2025年湘师大新版选修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2025年湘师大新版选修3物理上册月考试卷258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5题，共10分)1、如图所示的电路，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时；下列说法正确的是（）

A.小灯泡L变暗B.电源的总功率变小C.电容器C上电荷量减小D.电流表读数变小，电压表读数变大2、某城市人口密度大，汽车等交通工具向大气中排放大量碳氢化合物、氮的氧化物等有害物质，最有可能发生的是（）A.酸雨B.臭氧层空洞C.光化学烟雾D.温室效应3、一定质量理想气体的状态变化如图所示，为圆弧，为半径相同的圆弧。气体从状态a沿经状态b、c、d，最终回到状态a；则（）

A.从状态a到状态b是等温膨胀过程B.从状态a到状态c，气体放出热量，内能增大C.处于状态c时气体分子单位时间撞击单位面积的次数一定比状态a少D.从状态a经b、c、d回到状态a，气体吸收热量4、根据你所学过的知识判断以下说法不正确的是（）

A.在图1中，向上拉动下表面紧贴水面的玻璃板时，拉力大于重力，主要是分子力作用的影响B.在图2中，随着活塞上砝码个数的增加，气缸内封闭的气体越来越难压缩（始终为气体状态），主要原因是由于随着气体体积的减小，分子间的斥力越来越大C.用烧热的针尖接触表面涂有蜂蜡层的云母片，蜂蜡层形成了如图3所示的熔化区域，说明云母片对于导热性存在着各向异性D.图4为热机能流图，随着机械制造工艺、机械材料等科学技术的不断发展，热机的效率仍无法达到100%5、电路中有一段金属丝长为电阻为要使电阻变为下列方法可行的是（）A.将金属丝拉长至B.将金属丝拉长至C.将金属丝对折后拧成一股D.将金属丝两端的电压提高到原来的倍评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、如图所示，原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放一个电荷量为＋Q的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为r，静电力常量为k．达到静电平衡后；下列说法中正确的是。

A.点电荷Q在金属球内任意位置激发的电场的场强都为零B.感应电荷在金属球球心处激发的电场场强方向向右C.金属球最左侧表面的电势和最右侧表面的电势相同D.若用导线的两端分别接触金属球的最左端和最右端，导线能将两端的电荷中和7、在如图所示的电路中，电源的电动势为内电阻为是两个小灯泡，闭合后，两灯均正常发光。当滑动变阻器的滑片向右滑动时（）

A.变暗B.变亮C.变暗D.变亮8、下列说法正确的是（）A.只要减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低B.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零C.由于液体表面层分子间距距离大于液体内部分子间距离，所以存在浸润现象D.夏季天旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发9、下列说法正确的是_____________A.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果B.悬浮在水中的花粉的布朗运动反应了花粉分子的热运动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E.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加E.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加10、如图所示的电路中，AB两端的电压U恒为14V，灯泡L标有“6V、12W”字样，电动机线圈的电阻．若灯泡恰能正常发光，且电机能正常运转，则以下说法中正确的是（）

A.电动机的输出功率是14WB.电动机的输入功率是16WC.电动机的热功率是1.0WD.整个电路消耗的电功率是30W11、下列说法中正确的是A.单晶体的某些物理性质呈现各向异性，是因为组成它们的原子（分子、离子）在空间上的排列是杂乱无章的B.在熔化过程中，晶体要吸收热量，温度保持不变，但内能增加C.液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距比较大，分子力表现为引力D.若把氢气和氧气看做理想气体，则质量和温度均相同的氢气和氧气内能相等12、一带正电粒子仅在电场力作用下做直线运动，从A点经B、C运动到D点，其v-t图象如图所示，则下列说法中正确的是()

A.A处的电场强度小于B处的电场强度B.粒子在A处的电势能大于在B处的电势能C.C,D间各点电场强度和电势都为零D.A,B两点的电势差等于C,B两点间的电势差评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、半径为r、电阻为R的N匝圆形线圈在边长为L的正方形区域abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示．磁场随时间的变化规律如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0．则圆形线圈中产生的感应电动势E=________V，0至t0时间内通过的电荷量q=_________.

