2025年华师大新版选修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年华师大新版选修3物理上册月考试卷280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、在透明均匀介质内有一球状空气泡，一束包含两种单色光的细光束从介质射入气泡，A为入射点，之后光分别从C、D点射向介质，如图所示，已知A点的入射角为30°，介质对光的折射率下列判断正确的是（）

A.在该介质中，光传播速度B.光射出空气泡后相对于射入空气泡前的偏向角为30°C.光从该介质射向空气发生全反射时，临界角D.光分别通过同一双缝干涉装置时，屏上的条纹问距2、传感器是把非电学物理量（如位移、压力、流量、声强等）转换成电学量的一种元件。如图所示为一种电容传感器，电路可将声音信号转化为电信号。电路中构成一个电容器，是固定不动的金属板，是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜。若声源发出频率恒定的声波使振动，则在振动过程中（）

A.板之间的电场强度不变B.板所带的电荷量不变C.向右位移最大时，电容器的电容量最大D.电路中始终有方向不变的电流3、一简谐横波沿x轴正方向传播，波长为周期为T．t=0时刻的波形如图1所示，a、b是波上的两个质点．图2是波上某一质点的振动图象．下列说法正确的是。

A.t=0时质点a的速度比质点b的大B.图2可以表示质点a的振动C.增大波源的振动频率，图1中的将变大D.增大波源的振动频率，图2中的将变小4、如图所示，在两个水平放置的平行金属板之间，存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场．一束带电粒子（不计重力）沿着直线通过两板间而不发生偏转，则这些粒子一定具有相同的（）

A.质量B.初速度C.电荷量D.比荷5、一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出质量为m的气体,气体喷出时速度大小为v1,则喷出气体后航天器的速度大小v2为()A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、处于基态的氢原子吸收一个光子后，则下列说法正确的是（）A.电子绕核旋转半径增大B.电子的动能增大C.氢原子的电势能增大D.氢原子的总能量增加7、如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI；则：

A.变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变B.电压表示数U和电流表示数I的比值不变C.电阻R0两端电压减小，减小量为ΔUD.电容器的带电荷量增大，增加量为CΔU8、如图所示的电路中，电源内阻一定，电压表和电流表均为理想电表。现使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，测得电压表V1的示数变化大小为电压表V2的示数变化大小为电流表A的示数变化大小为对于此过程下列说法正确的是（）A.通过电阻R1的电流变化量大小等于B.R0两端的电压的变化量大小等于C.路端电压的增加量等于D.为一定值9、下列说法正确的是（）A.用油膜法可以估测分子的大小B.晶体的熔点是确定的，几何形状是规则的C.石英、云母、明矾、玻璃等是晶体，食盐、蜂蜡、松香、橡胶等是非晶体E.英国物理学家焦耳通过实验测定了外界对系统做功和传热对于系统状态的影响，并得出功与热量的相互关系E.英国物理学家焦耳通过实验测定了外界对系统做功和传热对于系统状态的影响，并得出功与热量的相互关系10、一定质量的理想气体；经历如图所示的循环，该过程每个状态视为平衡态，各状态参数如图，已知a状态的体积为2.0×10-3m³，则下列说法正确的是。

A.各状态气体体积Va=Vb>Vc=VdB.从b→c过程中，气体吸热C.c→d过程中，气体内能增加D.d→a过程中，外界对气体做功200J11、如图所示为一定质量的理想气体状态变化时的p—T图像，由图像可知（）

A.该气体的体积先增大后不变B.该气体分子的平均动能一直变大C.该气体的内能先变大后变小E.该气体一直从外界吸热E.该气体一直从外界吸热12、如图甲所示，直线A为电源的路端电压U与电流I关系的图象，直线B是电阻R的两端电压U与电流I的关系图象．现用该电源与电阻R组成闭合电路，如图乙所示，则以下判断正确的是（）

