2025年牛津译林版选修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年牛津译林版选修3物理下册阶段测试试卷134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、用伏安法测电阻，当对被测电阻的阻值一无所知而无法选择何种接法时，可采用试触的方法．如图所示，某同学测量未知电阻R时，让电压表一端接在A点，另一端先后接在B点和C点．他发现电流表示数有明显变化；而电压表示数无明显变化．则下列说法正确的是。

A.R与电压表阻值接近，应选择电流表内接电路B.R与电压表阻值接近，应选择电流表外接电路C.R与电流表阻值接近，应选择电流表外接电路D.R与电流表阻值接近，应选择电流表内接电路2、关于电源和电流，下列说法____的是（）A.电流是标量，规定正电荷定向运动的方向为电流的方向B.电动势在数值上等于非静电力将1C正电荷在电源内从负极搬运到正极时所做的功C.电源是将其它形式的能转化为电能的装置D.干电池与蓄电池的电动势是相同的3、如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变．闭合开关S，滑动变阻器的滑片P处于某一位置时，小灯泡L能发光．将滑片P从该位置向b端滑动；则（）

A.小灯泡L变亮，电流表的示数变小B.小灯泡L变亮，电流表的示数增大C.小灯泡L变暗，电流表的示数变小D.小灯泡L变暗，电流表的示数增大4、下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（）A.当分子间的距离减小时，分子间的引力和斥力都增大，但引力增大得更快B.实际气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积C.一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子平均动能增加D.若气体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则气体的分子体积为5、一定质量的气体在等压变化中体积增大了若气体原来温度为27则温度的变化是（）A.升高了450KB.升高了150C.降低了150D.降低了4506、一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F，若将该导线做成圆环，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点ab连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为（

A.FB.C.D.）7、如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是（）

A.线圈先后两次转动的角速度之比为2:3B.交流电a的电压有效值为C.交流电b的电压瞬时值为D.交流电a在图中t=0.1s时刻穿过线圈的磁通量变化率为零8、如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55的负载电阻，原、副线圈匝数之比为4:1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是（））

A.B.电流表的读数为0.25AC.原线圈的输入功率为D.副线圈输出交流电的周期为50s电压表的读数为评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、[河南南阳一中2018月考]电熨斗已经走进千家万户；特别是服装店更离不开它，现在的电熨斗具有自动控制温度功能，可以通过双金属片来控制电路的通断.如图为电熨斗的结构示意图，下列关于电熨斗控制电路的说法正确的是（）

A.常温下，电熨斗的上、下触点应该是分离的B.图中双金属片上层金属片的膨胀系数大于下层金属片的膨胀系数C.熨烫棉麻衣物时，应旋转调温旋钮，使升降螺钉上升D.熨烫丝绸衣物时，应旋转调温旋钮，使升降螺钉上升10、如图所示，一定质量的理想气体由状态a经a-b-c-a完成一个循环，已知该理想气体的内能与热力学温度的关系是U=kT（k为比例系数，T为热力学温度），气体在状态a时的温度为T0；下列说法正确的是（）

A.气体在状态b时的温度为6T0B.从状态b到状态c过程中气体放出的热量是4kT0C.从状态c到状态a过程中气体对外界做功为p0V0D.完成整个循环的过程中，气体吸收的热量与放出的热量相等11、下列说法正确的是（）A.布朗运动和扩散现象都是温度越高越明显B.晶体的所有物理性质都表现为各向异性C.可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响D.晶体和非晶体在一定条件下可以发生相互转化12、下列关于热现象的描述正确的是（）A.根据热力学定律，热机的效率不可以达到100%B.做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C.温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D.物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动具有统计规律13、如下图所示，平行金属板中央有一个初始静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律正确的是

A.B.C.D.14、如图，夹角为120°的两块薄铝板OM、ON将纸面所在平面分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，两区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度分别为B1、B2。在OM板上表面处有一带电粒子垂直OM方向射入磁场B1中，粒子恰好以O为圆心做圆周运动回到出发点。设粒子在两区域中运动的速率分别为v1、v2，运动时间分别为t1、t2；假设带电粒子穿过薄铝板过程中电荷量不变；动能损失一半，不计粒子重力，则下列说法中正确的是（）

