2024年浙教版选修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2024年浙教版选修3物理上册月考试卷618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、如图所示的两图线分别为a、b两气体的等压线，根据图中所给条件可知，当℃时，气体a的体积比气体b的体积大（取）（）

A.0.1m3B.0.2m3C.0.3m3D.0.4m32、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3、下列关于磁场、磁感应强度、磁通量说法正确的是（）A.小磁针N极在某点所受的磁力方向跟该点的磁感线方向一致B.磁感线在空中能相交，并且是客观存在的一系列曲线C.磁感线较密处，磁感应强度较小；磁感线较疏处，磁感应强度较大D.磁通量的单位是特斯拉4、如图所示，将一个铝框放在蹄形磁铁的两个磁极间，铝框可以绕竖直轴线自由转动．转动磁铁，会发现静止的铝框也会发生转动．下列说法正确的是

A.铝框与磁极转动方向相反B.铝框始终与磁极转动的一样快C.铝框是因为磁铁吸引铝质材料而转动的D.铝框是因为受到安培力而转动的5、台球是一项深受人们喜爱的休闲运动，如图在某次击球过程中，白球以的速度向右运动与静止的黑球发生正碰；假设白球与黑球质量相等，碰撞中没有机械能损失，将台球视为质点，通过计算得到两球碰撞后的运动情况为（）

A.白球静止，黑球以的速度向右运动B.黑球静止，白球以的速度反弹向左运动C.白球和黑球都以下的速度向右运动D.白球以的速度反弹向左运动，黑球以的速度向右运动评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、如图所示，在xoy平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时刻以同一速率v发射大量带正电的同种粒子，速度方向均在xoy平面内，且对称分布在x轴两侧的30°角的范围内．在直线x=a与x=2a之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为2a．不计粒子重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是（）

A.最先进入磁场的粒子在磁场中运动的时间为B.最先进入和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等C.最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为D.最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为7、如图两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现在同时由静止释放带电微粒和金属棒ab；则()

A.金属棒ab一直加速下滑B.金属棒ab最终可能匀速下滑C.金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D.带电微粒可能先向N板运动后向M板运动8、如图所示是一定质量的理想气体的p－V图象，理想气体经历从A→B→C→D→A的变化过程，其中D→A为等温线。已知理想气体在状态D时温度为T＝400K；下列说法正确的是（）

A.理想气体在状态B时的温度为1000KB.理想气体在状态C时的温度为1000KC.C到D过程外界对气体做功为100J，气体放出热量100JD.气体从状态D变化到状态A，单位体积的气体分子数增大，但气体分子的平均动能不变9、1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形合D1、D2构成；其间留有空隙，下列说法正确的是。

A.离子由加速器的中心附近进入加速器B.离子由加速器的边缘进入加速器C.离子从磁场中获得能量D.离子从电场中获得能量10、某横波在介质中沿轴传播，图甲是时的波形图，图乙是介质中处质点的振动图象，则下说法正确的是____

A.波沿轴正向传播，波速为1m/sB.＝2s时，＝2m处质点的振动方向为y轴负向C.＝lm处质点和＝2m处质点振动步调总相同E.在＝ls到＝2s的时间内，＝0.5m处的质点运动速度先增大后减小E.在＝ls到＝2s的时间内，＝0.5m处的质点运动速度先增大后减小11、如图所示；用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。改变小球距地面的高度和打击的力度，重复这个实验，发现A；B两球总是同时落地。若A、B两球质量相等，且将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解。下列说法正确的是。

A.本实验可验证平抛运动在水平方向上是匀速直线运动B.本实验可验证平抛运动在竖直方向上是自由落体运动C.在同一次实验中，两球落地前瞬间重力的功率相等D.在同一次实验中，两球落地前瞬间动量的大小相等12、关于原子核的结合能，下列说法正确的是（）A.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B.一重原子核衰变成粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C.比结合越大，原子核越不稳定D.自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、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”）

14、如图所示，一定质量的理想气体由状态经过等压变化到达状态再从状态经过等容变化到达状态状态与状态温度相等。则：气体在状态的温度______在状态的温度（选填“小于”“等于”或“大于”），气体在状态的内能______在状态的内能（选填“小于”“等于”或“大于”）；从状态到状态的过程中，气体______（选填“吸热”或“放热”）。

15、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。16、如图所示，“磁场垂直纸面向里”导体AB向右运动过程中，穿过闭合电路ABEF的磁通量______________(填“变大”、“不变”或“变小”)，闭合电路中_______________(填“有”或“没有”)感应电流产生．17、下列关于单摆的认识说法正确的是________E.摆球运动到平衡位置时，合力为零18、如下图所示；质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体．从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后速度大小为（）。

