2024年沪教版选修3物理上册月考试卷

…………○…………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2024年沪教版选修3物理上册月考试卷370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6题，共12分)1、如图所示，光滑绝缘细杆与水平方向的夹角为带正电的小球P固定在细杆下端，将另一穿在杆上的带正电的小球Q从杆上某一位置A由静止释放，小球将沿杆在A下方一定范围内运动，其运动区间的长度为l，动能最大时与P的距离为a，运动过程中总满足两小球的直径远小于二者间距离在其他条件不变的情况下，只将杆与水平方向的夹角变大，则关于l和a的变化情况判断正确的是

A.l减小，a增大B.l增大，a减小C.l减小，a减小D.l增大，a增大2、下列说法正确的是（）A.气体吸收了热量，其温度一定升高B.第一类永动机不可能造成的原因是违反了能量守恒定律C.对于确定的液体和确定材质的毛细管，管的内径越细，毛细现象越不明显D.晶体均有规则的几何形状3、如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1=10Ω，R2=15Ω．C为电容器；电流传感器与原线圈串联．当开关S断开时，传感器测得的正弦交流电如图乙所示，则。

A.电阻R1中交流电的频率为5HzB.输入电压的最大值为600VC.电阻R2的电功率为270WD.S闭合前后，原线圈中电流不变4、某振子做简谐运动的表达式为x=2sin（2πt+）cm，则该振子振动的振幅和周期为（）A.2cm，1sB.2cm，2πsC.1cm，sD.1cm，2πs5、如图1所示为一列简谐横波在t＝10s时的波形图，图2是这列波中P点的振动图线，则该波传播速度和传播方向是

A.v＝4m/s，向x负方向传播B.v＝8m/s，向x负方向传播C.v＝4m/s，向x正方向传播D.v＝8m/s，向x正方向传播6、如图所示，一束可见光以入射角θ从玻璃砖射向空气，经折射后分为a、b两束单色光．a、b两束光相比；下列说法正确的是。

A.玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率B.在玻璃中，a光的速度较大b光的速度C.增大入射角θ，b光首先发生全反射D.a光光子的能量大于b光光子的能量评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、如图所示，在磁感应强度大小为B,范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为-q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动；小物块与斜面间的动摩擦因数为μ．设滑动时小物块所带电荷量不变，在小物块上滑过程中,其速度—时间图象和加速度—时间图象可能正确的是（）

A.B.C.D.8、对于定量气体，可能发生的过程是（）A.等压压缩，温度降低B.放出热量，内能增加C.等温吸热，体积不变D.绝热压缩，内能不变9、下列说法正确的是（）A.在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关B.脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液C.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体D.食盐受潮后结成块，说明食盐从晶体变成非晶体10、如图所示，一定质量的理想气体从状态a出发，经历等容过程①到状态b，再经历等压过程②到状态c，最后经历过程③又回到状态a，其中状态a和状态c气体的温度相同。下列说法正确的是（）

A.在过程①中气体向外界放热B.在过程①中气体对外界做功C.在过程②中气体从外界吸收热量E.在过程①和②中气体对外界做的总功小于过程③中外界对气体做的功E.在过程①和②中气体对外界做的总功小于过程③中外界对气体做的功11、如图所示，在坐标系xOy中，有边长为a的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧的Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t＝0时刻，线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差Uab随时间t变化的图线是下图中的（）

A.B.C.D.12、如图所示，三个等量的点电荷，固定在正三角形的三个顶点上，A、C两点为正电荷，B点为负电荷，D为AC中点．下列说法正确的是。

A.若A处点电荷所受静电力大小为F，则B处点电荷所受静电力大小为2FB.若A处点电荷所受静电力大小为F，则B处点电荷所受静电力大小为FC.若将B处点电荷沿BD连线向D点移动，其电势能一定逐渐减小D.在三个点电荷产生的电场中，没有合场强为零的位置(无限远处除外)13、下列说法正确的是。

E．布朗运动与温度有关，所以布朗运动是分子的热运动A.只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿弗加多罗常数B.扩散现象和布朗运动都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动都是分子的热运动C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D.气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，它跟气体分子密度，气体分子的平均动能有关评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、一逻辑电路图如下图所示，其真值表见下表，此逻辑电路为________门电路，在真值表中X处的逻辑值为________。

