2024年华东师大版选修3物理上册阶段测试试卷

…………○…………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2024年华东师大版选修3物理上册阶段测试试卷596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6题，共12分)1、如图所示，电源内阻不计，已知现用一个内阻为的电压表并联在的两端，电压表的读数为若把它接在两点间，电压表的读数为（）

A.B.C.D.2、如图所示为一个多量程多用电表的简化电路图.单刀多掷开关S可以与不同接点连接.下列说法正确的是（）

A.当S接1或2时为直流电流档，接1时量程较小B.当S接1或2时为直流电压档，接1时量程较大C.当S接3或4时为直流电流档，接3时量程较大D.当S接5或6时为直流电压档，接5时量程较小3、如图所示，单摆摆球的质量为m，做简谐振动的周期为T，摆球从最大位移A处由静止开始释放，运动到最低点B时的速度大小为v．则摆球从A运动到B的过程中；下列说法正确的是。

A.摆球重力做功为B.摆球受到的合力的平均功率为C.摆球运动到B点时重力的瞬时功率为D.摆球受到的合力提供圆周运动的向心力4、解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的不计水的阻力，则鱼雷对地的发射速度为()A.B.C.D.5、如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m，三个小球从同一高度同时出发，其中A球有水平向右的初速度B；C由静止释放，三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为（）

A.1次B.2次C.3次D.4次6、将粗细均匀的直导线弯折为导线框abcdef；各边长度如图所示，使线框以速度v匀速通过图示的匀强磁场区域，磁场宽度为2L，磁感应强度为B，从bc边进入磁场左边界开始计时，则在线框通过磁场的过程中，ab段导线的电压Uab与线框移动距离x的关系；正确的是（）

A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、物体的动量变化量的大小为5kg·m/s，这说明()A.物体的动量在减小B.物体的动量在增大C.物体受到的合力冲量大小为5N·sD.若发生变化的时间为1s，则物体所受合外力的大小为5N8、如图所示电路，电源内阻不可忽略．在滑动变阻器滑片由a滑向b的过程中；下列说法中正确的是。

A.电流表示数增大B.小灯泡L亮度增加C.电源内电阻消耗功率减小D.电源输出功率一定增加9、有关下列五幅图像所对应的物理规律；说法正确的是（）

A.甲图中，碳颗粒沿着笔直的折线运动，说明水分子在短时间内的运动是规则的B.乙图说明单晶体在不同方向上的微粒排列是不一样的，所以单晶体在物理性质上表现为各向异性C.丙图中，当分子间作用力为零时，分子间的引力、斥力都为零，分子势能最小E.将戊图中的隔板抽走，A内气体进入B内，对外不做功，内能不变E.将戊图中的隔板抽走，A内气体进入B内，对外不做功，内能不变10、下列说法中正确的是（）A.晶体都具有各向异性B.理想气体，等压膨胀过程一定吸热C.封闭在容器内的气体很难被压缩，说明气体分子间存在斥力E.第二类永动机不能制成是因为自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性E.第二类永动机不能制成是因为自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性11、如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5Ω，边长L＝0.3m，处在两个半径均为r＝的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆心重合，线框底边中点与左侧圆心重合．磁感应强度B1垂直水平面向上，大小不变；B2垂直水平面向下，大小随时间变化．B1、B2的值如图乙所示；则()

A.通过线框的感应电流方向为逆时针方向B.t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.1WbC.在0.6s内通过线框中的电荷量约为0.13CD.经过0.6s线框中产生的热量约为0.07J12、下列说法正确的是（）A.微粒的布朗运动反映的是花粉分子的无规则运动B.微粒的布朗运动反映了液体内部分子的无规则运动C.气体压强是由气体内部分子间斥力而产生的D.热力学零度不可能达到13、如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，现有比荷大小相等的甲、乙两粒子，甲以速度从A点沿直径A0B方向射入磁场，经过时间射出磁场，射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°；乙以速度从距高直径AOB为的C点平行于直径AOB方向射入磁场，经过时间射出磁场；其轨迹恰好通过磁场的圆心．不计粒子受到的重力，则。

A.两个粒子带异种电荷B.C.D.两粒子在磁场中轨迹长度之比14、如图所示，物体A、B的质量分别为m和2m,之间用轻弹簧连接；放在光滑的水平面上，物体A紧靠竖直墙，现在用力向左推B使弹簧压缩，然后由静止释放，则。

