2025年外研版选修3物理下册月考试卷

…………○…………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年外研版选修3物理下册月考试卷625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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、如图所示；用绿光照射一光电管的阴极时产生光电效应，欲使光子从阴极逸出时的最大初动能增大，应采取的措施是。

A.改用红光照射B.改用紫光照射C.增大绿光的强度D.增大加在光电管上的正向电压2、下列说法中正确的是（）A.布朗运动是颗粒分子的无规则运动B.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C.液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离比较大，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3、关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是A.法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机B.库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C.奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象D.库仑定律公式中的常数K是由卡文迪许通过扭秤实验测得的4、一正弦交流电的电流随时间变化的规律如图所示．由图可知()

A.该交流电的电流瞬时值的表达式为i＝2sin(100πt)AB.该交流电的频率是25HzC.该交流电的电流有效值为AD.若该交流电流通过R＝10Ω的电阻，则电阻消耗的功率是40W5、如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12V；工作时内阻为2Ω的电动机。闭合开关；电动机正常工作，电流表示数为1A，则。

A.副线圈两端电压为22VB.电动机输出的机械功率为12WC.通过电动机的交流电频率为100HzD.若电动机突然卡住不转，原线圈输入功率变大6、某空间区域有竖直方向的电场（图中只画出了一条电场线）．一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动．不计一切阻力，运动过程中小球的机械能E与小球位移x的关系图象如图所示；由此可以判断。

A.小球所处的电场为非匀强电场，且场强不断减小，场强方向向上B.小球所处的电场为匀强电场，场强方向向下C.小球可能先做加速运动，后做匀速运动D.小球一定先做加速运动，达到最大速度后做减速运动，最后静止7、明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载，“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b；下列说法正确的是（）

A.若增大入射角i，则b光先消失B.在该三棱镜中a光波长小于b光C.a光能发生偏振现象，b光不能发生D.若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的遏止电压低8、如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为v1=1m/s、v2=2m/s的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5m/s的速度一起向右运动，则甲、乙两球的质量之比为

A.1：1B.1：2C.5：1D.5：3评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、如图所示，一定质量的理想气体，从A状态开始，经历了B、C状态，最后达到D状态；下列判断正确的是（）

A.过程温度升高，压强不变B.过程体积不变，压强变小C.过程体积不变，压强不变D.过程体积变小，压强变大10、如图，一定量的理想气体从状态a（po，Vo，To）经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程；下列说法正确的是（）

A.ab过程中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数可能不变B.ab过程中，气体内能的增量等于从外界吸收的热量C.bc过程中，气体对外界做的功大于气体从外界吸收的热量E.ca过程中，外界对气体做功poV。E.ca过程中，外界对气体做功poV。11、如图，一定质量的理想气体从状态开始，经历过程到达状态其中的延长线经过原点，与横轴平行，与纵轴平行；则下列说法正确的是（）

A.状态的体积比状态的体积小B.过程中气体从外界吸热C.过程气体对外界放热D.过程内能不变12、下列说法正确的是_____A.布朗运动表明组成固体小颗粒的分子在做无规则运动B.一定质量的理想气体，温度不变时，体积减小导致分子密集程度增大，压强变大C.热力学第二定律表明宏观自然进行的过程是有方向性的E.子弹射入木块中使得木块温度升高，这一过程是通过做功实现木块内能的增加E.子弹射入木块中使得木块温度升高，这一过程是通过做功实现木块内能的增加13、如图所示,两只相同的白炽灯泡L1和L2串联后接在电压恒定的电路中.若L2的灯丝断了,经过搭丝后（搭丝后灯泡的电阻减小）仍然与L1串联,重新接入原来的电路中.假设在此过程中,灯丝电阻随温度变化的因素可忽略不计,且每只灯泡两端的电压均未超过其额定电压,则此时每只灯泡所消耗的功率与原来各自的功率相比,有。

A.L1的功率变大B.L1的功率变小C.L2的功率变大D.L2的功率变小14、如图所示，在足够大的光滑水平面上，有相距为d的两条水平的平行虚线，两虚线间有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．正方形线圈abcd边长为L（L，ab边刚进入磁场时速度为线圈abcd全部离开磁场时速度为整个过程中线圈cd边始终与磁场边界平行且线圈与光滑水平面接触，则下列说法正确的是。