14、如图所示是两列相干波的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅都为0.1m，波速和波长分别为1m/s和0.2m，C点为AB连线的中点．则图示时刻C点的振动方向_____（选填“向上”或“向下”），从图示时刻再经过0.25s时，A点经过的路程为______m．

15、双桶洗衣机的脱水桶电机是由一个定时开关和一个桶盖控制开关组成，当定时开关合上时；只要打开桶盖，电机就被关闭。

(1)如图所示中哪个电路图能满足上述的要求？()

(2)根据以上罗列的控制条件和控制结果的情况，写出它的真值表，并画出用门电路符号表示的逻辑电路图__________。16、等压变化：一定质量的某种气体，在______不变时，体积随温度变化的过程。17、如图，一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，已知状态A的压强为则状态B的压强___________；B到C过程中气体___________（选填“吸热”“放热”或“与外界无热交换”）．

18、如图，竖直放置的均匀等臂U型导热玻璃管两端封闭，管内水银封有A、B两段气柱，右管水银面高于左管水银面，高度差为h，若环境温度降低，稳定后A、B气柱的压强之比pA∶pB与降温前相比将_______（选填“变大”、“变小”或“不变”），右管水银面的高度变化Δh______（选填“＞”、“＝”或“＜”）．

19、质量和电荷量大小都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，M和N运行的半圆轨迹如图中的虚线所示，则M带_________（选填“正电”或“负电”）；M的运行时间_________（选填“>”、“=”或“<”）N的运行时间。

20、据统计，人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体所受重力的数倍．为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况．重物与地面的形变很小，可忽略不计，不考虑空气阻力的影响取重力加速度g＝10m/s2下表为一次实验过程中的相关数据．

。重物（包括传感器）的质量m/kg

8.5

重物下落高度H/cm

45

重物反弹高度h/cm

20

最大冲击力Fm/N

850

重物与地面接触时间t/s

0.1

（1）请你选择所需数据；通过计算回答下列问题。

a．重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小a＝_____

b．在重物与地面接触过程中；重物受到地面施加的平均作用力是_____倍重物所受的重力．

（2）如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取一些具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由．_____．21、一个闭合的导线圆环，处在匀强磁场中，设导线粗细均匀，当磁感应强度随时间均匀变化时，线环中电流为I，若将线环半径增大1/3，其他条件不变，则线环中的电流强度为________.评卷人得分四、作图题(共3题，共30分)22、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．

23、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．

24、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2题，共10分)25、某同学用如图甲所示的实验装置做“用双缝干涉测光的波长”的实验，他用带有游标卡尺的测量头（如图乙所示）测量相邻两条亮条纹间的距离，转动测量头的手轮，使分划板的中心刻线对齐某一条亮条纹（将这一条纹确定为第一亮条纹）的中心，此时游标卡尺上的示数情况如图丙所示；转动测量头的手轮，使分划板的中心刻线对齐第6亮条纹的中心，此时游标卡尺上的示数情况如图丁所示．则图丙的读数x1=_____mm；图丁的读数x2=______mm．实验中所用的双缝间的距离d=0.20mm，双缝到屏的距离L=60cm，则实验中计算波长的表达式=________（用题目中给出的已知量和直接测量量的符号表示）．根据以上数据，可得实验中测出的光的波长=______nm．

26、用下列器材，测定小灯泡的额定功率．。A．待测小灯泡：额定电压6V，额定功率约为5W；B．电流表：量程l.0A，内阻约为0.5Ω；C．电压表：量程3V，内阻5kΩ；D．滑动变阻器R：最大阻值为20Ω，额定电流1A；E．电源：电动势10V，内阻很小；F．定值电阻R0（阻值10kΩ）；G．开关一个，导线若干．要求：①实验中，电流表应采用_____接法（填“内”或“外”）；滑动变阻器应采用_____接法（填“分压”或“限流”）．

