2025年人教版PEP选修3物理上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年人教版PEP选修3物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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、远距离输电装置如图所示；升压变压器和降压变压器均是理想变压器，输电线等效电阻为R。下列说法正确的是。

A.当开关由a改接为b时，电压表读数变大B.当开关由a改接为b时，电流表读数变大C.闭合开关后，电压表读数变大D.闭合开关后，电流表读数变大2、如图所示，两光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为d，其左端接阻值为R的定值电阻，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m的导体棒MN垂直于导轨放置，且接触良好．现给导体棒MN一水平向右的初速度v1，经过时间t，导体棒MN向右运动的距离为x，速度变为v2．不计金属导轨和导体棒MN的电阻．甲、乙两位同学根据以上条件，分别求解在时间t内通过电阻R的焦耳热Q，具体过程如下：。甲同学：

在这段时间内，导体棒MN切割磁感线的感应电动势

所以乙同学：

在导体棒向右运动的过程中，导体棒损失的动能最终转化为电阻R的焦耳热，则有

A.两位同学的解法都正确B.两位同学的解法都错误C.甲同学的解法正确，乙同学的解法错误D.甲同学的解法错误，乙同学的解法正确3、在解锁智能手机的过程中，可以采用人脸识别，也可以输入正确的密码，则要完成解锁手机，上述两种方式的逻辑关系是（）A.“或”关系B.“与”关系C.“非”关系D.不存在逻辑关系4、关于电势能和电势，下列说法正确的是A.电荷在电势高的位置，具有的电势能大B.电荷在电势高的位置，所带电荷量越大，具有的电势能也越大C.在带正电的场源电荷所产生的电场中的任一点，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能D.在带负电的场源电荷所产生的电场中的任一点，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能5、一束细光束由真空沿着径向射入一块半圆柱形透明体，如图甲所示，对其射出后的折射光线的强度进行记录，发现折射光线的强度随着的变化而变化，如图乙的图线所示，则下列说法正确的是（）

A.透明体的临界角为B.透明体的临界角为C.透明体的折射率为D.透明体的折射率为6、的衰变方程式为→＋X，则下列说法正确的是A.的衰变过程属于α衰变，X为氦原子核B.原子核内的中子数比原子核内的中子数多一个C.通过降低温度的方法可使的半衰期变短，降低危害D.原子核的比结合能等于原子核的比结合能评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是()A.因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B.因为U＝IR，所以当I增大时，路端电压也增大C.因为U＝E－Ir，所以当I增大时，路端电压下降D.若外电路断开，则路端电压等于电动势8、氢原子核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道时，下列说法正确的是A.原子要吸收光子B.原子要放出光子C.电子的动能减小，原子的电势能增大D.电子的动能增大，原子的电势能减小9、关于热现象，下列说法正确的是（）A.气体分子间距离减小时，其分子势能一定增大B.处于完全失重的水滴呈球形，是液体表面张力作用的结果C.分子间的距离存在某一值当大于时，分子间引力大于斥力；当小于时，分子间斥力大于引力E.一定质量的理想气体，温度越高，单位时间内容器的内壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多E.一定质量的理想气体，温度越高，单位时间内容器的内壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多10、关于热学知识，下列说法正确的是（）A.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部B.晶体都具有各向异性和固定熔点的特性C.在绝对湿度一定的情况下，气温降低时，相对湿度将增大D.无风雾霾中的（粒径小于或等于2.5微米的颗粒物）的运动属于布朗运动11、如P－T图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③到达状态d。对此气体；下列说法正确的是（）

A.过程①中，气体体积不断增大B.过程②中，气体从外界吸收热量C.过程③中，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数增加D.状态a的体积大于状态d的体积12、下列说法正确的是（）A.液晶显示器利用了液晶对光具有各向同性的特性B.医用脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液C.一定质量的单晶体在熔化过程中，分子势能一定增大E.夏天中午时车胎内的气压比清晨时高，且车胎体积较大，胎内气体对外界做功，内能较大（胎内气体质量不变且可视为理想气体）E.夏天中午时车胎内的气压比清晨时高，且车胎体积较大，胎内气体对外界做功，内能较大（胎内气体质量不变且可视为理想气体）13、下列关于热现象的说法，正确的是____。A.一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加B.当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小C.热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”D.在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素14、波速均为lm/s的两列简谐横波，分别从波源x=0、x=12m处沿x轴相向传播，t=0时的波形图如图所示；下列说法正确的是。

A.两列波的频率均为0.25HzB.t=0.2s时，两列波相遇C.两列波相遇过程中，x=5m处和x=7m处的质点振动加强D.t=3s时，x=6m处的质点位移达到最大值评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、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”）。