A.和的关系为

B.和的关系为B.线圈进入磁场过程中，通过导线横截面的电荷量为C.线圈离开磁场过程中，做加速度越来越大的减速运动15、如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示，t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，时间内微粒做匀速直线运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0~T时间内运动的描述；正确的是（）

A.末速度大小为B.末速度沿水平方向C.竖直方向的最大速度为D.克服电场力做功为mgd16、一列简谐横波，在t=0.6s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为-1cm，波上A质点的振动图象如图乙所示；则以下说法正确的是____

A.这列波沿x轴正方向传播B.这列波的波速是m/sC.从t=0.6s开始，紧接着的△t=0.6s时间内，A质点通过的路程是l0mE.若该波在传播过程中遇到一个尺寸为l0m的障碍物不能发生明显衍射现象E.若该波在传播过程中遇到一个尺寸为l0m的障碍物不能发生明显衍射现象评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、按照玻尔理论可知，氢原子中的电子离原子核越远，氢原子的能量_____________（选填“越大”或者“越小”），已知氢原子的基态能量为（<0），电子质量为m，基态氢原子中的电子吸收一频率为的光子被电离后，电子速度大小为_________（普朗克常量为h）．18、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ABY00001010X11119、如图为简易测温装置，玻璃管中一小段水银封闭了烧瓶内一定质量的气体，当外界温度升高时，瓶内气体的密度_____________（选填“不变”“增大”或“减小”），瓶内气体分子的平均动能________（选填“增大”或“减小”）。

20、如图所示，一定质量的理想气体从状态a依次经状态b、c、d和e后回到状态a，图中ae、bc延长线过坐标原点O，cd平行于T轴，ab、de平行于V轴。该理想气体经过的a→b、b→c、c→d、d→e、e→a五个过程中，气体对外做功的过程有________；气体内能增加的过程有________；气体等压放热的过程有________。

21、一定量的理想气体从状态开始，经历三个过程回到原状态，其图像如图所示。则状态时气体的体积______状态时气体的体积，过程中外界对气体所做的功_______气体所放的热。若b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的平均次数分别为N1、N2，则N1_______N2。（填“大于”；“小于”或“等于”）

22、如图所示电路中，R1=100Ω，滑动变阻器的总电阻R=100Ω，A、B两端电压恒定，且UAB=12V．当S断开时，滑动变阻器R滑动头P由a移至b的过程中，R1两端的电压由_______V变至_______V；当S闭合时，滑动变阻器R滑动头P由a移至b的过程中，R1两端的电压由______V变至________V．

23、一根电阻R=0.6Ω的导线弯成一个半径r=1m的圆形线圈,线圈质量m=1kg，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直线圈平面的磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，如图所示．若线圈以初动能Ek0=5J沿x轴方向滑进磁场，当进入磁场0.5m时，线圈中产生的电能为E=3J．求此时线圈的运动速度的大小为______m/s，此时线圈加速度的大小为______m/s2

24、两块大小；形状完全相同的金属板平行放置；构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，闭合开关S，电源即给电容器充电。

（1）若保持S闭合，减小两板间的距离，则两极板间的电场强度_______；

（2）若断开S，减小两板间的距离，则极板上的电量_______，两极板间的电场强度_______。（填：“变大”、“不变”或“变小”）评卷人得分四、作图题(共3题，共9分)25、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．

26、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．

27、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18分)28、在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为，额定功率为，此外还有以下器材可供选择：

A．直流电源（内阻不计）

B．直流电流表（内阻约为）

C．直流电流表（内阻约为）

D．直流电压表（内阻约为）

E．滑动变阻器，

F．滑动变阻器，

G．导线和开关

实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．

(1)实验中电流表应选用_________，滑动变阻器应选用_________；（均填写仪器前的字母）

(2)在图所示的虚线框中画出符合要求的实验电路图________（虚线框中已将所需的滑动变阻器画出，请补齐电路的其他部分，要求滑片向端滑动时，灯泡变亮）；

(3)根据实验数据，画出的小灯泡图线如图所示．由此可知，当电压为时，小灯泡的灯丝电阻是_________；

(4)根据实验测量结果可以绘制小灯泡的电功率随其两端电压或电压的平方变化的图象，在图中所给出的甲、乙、丙、丁图象中可能正确的是_________．（选填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”）

29、如图螺旋测微器的读数是______cm；游标卡尺的读数是_________cm；若电流表的量程为0.6A，则电流表表针的示数是______A.

