2025年中图版选修3物理下册月考试卷含答案

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A.电容器放出的总电荷量B.电阻R两端的最大电压C.电容器的电容D.电源的内电阻3、如图所示，当滑动变阻器的活动触点P向上滑动时；则（  ）

A.A灯和B灯均变亮B.A灯和B灯均变暗C.A灯变亮，B灯变暗D.A灯变暗，B灯变亮4、一定质量的理想气体由状态A沿平行T轴的直线变化到状态B，然后沿过原点的直线由状态B变化到状态C，p－T图像如图所示，关于该理想气体在状态A、状态B和状态C时的体积VA、VB、VC的关系正确的是（）

A.B.C.D.5、如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再到状态C，最后变化到状态A，完成循环。下列说法正确的是（）

A.状态A到状态B是等温变化B.状态A时所有分子的速率都比状态C时的小C.状态A到状态B，气体对外界做功为D.整个循环过程，气体从外界吸收的热量是6、平板电容器AB带有等量异种电荷，通过如图所示的方式与静电计相连．可由静电计指针的偏转定性显示电容器两极板间的电势差．θ表示静电计指针的偏角，C表示电容器的电容．实验中，可认为极板所带电荷量不变．则下列操作中符合实验事实的是（）

A.把A板向右移，C变大，θ增大B.把A板向左移，C变大，θ增大C.把A板直向下移，C变大，θ减小D.把B板间插入一块电介质，C变大，θ减小7、如图所示，一个物体在与水平方向成角的拉力的作用下沿水平面匀速前进了时间则（）

A.拉力对物体的冲量为B.拉力对物体的冲量为C.摩擦力对物体的冲量为D.拉力的功与摩擦力的功相同8、关于电子的运动规律,以下说法正确的是()A.电子如果表现出粒子性，则无法用轨迹来描述它们的运动，其运动遵循牛顿运动定律B.电子如果表现出粒子性，则可以用轨迹来描述它们的运动，其运动遵循牛顿运动定律C.电子如果表现出波动性，则无法用轨迹来描述它们的运动，空间分布的概率遵循波动规律D.电子如果表现出波动性，则可以用轨迹来描述它们的运动，其运动遵循牛顿运动定律评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、如图电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、表示．下列判断正确的是

A.减小B.C.减小D.10、已知滑动变阻器接入电路的电阻与其接入电路的长度成正比。如图所示，电路中R3为滑动变阻器，R1、R2为定值电阻；A；V为理想电表，C为电容器，电路接稳恒电压U。当滑动变阻器的滑片P向下移动时，关于各物理量的变化，下列说法中正确的是。

A.电压表的示数变大B.电流表的示数变小C.电容器C两极板所带的电荷量增多D.R2消耗的功率变小11、质量为m；带电量为+q的滑块从光滑；绝缘斜面上由静止下滑，如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感强度为B，则滑块在斜面上滑行过程中（设斜面足够长），滑块（）

A.在斜面上滑行的最大速度为B.在斜面上滑行的最大速度为C.作变加速直线运动D.在斜面上滑动的最大距离为12、如图所示，一束复色光射向半圆形玻璃砖的圆心O，经折射后分为两束单色光a和b；下列说法正确的是（）

A.a光在玻璃砖中的速度小于b光在玻璃砖中的速度B.增大复色光的入射角，在玻璃砖的下方最先消失的是a光C.a、b两束光遇到同样的障碍物时，a光更容易发生明显衍射现象D.用a、b两束光分别照射到同一金属表面，a光更容易使金属发生光电效应13、如图，水平导轨左端接有定值电阻R，导体棒ab与导轨接触而构成闭合回路，均匀磁场B垂直于导轨平面；则下列情况下，回路中可能没有感应电流是。

A.B保持恒定，ab向右滑动B.B逐渐增强，ab向右滑动C.B逐渐增强，ab向左滑动D.B逐渐减弱，ab向右滑动14、某静电场中的电场线为图示实线；带电粒子仅受电场力作用由M点运动到N点，其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是（）

A.粒子带正电荷B.由于M点没有电场线，粒子在M点不受电场力的作用C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D.粒子在M点的动能小于在N点的动能15、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16、在研究某金属的光电效应现象时，发现当入射光的频率为ν以时，其遏止电压为U.已知普朗克常数为h，电子电量大小为e，下列说法正确的是A.该金属的截止频率为B.该金属的逸出功为C.增大入射光的频率，该金属的截止频率增大D.增大入射光的频率，该金属的遏止电压增大评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、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__________。18、在温度不变的情况下，增大液面上饱和汽的体积并再次达到饱和时，饱和汽的质量_______，饱和汽的压强________（两空都选填“增大”、“减小”或“不变”）．19、图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的组等势面，已知平面b上的电势为2V．一电子经过a平面时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV．则电势为零的等势面是_____，电子经过c平面时的动能为_____eV．