A.粒子带负电B.C.D.评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、如图，△ABC为一玻璃三棱镜的横截面，∠A=30°，一束红光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为_____。若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D点射出时的折射射角______（“小于”“等于”或“大于”）60°。16、如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞入磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角。则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的半径之比为_______；速度之比为__________；周期之比为_________；时间之比为__________。17、如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A、B，放在光滑的水平面上，若物体A被水平速度为v0的子弹射中，且后者嵌在物体A的中心，已知物体A的质量是物体B质量的子弹质量是物体B的弹簧被压缩到最短时，求物体A；B的速度。

18、已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，地面大气压强为P0，重力加速度大小为g.由此可以估算出，地球大气层空气分子总数为________，空气分子之间的平均距离为________．19、“测定玻璃的折射率”实验中,在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B,在另一侧再竖直插两个大头针C、D.在插入第四个大头针D时,要使它_____________.

如图是在白纸上留下的实验痕迹,其中直线a、a’是描在纸上的玻璃砖的两个边.根据该图可算得玻璃的折射率n=_____________.(计算结果保留两位有效数字)

评卷人得分四、作图题(共3题，共21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4题，共24分)23、采用如图所示的电路“测定电池的电动势和内阻”。

（1）除了选用照片中的部分器材外，填选项()

A．还需要电压表。

B．还需要电流表。

C．还需要学生电源。

D．不在需要任何器材。

（2）测量所得数据如下。测量次数

物理量123456R/Ω1.21.00.80.60.40.2I/A0.600.700.800.891.001.20U/V0.900.780.740.670.620.43

用作图法求得电池的内阻r=___________；

（3）根据第5组所测得的实验数据，求得电流表内阻RA=___________。24、（1）某同学用如图1所示的装置探究“加速度与力和质量的关系”．

①该实验开始前需要平衡摩擦力，在平衡摩擦力的时候____________（填“需要”或“不需要”）挂砂桶,_____________（填“需要”或“不需要”）安装纸带和打开打点计时器；每次改变小车的质量后______________（填“需要”或“不需要”）重新平衡摩擦力．

②实验中打出的一条纸带的一部分如图2所示．纸带上标出了连续的3个计数点A、B、C，相邻计数点之间还有4个点没有标出．打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上．则打点计时器打B点时，小车的速度vB=__________m/s．

③该同学探究“小车的加速度与所受合力的关系”时，通过测量和处理实验数据，得到如图3所示的a–F图线，发现图线不过坐标原点，请分析其原因是：_______________________；

该图线斜率的物理意义是：_____________．

（2）现要测量一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx．已知电池的电动势约6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧．可选用的实验器材有：

电流表A1（量程0～30mA）；

电流表A2（量程0～100mA)；

电压表V（量程0～6V）；

滑动变阻器R1（阻值0～5Ω)；

滑动变阻器R2（阻值0～300Ω)；

开关S一个，导线若干．

某同学的实验过程如下：

Ⅰ．设计如图4所示的电路图，正确连接电路．

Ⅱ．将滑动变阻器R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录．以U为纵轴，I为横轴，得到如图5所示的图线．

Ⅲ．断开开关，将Rx改接在B、C之间，A与B直接相连，其它部分保持不变．重复步骤Ⅱ，得到另一条U–I图线，图线与横轴I的交点坐标为（I0，0），与纵轴U的交点坐标为（0，U0）．

回答下列问题：

①电流表应选用__________，滑动变阻器应选用______；

②由图5的图线，得电源内阻r=______Ω；

③用I0、U0和r表示待测电阻的关系式Rx=______，代入数值可得Rx；

④若电表为理想电表，Rx分别接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围_______，电压表示数变化范围_______．（选填“相同”或“不同”）25、电源的输出功率P跟外电路的电阻R有关。如图是研究它们关系的实验电路。为了便于进行实验和保护蓄电池，给蓄电池串联了一个定值电阻R0，把它们一起看成电源（图中虚线框内部分）。于是电源的内电阻就是蓄电池的内电阻和定值电阻R0之和，用r表示；电源的电动势用E表示。