A.电阻R=1ΩB.电源的电动势E=3VC.电阻R消耗的电功率P=18WD.电源的内阻r=0.5Ω13、关于光的干涉和衍射，下列说法正确的是____A.双缝干涉实验证明光是一种波，薄膜干涉证明光是一种粒子B.双缝干涉是两束相干光相遇时出现的干涉现象；而薄膜干涉是一束光经薄膜的前后表面反射后相互叠加形成的干涉现象C.双缝干涉时，双缝间距越小干涉条纹间距越大；波长越长干涉条纹间距越大E.泊松亮斑是衍射现象，证明了光是一种波E.泊松亮斑是衍射现象，证明了光是一种波评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、长为L的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示．磁感应强度为B，板间离也为L，极板不带电．现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，粒子的速度范围为______。15、图甲是研究光电效应现象的装置．某同学用该装置探究遏止电压．与入射光频率之间的关系，得到图乙图象．图中电源____端为正极(填“左”或“右")．该装置阴极K的逸出功为____J.已知普朗克常量h=（结果保留三位有效数字）

16、在“探究气体等温变化的规律”实验中，封闭的空气如图所示，形管粗细均匀，右端开口，已知外界大气压为水银柱高；图中给出了气体的两个不同的状态。

(1)实验时甲图气体的压强为___________乙图气体压强为___________

(2)实验时某同学认为形管的横截面积可不用测量，这一观点正确吗？___________（选填“正确”或“错误”）。

(3)数据测量完后在用图像法处理数据时，某同学以压强为纵坐标，以体积（或空气柱长度）为横坐标来作图，你认为他这样做能方便地看出与间的反比关系吗？___________（选填“能”或“不能”）。17、石坑崆位于广东省乳源瑶族自治县西部70多公里的群山中，是广东和湖南交界的地方，又名莽山峰，海拔1902米，是广东第一高峰。某人从山底释放一气象探测气球，气球上升到山顶时，内部气体的压强变小。若气球上升过程中体积不变，则从山底到山顶，气球内气体分子的平均动能___________（选填“变大”“变小”或“不变”）；该过程中，气球内气体___________（选填“放出”或“吸收”）热量。18、下列说法正确的是__________．19、关键环节题组：如图所示,平行板电容器的板间距和板长均是L,有一带电粒子(质量为电荷量为-)从电容器左上角边缘以初速度平行上板打入；能从另一侧打出，求：

（1）带电粒子在匀强磁场中的最小半径____________

（2）两板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为的范围__________________

（3）两板间有垂直两板向上的匀强电场，电场强度为的范围_____评卷人得分四、作图题(共3题，共12分)20、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．

21、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．

22、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4题，共40分)23、某同学在做完“描绘小灯泡的伏安特性曲线”后；又对一个标有“6V3.5W”小电风扇电动机(线圈电阻恒定)的伏安特性曲线进行了研究，同研究小灯泡一样，要求电风扇电动机两端的电压能从零逐渐增加到6V，实验室备有下列器材：

A.电流表(量程I:0~0.6A；内阻约为1Ω；量程II:0~3A，内阻约为0.1Ω)

B.电压表(量程为0~6V；内阻几千欧)

C.滑动变阻器R1(最大阻值10Ω；额定电流2A)

D.滑动变阻器R2(最大阻值1750Ω；额定电流0.3A)

E.电池组(电动势为9V；内阻小于1Ω)

F.开关和导线若干。

(1)实验中所用的滑动变阻器应选_______(填“C”或“D”)，电流表的量程应选_______(填“I”或“II”)．

(2)请用笔画线代替导线将实物图甲连接成符合这个实验要求的电路_______．

(3)闭合开关前，为防止电动机输入电压过高而损坏，滑动变阻器滑片P应滑到______(填“M”或“N”)端．

(4)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，改变加在电动机上的电压，实验中发现当电压表示数大于1V时电风扇才开始转动，电动机的伏安特性曲线如图乙所示，则电动机线圈的电阻为_______Ω，电动机正常工作时的机械功率为________W．(保留两位有效数字)24、为将一量程为的电压表改装成简易欧姆表；某创新小组完成了以下的设计与操作。

（1）设计图（a）所示电路测量电压表的内阻RV和电池组（内阻不计）的电动势E。实验步骤如下：①闭合开关S，调节电阻箱R，当接入电路的阻值R1=3kΩ时，电压表指针恰好满偏；②继续调节电阻箱R，当接入电路的阻值时，电压表指针位置如图（b）所示。由此可求出RV=______kΩ，E=______V；