②画出实验原理电路图________．

③实验中，电压表的示数调为_____V时，即可测定小灯泡的额定功率．评卷人得分六、解答题(共1题，共8分)27、如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道MNQ固定在竖直平面内，现将一小球B静放在轨道的最低点N，让另一质量为m的小球A从轨道的最高点M由静止释放，两球在最低点碰后粘在一起做圆周运动，上升的最大高度为R/2.两球均可视为质点，碰撞时间极短，不计空气阻力，重力加速度为g.求：

(1)小球A与小球B碰前瞬间的速度大小；

(2)两球碰后瞬间与N点间的弹力大小.参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

首先认识电路的结构：灯泡与变阻器串联；电容器与灯泡并联．当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，根据欧姆定律分析．

【详解】

当滑动变阻器滑片P向右移动时；变阻器接入电路的电阻减小；

A.灯泡功率P=I2RL，RL不变；I增大，P增大，则灯泡变亮．故A错误；

B.电源的总功率P总=EI，E不变，I增大，P总增大．故B错误；

C.电容器电压UC=E-I（RL+r）减小，电容器电量Q=CUC减小．故C正确；

D.根据欧姆定律可知，电流增大，电压表的读数U=E-Ir减小．故D错误；

故选C．

【点睛】

本题考查电路动态分析的能力，比较简单．对于电路动态分析往往按“局部→整体→局部”的思路．2、C【分析】【分析】

【详解】

氮的氧化物和碳氢化合物在大气中受到阳光中强烈的紫外线的照射后；产生二次污染物质——光化学烟雾。

故选C。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．由图线可知从状态a到状态b是圆弧而不是双曲线；所以不是等温膨胀过程。故A错误；

B．从状态a到状态c，气体压强相等，体积增大，根据理想气体状态方程可知其温度必定升高，且对外界做功，根据热力学第一定律，有

气体吸收热量。故B错误；

C．根据上一选项分析；在状态c，气体体积较大，分子数密度较小，气体温度升高导致分子平均动能增加，在保持压强不变的情况下，单位时间撞击单位面积的次数一定较少。故C正确；

D．从状态a经b、c、d回到状态a，气体的温度不变，内能不变，外界对气体做功等于图形的面积，根据热力学第一定律，有

气体放出热量。故D错误。

故选C。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．玻璃板被拉起时；要受到水分子间的引力，所以拉力大于玻璃板的重力，A正确；

B．压缩气体越来越费力；是因为气体的体积减小，单位体积内的分子数增多，使得在相同时间内撞击活塞的气体分子数目增多，气体的压强增大，需要用的外力增大，B错误；

C．烧热的针尖；接触涂上薄蜂蜡层的云母片上某点，经一段时间后形成图丙的形状，由于是椭圆，则说明云母具有各向异性，是单晶体，C正确；

D．根据热力学第二定律；热机把内能转化为机械能时，能量的耗散是不可以避免的，所以热机的效率不可以达到100%，D正确。

故选B。5、B【分析】【详解】

试题分析：将金属丝拉长至4L，体积不变，则横截面积变为原来的根据知，电阻变为原来的16倍．故A错误．将金属丝拉长至2L，体积不变，则横截面积变为原来根据知，电阻变为原来的4倍．故B正确．将金属丝对折后拧成一股，长度变为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据知，电阻变为原来的．故C错误．将金属丝两端的电压提高到原来的4倍，电阻不变．故D错误．故选B.二、多选题(共7题，共14分)6、B:C【分析】【详解】

A、感应电荷在金属球球心处产生的电场场强与+Q的点电荷在此处的电场场强大小相等，方向相反，合电场强度为零，因此感应电荷在金属球球心处产生的电场场强不为零；故A错误．B、感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小，方向相反，即为方向向右；故B正确；C；由于静电感应，金属球的右侧带负电，左侧带正电，但金属球是等势体；故C错误．D、静电感应导致金属球的电荷重新分布，总电量仍为零，因此左侧的正电荷与右侧负电荷电量相等，静电感应现象仍然存在，不能将金属球两侧的感应电荷中和；故D错误．故选BC．