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

【详解】

红光的能量低于绿光，可能导致不能发生光电效应或者减小最大初动能，故A错误．紫光的能量高于绿光，改用紫光可以增大粒子逸出时的最大初始动能，故B正确；单纯增加绿光强度，会增加逸出粒子数目，但不会改变粒子的最大初始动能，故C错误．光电管的加速电压与粒子逸出时的最大初始动能无关，故D错误．故选B2、C【分析】【分析】

【详解】

A.悬浮在液体中的微粒足够小；来自各个方向的液体分子撞击的不平衡性使微粒的运动无规则，这是布朗运动，故A错误；

B.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，故B错误；

C.液体表面；由于蒸发，故液体表面分子间距大于内部，即液体表面层分子较稀疏，故分子间引力大于斥力，表现为引力，故C正确；

D.若把氢气和氧气看做理想气体；则质量和温度相同的氢气和氧气分子的平均动能相等，但分子数不同，故内能不相等，故D错误。

故选C。3、A【分析】【分析】

根据物理学史和常识解答；记住著名物理学家的主要贡献即可。

【详解】

A项：法拉第不仅发现了电磁感应现象；而且发明了人类历史上的第一台发电机，故A正确；

B项：库仑提出了库仑定律；美国物理学家密立根利用油滴实验测定出元电荷e的带电量，故B错误；

C项：奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象，故C错误；

D项：卡文迪许通过扭秤实验测得的是引力常量；不是静电常量，故D错误。

故应选：A。

【点睛】

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。4、B【分析】【详解】

A.根据图像可求得周期所以角速度所以瞬时值表达式A错误。

B.交流电频率B正确。

C.正弦交流电有效值C错误。

D.根据焦耳定律：D错误5、D【分析】【分析】

根据图示可得输出电压的最大值；周期和频率等，求得有效值，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。

【详解】

A、由乙图可知，输入电压的最大值为V，则有效值故A错误；

B、输出的机械功率：则B错误；

C、由乙图可知，输入交变电压的周期为0.02s，则频率为因为原副线圈交变电流频率相等，则通过电动机的交流电频率为50Hz，C错误；

D；卡住电动机；电动机变成了纯电阻，电压不变，电流增大，输出功率增加，则原线圈输入功率增加，则D正确。

故选：D。

【点睛】

电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路。6、A【分析】【分析】

【详解】

AB、物体的机械能不断减小，由功能关系知电场力做负功，故电场强度方向向上，根据功能关系得：△E＝qE△x；知图象的斜率等于电场力，斜率不断减小，故电场强度不断减小，因此电场是非匀强电场．故A正确；B错误；

CD、在运动过程中，物体受重力与电场力；物体由静止开始下落，故刚开始时重力大于电场力，下落过程中，电场力越来越小，故加速度越来越大，当电场力减小到0时，加速度达到最大值g，故物体做加速度越来越大的加速运动，最后做匀加速直线运动，故CD错误．7、D【分析】【分析】

【详解】

A．当光从光密介质射向光疏介质且入射角大于等于临界角时才会发生全反射，若增大入射角i；在第二折射面上，两束光的入射角较小，不会发生全反射，故光线不会消失，A错误；

B．由图可知，a光的偏折程度较小，折射率n较小，由

可知，在该三棱镜中，a光的传播速度较大；频率较低，波长较长，B错误；

C．光波属于横波；均能发生偏振现象，C错误；

D．由

可知，若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，由于a光频率较低，故a光的遏止电压较低；D正确。

故选D。8、C【分析】【详解】

设碰撞前甲球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：代入数据解得：m甲：m乙=5：1，故C正确，ABD错误．二、多选题(共8题，共16分)9、A:B:D【分析】【详解】