（2）将红；黑表笔接在图（a）中的电压表两端；如图（c）所示；再将电压表表盘刻度转换为欧姆表表盘刻度，即成为简易欧姆表。表盘改装步骤如下：

①闭合开关S，将两表笔断开，调节电阻箱R的阻值为______kΩ，使电压表指针位置指在刻度“3”处，则此刻度对应的电阻值为______（填“0”或“∞”）；

②保持电阻箱R的阻值不变，在两表笔间接入不同阻值的电阻，在相应电压表指针所指刻度上标上接入的电阻值；则电压表表盘正中央刻度处所对应的电阻值为______kΩ。25、如图甲所示为实验室的一款直流电流表；其接线柱间的标识如图乙所示，其使用说明书上附的电流表内部线路如图丙所示。

（1）某次用0~3A量程测量时；示数如图丁所示，其读数为__________A。

（2）该款电流表0~0.6A量程对应的内阻为_______（请用图丙中的阻值号Rg、R1、R2、R3表示）

（3）若电阻R1断路，则电流表允许通过的最大电流约为__________mA（结果保留两位有效数字）。26、（1）螺旋测微器的读数：____mm

（2）游标卡尺的读数：____cm．评卷人得分六、解答题(共3题，共12分)27、如图所示，在水平地面上方附近有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场区域．磁场的磁感应强度为B=5T，方向水平并垂直纸面向里，一质量为m=8×10-3kg、带电荷量为q=2×10-4C的带正电微粒运动到P点时；速度v=40m/s，与水平方向的夹角为60°，重力加速度g取10m/s²．

(1)若该微粒在此区域内沿竖直平面(垂直于磁场方向的平面)做直线运动；求此区域内电场强度的大小和方向；

(2)若该微粒在此区域内沿竖直平面(垂直于磁场方向的平面)做匀速圆周运动，且已知P点与水平地面间的距离等于其做圆周运动的半径．求此时电场的大小、方向及该微粒运动到最高点时与水平地面间的距离．28、如图所示，一个内壁光滑导热性良好的圆柱形气缸竖直静置于水平面上，高度为底面积为缸内有一个质量为的活塞，封闭了一定质量的理想气体。开始周围环境温度为时，缸内气体高为已知重力加速度为大气压强为不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦。求：

（1）若周围环境温度缓慢升高；最终活塞刚好脱离气缸，问最终周围环境温度为多少？

（2）在（1）问情景中，若气体内能增加了则在此过程中缸内气体共吸热多少？

29、一列沿x轴方向传播的横波，如图所示的实线和虚线分别为t1=0s时与t2=1s时的波形图像．求：

(i)如果该横波的传播速度为v=75m/s时；分析该波的传播方向；

(ii)如果该横波沿x轴的正方向传播，虚线上x=2m的质点到达平衡位置时波传播的最短距离是多少？相对应的时间应为多长？参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

由图可知a光的偏折程度较大，即介质对光a的折射率较大，则根据可知，在介质中a光的速度小于b光，故A错误；在A点的折射角等于在C点的入射角，介质对a光的折射率则C点的折射角为30°，圆心角为∠AOC=则出射光线与水平方向的夹角为30°，故B正确；根据可知故C错误。介质对光a的折射率较大，则a光的频率较大，波长较短，根据可知故D错误。故选B2、C【分析】【详解】

A．电容器与电源相连，则电容的电压不变。当振动膜片a向右振动时电容器两极板的距离周期性变化，由知，不变的情况下，a、b板间场强周期性变化；选项A错误；

B．由知，不变，在变化；则电容器所带电量也在变化，选项B错误；

C．电容器的电容当向右位移最大时，板间距离最小，则电容器的电容量最大，选项C正确；

D．当振动膜片a向右振动时电容器两极板的距离周期性变化，根据及可知电容器的电量不断变化；充电和充电交替产生，所以电路中电流方向时刻在变化，选项D错误。

故选C。

【点睛】

电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，G中有电流。3、D【分析】【详解】

t=0时质点a位于最大位移处，b质点经过平衡位置，所以质点a的速度比质点b的小，故A错误；由图2知，t=0时刻质点经过位置向下运动，图1是t=0时刻的波形，此时a位于波峰，位移最大，与图2中t=0时刻质点的状态不符，而质点b在t=0时刻经过平衡位置向下运动，与图2中t=0时刻质点的状态相符，所以图2不能表示质点a的振动，可以表示质点b的振动，故B错误。增大波源的振动频率，根据T=1/f可知，波的周期减小；波传播速度由介质决定，则波速不变，根据λ=vT可知图1中的波长λ将变小，选项C错误，D正确，故选D.4、B【分析】【详解】