输入输出ABY00001010X11115、模块机器人的控制器内存有5种控制方法；可使用的传感器大致有5类；列表如下：

。序号。

控制方法。

序号。

传感器。

01

即时控制。

01

位移传感器。

02

延迟控制。

02

声传感器。

03

“与”门控制。

03

温度传感器。

04

“或”门控制。

04

光传感器。

05

“非”门控制。

05

磁传感器。

执行器模块为小灯模块、电动机模块。某同学要设计一个装置，当有光照射且有声音时，电动机才会转，则应选择的控制器序号为______，应使用的传感器序号为______。16、在如甲图所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关闭合后，灯泡L1的电阻为_________Ω，灯泡L2消耗的电功率为_________W．

17、紧闭瓶盖的塑料瓶下方开一个小孔，让瓶中的水流出，此过程中瓶内气体可看成________过程；当水流停止后，瓶内液面与小孔间的高度差为h，则此时瓶内气体的压强为________。（已知液体密度ρ，重力加速度g，外界大气压P0）18、（1）关于光电效应，下列说法正确的是____________

A．极限频率越大的金属材料逸出功越大。

B．只要光照射的时间足够长；任何金属都能产生光电效应。

C．从金属表面出来的光电子的最大初动能越大；这种金属的逸出功越小。

D．入射光的光强一定时；频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多。

（2）两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平相切，如图所示．一块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h．物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B．物块在B上能够达到的是大高度______；

19、某同学用伏安法测量阻值Rx约为5Ω的电阻，用图________测得的Rx的误差较小，测量值________真实值（小于、大于、等于），造成误差的原因是_____________________________________________

评卷人得分四、作图题(共3题，共30分)20、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．

21、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．

22、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3题，共27分)23、如图所示，为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为ma、mb，半径相同，图中P点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置.

(1)本实验必须满足的条件是___________.

A．斜槽轨道必须是光滑的。

B．斜槽轨道末端的切线水平。

C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放。

D．入射球与被碰球满足ma=mb

(2)为了验证动量守恒定律，需要测量OP间的距离x1、OM间的距离x2和___________.

(3)为了验证动量守恒，需验证的关系式是___________.24、某同学测定电源电动势和内阻，所使用的器材有：待测干电池一节(内阻很小)、电流表A(量程0.6A，内阻RA小于1Ω)、电流表A1(量程0.6A，内阻未知)、电阻箱R1(0～99.99Ω)、滑动变阻器R2(0～10Ω)、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个，导线若干．

(1)该同学按图甲所示电路连接进行实验操作．请在答题卡相应位置的虚线框内补全与图甲对应的电路图_______．

(2)测电流表A的内阻：

闭合开关K，将开关S与C接通，通过调节电阻箱R1和滑动变阻器R2，读取电流表A的示数为0.20A、电流表A1的示数为0.60A、电阻箱R1的示数为0.10Ω，则电流表A的内阻RA＝________Ω．

(3)测电源的电动势和内阻：

断开开关K，调节电阻箱R1，将开关S接__________(填“C”或“D”)，记录电阻箱R1的阻值和电流表A的示数；断开开关K，开关S所接位置不变，多次调节电阻箱R1重新实验，并记录多组电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I．

(4)数据处理：

图乙是由实验数据绘出的－R图象，由此求出干电池的电动势E＝__________V、内阻r＝__________Ω．(计算结果保留二位有效数字)

(5)如果电流表A的电阻未知，本实验__________(填“能”或“不能”)测出该电源的电动势．25、（1）读出下列仪器的读数

_________mm__________A(3A量程_________________)

cm(2)如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为

“×100”________的电阻挡测电阻时，表针指示如图所示，则：所测电阻的阻值为Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为________2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是(选填“×10”、“×100”或评卷人得分六、解答题(共2题，共14分)26、在某项科研实验中；需要将电离后得到的氢离子(质量为m；电量为+e)和氦离子(质量为4m、电量为+2e)的混合粒子进行分离．小李同学尝试设计了如图甲所示的方案：首先他设计了一个加速离子的装置，让从离子发生器逸出的离子经过P、Q两平行板间的电场加速获得一定的速度，通过极板上的小孔S后进入Q板右侧的匀强磁场中，经磁场偏转到达磁场边界的不同位置，被离子接收器D接收从而实现分离．P、Q间的电压为U，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，装置放置在真空环境中，不计离子之间的相互作用力及所受的重力，且离子进入加速装置时的速度可忽略不计．求：