20、如图，上端带卡环、底部有加热装置的圆柱形气缸竖直放置在水平地面上，质量为m、横截面积为S、厚度不计的活塞到气缸底部的距离为气缸高度的一半，活塞下部封闭有温度为T的理想气体。已知重力加速度为g，外界大气压强恒为忽略一切摩擦。现对封闭气体缓慢加热，则活塞恰好到达气缸上端卡口时气体温度T1=_______；保持封闭气体的温度T1不变，在活塞上表面缓慢倒入沙子，使活塞到气缸底部的距离为气缸高度的三分之一，则倒入沙子的总质量m1=________。

21、如图所示，在p-V图中有三条气体状态变化曲线，一定质量的理想气体可沿这三条路径从状态i到状态j，已知曲线1为绝热变化过程，气体内能变化分别为△U1、△U2、△U3，它们的大小关系是_____；气体对外界做功分别为W1、W2、W3，它们的大小关系是_____；气体从外界吸收的热量大小为Q1、Q2、Q3，它们的大小关系是_____。

22、如右图所示图线是两个导体A和B的伏安特性曲线，由图可知导体B的电阻RB＝__________Ω；若将两个导体串联接在电路中，它们两端的电压之比UA：UB＝___________．

23、如图所示，D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许从b流向a，水平放置的平行板电容器AB内部原有一电荷P处于静止状态，一直保持两极板处于平行状态，若A和B的间距稍增大一些后，P的运动情况将是________；若把A和B的正对面积稍增大一些后，P的运动情况将是_________；若充电后去掉电源与二极管，再在AB间插入一块陶瓷片，P的运动情况将是________．（填“静止不动”；“向下运动”或“向上运动”）

24、一根长为L，横截面积为S的粗细均匀的金属棒，棒内单位体长度自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压U时，棒内产生电流自由电子定向运动的平均速率为v。则金属棒内的电流强度大小为_________25、如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，普朗克常量h＝6.63×10-34J·s，（直线与横轴的交点坐标4.31，与纵轴交点坐标0.5）由图可知，斜率表示_____________；该金属的极限频率为____________Hz，该金属的逸出功为___________J，（结果保留三位有效数字）若用频率为5.5×1014Hz的光照射该种金属时，则对应的遏止电压应为_____________V

评卷人得分四、作图题(共3题，共18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、解答题(共2题，共20分)29、如图所示，一个粗细均匀、导热良好的形细玻璃管竖直放置，端封闭，端开口。玻璃管内通过水银柱封闭两段气体，气体下端浮有一层体积、质量均可忽略的隔热层，各段长度如图所示。已知大气压强环境温度为27℃。

①通过加热器对气体加热；使其温度升高到177℃，管内剩余水银柱的总长度为多少？

②保持气体温度177℃不变，以为轴将玻璃管缓慢旋转至水平状态；则玻璃管内剩余水银柱的总长度为多少？

30、如图，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积为将整个装置放在大气压恒为的空气中，开始时气体的温度为活塞与容器底的距离为当气体从外界吸收热量后，活塞缓慢上升后再次平衡。

(1)外界空气的温度是多少？

(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少？

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

试题分析：根据光电效应方程得，EKm=hν-W0．根据洛伦兹力提供向心力，有：evB＝最大初动能EKm＝mv2该光波的频率：v＝+D正确．2、D【分析】【详解】

A.根据可知图像与两坐标轴围成的面积表示电容器放出的总电荷量，即故选项A可求；

B.电阻两端的最大电压即为电容器刚开始放电的时候，则最大电压故选项B可求；

C.根据可知电容器的电容为故选项C可求；

D.电源的内电阻在右面的充电电路中，根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两板间的电压，也就是刚开始放电时的电压，即但内电阻没法求出，故选项D不可求．3、C【分析】【详解】

