2025年蘇人新版選修3物理下冊月考試卷

…………○…………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年蘇人新版選修3物理下冊月考試卷113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5題，共10分)1、根據熱學知識可以判斷，下列說法正確的是（）A.載重汽車卸去貨物的過程中，外界對汽車輪胎內的氣體做正功B.氣體的摩爾質量為M，分子質量為m，若1摩爾該氣體的體積為V，則該氣體分子的體積為C.一定量100℃的水變成100℃的水蒸氣，其分子之間的勢能增加D.空調的壓縮機制冷時，將熱量從溫度較低的室內送到溫度較高的室外，所以這一過程不遵守熱力學第二定律2、如圖所示；三根通電長直導線P；Q、R垂直紙面放置在正三角形的三個頂點上，它們均通有垂直紙面向里的電流，電流大小均相等，則此時R導線所受磁場力方向為。

A.沿x軸正向B.沿x軸負向C.沿y軸正向D.沿y軸負向3、如圖所示，體操運動員在落地時總要屈腿，這是為了（）

A.減小落地時的動量B.減小落地過程的動量變化C.減少作用時間增大作用力D.增加作用時間減小作用力4、如圖所示，將一個內、外側均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側有一豎直墻壁．現讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止開始下落，從A點與半圓形槽相切進入槽內；則下列說法正確的是()

A.小球在半圓形槽內運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒B.小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，小球處于失重狀態(tài)C.小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒D.小球從下落到從右側離開槽的過程中機械能守恒5、在一個原子核衰變?yōu)橐粋€原子核的過程中，發(fā)生β衰變的次數為A.6次B.10次C.22次D.32次評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)6、下列說法正確的是（）A.太空中水滴成球形，是液體表面張力作用的結果B.液體中的懸浮微粒越大，在某一瞬間撞擊它的液體分子數就越多，布朗運動越明顯C.一定質量的理想氣體克服外界壓力膨脹，且過程中不吸熱也不放熱，則內能一定減小E.兩個分子間的距離由很遠（）減小到很難再靠近的過程中，分子勢能不斷增大E.兩個分子間的距離由很遠（）減小到很難再靠近的過程中，分子勢能不斷增大7、下列說法中正確的是（）A.物體從外界吸熱，其內能不一定增大B.液晶顯示器是利用了液晶對光具有各向同性的特點C.溫度相同的氫氣和氧氣，它們分子的平均速率不相同E.當分子力表現為斥力時，分子力和分子勢能總是隨分子間距離的減小而增大E.當分子力表現為斥力時，分子力和分子勢能總是隨分子間距離的減小而增大8、關于熱力學定律，下列說法正確的是（）A.根據熱力學第一定律，一個物體的內能增加，必定有其他物體對它做功或向它傳遞熱量B.根據熱力學第二定律，熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳遞到高溫物體C.一定質量的理想氣體壓強不變，溫度升高，單位時間氣體分子對容器壁碰撞次數一定增大E.熱機的效率不可能達到100％E.熱機的效率不可能達到100％9、如圖所示，矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動，產生的交流電動勢．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零D.當線圈轉到如圖所示的位置時穿過線圈的磁通量為零10、如圖甲所示,細線下懸掛一個除去了柱塞的注射器,注射器可在豎直面內擺動，且在擺動過程中能持續(xù)向下流出一細束墨水．沿著與注射器擺動平面垂直的方向勻速拖動一張硬紙板，擺動的注射器流出的墨水在硬紙板上形成了如圖乙所示的曲線．注射器噴嘴到硬紙板的距離很小,且擺動中注射器重心的高度變化可忽略不計．若按圖乙所示建立xOy坐標系，則硬紙板上的墨跡所呈現的圖樣可視為注射器振動的圖象．關于圖乙所示的圖象，下列說法中正確的是()

A.x軸表示拖動硬紙板的速度B.y軸表示注射器振動的位移C.勻速拖動硬紙板移動距離0.5L的時間等于注射器振動的周期D.拖動硬紙板的速度增大，可使注射器振動的周期變短11、如圖所示，實線是一列簡諧橫波在時刻的波形圖，M是平衡位置距O點5m的質點，虛線是時刻的波形圖．下列說法中；正確的是（）