19、如图所示，甲木块的质量为m1=2kg，以v=4m/s的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2=3kg的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．则甲木块与弹簧接触后弹簧获得的最大弹性势能为___J，乙木块受到的冲量I=___________

20、一颗手榴弹以v0=10m/s的水平速度在空中飞行．设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为0.2kg，沿原方向以250m/s的速度飞去，那么，质量为0.4kg的大块在爆炸后速度大小为______，方向是______（填与v0同向或反向）评卷人得分四、作图题(共3题，共15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2题，共16分)24、物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为额定电压值已模糊不清．他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡常温下不发光的电阻约为然后根据公式计算出该灯泡的额定电压．他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘灯泡的图线；进而分析灯泡的额定电压．

A．电压表（量程内阻约）

B．电流表（量程内阻约）

C．电流表（量程内阻约）

D．滑动变阻器

E．滑动变阻器

F．电源（电动势内阻不计）

G．开关和导线若干。

H．待测灯泡（额定功率额定电压未知）

（1）在下面所给的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图________，指出上述器材中，电流表选择_____（“”或“”）：滑动变阻器选择____（填“”或“”）．

（2）在实验过程中，该同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到时，发现灯泡亮度很暗，当达到时，发现灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测数据记录在下边表格中．。次数12345670.200.601.001.401.802.202.7080155195227255279310

请你根据实验数据在图中作出灯泡的图线______．

（3）由图象得出该灯泡的额定电压应为__这一结果大于其原因____．25、李明同学想要测量某个未知电阻R1,他的手边共有仪器如下:一个电阻箱R、一个滑动变阻器R0、一个灵敏电流计G、一个不计内阻的恒定电源E；开关、导线若干．他首先想到用伏安法或者电表改装知识来设计电路,但发现由于仪器缺乏无法实现．苦恼之余去寻求物理老师的帮助．老师首先给了他一道习题要求他思考:

(1)如图甲,在a、b之间搭一座“电桥”,调节四个变阻箱R1、R2、R3、R4的阻值,当G表为零时(此时也称为“电桥平衡”),4个电阻之间的关系是_____．

(2)聪明的李明马上想到了改进自己的实验,他按照以下步骤很快就测出了Rx

①按图乙接好电路,调节_____,P为滑动变阻器的滑片,当G表示数为零时,读出此时变阻箱阻值R1;

②将Rx与变阻箱R互换位置,并且控制______不动,再次调节____,直至电桥再次平衡时,读出此时变阻箱阻值R2;

③由以上数据即可得Rx的阻值,其大小为Rx=__．评卷人得分六、解答题(共3题，共15分)26、如图1所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30°，整个空间处在电场中，取沿斜面向上的方向为电场的正方向，电场随时间的变化规律如图2所示．一个质量m=0.2kg，电量q=1×10－5C的带正电的滑块被挡板P挡住，在t=0时刻，撤去挡板P．重力加速度g=10m/s2；求：

(1)0~4s内滑块的最大速度为多少?

(2)0~4s内电场力做了多少功?27、如图所示，导热良好的气缸A、B用细管相连，A的容积为B的3倍，A中装有压强为P0、质量为m0的理想气体，活塞C可沿气缸B滑动且与方保持良好的气密性．连接A、B的细管上有两个阀门K1、K2，当向右拉活塞时，保持K1打开，K2闭合；向左推活塞时，保持K1闭合，K2打开．活塞开始时位于气缸B的最左端，若环境温度始终保持不变，外界大气压为P0；不计细管体积的影响．求：

I.将活塞缓慢拉到气缸B的最右端时缸内气体的压强；

II.将活塞缓慢拉到气缸B的最右端，再缓慢推回到最左端，如此重复n次（包括第一次）后缸内气体的质量．

28、如图所示，在水平光滑的桌面上有两个大小相同的小球A、B，质量分别是m1、m2，A球以的速度与静止的B球相碰．碰撞后A、B的速度分别是、．碰撞过程中A对B的作用力是F2，B对A的作用力是F1．

a．请根据牛顿运动定律和加速度的定义，推导小球A和小球B在碰撞过程中满足：．

b．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞；如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞．若=2kg、=1kg，某次碰撞满足=2m/s、=2m/s．通过计算碰撞前后的机械能说明该次碰撞属于弹性碰撞还是非弹性碰撞．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