（1）写出电源的输出功率P跟E、r；R的关系式_______。（电流表与电压表都视为理想电表）

（2）下表中给出了6组实验数据；根据这些数据在图中的方格纸中画出P-R关系图线。根据图线可知，电源输出功率的最大值是____W，当时对应的外电阻是____Ω。

。I/A

0．20

0．28

0．36

0．44

0．52[

0．60

U/V

3．00

2．60

2．20

1．80

1．40

1．00

（3）由表中所给出的数据，若已知跟电源串联的定值电阻的阻值为R0＝4．5Ω，还可以求得该电源的电动势E＝______V，内电阻r0＝_______Ω。26、某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作；请判断是否恰当（填“是”或“否”）．

①把单摆从平衡位置拉开约5°释放；____________

②在摆球经过最低点时启动秒表计时；____________

③把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期．____________

该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据见表．用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数见图1.该球的直径为____________mm．根据表中数据可以初步判断单摆周期随___________的增大而增大．评卷人得分六、解答题(共4题，共24分)27、如图所示，导热件能良好的汽缸竖直放置，横截面积为S．汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体，气柱的高度为L，温度为T1。活塞与汽缸间摩擦忽略不计，现在活塞上放一质量为m砝码，气柱高度变为汽缸封闭，再对汽缸缓慢加热，使汽缸内的气柱高度恢复到L，已知加热时气体吸收的热量为Q，外界大气压强为

（1）整个过程中被封闭气体的内能变化了多少？

（2）气体的末态温度T2为多少？

（3）请在V-T图上画出整个过程的图像(在图线上标出过程的方向）。28、有一与汽缸固定连接的卡环，卡环到缸底的距离L=36cm。活塞与汽缸底部之间封闭了一定质量的气体。当气体的温度T0=300K、大气压强=1.0×105Pa时，活塞与汽缸底部之间的距离L0=30cm，活塞的面积S=50cm2；不计活塞的质量和厚度。现对汽缸加热，使活塞缓慢上升，求：

（1）封闭气体温度升高到T2=540K时的压强

（2）汽缸内的气体从300K升高到540K的过程中内能增加了20J；则此过程中气体是吸热还是放热？热量为多大？

29、如图所示，图线AB是电路的路端电压随电流变化的关系图线.OM是同一电源向固定电阻R供电时，R两端的电压与电流变化的图线；由图求：

（1）R的阻值.

（2）电源的电动势和内电阻。

（3）在两图线交点处，电源内部消耗的电功率.30、如图所示,甲为某一列简谐波t=t0时刻的图象,乙是这列波上P点从这一时刻起的振动图象,试讨论:

①波的传播方向和传播速度.

②求0~2.3s内P质点通过的路程.参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【详解】

由图示电路图可知，电压表的一端接A点，另一端接到B点时，电压表与电阻并联，电流表测电阻与电压表电流之和，另一端接到C点时，电流表测通过电阻的电流；若电流表示数有明显变化，而电压表示数无明显变化，说明电压表分流较大，待测电阻阻值较大与电压表阻值接近；由于电压表分流较大，为减小实验误差，电流表应选择内接法，故选A．2、D【分析】电流是标量，规定正电荷的定向移动方向为电流的方向，A正确；电动势在数值上等于非静电力将1C正电荷在电源内从负极搬运到正极时所做的功，B正确；电源是将其他形式的能转为化电能的装置，C正确；干电池与蓄电池的电动势不同，干电池为1.5V；蓄电池为2V；D错误．3、A【分析】【分析】

根据滑片P的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化；然后根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，从而知道电流表的示数如何变化．根据路端电压的变化分析小灯泡亮度的变化．

【详解】

将滑片P从该位置向b端滑动；滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I变小，则电流表示数变小．