16、蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移和转化，我们把这些气体称为工质。某热机经过一个循环后，工质从高温热源吸热Q1，对外做功W，又向低温热源放热Q2，工质完全恢复初始状态，内能没有变化。根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，Q1、Q2、W三者之间满足的关系是____。热机的效率不可能达到100%，从能量转化的角度，说明___能不能完全转化为___能而不产生其他影响。17、如图所示，导线圈A水平放置，条形磁铁从其正上方向下移近(未插入)导线圈的过程中，导线圈A对水平面的压力将________．导线圈的面积有______趋势．（填“增大”,“不变”或“减小”）

18、质量和电荷量大小都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，M和N运行的半圆轨迹如图中的虚线所示，则M带_________（选填“正电”或“负电”）；M的运行时间_________（选填“>”、“=”或“<”）N的运行时间。

19、如下左图所示，楔形木块A固定在水平放置压力传感器上，A的斜面是光滑的．某同学将质量不同的小钢球从斜面顶端静止释放，记录小钢珠在斜面上运动时压力传感器的示数．重力加速度g="9.8"m/s2.记录实验数据后；根据数据做出F-m图像，如下右图．

（1）由图像知，木块A的质量M=____kg（保留小数点后一位）

（2）若斜面倾角为θ，由图像知，_____（保留小数点后两位）

（3）不同质量的小钢珠在斜面上运动的时间______________（填“相同”或“不相同”）

20、如图所示，在水平向左的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线长度为L，一端拴一个质量为m电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平伸直的位置A然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°的位置B时速度为零。则电场强度E=_____________，小球运动过程中的最大速率为____________。

____评卷人得分四、作图题(共3题，共12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15分)24、利用如图所示电路测定一节干电池的电动势和内电阻：

(1)现有电流表(量程0～0.6A)；开关和导线若干；以及以下器材：

A．电压表(量程0～15V)

B．电压表(量程0～3V)

C．滑动变阻器(0～50Ω)

D．滑动变阻器(0～500Ω)

实验中电压表应选用_，滑动变阻器应选用________．(选填相应器材前的字母)

(2)某位同学记录的6组实验数据如下表所示，6组数据的对应点已经标在坐标纸上，请画出U－I图线.。序号123456电压U/V1.451.401.301.251.201.10电流I/A0.0600.1200.2400.2600.3600.480

(3)根据(2)中所画图线可得出干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω．25、某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中；先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.0cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为99.9s．则。

(1)该摆摆长为_______cm．

(2)如果他测得的g值偏小，可能的原因是()

A.测摆线长时摆线拉得过紧。

B.摆线上端未牢固地系于悬点；振动中出现松动，使摆线长度增加了。

C.开始计时；秒表过迟按下。

D.实验中误将49次全振动数为50次。

(3)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，再以L为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线（如图），并求得该直线的斜率K．则重力加速度g=_______（用k表示），若某同学不小心每次都把小球直径当作半径代入来计算摆长，则用此表达式计算得到的g值会_______（选填“偏大”；“偏小”或“不变”）．

26、（1）某同学用图甲所示的装置做“用双缝干涉测量光的波长”的实验，他采用了蓝色灯作为光源，在测量头目镜中观察到如图乙所示的蓝色条纹．在不改变其他实验条件的情况下，观察到目镜中的条纹如图丙所示，则可能的原因是_____

A．单缝宽度变小了B．双缝间距变小了。

C．光源与单缝间的距离变大了D．光源的发光强度变大了。

（2）干涉条纹除了可以通过双缝干涉观察到外，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上（图甲），让单色光从上方射入（示意图如图乙，其中R为凸透镜的半径），从上往下看凸透镜，也可以观察到由干涉造成图丙所示的环状条纹，这些条纹叫做牛顿环．如果改用波长更长的单色光照射，观察到的圆环半径将_____（选填“变大”、“变小”或“不变”）；如果换一个半径更大的凸透镜，观察到的圆环半径将_____（选填“变大”；“变小”或“不变”）．

（3）采用波长为690nm的红色激光作为单色入射光，牛顿环的两条相邻亮条纹位置所对应的空气膜的厚度差约为_____

A．345nmB．690nmC．几微米D．几毫米评卷人得分六、解答题(共1题，共3分)27、如图，两根光滑平行金属导轨置于水平面(纸面)内，导轨间距为L，左端连有阻值为R的电阻．一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域．已知金属杆以速度v0向右进入磁场区域；做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界(图中虚线位置)时速度恰好为零．金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好．除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计．求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率.

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】当开关由a改接为b时，升压变压器的原线圈匝数增加，副线圈匝数不变，所以输送电压变小，降压变压器的输入电压和输出电压均变小，电压表读数变小，选项A错误；当开关由a改接为b时，输送电压变小，升压变压器的输出功率变小，电源的输入功率P1=I1U1也变小，则通过升压变压器原线圈的电流I1变小，即电流表读数变小，选项B错误；闭合开关后，负载电阻减小，输电电流增大，则线路损失电压增大，降压变压器的输入电压和输出电压均变小，电压表读数变小，选项C错误；闭合开关后，输电电流增大，则通过原线圈中的电流增大，电流表读数变大，选项D正确。2、D【分析】【详解】

导体棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，受到向左的安培力而做减速运动，随着速度的减小，感应电动势和感应电流减小，导体棒所受的安培力减小，导体棒做变减速运动，安培力的平均值是不断变化，不能用求克服安培力做功．故甲同学的解法是错误的．而根据功能关系安培力做多少负功；就有多少动能转化为电能，从而转化为焦耳热，则乙同学的解法是正确的．故选D.