A.該波遇到長度為3米的障礙物時將會發(fā)生明顯衍射現象B.波速可能為C.該波的周期可能為E.若波速為15ms，從到時刻，質點M運動的路程為60cmE.若波速為15ms，從到時刻，質點M運動的路程為60cm12、物理學家通過對實驗的深入觀察和研究，獲得正確的科學認知，推動物理學的發(fā)展。下列說法符合事實的是A.玻爾的原子理論成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律B.盧瑟福用α粒子轟擊獲得新核發(fā)現了質子C.1g經過三個半衰期，原子核數目變?yōu)樵瓉淼陌朔种籇.貝克勒爾通過對天然放射現象的研究，發(fā)現了原子中存在原子核評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)13、某金屬導體，若30s內有36C的電荷量通過導體的橫截面，則每秒鐘內有______個自由電子通過該導體的橫截面，導體中的電流為________A。（電子的電荷量為1.6×10-19C）14、如圖所示電路稱為______（選填“與”、“或”、“非”）門電路，若把開關接通定義為1，斷開定義為0，燈泡亮為1，熄為0，則在真值表中X為______，Z為______。

。輸入。

結果。

A

B

Y

0

0

0

0

1

X

1

0

0

1

1

Z

15、填寫下列空格：

（1）某物體的溫度為用熱力學溫度表示為________；

（2）對水加熱，溫度升高了則升高了________K；

（3）某物體溫度為用熱力學溫度表示為________；

（4）對某物體降溫則降低了________K。16、等容變化：一定質量的某種氣體，在______不變時，壓強隨溫度變化的過程。17、一定質量的理想氣體，從初始狀態(tài)A經狀態(tài)B、C、D再回到A，體積V與溫度T的關系如圖所示。圖中TA、VA和TD為已知量。

(1)從狀態(tài)A到B，氣體經歷的是______(選填“等溫”；“等容”，或“等壓”)過程；

(2)從B到C的過程中，氣體的內能______(選填“增大”“減小”或“不變”)。18、如圖所示，一個邊長為l＝1m的正方形線圈的總電阻為R＝2Ω，當線圈以v＝2m/s的速度勻速通過磁感應強度B＝0.5T的勻強磁場區(qū)域時，線圈平面總保持與磁場垂直．若磁場的寬度L＞1m，線圈在穿過整個磁場過程中釋放的焦耳熱為_____．

19、如圖所示，D是一只二極管，它的作用是只允許電流從a流向b，不允許從b流向a，水平放置的平行板電容器AB內部原有一電荷P處于靜止狀態(tài)，一直保持兩極板處于平行狀態(tài)，若A和B的間距稍增大一些后，P的運動情況將是________；若把A和B的正對面積稍增大一些后，P的運動情況將是_________；若充電后去掉電源與二極管，再在AB間插入一塊陶瓷片，P的運動情況將是________．（填“靜止不動”；“向下運動”或“向上運動”）

20、一定質量的理想氣體，狀態(tài)從A→B→C→D→A的變化過程可用如圖所示的p－V的圖描述，圖中p1、p2、V1、V2和V3為已知量．

(1)氣體狀態(tài)從A到B是______過程(填“等容”；“等壓”或“等溫”)；

(2)狀態(tài)從B到C的變化過程中；氣體的溫度______(填“升高”；“不變”或“降低”)；

(3)狀態(tài)從C到D的變化過程中；氣體______(填“吸熱”或“放熱”)；

(4)狀態(tài)從A→B→C→D的變化過程中，氣體對外界所做的總功為________．評卷人得分四、作圖題(共3題，共9分)21、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．

22、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的完整掃描波形圖．

23、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2題，共20分)24、曉明同學在實驗過程中需改裝一電流表，現有一小量程電流表內阻Rg＝200Ω，滿偏電流Ig＝20mA，現在需改裝成0-0.1A和0-1A的兩個量程的電流表（如圖甲），此電流表公用一負接線柱，通過選擇不同的正接線柱改變量程，改裝電路如圖乙所示，其中a接線柱應該標注量程為______（選填“0-0.1A”或“0-1A”）．通過計算，曉明認為需接入R1=______Ω和R2=________Ω.

