2025年外研衔接版选修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年外研衔接版选修3物理上册月考试卷837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9题，共18分)1、如图所示；将平行板电容器两极板分别与电池正；负极相接，两板间一带电液滴恰好处于静止状态．现贴着下板迅速插入一定厚度的金属板，则在插入过程中。

A.B.C.D.2、如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQ之间有阻值为R的电阻，PQNM所包围的面积为S，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0~2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态．下列说法正确的是（）

A.在0~t0和t0~2t0内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同B.在t0~2t0内，通过电阻R的电流方向为P到QC.在0~t0内，通过电阻R的电流大小为D.在0~2t0内，通过电阻R的电荷量为3、某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动；产生的交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断()

A.在A、C时刻线圈处于中性面位置B.在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零C.从A～D线圈转过的角度为2πD.若从O～D历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变了100次4、如图为某控制电路，主要由电源（E、r）与定值电阻R1、R2及碳膜电位器（即滑动变阻器）R连接而成，L1、L2是红绿两指示灯；闭合开关S，当电位器的触头由弧形碳膜的中点顺时针滑向b端时（）

A.L1指示灯变亮B.L2指示灯变暗C.电流表示数变小D.电容器C带电量增大5、一定质量的理想气体从状态a经状态b、c回到状态a，其状态变化过程的图像如图所示。其中ba的延长线经过坐标原点，bc平行于p轴，ac平行于t轴。下列判断正确的是（）

A.a、b两状态气体的体积相等B.c、a两状态气体的体积关系为C.b→c过程气体对外界做的功等于c→a过程外界对气体做的功D.b→c过程气体对外界做的功大于c→a过程外界对气体做的功6、下列关于热力学温标说法不正确的是()A.热力学温度的零度是－273.15℃，叫做绝对零度B.热力学温度的每一度的大小和摄氏温度的每一度大小是相同的C.绝对零度是低温的极限，永远达不到D.1℃等于1K7、一列简谐横波沿x轴正方向传播；某时刻的波形图如图所示．此时质点K与M处于最大位移处，质点L与N处于平衡位置．下列说法正确的是。

A.此时质点L的运动方向沿y轴负方向B.此时质点N的运动方向沿y轴正方向C.此时质点K的加速度为零D.此时质点M的速度为零8、如图所示,一束复色光AO以一定的入射角从玻璃射向真空时分成a、b两束，关于a、b这两种单色光；下列说法中正确的是（）

A.此玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率B.用同一双缝干涉装置进行实验a光的干涉条纹间距比b光的大C.a光光子能量小于b光光子能量D.在玻璃中a光的全反射临界角小于b光的全反射临界角9、如图所示，光滑水平桌面上有两个大小相同的小球，m1：m2=2：1，球1以3m/s的速度与静止的球2发生正碰并粘在一起，已知桌面距离地面的高度h=1.25m，g=10m/s2，则落地点到桌面边沿的水平距离为（）

A.0.5mB.1.0mC.1.5mD.2.0m评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、如图电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示．下列判断正确的是。

A.U1增大，I增大，不变B.U2减小，I增大，减小C.DU1>DU2D.减小11、如图所示；一粗糙的足够长的直杆与水平面的夹角为θ，此区域内存在与杆垂直且垂直于纸面向里的水平匀强磁场和与磁场正交的水平向右的匀强电场，一带正电的小圆环直径略大于杆的直径，套在直杆上，当将圆环由静止释放时，圆环会沿杆下滑．现给圆环一沿杆向上的初速度，以沿杆向上的方向为正，则以下关于圆环运动的v-t图象，可能正确的有。

A.B.C.D.12、如图；用毛皮摩擦过的带电橡胶棒（带负电），从右向左缦缦靠近放在光滑水平桌面上的空易拉罐。则下列针对易拉罐的有关分析正确的有（）

A.易拉罐内部空腔各处的电场强度处处为零B.带电橡胶棒在易拉罐内部空腔各处产生的电场强度处处为零C.易拉罐右侧感应出正电，左侧感应负电，易拉罐将向右运动D.易拉罐左、右两侧感应出等量异种电荷，易拉罐将保持不动13、如图所示，一定质量的理想气体由状态A经过程I到状态B，再由状态B经过程II到状态C，再经等温过程III回到状态A；下列说法正确的是（）

