2025年华师大新版选修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2025年华师大新版选修3物理上册阶段测试试卷337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，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场；在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是()

A.B.C.D.2、如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，且大于滑动变阻器的最大阻值闭合电键S，将滑动变阻器的滑动片P由最上端滑到最下端，若电压表V1、V2、电流表A的读数改变量的大小分别用表示；则下列说法中正确的是

A.B.C.电源的发热功率先减小，再增大D.电源的输出功率先增大，再减小3、关于能量的转化，下列说法中正确的是（）A.摩擦生热的过程在任何情况下都是不可逆的B.空调既能制热又能制冷说明热传递不存在方向性C.永动机不存在的原因是能量在某些特殊情况下是不守恒的D.由于能量的转化过程符合守恒定律，所以不会发生能源危机4、电路中中端电压随干路电流变化的图象如图所示，图中纵轴的起点为1.2V，则电源的电动势和内电阻应是（）

A.B.C.D.5、如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0．2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0．8R时电动势大小为E2．忽略涡流损耗和边缘效应．关于的大小和铜棒离开磁场前两端的极性；下列判断正确的是。

A.>a端为正B.>b端为正C.<a端为正D.<b端为正评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、氢原子的能级如图所示，下列说法正确的是()

A.用能量为12.11eV的光照射一个基态氢原子，最多能辐射出2种不同频率的光子B.用能量为12.09eV的光照射一群基态氢原子，最多能辐射出3种不同频率的光子C.用能量为12.75eV的光照射一个基态氢原子，最多能辐射出3种不同频率的光子D.用能量为12.75eV的光照射一群基态氢原子，最多能辐射出5种不同频率的光子7、下列说法正确的是（）A.知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，可计算出阿伏伽德罗常数B.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力C.两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们之间的分子势能先减小后增大D.布朗运动是悬浮在液体中的固体分子所做的无规则运动8、如图，一定量的理想气体，由状态a等压变化到状态b，再从状态b等容变化到状态c，最后从状态c等温变化回到状态a、下列说法正确的是（）

A.气体在状态a的温度小于在状态b的温度B.从状态a到状态b的过程气体对外做正功C.从状态b到状态c的过程气体从外界吸热E.从状态c到状态a的过程气体从外界吸热E.从状态c到状态a的过程气体从外界吸热9、一定质量的理想气体从状态经过状态变化到状态其图象如图所示；下列说法正确的是（）

A.的过程中，气体对外做功B.的过程中，气体放出热量C.的过程中，气体压强变大D.的过程中，气体内能变小10、如图所示，在光滑水平面上，边长为L，由同种材料制成的粗细均匀的正方形金属线框abcd以恒定的速度v通过匀强磁场区域，已知cd边平行磁场边界，v垂直边界，线框总电阻为4R，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，宽度为L，下列说法正确的是（）

A.在cd边刚进入磁场时ab两端的电压为B.在cd边刚离开磁场时ab两端的电压为C.为使线框匀速运动水平拉力大小为D.通过磁场的整个过程中线框产生的热量为11、一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，如图所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动．匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动，把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期．若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图(1)所示.当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图(2)所示．若用f0表示弹簧振子的固有频率，f表示驱动力的频率，则()

A.由图线可知f0=4HzB.由图线可知f0=8HzC.由图线可知砝码做受迫振动的周期为8sD.由图线可知，缓慢增大把手转动速度至15r/min，稳定后砝码振动的振幅也将增大评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)12、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______。13、光滑绝缘杆与水平面保持θ角，磁感应强度为B的匀强磁场充满整个空间，一个带正电q，质量为m，可以自由滑动的小环套在杆上，如图所示，小环下滑过程中对杆的压力为零时，小环的速度为________．14、用图甲所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为5eV的光照射到光电管上时，测得电流计的示数随电压变化的图像如图乙所示.则光电子的最大初动能为__________J，金属的逸出功为________J.15、双桶洗衣机的脱水桶的电机是由一个定时开关和一个由桶盖控制的开关组成的，当定时开关合上时；只要打开桶盖，电机又被关闭。

（1）如图所示的哪个电路图能满足上述的要求？()

A.B.C.D.