甲乙25、從以下給出的器材中選出適當的實驗器材，設計一電路來測量電流表A1的內阻r1，要求保障儀器安全、方法簡捷，有盡可能高的測量精度，并能測得多組數據．

A．電流表（A1），量程0~10mA，內阻r1待測（約40Ω）

B．電流表（A2），量程0~500μA，內阻r2=750Ω

C．電壓表（V1），量程0~10V，內阻r3=10kΩ

D．電阻（R1），阻值約100Ω，做保護電阻用

E．滑動變阻器（R2），總阻值約50Ω

F．電池（E），電動勢1.5V，內阻很小

J．電鍵一個，導線若干

(1)在虛線方框中畫出電路圖_____，標明所用器材的代號．

(2)若選測量數據中的一組來計算r1，則所用的表達式為r1=_____________，式中各符號的意義是：_________________________________．評卷人得分六、解答題(共3題，共12分)26、直流電動機的工作原理可以簡化為如圖所示的情景，勻強磁場方向豎直向下，磁感應強度大小為B；平行金屬軌道MN、PQ，相距為L，固定在水平面內；電阻為R的金屬導體棒ab與平行軌道垂直放置；且與軌道接觸良好；MP間接有直流電源．閉合開關S，金屬導體棒向右運動，通過輕繩豎直提升質量為m的物體，重力加速度為g．忽略一切阻力；導軌的電阻和直流電源的內阻．

(1)求物體勻速上升時，通過導體棒ab的電流大??；

(2)導體棒ab水平向右運動的過程中，同時會產生感應電動勢，這個感應電動勢總要削弱電源電動勢的作用，我們稱之為反電動勢．設導體棒ab向上勻速提升重物的功率為P出，電流克服反電動勢做功的功率為P反，請證明：P出=P反；(解題過程中需要用到；但題目沒有給出的物理量；要在解題時做必要的說明)

(3)若通過電源連續(xù)調節(jié)MP間的電壓U，物體勻速上升的速度v也將連續(xù)變化，直流電動機所具有這種良好的“電壓無極變速”調速性能在許多行業(yè)中廣泛應用．請寫出物體勻速上升的速度v與電壓U的函數關系式．27、如圖所示，兩根金屬平行導軌MN和PQ放在水平面上，左端向上彎曲且光滑，導軌間距為L，電阻不計．水平段導軌所處空間有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向上，磁場區(qū)域足夠大．兩個電阻均為R、質量均為m的金屬棒a和b垂直導軌放置在其上．現將金屬棒a從彎曲導軌上、距水平軌道高度為h處由靜止釋放；使其沿導軌運動并進入磁場．設兩金屬棒運動過程中始終未相碰，與導軌垂直且接觸良好．

（1）對全過程進行研究：

①在同一坐標系中畫出兩個金屬棒的速度隨時間變化圖像（從a進入磁場開始計時）；

②求金屬棒b的最終速度；

③求回路中產生的總焦耳熱；

（2）對運動過程中的某一狀態(tài)進行分析：

a進入磁場后某時刻，a的速度為v1，b的速度為v2，此時，a克服安培力做功的功率為P1，安培力對b做功的功率為P2，回路中的焦耳熱功率為P3，請寫出P1、P2、P3三者的關系，并寫出證明過程．28、如圖所示，豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導軌相距為L，導軌的兩端分別與電源（串有一滑動變阻器R）、定值電阻、電容器（原來不帶電）和開關K相連．整個空間充滿了垂直于導軌平面向外的勻強磁場，其磁感應強度的大小為B．一質量為m，電阻不計的金屬棒ab橫跨在導軌上．已知電源電動勢為E，內阻為r，電容器的電容為C，定值電阻的阻值為R0；不計導軌的電阻．