A.从撤去推力到A离开竖直墙之前，B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒B.从撤去推力到A离开竖直墙之前，B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒C.弹簧第二次恢复为原长时，B两物体的速度方向一定相同D.弹簧第一次、第二次压缩最短时弹性势能之比为3：1评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B，若在圆心处静止的原子核中释放一个质量为m，电量为q的粒子，粒子的初速度垂直于B，则粒子的初速度必须满足条件________时，粒子才能从磁场中穿出，粒子穿过磁场需要的最长时间为_____________16、如图所示电路，电源内阻不可忽略。在滑动变阻器触头由a滑向b的过程中，电流表示数________，小灯泡L亮度___________，电源内电压________，电源内电阻消耗功率__________。（选填“减小”；“增加”或“不变”）

17、某实验爱好者设计了模拟路灯光控电路，利用光敏电阻作为光传感器，配合使用斯密特触发器来控制电路，他设计的电路如图，他所使用的斯密特触发器的输入端信号____（“可以”或“不可以”）连续变化，为了更加节能，让天色更暗时，路灯点亮，应将R1___一些（“增大”或“减小”）。18、等容变化：一定质量的某种气体，在______不变时，压强随温度变化的过程。19、某同学利用DIS实验系统研究一定质量的理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如图所示的的P-t图像。由A→B的过程中气体体积________（选填“变大”、“变小”、“保持不变”）；若在状态B时气体的体积为VB=3L，气体在状态C的体积为_________L。

20、一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回到A，体积V与温度T的关系如图所示。图中和为已知量。

(1)从状态A到B；气体经历的是_______（选填“等温”，“等容”，或“等压”）过程。

(2)从B到C的过程中；气体的内能_______（选填“增大”“减小”或“不变”）。

(3)从C到D的过程中，气体对外界_______（选填“做正功”“做负功”或“不做功”），同时________（选填“吸热”或“放热”）。21、一定质量的理想气体，从状态A开始经历AB、BC、CA三个过程又回到状态A，气体的密度压强p的关系图像如图所示，AB的反向延长线经过坐标原点O，BC、AC分别与纵轴、横轴平行，则气体从状态A到状态B温度______（填“升高”“降低”“不变”），从状态B到状态C______热（填“吸”“放”）。

22、如图所示，电源输出电压U=10V，A、B两板间距离为2cm，C点离A板5mm，D点离B板4mm，则EC=______V/m，UC=______V，UD=______V．

23、研究光电效应电路如图甲所示，用频率都为强度不同的两束光B、C分别照射密封真空管的钠极板（阴极K），钠极板发射出的光电子（带电荷量为e）被阳极A吸收，在电路中形成光电流，其光电流I与A、K之间的电压UAK的关系如图所示，可知B光的强度________C光的强度（选填“大于”、“等于”或“小于”），金属钠的逸出功为___________（已知普郎克常量为h）。

评卷人得分四、作图题(共3题，共30分)24、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．

25、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．

26、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6分)27、(1)用螺旋测微器测量圆柱体直径如图甲，可知其直径D为______mm，用游标卡尺测量其长度如乙，可知其长度L为______cm．

(2)欲测量一个电流表的内阻；现备有如下器材:

A.待测电流表A1(量程3mA，内阻约为40)

B.电压表V(量程3V，内阻约3000)

C.电流表A2(量程15mA，内阻为40)

D.定值电阻

E.直流电源E(电动势1.5V；内阻忽略不计)

F.滑动变阻器(总阻值5；额定电流0.5A)

G.开关一个；导线若干。

①请利用上述所给器材，设计出合理的、便于多次测量的实验电路图，并保证各电表的示数超过其量程的一半，将电路图画在题中的虚线框中__________．

②在所测量的数据中选一组，用测量量和已知量来计算A1的内阻，表达式为______．(用物理量对应的字母表示)28、图（a）是白炽灯L1（220V，100W）和L2（220V；60W）的伏安特性曲线．

（1）随着灯泡L1功率的增大，其灯丝阻值逐渐____．（选填变大；变小或不变）

（2）若将它们串联后接在220V电源上，则此时L1灯的实际功率为____W．

（3）若用图（b）电路测量L1灯的伏安特性，由于电表存在内阻，实际测得的伏安特性曲线比图（a）中描绘出的理想伏安特性曲线在I﹣U图中位置来得偏____（选填高或低）．