A.过程I气体放出热量，分子的平均动能减小B.过程II气体对外做功，内能减少C.过程III外界对气体做的功等于气体放出的热量E.过程II气体对外界做的功等于过程III外界对气体做的功E.过程II气体对外界做的功等于过程III外界对气体做的功14、关于电流和电阻，下列说法中正确的是（）A.金属导电时，其中的自由电子除作无规则的热运动外，还作定向运动，电流的大小是由定向运动的速度决定的．B.金属靠自由电子导电，金属的温度升高时，自由电子的平均热运动速率增大，金属导体中的电流增大．C.由可知，在U一定时，电阻与电流成反比；在I一定时，电阻与电压成正比D.电阻是导体自身的特性，电阻的大小由导体自身特性决定，并和温度有关，与导体两端是否有电压没有直接关系．评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、判断下列说法的正误：

（1）一定质量的某种气体，在压强不变时，若温度升高，则体积减小。（____）

（2）“拔火罐”时，火罐冷却，罐内气体的压强小于大气的压强，火罐就被“吸”在皮肤上。（____）

（3）一定质量的气体，等容变化时，气体的压强和温度不一定成正比。（____）

（4）查理定律的数学表达式＝C，其中C是一个与气体的质量、压强、温度、体积均无关的恒量。（____）16、查理定律。

（1）内容：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成______。

（2）表达式：p＝______。

（3）适用条件：气体的______和______不变。

（4）图像：如图所示。

①p－T图像中的等容线是一条______。

②p－t图像中的等容线不过原点，但反向延长线交t轴于______。17、利用扫描隧道显微镜（STM）可以得到物质表面原子排列的图像；从而可以研究物质的结构。如图所示的照片是一些晶体材料表面的STM图像，通过观察；比较，可以看到这些材料表面的原子排列有着共同的特点，这些共同的特点是：

(1)______________；

(2)_____________。

18、恒温环境中，在导热性能良好的注射器内，用活塞封闭了一定质量的空气（视为理想气体）。用力缓慢向里压活塞，该过程中封闭气体的压强_________（选填“增大”或“减小”）；气体_________（选填“吸收”或“放出”）热量。19、如图所示，电阻Rab=0.1Ω的导体ab沿光滑导线框向右做匀速运动；线框中接有电阻R=0.4Ω，线框放在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，cd间的长度L=0.4m，运动的速度v=5.0m/s，线框的电阻不计．

a.电路abcd中导体棒ab相当于电源,_______（a端或b端）相当于电源的正极。

b.电源的电动势即产生的感应电动势E=_______V，电路abcd中的电流I=_______A

c.导体ab所受安培力的大小F=__________N，方向是__________；20、一个质量m=1.0kg的物体，放在水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为=0.2，当物体受到一个F=10N水平推力的作用时，在10s内推力的冲量大小为______N·s．评卷人得分四、作图题(共3题，共27分)21、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．

22、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．

23、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6分)24、在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L；直径d和电阻R

（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为_____mm．

（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值_____．（选填“偏大”或“偏小”）

（3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙、丁，则电压表的读数为_____V，电流表的读数为_____A．25、太阳能电池板在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件．某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池板在没有光照时(没有储存电能)的I－U特性．所用的器材包括：太阳能电池板，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R；开关S及导线若干．

(1)为了达到上述目的，实验电路应选用图甲中的________(填“a”或“b”)．

(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图乙所示的I－U图象．由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池板的电阻________(填“很大”或“很小”)；当电压为2.80V时，太阳能电池板的电阻为________Ω.

(3)当有光照射时，太阳能电池板作为电源，其路端电压与总电流的关系如图丙所示，分析该曲线可知，该电池板作为电源时的电动势为________V．若把它与阻值为1kΩ的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射情况下，该电池板的效率是________%.(结果保留三位有效数字)26、根据单摆可以通过实验测量当地的重力加速度．如图甲所示；将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．

①以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________．

A.摆球应选用直径较小；密度较大的小球；摆线应选用细而不易伸长的线。

B.为了便于记录周期；开始时将摆球拉开，应使摆线与平衡位置有较大角度。

C.记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，摆球再次回到平衡位置停止计时，此时间间隔为则单摆周期

D.记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间则单摆周期

②若已测出悬点到小球球心的距离（摆长））L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=______________（用L、n、t表示）．

③图乙是摆线长为L时小球的振动图象，取则小球的回复加速度取最大值为____________．评卷人得分六、解答题(共2题，共20分)27、如图所示，一劲度系数为k的绝缘轻弹簧的左端固定，右端与一带正电的小球相连接，小球套在光滑绝缘的水平杆上，小球的电量为＋q，质量为m，小球所在的空间有一个足够大的水平向右的强电场、电场强度大小为E，小球静止在水平杆上的O点。现将小球拉到O点右侧距离为A的位置，由静止释放，此后运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度。规定平衡位置为电势能和弹簧弹性势能的零点。以平衡位置为坐标原点建立如图所示的水平向右的一维坐标系Ox。