A．图像中，A与B的连线是一条过原点的倾斜直线，为等压线，所以

温度升高

选项A正确；

BC．由图像可知，B到C的过程中，体积不变，即

而温度降低，即

由查理定律可知

压强变小；选项B正确，C错误；

D．由图像可知，由C到D的过程中，温度不变，即

而体积变小，即

由玻意耳定律可知

选项D正确。

故选ABD。10、B:D:E【分析】【详解】

AB．ab过程中，气体体积不变，温度升高，所以容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数增大，气体内能增大，又W=0；由热力学第一定律可知气体内能的增量等于气体从外界吸收的热量，所以A项错误，B项正确；

C．bc过程中；温度不变，气体内能不变，体积增大，气体对外界做的功等于气体从外界吸收的热量，所以C错误；

D．ca过程中；压强不变，温度降低，体积减小，分子平均动能减小，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数增多，所以D项正确；

E．由图可得VC=2V0，ca过程中，压强不变，体积减小，外界对气体做功W=p0V0；所以E项正确。

故选BDE。11、A:B【分析】【分析】

【详解】

A．连接OE，则OE为一条等容线，斜率的倒数表示体积，可知

A正确；

B．BC过程，压强不变，温度升高，气体内能增大，即

又体积增大，气体对外界做功

根据热力学第一定律得

可知；气体应吸热，B正确；

C．DE过程温度不变，内能不变，压强减小，根据理想气体状态方程

得体积增大，气体对外界做功

根据热力学第一定律得

可知；气体应吸热，C错误；

D．由图像可知，CD过程；压强减小，温度升高，气体内能增大，D错误。

故选AB。12、B:C:E【分析】【详解】

A．布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动；它是由于液体分子的撞击作用力不平衡造成的，因此表明了液体分子在不停息的做无规则运动，故A错误；

B．一定质量的理想气体，温度不变时，若体积减小，气体分子密集程度增大，根据理想气体状态方程可知压强一定增大；故B正确；

C．热力学第二定律表明；自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故C正确；

D．潮湿的天气；洗了的衣服不容易晾干，是因为空气的相对湿度较大，故D错误；

E．子弹射入木块；子弹受到摩擦阻力，从而做功，导致动能减小，内能增加，所以这一过程是通过做功实现木块内能的增加，故E正确；

故选BCE。13、A:D【分析】【详解】

串联电路中的总电阻等于各分电阻之和，根据欧姆定律可得，电路中的电流：L2的灯丝搭接后，其电阻R2变小，电路中的电流变大，P1=I2R1，L1的功率变大，故正确，B错误；灯泡L2的电功率：由数学知道可知：当时，即L2灯丝未断时，R1=R2，P2最大，L2灯丝搭接后R2减小，故功率P2变小；故C错误，D正确．故选AD．

【点睛】

本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是搭丝后灯泡电阻变化的分析和利用数学知识判断L1的最大电功率．14、B:C【分析】C、线圈进入磁场的过程，由动量定理可知解得线圈进入磁场过程中，通过导线横截面的电荷量为故C正确；

AB、整个线圈在磁场中运动时做匀速运动，则dc边刚要出离磁场时的速度v2，则线圈出磁强的过程，由动量定理可知根据线圈进入磁场过程和出离磁强流过线圈截面的电量相相同，即q1=q2，联立解得即故B正确，A错误；

D；线圈离开磁场过程中；由于安培力方向与运动方向相反，则做减速运动，随速度的减小,感应电流减小，安培力减小，则加速度减小，即线圈做加速度越来越小的减速运动，故D错误；

故选BC。15、B:C【分析】【详解】

AB．因为时间内微粒做匀速直线运动，即有

所以在内，向下做类平抛运动，满足

求得加速度

方向向下，在时间内，满足

求得加速度

方向向上，在竖直方向上根据对称性可得竖直方向上的速度为零，即末速度大小为v0；沿水平方向，故A错误，B正确；

C．时刻末，竖直方向具有最大速度，设竖直方向上最大速度为vy，根据匀变速平均速度定义可得

解得

故C正确；

D．因为T时刻末微粒恰好经金属板边缘飞出，并且速度不变，所以克服电场力做功等于重力所做的功，即为故D错误。

故选BC。16、A:B:D【分析】【详解】

A．由乙图读出时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由图甲判断出波的传播方向为沿x轴正方向；故A正确；