【详解】

在0℃和273℃两个状态时，由盖一吕萨克定律可知，对气体a有。

对气体b有。

解得。

ABC错误；选项D正确。

故选D。2、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。3、A【分析】【详解】

A．由磁场方向的规定可知；磁针北极在某点所受的磁力方向跟该点的磁感线方向一致，故A正确；

B．磁体外部磁感线从磁体北极出来回到南极；任何两条磁感线都不能相交，而且磁感线不是客观存在的，故B错误；

C．磁感线的疏密表示磁场的强弱；磁感线越密的地方磁场越强，越疏的地方，磁场越弱，故C错误；

D．磁通量的单位是韦伯，符号为故D错误。

故选A。4、D【分析】AB；根据楞次定律可知；为阻碍磁通量增加，则导致铝框与磁铁转动方向相同，但快慢不一，故AB错误；

CD；转动磁铁时；导致铝框的磁通量增加，从而产生感应电流，出现安培力，导致铝框转动，所以铝框是因为受到安培力而转动的，故C错误，D正确；

故选D．5、A【分析】【详解】

设每个球质量为m，取碰撞前白球的速度方向为正方向。由动量守恒定律得mv0=mv白+mv黑

由能量守恒可得

联立解得v白=0m/sv黑=3m/s

故A正确，BCD错误。

故选A。二、多选题(共7题，共14分)6、A:C:D【分析】【详解】

沿x轴方向射出的粒子最先进入磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的偏转角为所以运动时间为故A正确；沿与x轴成角的两个方向同时进入磁场，沿与x轴成角斜向下方进入磁场的粒子在磁场中偏转角为所以用的时间为弦长为粒子进入磁场的位置离x轴的距离为所以最后从磁场中射出的粒子出场的位置的纵坐标为所以最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为故B错误，CD正确.7、A:C:D【分析】【详解】

根据牛顿第二定律有而联立解得因而金属棒将做匀加速运动，选项A正确B错误；ab棒切割磁感线，相当于电源，a端相当于电源正极，因而M板带正电，N板带负电，C正确；若带电粒子带负电，在重力和电场力的作用下，先向下运动然后再反向向上运动，D正确．8、A:D【分析】【详解】

A.理想气体从B→D过程，由气态方程可得

解得

A正确；

B．理想气体从C→D过程，属等压变化，由盖吕萨克可得

解得

B错误；

C．C到D过程外界对气体做功为

由于C到D过程，温度降低，由热力学第一定律

可得

即气体放出热量大于100J；C错误；

D．气体从状态D变化到状态A；气体体积减小，单位体积内气体分子数增大，温度不变，气体分子的平均动能不变，D正确；

故选AD。9、A:D【分析】【详解】

据回旋加速器的工作原理知；粒子由回旋加速器的中心附近进入加速器，且在电场中加速，通过磁场回旋，所以从电场中获得能量，故选AD。

【点睛】

回旋加速器的工作原理是利用电场加速，磁场偏转，且二者的周期相同，被加速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功，即可加速正电荷也可加速负电荷。10、B:D:E【分析】【详解】

A、由甲图知，波长λ=2m，由乙图知，质点的振动周期为T=2s，则波速为：由乙图知，t=1s时刻，x=2m处质点向上运动，根据甲图可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；

B；由乙图知；t=2s时，x=2m处质点的振动方向为y轴负向，故B正确；

D、因则在C；x=lm处质点和x=2m处质点相距半个波长，振动步调总相反，故C错误；

1s的时间内；波动图象上任意质点通过的路程都是两个振幅，为10cm，故D正确；

E、在t=1s到t=2s经历的时间为t=1s时刻x=0.5m处的质点位于波峰，则在t=1s到t=2s的时间内该质点的速度先增大后减小，故E正确；

故选BDE．

【点睛】本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向．11、B:C【分析】【分析】

A球沿水平方向抛出做平抛运动；同时B球被松开，自由下落做自由落体运动，发现每次两球都同时落地，只能说明平抛竖直方向的分运动是自由落体运动。

【详解】

本实验将A的做平抛运动与竖直方向下落的B的运动对比；只能说明A竖直方向运动情况，不能反映A水平方向的运动情况。本实验中A做平抛运动，B做自由落体运动，每次两球都同时落地，说明A竖直方向的分运动是自由落体运动。故A错误，B正确；两小球落地时的竖直分速度相同，故由P=mgv可知，两球落地时的功率相等，故C正确；由于两球落地时的瞬时速度不同，平抛运动的合速度大于自由落地的速度，故落地时的动量不相等，故D错误。故选BC。