（4）用图（b）所示电路测量L1灯伏安特性时，已知R0=10Ω，E=300V．则电路中可变电阻R的最大值和最大电流选用下列那种规格，测量效果最好____．。A．5Ω，10AB．50Ω，6AC．500Ω，1AD．5000Ω，1A评卷人得分六、解答题(共1题，共4分)29、一简谐横波以4m/s的波速沿水平绳向x轴正方向传播．已知t＝0时的波形如图所示，绳上两质点M、N的平衡位置相距波长．设向上为正，经时间t1（小于一个周期），质点M向下运动；其位移仍为0.02m。求：

（1）该横波的周期；

（2）t1时刻质点N的位移大小．

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

当电压表并联在的两端时，电压表与的并联电阻为

可以知道

根据串联电路的分压特点，可以知道两端的电压边等于故

所以把电压表接在两点间

根据串联电路的分压特点可知，电压表读数为

故选C。2、D【分析】【详解】

AB；当开关S旋到位置1、2位置；电阻与表头并联，则多用电表就成了电流表，接1时分流电阻小，其分流大，则量程大，故A、B错误；

C；当开关S旋到位置3或4；电路中有电源，则多用电表就成了欧姆表，故C错误；

D；当开关S旋转到5、6位置；表头与电阻串联，则多用电表就成了电压表，串联电阻越大，则量程越大，所以接5时量程较小，接6时量程较大，故D正确。

故选D。

【点睛】

S旋到位置1、2连接时，电阻与表头并联，则多用电表就成了电流表，并联电阻越小时，允许通过电流越大；S旋到位置3或4，电路中有电源，则多用电表就成了欧姆表；S旋到位置5、6时，表头与电阻串联，则多用电表就成了电压表，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值就越大。3、A【分析】【分析】

重力做功与路径无关只与高度差有关；也可以运动动能定理求解；

根据公式来判断瞬时功率；

小球不是做匀速圆周运动；不是合力提供向心力；

【详解】

A、摆球从最大位移A处由静止开始释放，摆球运动到最低点B，根据动能定理得：故A正确；

B、整个过程中只有重力做功，则合力做功的平均功率为：故选项B错误；

C、根据瞬时功率的公式摆球运动到B时的速度方向是水平的，即所以重力的瞬时功率是0，故C错误；

D；对小球进行受力分析；将重力分解如图所示：

可知由拉力T和重力分力的合力提供向心力；故选项D错误．

【点睛】

本题需要区分平均功率和瞬时功率的求解方法，同时注意小球做单摆运动，不是匀速圆周运动，沿圆心方向的合力提供向心力．4、A【分析】【详解】

不计水的阻力，鱼雷快艇发射鱼雷的过程动量守恒，则解得：鱼雷的发射速度．故A项正确，BCD三项错误．5、C【分析】【分析】

【详解】

由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发生碰撞，可假设高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落地，A、B第一碰撞后水平速度互换，B、C发生第二碰撞后，由于B的质量小于C的质量，则B反向；B、A发生第三次碰撞后，B、A水平速度互换，A向左，B竖直下落；三球不再发生碰撞，所以最多能够发生3次碰撞，故C正确，A；B、D错误；

故选C．

【点睛】

关键是A球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，与B、C竖直方向的运动情况相同，所以一定可以发生碰撞．6、A【分析】【详解】

设线圈总电阻为R；当线圈从进入磁场开始在0~L范围内，电流方向逆时针，电动势E＝BLv，则

在L~2L范围内，电流方向逆时针，电动势E＝2BLv，则

在2L~3L范围内，电流方向顺时针，电动势E＝BLv，则

在3L~4L范围内，电流方向顺时针，电动势E＝2BLv，则

综上所述，故选A。二、多选题(共8题，共16分)7、C:D【分析】【详解】

AB.因不知动量变化的方向与初动量方向是否相同；故无法确定动量是增大还是减小，A；B不符合题意；

C.由动量定理可知；合外力的冲量与物体动量变化量大小一定相同，C符合题意；

D.由可知D符合题意．8、A:C【分析】A、滑片向b端移动时滑动变阻器接入电阻增大；则电路中总电流减小；由E=U+Ir可知，路端电压增大；则流过R的电流增大；故电流表示数增大；故A正确；B、因总电流减小，而流过R的电流增大；由并联电路的分流规律可知；流过灯泡的电流减小；故灯泡亮度减小；故B错误；C；因电流减小，则由功率公式可知，是源内部消耗的功率减小；故C正确；D、当电源内外电阻相等时，电源的输出功率最大；本题无法得出内外电阻的大小关系；故无法确定功率的变化；故D错误；故选AC．