P向上滑动时连入电路的电阻增大，故电路总电阻增大，总电流减小，根据闭合回路欧姆定律

可知路端电压U增大，即A两端的电压增大，故A灯变亮，通过A灯的电流增大，而总电流减小，所以通过的电流减小，两端的电压减小，而

所以并联电路两端的电压增大，通过的电流增大；所以通过B灯的电流减小，故B灯变暗。

故选C。4、B【分析】【详解】

从A到B为等压变化，根据可知，随着温度的升高，体积增大，故

从B到C为坐标原点的直线，为等容变化，故

所以

故ACD错误；B正确。

故选B。5、D【分析】【详解】

A．从状态A到状态B，体积和压强都增大，根据理想气体状态方程

温度一定升高；A错误。

B．从状态C到状态A，压强不变，体积减小，根据理想气体状态方程

温度一定降低，分子平均速率减小，但平均速率是统计规律，对于具体某一个分子并不适应，故不能说状态A时所有分子的速率都比状态C时的小；B错误。

C．从状态A到状态B，压强的平均值

气体对外界做功为大小

C错误；

D．从状态B到状态C为等容变化，气体不做功，即从状态C到状态A为等压变化，体积减小，外界对其他做功

对于整个循环过程，内能不变，根据热力学第一定律

得

代入数据解得

D正确。

故选D。6、D【分析】【详解】

把A板向右移，根据可知，d减小，C变大；Q一定，由可知，U减小，则θ减小，选项A错误；把A板向左移，根据可知，d变大，C变小；Q一定，由可知，U变大，则θ变大，选项B错误；把A板直向下移，根据可知，S减小，C变小；Q一定，由可知，U变大，则θ变大，选项C错误；把A、B板间插入一块电介质，根据可知，ε变大，C变大；Q一定，由可知；U变小，则θ变小，选项D正确；故选D.

点睛：本题考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式和定义式注意静电计的张角与两板间电压有关.7、A【分析】【详解】

AB．拉力对物体的冲量为

方向与F方向相同；A正确；B错误；

C．根据力的平衡可得：摩擦力

摩擦力对物体的冲量为

方向与摩擦力的方向相同。C错误；

D．拉力做正功；摩擦力做负功，二者做的功不相同，D错误。

故选A。8、C【分析】【详解】

AB.电子运动对应的物质波是概率波.少量电子表现出粒子性；无法用轨迹描述其运动，也不遵循牛顿运动定律，A；B错误；

CD.大量电子表现出波动性，无法用轨迹描述其运动，可确定电子在某点附近出现的概率，且概率遵循波动规律，C正确，D错误二、多选题(共8题，共16分)9、C:D【分析】【分析】

当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，其阻值变小，外电路总电阻变小，分析总电流变化和路端电压的变化，判断出流过的电流变化，即可知道I的变化，由欧姆定律分析的变化．根据路端电压的变化，分析的变化以及与的大小．

【详解】

当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动，其阻值变小，外电路总电阻变小，总电流表变大，电源的内电压变大，则路端电压U减小，的电压减小，的电流减小，所以电流表的示数增大，是定值电阻，根据欧姆定律得知的电压增大，故A错误；路端电压增大，U减小，所以减小，且故B错误，CD正确．所以CD正确，AB错误．

【点睛】

对于电路的动态分析问题，首先要认清电路部分的连接关系，往往按“局部整体局部”思路进行分析．10、A:D【分析】A、由题图可知，电压表与R1并联，电流表与R3串联后再与R2并联，两部分串联。在滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，总电流变大，R1两端的电压变大；电压表的示数变大，A正确；

B、并联部分的电压变小，即R2两端的电压变小，R2消耗的功率变小；电容器两端的电压变小，电容器放电，所带电荷量减少；通过R2的电流变小；总电流变大，所以通过电流表的电流变大，故BC错误，D正确。

点睛：本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析。11、B:C【分析】AB.滑块沿斜面下滑时，受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛伦兹力．洛伦兹力F=qvB，随速度的增大而增大，当FN=0，即qvB=mgcosθ时速度达到最大，滑块开始离开斜面；所以在斜面上滑行的最大速度为所以A错误，B正确；

CD.由于沿斜面方向的力不变；牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，加速度a=gsinθ，作匀加速直线运动；故C正确，D错误．

故选BC.

点睛：对物体进行受力分析，当物体对斜面的压力为零时，物体开始离开斜面，由平衡条件求出物体此时的速度；由牛顿第二定律求出物体的加速度．12、A:B:D【分析】【分析】

【详解】

A．由图可得，a光折射率更大；则由。

可知，a光在玻璃砖中速度更小；则A正确；

B．由临界角。

可知，a光临界角更小，则a光最先消失；则B正确；

CD．由于a光频率大，则波长小，则b光更容易发生明显的衍射现象，而a光更容易发生光电效应；则C错误；D正确。

故选ABD。13、C:D【分析】【详解】

A.B保持恒定，ab向右滑动时；穿过闭合回路的磁通量增加，一定产生感应电流，故A错误；

B.B逐渐增强，ab向右滑动时；穿过闭合回路的磁通量增加，一定产生感应电流．故B错误；

C.B逐渐增强，ab向左滑动，回路中的面积减小，若穿过闭合回路的磁通量

.保持不变；则回路中没有感应电流，故C正确；

D.B逐渐减弱，ab向右滑动，回路中的面积增大，若穿过闭合回路的磁通量

.保持不变，则回路中没有感应电流，故D正确；14、A:C:D【分析】试题分析：由电荷的运动轨迹可知；电荷的受力沿电场线的方向，故粒子带正电，A对；电场线是为了形象的描述电场而假想出来的，没有电场线的位置，电场并不为零，B错；电场线的疏密，表示场强的强弱，又有电场力知，电场强度大的地方，电场力大，加速度大，知C对；粒子在由M向N运动过程中，电场力做正功，动能增加，D对．