(1)當K接1時，金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止，求接入電路的滑動變阻器阻值R；

(2)當K接2后，金屬棒ab從靜止開始下落，下落距離s時達到穩(wěn)定速度，求穩(wěn)定速度v的大小和金屬棒從靜止到穩(wěn)定速度所需的時間；

(3)將開關K接到3；讓金屬棒由靜止釋放，設電容器不漏電，電容器不會被擊穿。

a．通過推導說明ab棒此后的運動是勻加速運動；

b．求ab下落距離s時，電容器儲存的電能．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【詳解】

A．載重汽車卸去貨物的過程中；輪胎體積變大，則汽車輪胎內的氣體對外界做正功，故A錯誤；

B．若1摩爾該氣體的體積為V

該氣體分子所占空間的體積為

由于氣體分子的體積遠小于該氣體分子所占空間的體積；故B錯誤；

C．對的；因為在水蒸發(fā)要吸收能量，蒸發(fā)過程中溫度恒定，也就是說分子動能不變，能量轉化到分子勢能中，故分子之間的勢能增加，故C正確；

D．空調機壓縮機制冷時；空氣壓縮機做功，消耗電能，制冷過程不是自發(fā)的進行的，將熱量從溫度較低的室內送到溫度較高的室外，所以這一過程遵守熱力學第二定律，故D錯誤。

故選C。2、D【分析】由安培定則可知，通電導線P、Q在R處產生的合磁場方向水平向右，即沿X軸正方向，則R處的磁場方向沿X軸正方向；由左手定則可知，通電直導線R所受安培力垂直于R指向Y軸負方向．選項D正確，ABC錯誤，故選D．3、D【分析】【詳解】

A.運動員從一定高度落下后落地的速度是一定的；無論是否屈腿，落地時的動量均一樣；故A項不合題意.

B.由動量的變化量可知無論是否屈腿，落地過程的動量變化均一樣；故B項不合題意.

CD.取向上為正方向，由動量定理得：

在動量變化相同是屈腿過程，延長了腳與地面的所用時間使得地面對腳的作用力變小，故C項不合題意，D項符合題意.4、C【分析】【分析】

【詳解】

A.小球從A點到最低點的過程中；豎直墻對半圓形槽有向左的彈力的作用，所以這個過程小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動量不守恒．故A錯誤；

B.小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中；先失重后超重，故B錯誤；

C.小球在槽內運動的全過程中；從剛釋放到最低點，只有重力做功，而從最低點開始上升過程中，除小球重力做功外，還有槽對球作用力做負功．所以小球的機械能不守恒，但球對槽作用力做正功，兩者之和正好為零．所以小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒．故C正確，D錯誤；

【點睛】

本題重在考查動量守恒和機械能守恒，對這類問題我們首先明確我們的研究對象，以及研究對象所參與的運動過程，然后再結合動量守恒和機械能守恒的條件來判斷．5、A【分析】【詳解】

假設發(fā)生x次α衰變y次β衰變，核反應方程依據質量數守恒和電荷數守恒，有238=206+4x，92=82+2x+（-1）y，解方程得y=6，因此選項A正確.二、多選題(共7題，共14分)6、A:C:D【分析】【詳解】