总电流变小；电源的内电压变小，则路端电压变大，小灯泡的电压变大，则小灯泡L变亮，故A正确，BCD错误．

故选A．

【点睛】

本题是一道闭合电路的动态分析题，要分析清楚电路结构，熟练应用欧姆定律即可分析．4、B【分析】【分析】

【详解】

A．当分子间的距离减小时；分子间的引力和斥力都增大，但斥力增大得更快，故A错；

B．温度是分子平均动能的标志；所以气体分子的动能宏观上取决于温度，分子势能是由于分子间引力与分子间距离共同决定，宏观上取决于气体的体积，故B对；

C．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气；温度不变，其分子平均动能不变，故C错；

D．若气体的摩尔质量为M，密度为阿伏加德罗常数为NA，则由每个气体分子占有的空间体积为并不是气体分子的体积，故D错；

故选B。5、B【分析】【分析】

【详解】

由盖—吕萨克定律可得。

代入数据可知。

得。

T2=450K所以升高温度。

Δt=ΔT=150K=150故选B。6、B【分析】【分析】

根据导线与圆环的弧长关系，求得半径，圆环受到的安培力即线段ab受到的安培力；即可求得．

【详解】

通电导线为L，此时受到的安培力为F，制作成圆环时，圆环的半径为R，则解得：故圆环的有效长度ab的长度所以此时圆环受到的安培力故B正确，ACD错误．

【点睛】

本题主要考查了通电导线在磁场中受到的安培力，关键是抓住通电导线的有效长度即可判断．7、C【分析】【详解】

由图可知，周期Ta=0.4s，Tb=0.6s，根据则线圈先后两次角速度之比ωa：ωb=Tb：Ta=3：2．故A错误．由图电压最大值Um=10V，交流电a的电压有效值故B错误；由电动势的最大值Em=NBSω，则两个电压最大之值比Uma：Umb=ωa：ωb=3：2，则交流电b电压的最大值为V；周期Tb=0.6s，交流电压b的瞬时值表达式为故C正确；交流电a在图中t=0.1s时刻感应电动势最大，磁通量变化率最大，故D错误；故选C．8、B【分析】【分析】

根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值；周期和频率等；再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论．

【详解】

由瞬时值的表达式可得，原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为55V，电压表的读数为55V；再由输入功率和输出功率相等可得P=220I1==55W，所以原线圈的电流的大小为I1=0.25A，所以AC错误，B正确；变压器不会改变交流电的周期和频率，所以副线圈中输出交流电的周期为T==0.02s；所以D错误．故选B．

【点睛】

题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．二、多选题(共6题，共12分)9、B:D【分析】常温下，上下触点接触；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分开，起到调温作用，故A错误；当温度升高时，金属片向膨胀系数小的发生弯曲，触点断开，故双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属片，故B正确；熨烫棉麻衣物时，需要较高温度熨烫，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移，当温度升到较高，金属片发生弯曲较厉害触点才断开，故C错误；由上分析知，熨烫丝绸衣物时，应旋转调温旋钮，使升降螺钉上升，故D正确；故选BD．10、A:B【分析】【分析】

【详解】

A．从a到b；根据理想气体状态方程，可得。

解得。

故A正确；

B．从状态b到状态c过程；气体体积不变，根据查理定律，可得。

解得。

根据热力学第一定律；可得。

依题意；有。

联立；可得。

所以从状态b到状态c过程中气体放出的热量是4kT0。故B正确；

C．从状态c到状态a过程，气体体积由变成外界对气体做功为。

故C错误；

D．从状态a到b过程；气体对外界做功大小等于如图所示面积大小。

0

从外界吸收热量为。

从状态b到c过程为等容变化；即。

W=0从状态c到a过程；体积减小，外界对气体做功大小等于如图所示面积大小。

b→c→a过程向外界释放热量为。

由于。

W1>W2所以。

故D错误。

故选AB。11、A:D【分析】【详解】

A．布朗运动和扩散现象都与温度有关；温度越高越明显，故A正确；

B．由于晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同；即为各向异性，则为单晶体具有各向异性，但并不是所有物理性质都是各向异性的，故B错误；

C．根据热力学第二定律；不可以从单一热源吸收热量，使之完全用来做功，而不产生其他影响，故C错误；

D．晶体和非晶体是相对的；在一定条件下可以发生相互转化，故D正确。

故选AD。12、A:C:D【分析】【详解】

A．根据热力学第二定律；热机的效率不可以达到100%，故A正确；

B．做功是通过能量转化的方式改变系统内能；热传递是通过热量转移的方式改变系统内能，实质不同，故B错误；

C．根据热平衡定律可知；温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同，故C正确；

D．物体由大量分子组成；其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动具有统计规律，故D正确。

故选ACD。13、A:B【分析】【详解】

分析电子一个周期内的运动情况：0～T/4时间内，因B板电势高，则电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T/4～T/2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T/2时刻速度为零。T/2～3T/4时间内向A板做匀加速直线运动，3T/4～T时间内向A板做匀减速直线运动。接着周而复始。根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，C错误。电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故D错误。根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴。故A正确。14、A:C【分析】【详解】