【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律及功率公式，在解题时要注意明确电源的输出功率的极值问题的应用；注意电源的总功率随外电阻的变化而变化，防止错选D．9、B:D:E【分析】【详解】

A．图中的折线是固体小颗粒在不同时刻的位置的连线；即不是固体小颗粒的运动轨迹，也不是分子的运动轨迹，图中的折线没有规则，说明固体小颗粒的运动是无规则的，水分子的运动是无规则的，故A错误；

B．单晶体具有各向异性；是因为内部结构，在不同方向上物质微粒的排列情况不同，故B正确；

C．当分子间距等于r0时，分子间的引力和斥力大小相等方向相反，合力为零，即分子力为零，但不是分子间的引力和斥力都为零；分子间距离从近距离增大时，分子力先为斥力，后为引力；分子力先做正功，后做负功；故分子势能将先减小后增大，当两个分子间的距离为r0时；分子势能最小，故C错误；

D．根据分子运动的统计规律可知；不论温度如何变化，气体分子速率分布规律总表现为“中间多两头少”，速率很大和很小的分子总是少数分子，故D正确；

E．绝热容器内的气体与外界没有热传递，即Q=0

A内气体向真空扩散时气体没有做功，即W=0

根据热力学第一定律可得

即气体的内能不变；故E正确。

故选BDE。10、B:D:E【分析】【分析】

【详解】

A．单晶体具有各向异性；多晶体各向同性，选项A错误；

B．理想气体；等压膨胀过程,温度升高，内能增大，且对外做功，则一定吸热，选项B正确；

C．封闭在容器内的气体很难被压缩；这是大气压的缘故，与气体分子间的斥力无关，选项C错误；

D．物体的温度越高；物体中分子的无规则运动就越剧烈，选项D正确；

E．第二类永动机不能制成是因为自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性；选项E正确；

故选BDE。11、A:C:D【分析】【分析】

根据楞次定律判断感应电流的方向；根据磁通量Φ=BS求解，S是有效面积；由求解电荷量；由Q=I2Rt求解热量．

【详解】

A．由磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里；大小随时间增大，故线框总的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A正确；

B．t=0时刻穿过线框的磁通量为：Φ=B1××πr2-B2××πr2=1×0.5×3.14×0.12-2××3.14×0.12Wb=0.005Wb；故B错误；

C．在t=0.6s内通过线框中的电量故C正确；

D．由Q=I2Rt=（）2×△t≈0.07J；故D正确．

故选ACD．12、B:D【分析】【详解】

AB.微粒的布朗运动反映的是液体分子的无规则运动；A错误B正确．

C.气体分子间距都非常大；分子间的斥力引力都可以忽略，气体压强是由于气体分子频繁撞击器壁产生的，C错误．

D.根据热力学第三定律可知，绝对零度不能达到，D正确．13、A:C【分析】【详解】

由左手定则可知；粒子射入磁场时所受的洛伦兹力方向相反，可知两个粒子带异种电荷，选项A正确；

两粒子的比荷相同，根据可知，两粒子周期相同；由几何关系可知，从A点射入的粒子在磁场中运动的圆弧的圆心角为60°，从C点射入的粒子在磁场中运动的圆弧的圆心角为120°，则由可知，2t1=t2，选项B错误；从A点射入的粒子在磁场中运动的圆弧的半径从C点射入的粒子在磁场中运动的圆弧的半径为r2=R，根据可知选项C正确；根据弧长可知两粒子在磁场中轨迹长度之比选项D错误；故选AC.14、A:C:D【分析】【详解】

对A、B和弹簧组成的系统，从撤去推力到A离开竖直墙之前，系统受到墙壁的弹力作用，合外力不为零，则A、B和弹簧组成的系统动量不守恒；此过程中由于只有弹力做功，则机械能守恒，选项A正确，B错误；弹簧第二次恢复为原长时，此时A、B两物体的速度方向均向右，方向一定相同，选项C正确；撤去力F后，B向右运动，弹簧弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，A开始脱离墙面，这一过程机械能守恒，即满足：E=(2m)vB2；A脱离墙面后速度逐渐增加，B速度逐渐减小，此过程中弹簧逐渐伸长，当A、B速度相同时，弹簧弹性势能最大，这一过程系统动量和机械能均守恒，有：动量守恒：2mvB=（m+2m）v，机械能守恒：EPmax＝(2m)vB2−(m+2m)v2；可解得：EPmax＝即弹簧第一次；第二次压缩最短时弹性势能之比为3：1，所以D正确；故选ACD.