（1）氢离子进入磁场时的速度大小；

（2）氢；氦离子在磁场中运动的半径之比；并根据计算结果说明该方案是否能将两种离子分离；

（3）小王同学设计了如图乙所示的另一方案：在Q板右侧空间中将磁场更换为匀强电场，场强大小为E，离子垂直进入电场．请你论证该方案能否将两种离子分离．27、如图所示，水平放置的平行板电容器，已知两板间距为d，板长为L，接在恒压直流电源上，有一带电液滴以的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动；将平行板电容器的下板向下平移后，同样的液滴以相同的速度v0从平移后的板间正中央水平射入后刚好从金属板末端飞出．求：下板向下平移的距离？

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

小球q下滑过程中，沿杆的方向受到重力的分力mgsinθ和库仑力，两力方向相反，根据库仑定律知道，库仑力逐渐增大，库仑力先小于mgsinθ，后大于mgsinθ，q先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动，当库仑力与mgsinθ大小相等时速度最大，动能最大，则有将杆与水平方向的夹角θ变大；a将减小；

设到达B点时速度恰好为零，根据动能定理得将杆与水平方向的夹角θ变大，若AB的距离l不变，则有AB之间的电势差增大，AB之间的电势差增大时AB的距离l一定会增大，所以将杆与水平方向的夹角θ变大；AB的距离l会增大，故B正确，ACD错误；

故选B．

【点睛】带电体在电场中运动的问题，关键要分析受力情况来确定其运动情况，当库仑力与mgsinθ大小相等时速度最大，动能最大．2、B【分析】【详解】

A．气体吸收了热量；可能同时对外做功，气体的温度不一定升高，故A错误；

B．第一类永动机不可能造成的原因是违反了能量守恒定律；故B正确；

C．对于确定的液体和确定材质的毛细管；管的内径越细，毛细现象越明显，故C错误；

D．单晶体有规则的几何形状；多晶体没有规则的几何形状，故D错误。

故选B。3、B【分析】【详解】

由图可知，原线圈交变电流的频率为50Hz，副线圈交变电流的频率同为50Hz；原线圈交变电流的有效值为由得．由并联电路的分流原理，电阻R2中的电流电阻R2消耗的电功率为PR2=IR22R2=120W；电阻R2的电压为由得故S闭合后，有电流流过电容器，故副线圈中电流增大，原线圈中电流也随之增大．故答案选B．4、A【分析】【分析】

简谐运动的一般表达式为位移的最大值等于振幅．由可求出周期．

【详解】

根据简谐运动的表达式为：cm得知；该振子振动的振幅A=2cm；

圆频率则周期为

故选A．5、A【分析】【详解】

由图象1可知，该波的波长λ=4m，由图2知周期为T=1s，则波速为：，由图2知：在t=0时刻，质点P向下振动，则t=10s时，质点P也是向下振动的，根据上下坡法知，波向x轴负方向传播，故A正确，B、C、D错误；

故选A．

【点睛】

关键是根据图象读出该波的波长和周期，从而求出波的传播速度．通过t=0时刻质点P的振动方向确定出波的传播方向．6、D【分析】【详解】

因为玻璃对a光的偏折程度大于b光，所以玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，根据可知，在玻璃中，a光的速度小于b光的速度，a光的频率大于b光的频率，则a光光子的能量大于b光光子的能量，选项AB错误，D正确；根据sinC=1/n分析知，a光的临界角比b光的小；逐渐增大入射角，先达到a光的临界角，则a光最先发生全反射，故C错误；故选D．

点睛：光线的偏折程度越大，则折射率越大，光在介质中的速度越小，光的频率越大，光子能量越大，临界角越小，这些结论要熟记.二、多选题(共7题，共14分)7、B:C【分析】【分析】

根据题中“匀强磁场内带电小物块沿斜面向上运动”可知；本题考查带电粒子在复合场中的运动．根据带电粒子在复合场中运动的分析方法，运用洛伦兹力；牛顿第二定律等知识分析推断．

【详解】

对沿斜面向上运动的小物块受力分析，由牛顿第二定律可得：联立解得：方向沿斜面向下．所以物体沿斜面向上做加速度减小的减速运动，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢；在小物块上滑过程中，加速度减不到零．