【点睛】解决本题的关键要理解并掌握导体处于静电感应现象的特点：内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且导体是等势体.7、A:D【分析】【详解】

由电路图可知，滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路的总电阻变大；由闭合电路欧姆定律可知，干路电流变小，灯电阻不变，由

可知，灯的实际功率变小，灯变暗。干路电流变小，电源内阻不变，灯电阻不变，则并联电压

变大，灯电阻不变，由

可知灯的实际功率变大，则灯变亮。

故选AD。

【点睛】

本题是一道闭合电路的动态分析题，闭合电路的动态分析题是高中物理的常考问题，要掌握其解题思路，首先根据电路电阻变化情况由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，再由部分电路欧姆定律判断电源内电压如何变化，路端电压如何变化，然后应用串并联电路特点与规律、部分电路的欧姆定律、电功与电功率公式分析答题。8、A:D【分析】【详解】

A．温度就是量度分子运动剧烈程度的物理量；分子运动越剧烈温度越高，反之亦然，故A正确；

B．在完全失重情况下；气体分子也在撞击容器壁，所以依然存在压强，故B错误；

C．液体表层分子间距大于液体内部分子间距时，液体表面有表面张力；而浸润现象是器壁分子对附着层分子作用力大于内层子分子对附着层分子力，导致附着层分子增多，分子间距小于R0体现出斥力；故C错误；

D．干旱的时候；土壤中存在毛细管，加速土壤水分蒸发；给土壤松土后破坏了毛细管，减弱了毛细现象，从而防止土壤内层的水分蒸发，故D正确。

故选AD。9、A:C:E【分析】【详解】

A．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果；故A正确；

B．悬浮在水中的花粉的布朗运动反应了水分子的热运动；故B错误；

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；故C正确；

D．高原地区水的沸点较低；这是高原地区气压较低的缘故，故D错误；

E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中；体积增大，温度升高，则内能一定增加，故E正确；

故选ACE。10、A:B【分析】【详解】

ABC．电动机两端的电压UM=U-UL=（14-6）V=8V，

整个电路中的电流

所以电动机的输入功率P入=UMI=8×2W=16W．

电动机的发热功率P热=I2RM=22×0.5W=2W，

则电动机的输出功率P出=P入-P热=（16-2）W=14W．

故AB正确．C错误．

D．整个电路消耗的功率P总=UI=14×2W=28W

故D错误．

故选AB。11、B:C【分析】【详解】

A；单晶体的某些物理性质呈现各向异性；是因为组成它们的原子（分子、离子）在空间上的排列是有序的，A错误。

B；晶体吸热熔化过程中；温度不变，内能却增大。是因为通过热传递使内能增大，而热传递则可以吸收热量，吸收的热量并不用来升温，而是用来减小分子之间的束缚，也就是增大分子的势能。B正确。

C；凡作用于液体表面；使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力。它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力。C正确。

D、若把氢气和氧气看做理想气体，温度相同则分子平均动能相等，但由于氢气和氧气的摩尔质量不相等，所以摩尔数不相等，分子势能不相等，D错误12、B:D【分析】【分析】

从图象可以看出；粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度的大小关系．由运动过程中，动能增加，势能减少，所以可判断出粒子在AB两点的电势能大小，有电场力做功的公式可得AB两点间的电势差与CB两点间的电势差的大小关系．

【详解】

A项：由运动的速度--时间图象可看出；带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A错误；

B项：由A到B的过程中；速度变大了，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在A点是电势能大于在B时的电势能，所以粒子在A点的电势能高于B点的电势能，故B正确；

C项：从C到D；粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错误；

D项：A；C两点的速度相等；故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D正确．

故选BD．

【点睛】

本题考查到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．还考查了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似．三、填空题(共9题，共18分)13、略

【分析】【分析】

本题是线圈的面积不变，磁场在变化，磁通量的变化率再根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，再根据q=It0；从而求解．