【点睛】

本题考查研究平抛运动规律的实验，主要是对分析推理的能力的考查，注意本实验采用对比的方法来研究平抛运动水平方向的分运动情况。12、A:B【分析】【详解】

A.原子的结合能等于核子在结合成原子核的过程中释放的能量；也是把原子核分解成核子所需吸收的最小能量，A正确。

B.一重原子核衰变成粒子和另一原子核；要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，B正确。

C.比结合能越大；结合过程中核子平均释放能量越大，原子核越稳定，C错误。

D.自由核子组成原子核时，根据爱因斯坦质能方程其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，D错误三、填空题(共8题，共16分)13、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14、略

【分析】【详解】

[1]气体从状态到状态发生等压变化，根据盖—吕萨克定律知，体积增大，温度升高，所以气体在状态的温度小于在状态的温度。

[2]理想气体的内能只与温度有关，两状态气体温度相等，内能相等，即气体在状态的内能等于气体在状态的内能。

[3]气体从到的过程，体积不变，温度降低，内能减少，做功为零，根据热力学第一定律

应该放出热量。【解析】小于等于放热15、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16、略

【分析】【详解】

当导体AB向右运动时，穿过闭合电路的磁通量发生变化，从而产生感应电流，根据题意可知，磁通量变大．【解析】变大有17、B:C:D【分析】【详解】

A；伽利略发现了单摆的等时性；惠更斯给出了单摆的周期公式，故A错误；

B、摆钟由广州移至哈尔滨时，重力加速度g变大，摆钟的摆长L不变，由可知；摆钟的周期变小，摆钟变快，要校准摆钟，需要增大摆钟的周期T，可以增大摆钟的摆长L，故B正确；

C、由得在利用单摆测量重力加速度的实验中，在测量摆长时，只量了悬线的长度L当作摆长，而没有加上摆球的半径，导致摆长偏小，故g值偏小，故C正确；

D、摆角从5°改为3°，单摆仍然做简谐运动，由周期公式可知；单摆的周期不变，故D正确；

E；摆球实际做圆周运动（一部分）；经最低点（平衡位置）时，绳子拉力与重力的合力提供向心力，绳子拉力大于重力，故E错误；

故选BCD。

【点睛】

关键是知道摆长应等于悬线长度加上摆球的半径，摆钟由广州移至哈尔滨时，重力加速度g变大，摆钟的摆长L不变，由可知，摆钟的周期变小；摆角从5°改为3°，单摆仍然做简谐运动，由周期公式可知，单摆的周期不变。18、C【分析】试题分析：以物体与小车组成的系统为研究对象；水平方向不受外力作用，水平方向动量守恒，由于盒子内表面不光滑，最终两者具有共同的速度，运用动量守恒定律求解．

选物体与小车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得所以v方向与同向，即方向水平向右，C正确．【解析】19、略

【分析】【详解】

[1]当滑块甲、乙的速度相同时，间距最小，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，设向右为正方向，由动量守恒定律有

弹簧的最大弹性势等于滑块甲、乙系统损失的动能

联立并代入数据解得

[2]乙木块受到的冲量

【点睛】

解决本题首先要明确研究的过程，其次把握信隐含的条件：弹簧伸长最长时两木块的速度相同。考查学生应用动量守恒定律和能量守恒定律解决物理问题的能力。【解析】9.6J4.8NS20、略

【分析】手榴弹爆炸过程系统动量守恒；以手榴弹的初速度方向为正方向；

根据动量守恒定律得：Mv0=m1v1+m2v2．即：0.6×10=0.2×250+0.4×v2；

解得：v2=-110m/s，负号表示方向，与v0反向．

点睛：本题考查了求手榴弹弹片的速度，知道手榴弹爆炸过程系统动量守恒，应用动量守恒定律即可解题，解题时要注意正方向的选择．【解析】110m/s与v0反向四、作图题(共3题，共15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2题，共16分)24、略

【分析】【详解】

（1）由P=I2R可得，I==0.61A，所以应选电流表A2；由U-I图象可知电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器R1；电压表的内阻远大于小灯泡的电阻；则采用安培表外接电路，电路图如图；

（2）根据表中数据采用描点法可得出对应的U-I图象；

（3）根据U-I图象读出U=2.5V；I=300mA时，P=UI=0.75W，所以该灯泡额定电压为U=2.5V，这一结果大于开始时的计算结果，说明灯泡的电阻随温度的升高而增大（或灯泡的冷态电阻小于正常工作是的电阻）．

【点睛】