考点：电场线；电场强度．

【名师点睛】电场线的应用。

(1)判断电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同；负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反；

(2)判断电场强度的大小(定性)——电场线密处电场强度大；电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受力大小和加速度的大小；

(3)判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低；电场强度的方向是电势降低最快的方向；

(4)判断等势面的疏密——电场越强的地方，等差等势面越密集；电场越弱的地方，等差等势面越稀疏．15、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16、A:D【分析】【详解】

A．设截止频率为则=故A正确；

B．该金属的逸出功故B错误；

C．该金属的截止频率只与材料本身有关；与入射光的频率没有关系，故C错误；

D．根据增大入射光的频率，该金属的遏止电压增大，故D正确．

故选：AD．三、填空题(共9题，共18分)17、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】111:12：318、略

【分析】在温度不变的情况下，增大液面上饱和汽的体积并再次达到饱和时，饱和汽的质量增大；因温度不变，则饱和汽的压强不变．【解析】增大不变19、略

【分析】【分析】

根据只有电场力做功；动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可求解．

【详解】

虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此a、d的电势差为6V；等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零；在平面b上电势为2V；则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面c时，其电势能为0，动能为6eV；

【点睛】

考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键．【解析】C620、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]对封闭气体缓慢加热；则活塞恰好到达气缸上端卡口，对封闭气体处于等压过程，由盖-吕萨克定律可知。

其中。

解得。

[2]未在活塞上表面缓慢倒入沙子前；对活塞列受力平衡。

保持封闭气体的温度T1不变,对封闭气体处于等温过程；由玻意耳定律可知。

对活塞列受力平衡。

其中。

联立可解。

【解析】2T；4m21、略

【分析】【详解】

[1]．从状态i到状态j温度的变化相同，则内能变化相同，即△U1=△U2=△U3

[2]．根据可知，p-V图像与坐标轴围成的面积等于做功的大小，则由图像可知W1<W2<W3

[3]．由题意可知Q1=0；根据热力学第一定律∆U=W+Q，因△U2=△U3，W2<W3，则Q2<Q3，即Q1<Q2<Q3【解析】△U1=△U2=△U3W1<W2<W3Q1<Q2<Q322、略

【分析】【详解】

从图中可知B电阻在电压为10V时，电流为10A，故A电阻在电压为10V时，电流为30A，故两电阻串联在电路时，电流相等，故．【解析】11:323、略

【分析】【详解】

[1]电容器与电源保持相连，电容器的电压不变，板间距离增大，电容减小，电容量的电量要减小，放电，但由于二极管的作用只允许电流从a流向b，电容器的电量无法减小，根据

板间电场强度

Q、S、ɛ不变，则改变d，E不变，电荷P受的电场力不变；仍静止。

[2]使极板A和B正对面积增大后，跟据

电容变大，根据

电量要增加，但是由于电压不变，根据

两板间距不变；故场强不变，电场力不变，则电荷仍静止不动。

[3]若充电后去掉电源与二极管，再在AB间插入一块陶瓷片，根据

则电容变大，电量不变，根据

则电压减小，根据

场强减小，电场力减小，故P的运动情况将是向下运动【解析】（1）静止不动（2）静止不动（3）向下运动24、略

【分析】【分析】

根据导体中自由电子的定向移动速率可明确t内通过截面的电量；再由电流的定义即可求电流强度的大小．

【详解】

由题意金属棒中的电荷量为q=LSne，由一端运动到另一端所需时间根据得金属棒中电流为．

【点睛】

本题考查了电流微观表达．在求解时要注意明确，t内长度为vt的导线内部电子能全部通过截面，从而可以由电流定义求解．【解析】25、略

【分析】【详解】

[1][2][3]根据爱因斯坦光电效应方程

图象的斜率表示普朗克常量h，横轴的截距大小等于截止频率，由图知该金属的截止频率为4.31×1014Hz；金属的逸出功为

[4]根据光电效应方程得

当入射光的频率为时，代入数据解得最大初动能为

依据

解得

【点睛】

解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系，并掌握光电效应方程，以及知道逸出功与极限频率的关系，结合数学知识即可进行求解，同时注意遏止电压与最大初动能的关系，及保留3位有效数字。【解析】普朗克常量h4.30×10142.86×10-190.5．四、作图题(共3题，共18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