【详解】

磁通量的变化率为：

根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势为：

再根据闭合电路欧姆定律得感应电流为：．

电量为：q=It0=

【点睛】

本题是线圈类型，要掌握法拉第定律的几种不同表达形式，再结合闭合电路欧姆定律进行求解，并掌握求电量的公式．【解析】14、略

【分析】【详解】

B点处于波谷，A点处于波峰，波由B向A传播，此时C处于平衡位置，经过四分之一周期，波谷传播到该点，知C点的振动方向向下，周期质点在一个周期内振动的路程等于4倍的振幅，经过0.25s时，走过的路程等于5倍的振幅，A=20cm，则s=1m．【解析】向下115、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]根据生活的经验我们知道：只有当定时开关和桶盖控制开关均合上时；脱水桶的电机才开始工作。

B中只有当闭合、断开时，电机才工作，而均闭合时；电路发生短路；

C中为单刀双掷开关，当扳向下边时，电机工作，扳向上边时；电路发生短路；

D中当同时扳向左边或右边时；电机工作。故BCD均不符合要求。

故选A。

(2)[2]电机是由两个开关控制的，故门电路有两个输入端、一个输出端。只有当A、B两输入端均为“1”状态，输出端Z才为“1”状态；这是“与”的逻辑关系。其真值表如表所示，用门电路符号表示的逻辑电路图如图所示。

表。输入ABZ000010100111【解析】A见解析16、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】压强17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由题图可知，从状态A经过状态B为等温变化，则有

已知

解得

[2]由题图可知，B到C过程中，温度降低，内能减少，即

体积变小，则外界对气体做功，即

由热力学第一定律

可知

即气体放热。【解析】放热18、略

【分析】【详解】

假设若环境温度降低后，△h不变化，则两部分气体均做等容变化，由查理定律得：对于左边气体：对于右边气体：而由题意知，p1＞p2，故有：△p＞△p′，若温度降低，压强都减小，左边气体压强降的多，则水银柱会向下移动，显然原假设错误，△h将减小．A部分的体积减小，B部分的体积增大．设A部分的气体的物质的量是n1，B部分气体的物质的量是n2，则由克拉伯龙方程得：PAVA=n1RT；PBVB=n2RT，其中的R为克拉伯龙常数．则有：变形得：由于降温后A部分的体积减小，B部分的体积增大，所以稳定后A、B气柱的压强之比pA：pB与降温前相比将变大．由以上的分析可知，虽然水银柱向下运动，但PAVA＞PBVB，所以左侧气体的压强仍然大于右侧的压强，所以稳定后左侧的液面仍然低于右侧的液面，所以△h小于．【解析】变大小于19、略

【分析】【详解】

[1]磁场的方向向里；由左手定则判断出M带负电荷，N带正电荷；

[2]粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，根据

而

整理可以得到

所以M的运行时间等于N的运行时间。

点睛：本题结合带电粒子的磁场中的运动考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用。【解析】负电=20、略

【分析】【详解】

（1）a．重物受到最大冲击力时加速度的大小为a，由牛顿第二定律解得：

b．重物在空中运动过程中，由动能定理有：

重物与地面接触前瞬时的速度大小为：

重物离开地面瞬时的速度大小为：

重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F，设竖直向上为正方向，由动量定理有：（F﹣mg）t＝mv2﹣mv1

解得：F＝510N

重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的倍数为：

因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍．

（2）人接触地面后要同时下蹲以通过延长与地面接触的时间来减小人受到地面的冲击力．【解析】90m/s26人接触地面后要同时下蹲以通过延长与地面接触的时间来减小人受到地面的冲击力21、略

【分析】【详解】

设圆环的半径为r，根据法拉第电磁感应定律得：感应电动势为：

再由欧姆定律得：感应电流的大小是：

若将线环半径增大其他条件不变，则线环中的电流强度为．

点睛：本题属于磁感应强度变化，而线圈面积不变化的情形，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合求解感应电流是常用的方法，注意寻找电流与半径，是解题的关键．【解析】四、作图题(共3题，共30分)22、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】23、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