一束带电粒子（不计重力）沿着直线穿过两板间的空间而不发生偏转，知粒子受电场力和洛伦兹力平衡，有：因为与是确定的，所以知粒子的速度相同，所以B正确的，A，C，D错误．故选B．

【点睛】解决本题的关键知道速度选择器选择粒子，通过平衡知，选择的粒子与粒子的电量、电性无关．5、A【分析】【详解】

设航天器的速度为正方向，根据动量守恒定律得：解得：BCD错误A正确二、多选题(共8题，共16分)6、A:C:D【分析】【详解】

由玻尔理论可知，氢原子吸收光子后，应从离核较近的轨道跃迁到离核较远的轨道，在此跃迁过程中，电场力对电子做负功，电势能增加。另由经典电磁理论知，电子绕核做匀速圆周运动的向心力即为氢核对电子的库仑力，故

所以

可见；电子运动轨道半径增大，动能减小，再结合能量守恒定律，氢原子吸收光子，总能量增加。

故选ACD。7、A:D【分析】【详解】

A.根据闭合电路欧姆定律可得可以画出图象，图象的斜率表示电源内阻与定值电阻之和，所以恒定不变．A正确。

B.由图可知因为电阻增大，所以电压表示和电流表的示数的比值变大．故B错误。

C.闭合开关增大可变电阻的阻值后，电流中的电流减小，由欧姆定律可得电阻两端的电压减小，两端的电压增大，而它们总的电压即路端电压增大，所以电阻两端的电压减小量小于．故C错误．

D.两端的电压增大量为因为电容器与并联，所以电容器两端电压增大量为电容器的带电荷量增量为．故D正确．8、A:B:D【分析】【详解】

A．电压表V1测量路端电压，即R1两端的电压，根据欧姆定律可知，R1的电流变化量大小等于故A正确；

BCD．使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，总电阻变大，总电流变小，内阻所占电压减小，路端电压增大，所以路端电压增大并联部分的电压增大通过R1的电流增大，所以通过滑动变阻器的电流减小，R0上的电压减小，R上的电压增大所以R0两端的电压的变化量大小等于电压表V1测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知

即为定值；故BD正确，C错误。

故选ABD。9、A:D:E【分析】【详解】

A．用油膜法可以估测分子的大小；故A正确；

B．多晶体的几何形状不规则；故B错误．

C．食盐是晶体；玻璃是非晶体，故C错误；

D．气体压强的大小从微观角度来看．与气体分子的平均动能以及分子的密集程度有关；故D正确；

E．焦耳通过实验测定了外界对系统做功和传热对于系统状态的影响；并得出功与热量的相互关系，故E正确。

故选ADE。10、B:D【分析】【详解】

A．根据PV/T=C可知，可知过原点的直线为等容线，且斜率越大的等容线对应的气体的体积越小，由图像可知：Va=Vb<Vc=Vd

选项A错误；

B．从b→c过程中；气体的体积变大，温度升高，内能增加，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸热，选项B正确；

C．c→d过程中；气体温度降低，则气体内能减小，选项C错误；

D．d→a过程中，气体体积减小，d态体积等于c态体积，根据气体状态方程可知：

即

解得Vc=Vd=4×10-3m³

外界对气体做功

选项D正确；

故选BD.

点睛：此题关键是搞清图像的物理意义，P-T图像的斜率的倒数反映气体的体积；理解热力学第一定律中各个物理量的含义；知道等压状态下气体做功的表达式：11、A:B:E【分析】【详解】

AD．根据可得由图可得，图上各点与原点连线的斜率先减小后不变，则该气体的体积先增大后不变，该气体分子的密集程度先减小后不变，选项A正确，选项D错误；

BC．该气体的温度一直升高；该气体分子的平均动能一直变大，理想气体的内能仅与温度有关，该气体的内能一直变大，选项B正确，选项C错误；

E．第一个过程；对外做功，而内能增大，气体从外界吸热，第二个过程，内能增大，不对外做功，气体从外界吸热，选项E正确。

故选ABE。12、A:B:D【分析】【详解】

由图象B可知，电阻故A正确；由图象A可知电源的电动势E=3V，短路电流为6A，根据故BD正确；根据P=UI得：P=UI=2×2W=4W，故C错误.13、B:C:E【分析】【详解】

A；光的干涉(双缝干涉；薄膜干涉)、衍射、偏振是波所具有的特性，都可以证明光是一种波；而光电效应和康普顿效应证明光具有粒子性；故A错误.