B．由图甲读出波长为由乙图周期则波速度为

故B正确；

C．质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程为4倍振幅，则经过A质点通过的路程是

故C错误；

D．图示时刻质点P沿y轴正方向，质点Q沿y轴负方向，所以质点P将比质点Q早回到平衡位置，将此图象与正弦曲线进行对比可知，P点的横坐标为Q点的横坐标根据波形的平移法可知质点P比质点Q早回到平衡位置时间为

故D正确；

E．发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多；该波的波长为20m，若该波在传播过程中遇到一个尺寸为10m的障碍物能发生明显衍射现象，故E错误。

故选ABD。三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】【详解】

频率为ν的光子的能量

氢原子中的电子离原子核越远；则能级越高，氢原子能量越大．

基态中的电子吸收一频率为γ的光子后，原子的能量增大为：

电子发生电离时其电势能为0，动能为：

因此有：

所以有：

则：．【解析】越大18、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019、略

【分析】【详解】

[1][2]当外界温度升高时，瓶内气体体积增大，质量不变，瓶内气体的密度减小；由于热传递，瓶内气体温度升高，瓶内气体分子的平均动能增大。【解析】减小增大20、略

【分析】【详解】

[1]当气体体积增大时，气体对外做功，故气体对外做功的过程有：a→b、b→c两个过程；

[2]一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度升高过程，气体内能增加，故气体内能增加的过程有：b→c、c→d；

[3]由气体定律可知，发生等压变化的过程有b→c、e→a；

b→c过程；气体体积变大，外界对气体做负功，温度升高，气体内能增加，根据热力学第一定律可知，该过程气体从外界吸热；

e→a过程；气体体积变小，外界对气体做正功，温度降低，气体内能减少，根据热力学第一定律可知，该过程气体对外放热；

故气体等压放热的过程有：e→a。【解析】a→b、b→c##b→c、a→bb→c、c→d##c→d、b→ce→a21、略

【分析】【详解】

[1]由图像可知，过程中即为等容变化，所以状态时气体的体积等于状态时气体的体积。

[2]由图可知，过程为等压降温，则气体内能减小，由可知，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知；外界对气体所做的功小于气体所放的热。

[3]b和c两个状态中，温度相等，则分子平均动能相同，由图可知，则【解析】等于小于大于22、略

【分析】【分析】

当电键S断开时；滑动变阻器滑片P滑到最上端时，电压表的示数最大，等于12V，当滑片滑到最下端时，电压表示数最小，由欧姆定律求出；

当电键S闭合时；电压表示数最大值不变，滑片滑到最下端时，电压表示数为零；

【详解】

当电键S断开时，当滑动变阻器滑片P滑到最上端时，电压表的示数最大，等于12V，滑片滑到最下端时，变阻器与电阻串联，电压表示数最小，最小值为即滑动头P由a移至b的过程中，R1两端的电压由变至

当电键S闭合时，滑片P滑到最上端时，电压表的示数最大，等于12V；

滑片滑到最下端时，电阻R1被短路，电压表示数为零，即滑动头P由a移至b的过程中，R1两端的电压由变至．

【点睛】

本题考查对变阻器两种接法的理解：S断开时变阻器为限流器，S闭合时，变阻器为分压器．运用欧姆定律求解电压范围．【解析】12612023、略

【分析】【详解】

（1）由能量守恒定律得：

代入数据解得：

（2）进入磁场x=0.5m时，切割磁感线的有效长度：

感应电动势：E=BLv

线圈受到的安培力：

由牛顿第二定律得：F=ma

代入数据解得：a=2.5m/s2．【解析】22.524、略

【分析】【详解】

(1)[1]若保持S闭合，则两板间的电势差U不变；减小两板间的距离，则根据

可知两极板间的电场强度变大；

(2)[2]若断开S；则极板上的电量保持不变；

[3]根据

可知

可知减小两板间的距离d，两极板间的电场强度不变。【解析】(1)变大；(2)不变；不变四、作图题(共3题，共9分)25、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】26、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