AB：速度时间图象的切线斜率表示加速度；则A项错误，B项正确．

CD：物体加速度减小，且加速度减小的越来越慢，在小物块上滑过程中，加速度减不到零．故C项正确，D项错误．8、A:B【分析】【详解】

理想气体状态方程可知等压压缩，体积减小温度降低，A正确；根据热力学第一定律△U=W+Q可知若气体放出热量的同时外界对气体做正功，且做功大于放出热量，则内能将会增加，B正确；等温说明内能不变，即△U=0，吸收热量，即Q＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q可知W＜0，即气体膨胀对外做功，所以等温吸热，体积膨胀，C错误；绝热说明气体不能吸放热即Q=0，压缩说明外界对气体做功，根据热力学第一定律△U=W+Q可知：绝热压缩，内能增大，D错误．9、A:B【分析】【分析】

【详解】

A．在毛细现象中；毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关，A正确；

B．脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润；以便吸取药液，B正确；

C．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面；熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是单晶体，其导热性表现为各向异性，C错误；

D．要判断一种物质是否是晶体；应看它是否有确定的熔点，食盐受潮后结块，只是从单晶体变成多晶体，故D错误。

故选AB。10、A:C:E【分析】【详解】

AB．理想气体从状态a到状态b，属于等容过程，即体积不变，气体对外界和外界对气体都没有做功。由理想气体状态方程可得

由图像可得

所以

即温度降低，所以气体内能减少，由热力学第一定律可得

其中

所以气体向外界放热；A正确，B错误；

C．理想气体从状态b到状态c，属于等压过程，即压强不变。由理想气体状态方程可得

由图像可得

所以

可知，理想气体对外界做功，内能增加，由热力学第一定律可知

理想气体从外界吸收热量；C正确；

D．理想气体从状态c到状态a，由题意可知，由理想气体状态方程可得

由图像可得

即外界对气体做功。又由题意可知

已知，在p-V图像中的等温线是一条反比例函数图像，又a、c两点在同意条等温线上，多画几条等温线，可知离原点越远的等温线温度越高，所以可知，从c到a温度先升高再降低；所以内能先增加后减少，D错误；

E．已知p-V图像与坐标轴围成的面积表示气体做功情况；所以由图像可知，在过程①和②中气体对外界做的总功小于过程③中外界对气体做的功，E正确。

故选ACE。11、A:D【分析】【分析】

线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域时，开始ab边切割磁感线，切割的有效长度均匀减小，当ab边切割的有效长度刚减为0．cd边又开始切割，切割的有效长度均匀减小到0，根据右手定则判定感应电动势及感应电流的方向．从而判断出ab间的电势差Uab的变化．

【详解】

A、在d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd边开始切割；感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；故A正确，B错误.

C、d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，ab相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以bcda三条边的电阻，并逐渐减小.ab边出磁场后后，cd边开始切割，cd边相当于电源，电流由b到a，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以ab边得电阻；并逐渐减小；故C错误，D正确.

故选AD.

【点睛】

解决本题的关键掌握切割产生感应电动势的大小E=BLv，以及会用右手定则判定感应电流的方向．12、B:C【分析】【详解】

若A处点电荷所受静电力大小为F，因A、C两点为正电荷，B点为负电荷，且三个等量的点电荷，分别对A与B受力分析，如下图所示：

那么AB间的库仑力为F，CB间的库仑力也为F，根据矢量的合成法则，结合三角知识，即有，B处点电荷所受静电力大小为2Fcos30°=F，故A错误，B正确；若将B处点电荷沿BD连线向D点移动，由矢量的合成法则，AC产生的合电场强度方向由D指向B，那么电场力做正功，其电势能一定逐渐减小，故C正确；根据矢量的合成法则，在三个点电荷产生的电场中，在BD延长线某处存在合场强为零的位置，故D错误．13、A:C:D【分析】试题分析：摩尔质量是1摩尔分子的质量；故只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，不是分子的运动；而热运动是指分子的无规则的运动，故B错误；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确；根据压强的微观意义可知，跟气体分子在单位时间内对单位面积上的碰撞次数；分子对器壁的平均碰撞力有关，即跟气体分子的密度，以及气体分子的平均动能有关，故D正确；布朗运动与温度有关，但是布朗运动是固体颗粒的运动，但不是分子的热运动，选项E错误；故选ACD。

考点：分子动理论；布朗运动；晶体；

【名师点睛】本题考查了阿伏加德罗常数、压强的微观意义、布朗运动、液晶等，知识点多，难度小，关键多看书，多加积累。三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【详解】

[1][2]本题为“与”门电路，由图表中输入或输出的关系，得出X值应为0.