B；双缝干涉是两束频率相同和振动方向相同的光波相遇而引起光的强度重新分布的现象；薄膜干涉是入射光分别从膜的前后两个表面反射回来后相遇产生干涉；若光程差为波长λ的整数倍则出现亮纹，若光程差为半波长λ的奇数倍则出现暗纹；故B正确.

C、根据双缝干涉条纹的间距公式知，双缝间距d越小干涉条纹间距越大；波长越长干涉条纹间距越大；故C错误.

D；依据光的干涉现象；光照射在薄膜两表面上被反射回去，在叠加处由于光程差使得两束某种颜色的反射光出现振动减弱，导致相互抵消，从而增强光的透射能力；故D错误.

E；当单色光照射在直径恰当的小圆板或圆珠时；会在之后的光屏上出现环状的互为同心圆的衍射条纹，并且在所有同心圆的圆心处会出现一个极小的亮斑；故泊松是光的衍射现象造成的，证明了光的波动性；故E正确.

故选BCE.三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【详解】

欲使粒子不打在极板上，如图所示，带正电的粒子从左边射出磁场时，其在磁场中圆周运动的半径R＜L/4；粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，即：qvB=m可得粒子做圆周运动的半径：

所以粒子不打到极板上且从左边射出，则：即：

带正电的粒子从右边射出，如图所示，此时粒子的最小半径为R，由上图可知：R2=L2+（R-）2；可得粒子圆周运动的最大半径：R=则：即：故欲使粒子不打在极板上，粒子的速度必须满足或【解析】或15、略

【分析】【详解】

因为是研究遏止电压的装置，所以所加电压应为反向电压，阻值光电子到达A极板形成光电流，所以A极板接电源负极，K级板接电源正极，电源右端为正极；根据图像乙可知，当频率为时，所需遏止电压为零，说明此时对应频率为截止频率所以逸出功：【解析】右3.38×10-1916、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1][2]题图甲中气体压强为图乙中气体压强为

(2)[3]由玻意耳定律

即（为空气柱长度）

知，形管的横截面积可不用测量；

(3)[4]以为纵坐标，以为横坐标，作出图线是一条曲线，但曲线未必表示反比关系，所以应作出图线，看是否为过原点的直线，才能最终确定与是否成反比。【解析】①.76②.80③.正确④.不能17、略

【分析】【详解】

[1][2]从山底到山顶，气球的体积不变，气球内气体的压强变小，可知气体的温度变低，分子平均动能变小，又由热力学第一定律可知，气体的内能减小，则气体要放出热量。【解析】变小放出18、B:C:D【分析】【详解】

A．将大颗粒的粗盐磨成细盐；细盐仍然是晶体，A错误；

B．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中；分子间表现出先斥力后引力，故分子力先做正功，后做负功，它们的分子势能先减小后增大，B正确；

C．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水平的饱和蒸气压的比值；C正确；

D．给自行车打气，越打越困难主要是因为胎内气体压强增大，与分子间的斥力无关，因为分子斥力起作用的距离D正确；

E．第二类永动机违反了热力学第二定律；因为内能在转化为机械能的过程中要生热，所以要引起其它变化，E错误。

故选BCD。19、略

【分析】【详解】

（1）当恰好能恰能从下极板边缘飞出粒子运动的半径最小；如图：

由几何关系可知，粒子的最小半径为：Rmin=L

（2）设粒子在磁场中运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力，则得qvB=m

得

可得：

可知，当半径最小时对应的速度最小，则v0≥

（3）由于板间电场强度方向竖直向上；粒子带负电，可知加速度的方向向下。

-q粒子在水平方向上匀速运动；在竖直方向上向下匀加速运动，则有。

水平方向：L=v0t

竖直方向：L=at2

又由牛顿第二定律得

联立解得，

可知若粒子穿过电场，则：v0≥

【点睛】

本题中带电粒子在组合场中运动，要掌握类平抛运动的研究方法：运动的合成和分解，磁场中画轨迹是解题的关键。【解析】（1）L（2）v0≥（3）v0≥四、作图题(共3题，共12分)20、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】21、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】22、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4题，共40分)23、略