（1）从运动与相互作用观点出发；解决以下问题：

a．求小球处于平衡状态时弹簧相对原长的伸长量s；

b．证明小球做简谐运动；

（2）图像法和比较法是研究物理问题的重要方法，例如：①从教科书中我们明白了由v-t图像求直线运动位移的思想和方法；②从机械能的学习；我们理解了重力做功的特点并进而引入重力势能，由此可以得到重力做功与重力势能变化量之间的关系。请你借鉴此方法，从功与能量的观点出发，解决以下问题：

a．小球运动过程中，小球相对平衡位置的位移为x时，证明系统具有的电势能EP电和弹性势能Ep弹的总和EP的表达式为

b．根据小球运动过程中速度v与相对平衡位置的位移x的关系式，画出小球运动过程中速度随振动位移变化的v-x图像，并求解小球在运动过程中回复力做正功的功率P的最大值；

（3）已知小球运动的周期为（此结论仅允许本问使用）。结合第（2）问的能量分析；从冲量；动量的观点出发，解决以下问题：

小球从x＝＋A处由静止释放至第一次达到平衡位置的过程中；求：

a．弹簧对左端固定点的弹力冲量I的大小；

b．弹簧对小球的弹力对时间的平均值的大小。

28、如图所示；进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s。A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小和方向。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

AB.插入一金属板相当于极板间距离变小了，根据决定式知电容增大，电势差不变，则Q=CU知；电容器带电量增大，电路中有逆时针方向的短暂电流；故A错误，B正确.

CD.电势差不变，d减小，则电场强度增大，带电液滴所受的电场力增大，使得电场力大于重力，将向上做加速运动；故C，D均错误.2、D【分析】【详解】

A、由图乙所示图象可知，内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在内；穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，故A错误；

B、由图乙所示图象可知，在内磁感应强度增大，穿过闭合回路的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，通过电阻R的电流方向为Q到P；故B错误；

C、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在内感应电动势：感应电流为故C错误；

D、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在内通过电阻R的电荷量为故D正确；

故选D．

【点睛】由楞次定律判断出导体棒的运动趋势，然后判断摩擦力方向；由楞次定律求出感应电流方向；由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后由欧姆定律求出感应电流；然后由电流定义式求出电荷量．3、D【分析】【分析】

圈在中性面上磁通量最大；感应电动势与感应电流均为零；线圈在平行于磁场位置（垂直于中性面处）穿过线圈的磁通量为零，感应电动势与感应电流最大；在一个周期内，电流方向改变两次，根据图象分析答题．

【详解】

由图象可知，在B、D时刻，感应电流为零，此时线圈位于中性面上，穿过线圈的磁通量最大，A、C时刻感应电流最大；此时线圈与中性面垂直，磁通量为零，故AB错误；

从A到D，经历个周期，线圈转过的角度为故C错误；

由图象可知，从O～D是一个周期，如果经历时间为0.02s，则1s是50个周期，电流方向改变100次，故D正确．4、D【分析】【详解】

AC．电位器的触头由弧形碳膜的中点顺时针滑向b端时，其接入电路的电阻变大，故电路中的总电阻R总变大，根据闭合电路欧姆定律可以知道，电路中总电流减小，路端电压增大；根据电路关系

由于电流表和电阻R1串联一起两端电压为路端电压增大，可知增大，则减小，故电流表示数变大，指示灯变暗；选项AC错误；

BD．根据

可知，增大，故指示灯变亮，电容器C带电量增大；选项B错误，D正确。

故选D。

【点睛】

对于动态电路的分析题，注意电位器的原理与滑动变阻器的原理相同，注意动态电路的分析方法，先整体后局部。5、D【分析】【详解】

AB．ba延长线虽然过坐标原点，但由于横坐标是摄氏温度，不是热力学温度，所以ab不是等容线，c状态的体积也不是a状态的2倍；选项AB错误；

CD．b→c过程等温膨胀，气体对外做功，而c→a过程气体气体体积变小，外界对气体做的功，b→c过程各状态的压强均大于由c→a各状态的压强，且b→c过程气体体积的改变量大于c→a过程的体积改变量，所以b→c过程气体对外界做的功大于c→a过程外界对气体做的功；选项C错误，D正确。

