与水平面碰后，小球做竖直上抛运动，上升的最大高度为0.8m，则碰后小球速度为方向竖直向上；此时小球的动量为：P2=mv2=0.1×4kg•m/s=0.4kg•m/s，方向竖直向上，动量的变化量为：．设向上为正方向，根据动量定理，合外力的冲量等于物体动量的变化．小球所受外力有重力mg和水平面对它的弹力N，则有：（N-mg）t=P2-P1，代入数据解得：N=91N，方向竖直向上．【解析】0.99119、略

【分析】【详解】

[1]该图中，A、B开关只要有一个闭合，灯就会亮，即几个条件中，只要有一个条件得到满足，某事件就会发生，这种关系叫做“或”逻辑关系。【解析】或20、略

【分析】【详解】

[1]a状态气压p0，体积V0，设温度T0；a→b等温过程，根据玻意耳定律，有

b→c等压过程，根据盖吕萨克定律，有

c→d等温过程，根据玻意耳定律，有

联立解得

[2]从状态a变化到状态d，温度下降，气体内能减小。【解析】减小21、略

【分析】【详解】

[1]在泡泡上浮的过程中；泡泡内的气体的压强减小，根据玻意耳定律可知，该过程中泡泡内的气体的体积增大，气体对外界做功。

[2]由于泡泡内的气体的温度不变，气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，该过程中气体从外界吸收热量。【解析】正从外界吸收热量22、略

【分析】【详解】

（1）[1][2]当

时，R1的电功率有最大值，为

（2）[3][4]当

时，有

（3）[5][6]当

时，有

（4）[7][8]当

时，有

（5）[9][10]当

时，有

【点睛】

本题考查电路中的定值电阻电功率、可变电阻电功率、电源内阻电功率、电源输出功率的计算，注意各种电功率的处理方法。【解析】00R2max23、略

【分析】【详解】

为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动，即热敏电阻或光敏电阻的电阻值小时，输入为“1”，输出为“1”，所以虚线框内应选“或”门．若要提高光照时电动机启动的灵敏度，需要在光照较弱即光敏电阻阻值较大时输入为“1”，输出为“1”，所以要增大R2的阻值．【解析】或，增大24、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】25、略

【分析】（1）A；B小球和细绳整体竖直方向处于平衡；A受到水平杆的弹力为。

N=（mA+mB）g①

则A受到的摩擦力为f=μ（mA+mB）g②

由几何关系，sB="0.5"m③

由能量关系，拉力F1做功为：

W1=fsA+mBgsB④

得：W1="0.8"J⑤

(2)设细绳与竖直方向的夹角为θ，因绳不可伸长，所以vBcosθ=vAsinθ⑥

则=vBcotθ1=m/s；⑦

=vBcotθ2=m/s⑧

设拉力F2做功为W2，对系统由能量关系得W2-fsA-mBgsB=mAvA22-mAvA21⑨

代入数据解得W2="6.8"J⑩【解析】（1）0.8J(2)6.8J四、作图题(共3题，共30分)26、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