A．根据左手定则可判定粒子带负电；故A正确；

B．由题意知故故B错误；

C．根据洛伦兹力提供向心力得：由题意知r1＝r2，故故C正确；

D．由粒子在磁场中的周期公式知，粒子在磁场中的周期相同，运动时间之比等于圆周角之比，即t1：t2＝120°：240°＝1：2，故D错误。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】本题考查折射定律；光的色散及其相关的知识点。

根据题述和图示可知，i=60°，r=30°，由折射定律，玻璃对红光的折射率n==若改用蓝光沿同一路径入射，由于玻璃对蓝光的折射率大于玻璃对红光的折射率，则光线在D点射出时的折射角大于60°。【解析】大于16、略

【分析】【分析】

粒子进入磁场时，受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角，再可求出轨迹对应的圆心角由求解时间之比；根据几何知识求出轨迹半径之比，由半径公式求出速度之比．

【详解】

设圆柱形区域为R。带电粒子第一次以速度沿直径入射时；轨迹如图所示：

粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转60°角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角轨迹半径为运动时间为带电粒子第二次以速度沿直径入射时，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转90°角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角轨迹半径为运动时间为所以轨迹半径之比：时间之比：根据半径公式得速度之比：根据可知；周期之比为1：1。

【点睛】

本题关键要掌握推论：粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，运用几何知识求出半径关系，就能正确解答【解析】111:12：317、略

【分析】【详解】

设B的质量为m，则A的质量是子弹质量是子弹和A、B木块组成的系统动量守恒，有

解得【解析】18、略

【分析】设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生即

分子数

假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为a，大气层中气体总体积为V，而所以

点睛：对于气体分子间平均距离的估算，常常建立这样的模型；假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，所有小立方体体积之和等于气体的体积。【解析】19、略

【分析】【详解】

（1）[1]在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B，在另一侧再竖直插两个大头针C、D，使C挡住A、B的像，要使D挡住C和A、B的像，说明CD在AB的出射光线上，CD连线即为AB的出射光线，所以要使D挡住C和A、B的像。

（2）[2]如图所示，连接AB延长交a于E点，连接CD反向延长交与G点，连接EG，以E为圆心以EG长为半径画圆，交AB与I，分别过I、G做过E点的法线的垂线IH、GF，用刻度尺测量IH、GF，折射率

【点睛】【解析】挡住C及A、B的像；1.8（1.8—1.9都算对）四、作图题(共3题，共21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4题，共24分)23、略

【分析】【详解】

（1）[1]根据题中电路图可知；此实验需要电压表；电流表、电阻箱、干电池、电键等，缺少的是电压表。

故选A。

（2）[2]题中表格数据描述的是电路中电源路端电压和干路电流的对应值，根据表格数据，描点、连线作出电源外特征曲线U-I图像如图：

图像的斜率物理意义即电源的内阻，即（都正确）

（3）[3]根据部分电路欧姆定律有

代入第5组数据，可得

【点睛】

本题考查了测定电源电动势和内阻实验、闭合电路欧姆定律等知识。旨在考查学生的实验探究能力以及推理问题的能力。【解析】A0.75（都正确）0.2224、略

【分析】【详解】

（1）①该实验开始前需要平衡摩擦力；在平衡摩擦力的时候不需要挂砂桶，需要安装纸带和打开打点计时器；每次改变小车的质量后不需要重新平衡摩擦力．

②打点计时器打B点时，小车的速度

③由图像可知，当力F到达一定值时才有加速度，则图线不过坐标原点原因是：平衡摩擦力或平衡摩擦力不足（斜面倾角过小）；根据则图像的斜率等于小车质量的倒数；

（2）：①由题意可知，电动势为6V，而电阻约为数十欧姆，为了保证实验的安全，电流表应选择A2；由电路图可知，滑动变阻器起调节电流的作用，5Ω的电阻小于待测电阻较多，故只能选择R2；

②图象的斜率表示电源的内阻，则可知，内阻为：

③接Rx改接在B、C之间，由题意可知，等效内阻为：R0+r=解得：RX=-r；

④由于在调节滑动变阻器时，闭合电路中电阻不变，故电流表的变化范围相同；而由于电压表测量的是路端电压，由于等效内电阻不同，故电压表的变化范围不同；

点睛：本题考查测量电源内阻及电阻的实验，关键在于明确电路结构，认清实验方法及步骤；再由