故选D。6、D【分析】热力学温度的零度是－273.15℃，叫做绝对零度，选项A正确；热力学温度的每一度的大小和摄氏温度的每一度大小是相同的，选项B正确；绝对零度是低温的极限，永远达不到，选项C正确；1℃等于274.15K，选项D错误；故选ABC.7、D【分析】【详解】

根据“上坡上，下坡下”原理质点L向y轴正方向运动，质点N向y轴负方向运动，AB错误；根据可知MN两点的位移最大，回复力最大，所以加速度最大，速度为零，C错误D正确．8、D【分析】【详解】

A．以相同的入射角从玻璃射向真空，a光的偏折角大，所以折射率

选项A错误；

B．由于

所以光频率大于光频率，根据

可得

双缝干涉的条纹间距

知a光波长短；干涉条纹间距小，选项B错误；

C．频率根据光子能量

判断a光频率高能量高；故C错误；

D．在玻璃中的全反射临界角

知a的折射率大；临界角小，故D正确。

故选D。9、B【分析】【详解】

小球1在桌面上滑动的过程中速度不变；与小球2碰撞的过程中水平方向受到的合外力为0，所以满足动量守恒定律，选取向右为正方向，设碰撞后速度分别是v，则：

由于则v=2m/s；

两物块桌面后做平抛运动，运动的时间：

所以落地时距桌面右边缘的水平距离：x=vt=2×0.5=1.0m

故选：B．二、多选题(共5题，共10分)10、A:D【分析】【详解】

AB、当滑动变阻器的滑动触头向上滑动，其阻值变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知干路上的电流增大，根据可知路端电压减小，通过的电流减小，根据并联分压可知电流表示数增大，根据欧姆定律可知的两端电压增大，根据串联分压可知两端的电压减小，根据欧姆定律得知所以不变；根据闭合电路欧姆定律得则有所以不变；故选项A正确，B错误；

CD、根据电路可知路端电压减小，则有由于所以的增加量小于的减小量故选项D正确，C错误．11、A:B【分析】【分析】

小球受电场力；重力、支持力、洛伦兹力和摩擦力；其中利用左手定则判断出洛伦兹力方向，同时要注意在上滑时支持力方向的变化，根据牛顿第二定律分析加速度情况即可；

【详解】

刚开始下滑时；对小圆环进行受力分析如图所示：

根据牛顿第二定律可知：

随着小圆环速度增大，则洛伦兹力增大，则导致摩擦力逐渐增大，则加速度逐渐减小，当小圆环的速度增大到最大速度时；加速度减小到最小为零，此后小圆环将做匀速直线运动；

当小圆环以某一速度向上滑行时；讨论：

（一）、若此时速度较小时，即时；则受力分析如图所示：

根据牛顿第二定律可知：

垂直杆的方向有：

则随着速度的减小则N增大，根据公式可知摩擦力增大，则加速度增大；当速度减小到零之后，再反向从静止开始运动，做加速度减小的加速运动，最终加速度为零，做匀速运动，与上面的分析一致；

（二）若开始时速度较大，即时；则受力分析如图所示：

根据牛顿第二定律可知：

开始时垂直杆的方向有：

则随着速度v的减小则N减小，则摩擦力减小，则加速度减小；

当速度减小到使时，则随着速度v的减小则N增，则摩擦力增大，则加速度增大，即在向上滑行时加速度先减小后增大；

当速度减小到零之后；再反向从静止开始运动，做加速度减小的加速运动，最终加速度为零，做匀速运动，与上面的分析一致，故选项AB正确，选项CD错误．

【点睛】

本题关键是分析小球的受力情况，然后对洛伦兹力大小不同情况进行分析讨论，注意v-t图象的斜率的物理意义．12、A:C【分析】【分析】

【详解】

A．易拉罐在带电橡胶棒的电场中；出现静电感应现象，最终处于静电平衡状态，易拉罐内部空腔各处的电场强度处处为零，故A正确；

B．易拉罐处于静电平衡状态；内部空腔各处的电场强度处处为零，是由于带电橡胶棒在易拉罐内部空腔各处产生的电场与感应电荷产生的电场叠加的结果，带电橡胶棒在易拉罐内部空腔各处产生的电场强度不是处处为零，故B错误；

CD．带电橡胶棒从右向左缦缦靠近放在光滑水平桌面上的空易拉罐的过程中；发生静电感应现象，靠近橡胶棒的一侧感应出正电荷，左侧感应出负电荷；由于异种电荷相互吸引，同种电荷相互排斥，又由于靠近橡胶棒的一侧感应出的正电荷与橡胶棒的电性相反，结合库仑定律可知易拉罐受到的吸引力大于排斥力，易拉罐将向右运动，故C正确，D错误。