（2）根据以上罗列的控制条件和控制结果的情况，完成其真值表，并在虚线框内画出该门电路符号()。输入输出ABZ00______01______10______11______

16、如图所示；将带有负电的绝缘棒移近两个不带电的导体球，两个导体开始时互相接触且对地绝缘。

（1）为了使两球带上等量异号电荷，应___________。

A．先移走棒；再把两球分开B．先把两球分开，再移走棒。

（2）使棒与甲球瞬时接触，再移走棒，导体甲带___________电；导体乙带________。

（3）先使甲球瞬时接地，再移走棒，导体甲带_________电；导体乙带________电。17、带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体，气体开始处于a状态，然后经过状态变化过程到达c状态。在图中变化过程如图所示。

（1）气体从a状态经过到达b状态的过程中压强____________。（填“增大”；“减小”或“不变”）

（2）气体从b状态经过到达c状态的过程要____________。（填“吸收”或“放出”）热量。18、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_____19、如图所示，金属环直径为d，总电阻为2R，匀强磁场磁感应强度为B，垂直穿过环所在平面．电阻为的导体杆AB沿环表面以速度v向右滑至环中央时，杆两端的电压为____________．

20、如图所示，在光滑的水平面上放置一质量为m的小车，小车上有一半径为R的光滑的弧形轨道，设有一质量为m的小球，以v0的速度，方向水平向左沿圆弧轨道向上滑动，达到某一高度h后，又沿轨道下滑，试求h=______，小球刚离开轨道时的速度为______．评卷人得分四、作图题(共3题，共24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4题，共28分)24、如图（甲）所示是一种测量血压的压力传感器在工作时的示意图.薄金属片P固定有4个电阻R1、R2、R3、R4［如图（乙）所示；4个电阻的形状会跟着薄金属片受压而变化，左边是它的侧面图］，这4个电阻连接成电路如图（丙）所示，它为什么能测量血压？其工作原理是：当O点加一个压力F后薄金属片P发生形变，这时4个电阻也随之发生形变，形变能使各电阻大小发生变化，使A点与B点之间产生电势差．血压越高，压力越大，金属片形变越显著，电阻变化越大，因此电压表的示数越大，于是就可根据电压表的示数大小测量血压的高低了．请分析各图并回答下列问题：

（1）开始时金属片中央O点未加任何压力，欲使电压表无示数，这4个电阻之间的关系应满足______________.

（2）当O点加一个压力F后发生形变，这时4个电阻也随之发生形变，形变后各电阻大小如何变化？R1、R4____________；R2、R3____________.（选填“变小”或“不变”或“变大”）

（3）电阻变化后，电路的A、B两点哪点电势高？_______.

25、（1）用游标为20分度的游标卡尺测量一根金属丝的长度，由图可知其长度为________mm；

（2）用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，其示数如图所示，该金属导线的直径为________mm；

（3）用多用电表的电阻“×100”挡，按正确的操作步骤测某金属导体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为________Ω。

26、某同学设计了如图甲所示的实验电路,测量电池的电动势E和内阻r．已知定值电阻R0=4实验通过改变电阻箱阻值，测出多组电阻箱阻值R及对应的电压表示数U，做出关系图象,如图乙所示．

(1)写出的函数关系式:_____________；

(2)由图可得该电池的电动势E=______V，内阻r=____若考虑伏特表内阻的影响，则电动势E的测量值______（选填：“大于”、“等于”或“小于”）真实值．27、请读出游标卡尺的读数。

（1）_____________mm（2）_____________mm评卷人得分六、解答题(共1题，共8分)28、我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超七千米，再创载人深潜新纪录。在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990m深处的海水温度为280K。某同学利用该数据来研究气体状态随海水温度的变化，如图所示，导热性良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气缸所处海平面的温度T0=300K，压强p0=1atm，封闭气体的体积V0=3m2。如果将该气缸下潜至990m深处；此过程中封闭气体可视为理想气体。

①求990m深处封闭气体的体积____（1atm相当于10m深的海水产生的压强）；

②下潜过程中封闭气体___________(填“吸热”或“放热”)，传递的热量__________（填“大于”或“小于”）外界对气体所做的功。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

粒子在磁场中转过的圆心角越大，粒子的运动时间越长，粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大；运动时间最长，作出粒子运动轨迹求出粒子的最大轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的最大速度。

【详解】

粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切；粒子运动轨迹如图所示；

由题意可知：∠a=60°，∠b=90°，边长ac=L，则ab=L，四边形abdO是正方形，粒子轨道半径：r=L，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得；qvmB=2m粒子的最大速度，解得：故ACD错误，B正确；故选B。

【点睛】

本题带电粒子在有界的磁场中运动的类型，注意根据圆的对称性得到出射时粒子速度和边界的夹角与入射时速度和边界的夹角相等。解答此题的关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹，结合几何关系确定轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解最大速度，注意粒子不能从C点射出.2、B【分析】【分析】