【点睛】

正确认识动量守恒条件和机械能守恒条件是解决本题的关键．如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变；系统只有重力或弹力做功为机械能守恒．三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】粒子恰好不从磁场中穿出时的轨道半径：

由牛顿第二定律得：解得：

粒子要穿出磁场，速度：

粒子在磁场中做圆周运动的周期：

粒子穿过磁场需要的最长时间：．

点睛：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识求出粒子的最小轨道半径，然后又牛顿第二定律求出粒子的速度，求出粒子的运动时间．【解析】16、略

【分析】【详解】

[1]滑片向b端移动时滑动变阻器接入电阻增大；由闭合电路欧姆定律得电路中总电流减小；由E=U+Ir可知，路端电压增大；则流过R的电流增大；故电流表示数增大；

[2]因总电流减小，而流过R的电流增大；由并联电路的分流规律可知；流过灯泡的电流减小，故灯泡亮度减小；

[3]因电流减小，则由可知电源内电压减小；

[4]由功率公式可知，是源内部消耗的功率减小。【解析】增加减小减小减小17、略

【分析】【分析】

光敏电阻的电阻随光照增强而减小；天暗时，电阻比较大，光敏电阻两端的电势差比较大，则输入门电路为高电势，而另一输入端为低电势，最后路灯亮；天亮时，光敏电阻比较小，则光敏电阻两端的电势差比较小，则输入门电路为低电势，而另一输入端为低电势，路灯熄灭。

【详解】

斯密特触发器的工作原理是：当加在它的输入端A的电压逐渐上升到某个值（1.6V）时；输出端Y会突然从高电平跳到低电平（0.25V），而当输入端A的电压下降到另一个值的时候（0.8V），Y会从低电平突然跳到高电平（3.4V）。天暗时，光敏电阻阻值大，A端的电势升高，当A段的电势升高到一定的值时，经过非门，输出端Y为低电势，LED导通，路灯亮，故斯密特触发器的输入端信号可以连续变化；

R1调大时，天更暗时，光敏电阻变大，才导致分压变大，则A端的电势高，输出端Y为低电势，LED灯亮，故让天色更暗时，路灯点亮，应将R1增大一些。【解析】可以增大18、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】体积19、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由图像可知；AB的反向延长线过（-273，0）可判断由A→B过程为等容变化，所以体积保持不变。

[2]由图像可知；B→C过程为等温变化。

PB=1.0atm，VB=3L，PC=1.5atm根据玻意耳定律得。

PBVB=PCVC解得。

VC=2L【解析】保持不变220、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]从状态A到B；由于体积没变，因此发生的是等容过程。

(2)[2]从B到C的过程；由于气体温度不变，因此气体的内能不变。

(3)[3][4]从C到D的过程中，由于体积减小，因此气体对外界做负功；而温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，一定放出热量。【解析】等容不变做负功放热21、略

【分析】【详解】

[1]根据

可知

则气体从状态A到状态B温度不变。

[2]从状态B到状态C，气体密度减小，则体积变大，对外做功；压强不变，则温度升高，内能变大，则气体吸热。【解析】不变吸22、略

【分析】【详解】

[1]根据串联电路特点，可知电容器两板间的电压

由

[2][3]根据U=Ed

可得UBC=250×0.015V=3.75V

UBD=250×0.004V=1V

因为φB=0

再根据UBC=φB-φC

可得φC=0-3.75V=-3.75V

又有UBD=φB-φD

可得φD=-1V【解析】250-3.75-123、略

【分析】【详解】

[1]由图像可知，B光的饱和光电流大于A光，所以B光的强度大于C光的强度；

[2]由图像可知，反向截止电压为则光电子的最大初动能为由光电效应方程可知，金属钠的逸出功为【解析】大于四、作图题(共3题，共30分)24、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】25、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】26、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2题，共6分)27、略

【分析】【分析】

明确测量原理；知道电流表本身可以显示电流，再选择一