故选AC。13、A:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．过程I气体做等容变化，压强逐渐降低，由

可知气体温度逐渐降低；分子的平均动能逐渐减小，内能减小，因体积不变，不存在做功情况，由热力学第一定律可知气体应放出热量，A正确；

B．过程II气体做等压变化，体积增大，由

可知气体温度逐渐升高；内能增大，B错误；

C．过程III为等温变化；内能不变，根据热力学第一定律可知外界对气体做的功等于气体放出的热量，C正确；

D．过程III气体分子的平均动能不变；单个分子对器壁的平均撞击力不变，由于压强在逐渐增大，可知气体分子单位时间内对单位面积器壁的撞击次数逐渐增加，D正确；

E．在p-V图像中，图线与V轴所围的面积表示做功的数值；可知过程II气体对外界做的功小于过程III外界对气体做的功，E错误。

故选ACD。14、A:D【分析】金属导电时，其中的自由电子除作无规则的热运动外，还作定向运动，电流的大小是由定向运动的速率决定的，A正确；电流与自由电子的热运动无关，温度变大时金属导体中的电阻增大，电流是减小的，B错误；阻是导体自身的特性，电阻的大小由导体自身特性决定，并和温度有关，与导体两端是否有电压没有直接关系，C错误D正确．三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】错误正确正确错误16、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】正比CT或＝质量体积过原点的直线－273.15℃17、略

【分析】【详解】

(1)[1]在确定的方向上原子有规律地排列；在不同方向上原子的排列规律一般不同。

(2)[2]原子排列具有一定的对称性。【解析】①.在确定的方向上原子有规律地排列，在不同方向上原子的排列规律一般不同；②.原子排列具有一定的对称性18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]下压活塞，气体的体积变小，温度不变，由

可知；压强增大；

[2]外界对气体做正功，气体温度不变故内能不变，由

可知，气体放出热量。【解析】①.增大②.放出19、略

【分析】【分析】

据右手定则判断感应电流的方向；即可确定等效电源的正负极；

根据E=BLv求出感应电动势；由欧姆定律得出电流强度，即可由公式F=BIL求解安培力的大小，由左手定则判断安培力的方向．再根据平衡条件分析外力的大小和方向．

【详解】

a.电路abcd中ab棒切割磁感线；产生感应电动势，相当于电源．由右手定则判断可知相当于电源的正极是a端；

b.感应电动势为：E=BLv=0.1×0.4×5V=0.2V；

感应电流为：

c.ab杆所受的安培力FA=BIL=0.1×0.4×0.4N=0.016N

由右手定则判断可知，ab中感应电流方向从b→a；由左手定则得知，安培力的方向向左．

【点睛】

解答本题的关键要掌握右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、左手定则等电磁感应中常用的规律．【解析】a；0.2V；0.4A；0.016N；向左20、略

【分析】根据I=Ft得；10s内推力的冲量I=10×10N•s=100N•s

点睛：本题考查了冲量公式的基本运用，知道推力F的冲量与其它力的大小无关，不要受题目中摩擦力等因素的影响．【解析】100四、作图题(共3题，共27分)21、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】22、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】23、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6分)24、略

【分析】【分析】

（1）根据内接的特点；结合欧姆定律以及串并联电路的特点，即可分析出测量值与真实值之间的关系；

（2）先算出电表的分度值；若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可．

【详解】

（1）金属丝的直径为：0.5mm+0.01mm×19.8=0.698mm；

（2）电流表外接法测量电阻；由于电压表分流的影响，故金属丝电阻的测量结果将比真实值偏小；

（3）电压表的分度值为0.1V；要估读到下一位，故其读数为2.60V；

电流表选择的是0～0.6A量程；分度值为0.02A，故其读数为0.52A.

【点睛】

解决本题的关键掌握螺旋测微器和电表的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．读电表读数时要注意计算电表的分度值，然后再确定是否估读，若测量的最小分度为“1“时要估读到下一位，若测量的最小分度为“2“或“5“时读到本位即可．内外接选择的方法：大电阻选内接测量结果偏大，小电阻选外界测量结果偏小，口诀：“大内大，小外小．”【解析】0.697（0.695﹣0.698）偏小2.60（2.59﹣2.61）0.5225、略

【分析】【详解】

（1）测绘伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，应选图a所示实验电路．

（2）由得电阻阻值由图乙所示图象可知，在电压小于2.00V时，电流I很小，所以太阳能电池的电阻很大．由图丙所示图象可知，当电压为2.80V