当滑动变阻器的滑臂P由上端向下滑动的过程中，变阻器滑片上侧电阻与R1串联后与变阻器滑片下侧并联的总电阻一直变小；根据闭合电路欧姆定律分析电路中的电流变化和路端电压的变化，再根据欧姆定律分析对应的电流和电阻关系，再根据功率公式分析功率的变化．

【详解】

A项：由图可知，电流表与R0的下部分串联、R1与R0的上部分串联，二者再并联后与R2串联；电流表中的电流小于流过R2的电流，故故A错误；

B项：电压表V测量路端电压，则其电压表示数的变化等于内阻两端电压的变化，在滑片向下滑动过程中，总电阻减小，总电流增大，并联部分电压减小，流过R1的电流减小，故流过电流表的电流增大，因此总电流的变化量小于A中电流的变化，因此故B正确；

C项：由B的分析可知；总电流增大，故电源的发热功率一直增大，故C错误；

D项：由于外电阻一定大于内电阻；而在改变中外电阻减小，故外电阻越来越接近内电阻，故电源的输出功率一定增大，故D错误．

故应选：B．

【点睛】

本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从最上端→中间→最下端总电阻变化情况的判断．3、A【分析】【分析】

【详解】

A．根据热力学第二定律可知；摩擦生热的过程在任何情况下都是不可逆的，A正确；

B．空调既能制热又能制冷；但是消耗电能，说明在不自发地条件下热传递方向可以逆向，不违背热力学第二定律，B错误；

C．永动机不存在的原因是违背了能量守恒定律；C错误；

D．由于能量转移或转化是有方向性的；虽然能量守恒，但是还会产生能源危机，D错误。

故选A。4、D【分析】【详解】

关系满足：根据直线的截距等于斜率等于可得故正确．

故选．5、D【分析】【详解】

解：根据法拉第电磁感应定律：E=BLv；如下图；

L1=2=2R；

L2=2=2R；

又根据v=v1==2

v2==4

所以E1=4BR；

E2=8BR=4BR；

所以E1＜E2．

再根据右手定则判定电流方向从a到b；在电源内部电流时从电源负极流向正极；

故D正确．

【点评】

由于铜棒切割磁感线时没有形成回路；所以铜棒做的是自由下落．

对于电源而言，电源内部电流是从电源负极流向正极．二、多选题(共6题，共12分)6、B:C【分析】【详解】

用能量为12.11eV的光照射一个基态氢原子，不能被氢原子吸收，则也就不能辐射光子，选项A错误；因为-13.6+12.09=-1.51eV，可知用能量为12.09eV的光照射一群基态氢原子，原子的能量升高到n=3能级，该原子在自发地向基态跃迁的过程中，最多能辐射出=3种不同频率的光子．故B正确；因为-13.6+12.75=-0.85eV，可知用能量为12.09eV的光照射一个基态氢原子，原子的能量升高到n=4能级，该原子在自发地向基态跃迁的过程中，辐射的情况最多为从4→3→2→1的途径．可知一个n=4能量态的氢原子，最多能辐射出3种不同频率的光子．故C正确；结合C的分析可知，用能量为12.75eV的光照射一群基态氢原子，原子的能量升高到n=4能级，最多能辐射出＝6种不同频率的光子．故D错误．7、B:C【分析】【详解】

A．知道水蒸气的摩尔体积和水分子运动占据的空间的体积；可计算出阿伏伽德罗常数，选项A错误；

B．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离；分子之间的作用力表现为引力，所以液体表面存在表面张力，故B正确；

C．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中；分子力先是斥力，后是引力，分子力先做正功，后做负功，则它们之间的分子势能先减小后增大，选项C正确；

D．布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒所做的无规则运动；不是固体分子的运动，选项D错误；

故选BC.8、A:B:D【分析】【详解】

A．由状态a等压变化到状态b，气体的体积变大，根据

可知气体的温度升高，故气体在状态a的温度小于在状态b的温度；A正确；

B．从状态a到状态b的过程；气体的体积变大，可知气体对外做正功，B正确；

C．从状态b到状态c的过程，气体体积不变，气体的压强变小，根据

可知气体的温度降低；可知气体的内能减小，根据热力学第一定律可知，气体对外放热，C错误；

D．由题意可知气体在状态a的温度等于在状态c的温度，故气体在状态a的内能等于在状态c的内能；D正确；

E．从状态c到状态a的过程；气体的体积变小，外界对气体做正功，又气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体对外放热，E错误。