【点睛】

了解三种门电路的特点，在实际问题中要具体问题具体分析，难度不大。【解析】与015、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由题意知；当有光照射且有声音时，电动机才会转，因此控制器为：“与”门控制。

故选03。

[2]有光照射且有声音时，电动机才会转，说明传感器能感受光与声音的变化，需要04光传感器与02声传感器。【解析】0302，0416、略

【分析】【详解】

当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图2读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，则I1=1.25I2，灯泡L2、L3的功率均为P=UI=1.5V×0.20A=0.30W；【解析】12Ω0.30W17、略

【分析】【详解】

在让瓶中的水流出过程中，气体的温度没发生变化，所以是等温变化；当水流停止后，瓶内液面与小孔间的高度差为h，根据压强关系可知：，解得气体压强：【解析】等温18、略

【分析】【详解】

（1）极限频率越大的金属材料逸出功越大，选项A正确；能否发生光电效应，与光照时间无关，选项B错误；根据光电效应方程Ekm=hγ-W0知；最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不会影响金属的逸出功．故C错误．光的强度影响的是单位时间发出光电子数目，与入射光的频率无关．故D错误．

（2）设物块到达劈A的低端时，物块和A的的速度大小分别为v和V；由机械能守恒和动量守恒得。

①

②

设物块在劈B上达到的最大高度为此时物块和B的共同速度大小为由机械能守恒和动量守恒得。

③

④

联立①②③④式得⑤【解析】①.（1）A②.（2）19、略

【分析】【分析】

由题意可知考查电流表内接；外接对测量电路的影响；根据电路结构特点分析可得．

【详解】

[1]为了减小实验误差，电流表内接、外接的选择原则：大电阻采用内接法，小电阻采用外接法，Rx约为5Ω；属于小电阻，故采用电流表外接法，选择乙电路图．

[2]因测的电流值大于真实值，由可知计算得到的电阻值小于真实值．

[3]电流表测得电流值大于通过Rx电流值；原因是电压表的分流作用．

【点睛】

电流表内接法，测得是电流表和待测电阻串联以后的电阻，测量值大于真实值，当待测电阻较大时选择内接法．电流表外接法，测得是电压表和待测电阻并联以后的电阻，测量值小于真实值，当待测电阻较小时选择外接法．【解析】乙小于电压表的分流作用四、作图题(共3题，共30分)20、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，下边的电流的方向向里，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向右．如图所示：

【解析】21、略

【分析】试题分析：A图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为2T，即在2T的时间内才能完成一次水平方向的扫描，而竖直方向（y方向）的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向由2个周期性的变化；y方向的电压变化为正弦式的变化，由于电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以A图中的扫描图形如图；

要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接入锯齿形电压；即扫描电压．

B图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为T，即在一个周期T的时间内完成一次水平方向的扫描，同时竖直方向的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向也完成一个周期性的变化；y方向的电压大小不变，方向每半个周期变化一次，结合电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以B图中的扫描图形如图．

考点：考查了示波器的工作原理。

【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象【解析】22、略

【分析】【分析】

【详解】

7s波向前传播的距离为

7s后，故x=3.5m位置的原图中x=0位置的振动情况相同；因此作出以下图形。

【解析】五、实验题(共3题，共27分)23、略

【分析】【详解】

第一空.A.“验证动量守恒定律”的实验中；是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；

B.要保证每次小球都做平抛运动；则轨道的末端必须水平，故B正确；

C.要保证碰撞前的速度相同；所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；

D.为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma＞mb；故D错误.

应填BC.

第二空.要验证动量守恒定律定律，即验证：小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：得：因此实验需要测量：测量OP间的距离x1，OM间的距离x2，ON间的距离x3；

第三空.由以上分析可知，实验需要验证:或【解析】BCON间的距离x3(或)24、略

【分析】【详解】

（1）由实物图连接原理图；如图所示：

（2）根据串并联电路的规律可知，流过电阻箱R1的电流

电压则电流表内阻为：

（3）S