A．太空中水滴成球形；是液體表面分子間距離大于平衡位置的距離，分子間體現為相互吸引的作用力，這就是表面張力，A正確；

B．懸浮微粒越大；在某一瞬間撞擊它的液體分子數就越多，受力就越趨于平衡，布朗運動就越不明顯，B錯誤；

C．根據熱力學第一定律有

因為過程中既不吸熱也不放熱Q＝0

又因為體積膨脹，所以氣體對外做功W＜0

故

氣體內能將減小；C正確；

D．溫度升高；分子熱運動的平均動能增大，但不意味著每個分子的動能都增大，D正確；

E．將一個分子從無窮遠處無限靠近另外一個分子的過程中；分子力先表現為引力，做正功，后表現為斥力，做負功，所以分子勢能先減小后增大，E錯誤。

故選ACD。7、A:C:E【分析】【詳解】

A．物體從外界吸熱；若對外做功，則其內能不一定增大，故A正確；

B．液晶顯示器是利用液晶對光具有各向異性的特點；故B錯誤；

C．溫度相同的氫氣和氧氣；它們分子的平均動能相同，但是由于分子質量不同，故分子的平均速率不相同，故C正確；

D．用氣體的摩爾體積和阿伏伽德羅常數可以估算氣體分子占據的空間體積；故D錯誤；

E．當分子力表現為斥力時；距離減小斥力做負功，分子力和分子勢能總是隨分子間距離的減小而增大，故E正確。

故選ACE。8、A:B:E【分析】【詳解】

A．根據熱力學第一定律；一個物體的內能增加，必定有其他物體對它做功或向它傳遞熱量，A正確；

B．根據熱力學第二定律；熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳遞到高溫物體，B正確；

C．一定質量的理想氣體壓強不變；溫度升高，氣體分子的平均動能增大，單位時間氣體分子對容器壁碰撞次數一定減少，C錯誤；

D．一定質量的理想氣體，保持壓強不變，當體積增大時，根據氣體狀態(tài)方程可知；溫度升高，則氣體的內能增加，氣體對外界做功，根據熱力學第一定律得知氣體吸熱，D錯誤；

E．熱機在工作過程中；燃料不可能完全燃燒，尾氣帶走較多的熱量，機器本身散熱，克服機械間摩擦做功，剩余的能量才是有用的能量，在燃料完全燃燒提供的能量中只占很少一部分，所以熱機效率不可能達到100%，E正確。

故選ABE。9、B:C【分析】【詳解】

試題分析：根據感應電動勢的瞬時表達式求解頻率和周期；當感應電動勢為零時；線圈平面跟磁感線垂直，磁通量最大，磁通量變化率為0．

因為交流電的表達式為所以所以交流電的頻率為有效值A錯誤B正確；圖示位置磁通量最大，磁通量變化率為零，感應電動勢為零，C正確D錯誤．10、B:C【分析】【詳解】

注射器振動周期一定，根據白紙上記錄的完整振動圖象的個數可確定出時間長短，所以白紙上x軸上的坐標代表時間．A錯誤．白紙上與垂直的坐標是變化的，即y軸代表了注射器的位移，B正確．由圖乙可知，勻速拖動硬紙板移動距離0.5L的時間等于注射器振動的周期，C正確；注射器振動周期與拖動白紙的速度無關．拖動白紙的速度增大，注射器振動周期不改變，D錯誤．11、A:D:E【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖可知該波的波長

則該波遇到長度為3米的障礙物時將會發(fā)生明顯衍射現象；選項A正確；

BC．若波向右傳播，則

若波向左傳播，則

可知波速不可能為20m/s；周期不可能為0.6s，選項BC錯誤；

D．由

可知，當n=1時

則若波速為35m/s，該波一定沿著x軸負方向傳播；選項D正確；

E．若波速為15m/s，則波向左傳播，此時

則從t1到t2時刻，即經過

質點M運動的路程為

選項E正確。

故選ADE。12、A:B:C【分析】【詳解】

A．波爾理論能成功解釋氫原子光譜；故A正確；

B．盧瑟福用α粒子轟擊獲得新核發(fā)現了質子，故B正確；

C．1g經過三個半衰期后，質量還剩所以原子核數目變?yōu)樵瓉淼陌朔种唬蔆正確；

D．盧瑟福通過粒子散射實驗，提出了原子的核式結構模型，發(fā)現了原子中存在原子核,故D錯誤．三、填空題(共8題，共16分)13、略

【分析】【詳解】

金屬靠自由電子導電，電子帶負電，其電荷量大小為所以在每秒鐘內通過該導體橫截面的自由電子數為導體中的電流為．【解析】7.5×10181.214、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2][3]如題圖所示；兩個開關同時閉合，燈泡才會發(fā)光，是“與”邏輯關系，真值表為。

。輸入結果ABY000010100111X為“0”，Z為“1”?！窘馕觥颗c0115、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]]由于。