故选ABD。9、A:C:D【分析】【分析】

【详解】

AB．的过程中，气体体积变大，则气体对外做功；温度不变，内能不变。则气体吸收热量，选项正确、错误；

CD．根据可得。

在的过程中，图线上的点与横轴上点连线的斜率减小，则气体压强变大；气体的温度降低，内能减小，选项正确。

故选ACD。10、A:D【分析】【分析】

当cd边在磁场中切割时，ab相当于其中的一个外电路，当ab边切割时，ab相当于电源；它两端的电压应该等于路端电压．

【详解】

A.在cd边刚进入磁场时cd导体棒切割磁感线产生电动势，ab相当于外电路中的一部分，根据电阻的关系可知ab两端的电压为故A对；

B.在cd边刚离开磁场时ab切割磁感线，cd相当于电源，所以两端的电压为路端电压即故B错。

C.为使线框匀速运动水平拉力大小应该等于安培力，即故C错；

D.通过磁场的整个过程中线框产生的热量即为克服安培力所做的功：故D对；

故选AD

【点睛】

本题考查了电磁感应定律，在处理本题时一定要注意谁是电源，谁是外电路，这样才可以准确知道电压值．11、C:D【分析】【详解】

ABC．有图像可知弹簧振子的固有周期为4s，因此弹簧振子的固有频率为弹簧振子做受迫振动的周期为8s，受迫振动的频率为故AB错误；C正确；

D．当转速n=15r/min=即受迫振动的频率和弹簧振子的固有频率相同，物体达到共振，因此振幅增大，故D正确．三、填空题(共9题，共18分)12、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13、略

【分析】当小球所受的洛伦兹力小于重力垂直杆向下的分力，小球向下做加速运动，洛伦兹力逐渐增大，支持力和滑动摩擦力逐渐减小，合力增大，加速度增大．当洛伦兹力等于重力垂直杆的分力时，又由得

点睛：本题关键是分析小球的受力情况，判断其运动情况，注意先分析重力和洛伦兹力，再分析弹力和摩擦力，抓住洛伦兹力的大小与速度大小成正比进行动态分析。【解析】14、略

【分析】【详解】

第一空.由题中I－U图像可知：遏止电压Uc=2V，即Ekm=eUc=3.2×10-19J。

第二空.由光电效应方程Ekm=hv－W0解得W0=hv－Ekm=3eV=4.8×10-19J.【解析】3.2×10－194.8×10－1915、略

【分析】【详解】

（1）[1]根据题目要求；能满足条件的电路是A；

（2）[2]该电路为“与”门电路；电路符号为。

[3][4][5][6]真值表。输入输出ABZ000010100111【解析】A000116、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]根据静电感应可知；将带有负电的绝缘棒移近两个不带电的导体球时，在两个导体球上分别感应出等量的异号电荷，此时先把两球分开，再移走棒。就会使两球带上等量异号电荷；

(2)[2][3]使棒与甲球瞬时接触；再移走棒，会使两导体球均带上负电荷；

(3)[4][5]先使甲球瞬时接地，会使两球瞬间与大地连为一体，此时导体球上感应出的负电荷会导入大地，再移走棒，两球均带正电荷。【解析】B负负正正17、略

【分析】【详解】

（1）[1]由图像可知，气体从a状态经过到达b状态的过程中，气体的体积保持不变，温度升高，根据

可知气体的压强增大。

（2）[2]由图像可知，气体从b状态经过到达c状态的过程，气体的温度保持不变，则气体的内能保持不变；气体的体积减小，则外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体对外放出热量。【解析】增大放出18、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≥19、略

【分析】【详解】

[1]杆切割产生的感应电动势为E=Bdv

两个电阻为R的半金属圆环并联，并联电阻

则电路电流（总电流）为

杆两端的电压为

考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律。【解析】20、略

【分析】【详解】

小球从进入轨道；到上升到h高度时为过程第一阶段，这一阶段类似完全非弹性的碰撞，动能损失转化为重力势能（而不是热能）．

小球到达最大高度h时；小球与小车的速度相同，在小球从滑上小车到上升到最大高度过程中，系统水平方向动量守恒，以水平向左方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：

mv0=（m+m）v

系统的机械能守恒，则得：mv02=（m+m）v2+（m+m）gh

解得：h=

小球从进入到离开，整个过程属弹性碰撞模型，又由于小球和车的等质量，由弹性碰撞规律可知，两物体速度交换，故小球离开轨道时速度为零．【解析】0四、作图题(共3题，共24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