【分析】【详解】

（1）电风扇的额定电流I=P/U=0.58A，从读数误差的角度考虑，电流表选择Ⅰ．电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10Ω的误差较小，即选择C．

（2）因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．电路图如图所示．则可知对应的实物图如图所示；

（3）闭合开关前；为防止电动机输入电压过高而损坏，滑动变阻器滑片P应滑M端．

（4）电压表读数小于1V时电风扇没启动，由图像可知I=0.4A．根据欧姆定律得，．正常工作时电压为6V，根据图象知电流为0.57A，则电风扇发热功率P=I2R=0.572×2.5W=0.81W，则机械功率P′=UI-I2R=0.57×6-0.81=2.61W．

点睛：解决本题的关键掌握器材选取的原则，即安全，精确．以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，电流表内外接的区别．知道有电动机存在的电路是非纯电阻电路，清楚电风扇没启动时电能全部转化为内能，正常工作时电能转化为内能和机械能．【解析】(1)CⅠ(2)如图所示。

(3)M(4)2.52.624、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1][2]由图（b）所示电压表表盘可知；其分度值为0.1V，示数为2.00V；电源内阻不计，由图（a）所示电路图可知，电源电动势为。

由题意可知。

解得。

E=6V，RV=3000Ω=3kΩ（2）[3][4]由题意可知，当电压表满偏时，此时对应的电阻为无穷大，由（1）可知，此时应将电阻箱R的阻值调为3kΩ；

[5]电压表表盘正中央刻度处即示数为1.5V；其与外接电阻构成并联关系，所以电阻箱电阻为3kΩ，分压1.5V，由。

且并联电压与电阻箱电压的分压比为1：1；可解得。

RX=1500Ω=1.5kΩ【解析】363∞1.525、略

【分析】【分析】

（1）用0~3A量程测量时，最小分度为0.1A，读数时估读到小数点后两位；（2）根据电流表内部结构求解0~0.6A量程内阻；（3）若电阻R1断路；则电流表允许通过的最大电流就是电流计的最大满偏电流，根据0~0.6A量程的安培表的内部结构求解电流计的满偏电流.

【详解】

（1）用0~3A量程测量时；最小分度为0.1A，则其读数为1.20A。

（2）该款电流表0~0.6A量程时，由电路图可知对应的内阻为

（3）根据表中所标的数据可知电流表0~0.6A量程时的内阻为：

则电流计的满偏电流为：可知若电阻R1断路，则电流表允许通过的最大电流约为4.4mA【解析】1.20；4.4；26、略

【分析】试题分析：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为13．5mm；可动刻度读数为：0．01×37．0mm=0．370mm，所以最终读数为：13．5mm+0．370mm=13．870mm，（2）游标卡尺的固定刻度读数为5cm，游标尺上第3个刻度游标读数为0．05×3mm=0．15mm=0．015cm，所以最终读数为：5cm+0．015cm=5．015cm；

考点：螺旋测微器；游标卡尺的使用．菁优网版权所有。

【名师点睛】螺旋测微器是依据螺旋放大的原理制成的,即螺杆在螺母中旋转一周,螺杆便沿着旋转轴线方向前进或后退一个螺距的距离．因此,沿轴线方向移动的微小距离,就能用圆周上的读数表示出来．螺旋测微器的精密螺纹的螺距是0．5mm,可动刻度有50个等分刻度,可动刻度旋转一周,测微螺杆可前进或后退0．5mm,因此旋转每个小分度,相当于测微螺杆前进或后退这0．5/50=0．01mm．可见,可动刻度每一小分度表示0．01mm,所以以螺旋测微器可准确到0．01mm．由于还能再估读一位,可读到毫米的千分位,故又名千分尺．公式：主尺（mm）+0．01mm×多少格=mm．测量原理：游标卡尺的主尺的最小刻度为1mm,游标上共有10个等分