當時。

（2）[2]由于。

所以溫度升高時；溫度升高50K

（3）[3]由于。

當時。

（4）[4]由于。

物體降溫時降低了20K?！窘馕觥?23.15K50253.15K2016、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】體積17、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]由圖知從狀態(tài)A到B；對應的體積不變，故氣體經歷的是等容變化；

(2)[2]理想氣體的內能置于溫度有關，從B到C的過程中溫度不變，則氣體的內能不變；【解析】等容不變18、略

【分析】【詳解】

[1]感應電動勢為：E=Blv，感應電流為：

線圈進入磁場的時間為：

則線圈離開磁場的時間也等于0.5s，線圈在穿過整個磁場過程中釋放的焦耳熱為：Q=I2R?2t=0.52×2×2×0.5=0.5J【解析】0.5J19、略

【分析】【詳解】

[1]電容器與電源保持相連，電容器的電壓不變，板間距離增大，電容減小，電容量的電量要減小，放電，但由于二極管的作用只允許電流從a流向b，電容器的電量無法減小，根據

板間電場強度

Q、S、?不變，則改變d，E不變，電荷P受的電場力不變；仍靜止。

[2]使極板A和B正對面積增大后，跟據

電容變大，根據

電量要增加，但是由于電壓不變，根據

兩板間距不變；故場強不變，電場力不變，則電荷仍靜止不動。

[3]若充電后去掉電源與二極管，再在AB間插入一塊陶瓷片，根據

則電容變大，電量不變，根據

則電壓減小，根據

場強減小，電場力減小，故P的運動情況將是向下運動【解析】（1）靜止不動（2）靜止不動（3）向下運動20、略

【分析】（1）由題圖可知；氣體狀態(tài)從A到B的過程為等壓過程．

（2）狀態(tài)從B到C的過程中；氣體發(fā)生等容變化，且壓強減小，根據p/T=C（常量），則氣體的溫度降低．

（3）狀態(tài)從C到D的過程中；氣體發(fā)生等壓變化，且體積減小，外界對氣體做功，即W＞0，根據V/T=C（常量），則氣體的溫度T降低，氣體的內能減小，由△U=Q+W，則Q=△U-W＜0，所以氣體放熱．

（4）狀態(tài)從A→B→C→D的變化過程中氣體對外界所做的總功W=p2（V3-V1）-p1（V3-V2）．

點睛：此題關鍵是知道p-V圖象中的雙曲線表示等溫線，圖線與V軸所圍的“面積”等于氣體做功的大小，能熟練運用氣態(tài)方程和熱力學第一定律進行研究這類問題．【解析】(1)等壓(2)降低(3)放熱(4)p2(V3－V1)－p1(V3－V2)四、作圖題(共3題，共9分)21、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】22、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】23、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2題，共20分)24、略

【分析】【詳解】

電流表量程越大，并聯的分流電阻越小，由圖示可知，接a接線柱時，電流表量程為1A．接b接線柱時，電流表量程為0.1A；由圖示電路圖可知，R1+R2=R1=代入數據解得：R1=5Ω，R2=45Ω．

點睛：本題考查了電流表的改裝，知道電流表的改裝原理、分析清楚電路結構，應用串并聯電路特點、歐姆定律即可正確解題．【解析】0-1A；5Ω；45Ω．25、略

【分析】【分析】

電流表可視為一個小電阻；但可顯示通過的電流值，因而可知道其兩端的電壓值，由于電源電動勢較小，故本實驗中電壓表不可以使用，否則會帶來較大的讀數誤差，同時滑動變阻器總阻值較小，本著可多次變換測量值的原則，應采用分壓接法根據部分電路歐姆定律，利用電壓表兩端的電壓處以電流可得電阻．

【詳解】

（1）由于電源電動勢較小；故本實驗中電壓表不可以使用，但是電流表可視為一個小電阻，同時可顯示通過的電流值，因而可知道其兩端的電壓值，可充當電壓表，滑動變阻器總阻值較小，本著可多次變換測量值的原則，應采用分壓接法，故電路如圖所示：

（2）根據歐姆定律得：式中I1、I2分別為