【点睛】求解安培力做功的三种方法：①适用于恒力；②普遍适用；③适用于电路是纯电阻电路.3、A【分析】【详解】

由题意可知；采用人脸识别或输入正确的密码均可以解锁，故采用的是“或”关系。故A正确，BCD错误。

故选A。4、C【分析】试题分析：根据电势的定义式φ=分析得知：正电荷放在电势越高的位置电势能越大．在电场中电势越高的位置；电荷的电量越大所具有的电势能不一定越大，与电荷的电性；电势的正负有关．在正点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能，在负点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能。

解：A；正电荷放在电势越高的位置电势能越大；而负电荷放在电势越高的位置电势能越小．故A错误．

B；在电场中电势越高的位置；电荷的电量越大所具有的电势能不一定越大，与电荷的电性、电势的正负有关．故B错误．

C；无穷远处电势为零；在正点电荷电场中任意一点的电势为正值，则正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能．故C正确．

D；无穷远处电势为零；在负点电荷电场中任意一点的电势为负值，则正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能．故D错误．

故选C

【点评】本题关键要掌握电势的定义式φ=式中三个量φ、q和Ep都要代入符号进行分析5、B【分析】【详解】

AB.由题图乙的图线可知，当小于等于30时，入射角大于等于60折射光线的强度为零，光线产生全反射现象，所以此透明体的临界角为60故选项A不合题意，选项B符合题意；

CD.由临界角公式C=60解得折射率故选项CD不合题意．6、B【分析】【详解】

原子核衰变过程中质量数和电荷数守恒，所以X为电子，该衰变为β衰变，选项A错误；原子核的半衰期与原子核的物理化学性质无关，不能通过降低温度的方法使的半衰期变短，选项C错误；在β衰变中原子核内的一个中子转变成一个电子和一个质子，所以原子核内的中子数比原子核内的中子数多一个，选项B正确；不同原子核的比结合能是不同的，选项D错误．二、多选题(共8题，共16分)7、C:D【分析】【详解】

A.电源电动势不变；路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小，故A错误；

BC.当R增大时，I减小，不能根据判断路端电压的变化，而由分析，E、r不变，I减小，得到U增大；I增大，得到U减小；故C正确B错误；

D.若外电路断开；则路端电压等于电动势，故D正确。

故选CD。8、A:C【分析】【详解】

氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中；原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大，原子的能量增大。

A.原子要吸收光子；符合上述分析，故A正确；

B.原子要放出光子；不符合上述分析，故B错误；

C.电子的动能减小；原子的电势能增大，符合上述分析，故C正确；

D.电子的动能增大，原子的电势能减小，不符合上述分析，故D错误。9、B:C:D【分析】【详解】

A．当分子间距离大于时；分子间作用力表现为引力，此时气体分子间距离减小，分子间引力做正功，分子势能减小，故A错误；

B．处于完全失重时；由于液体表面张力作用，水滴呈球形，故B正确；

C．分子间的距离存在某一值当r等于时，分子间引力等于斥力。而分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，由于斥力比引力变化得快，所以当r小于时，分子间斥力大于引力，当大于时；分子间引力大于斥力，故C正确；

D．任一温度下；气体分子的速率分布均呈现“中间多；两头少”的规律，故D正确；

E．一定质量的理想气体；在体积不变时，温度越高，压强越大，则单位时间内容器的内壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多，故E错误。

故选BCD。10、C:D【分析】【分析】

【详解】

A．液体表面张力的方向平行于液体表面；所以A错误；

B．单晶体都具有各向异性和固定熔点的特性；多晶体具有各向同性，所以B错误；

C．在绝对湿度一定的情况下；气温降低时，相对湿度将增大，所以C正确；

D．无风雾霾中的（粒径小于或等于2.5微米的颗粒物）的运动属于布朗运动；所以D正确；

故选CD。11、A:C:D【分析】【详解】

A．过程①中，气体温度不变，根据

可知；压强减小，则气体体积不断增大，所以A正确；

B．过程②中；气体体积不变，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知气体向外界放出热量，B错误；

C．过程③中；气体压强不变，体积减小，分子数密度增加，温度降低，分子平均速率减小，则气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数增加，C正确；

D．根据＝C

可知在a、d两个状态＝

可知状态a的体积大于状态d的体积；D正确；

故选ACD。12、B:C:E【分析】【详解】

A．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特性工作的；A错误；

B．油脂对水是不浸润的；脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，B正确；

C．单晶体熔化过程中温度不变；其分子动能不变，熔化过程需要吸收热量，故其分子势能增加，C正确；

D．两个相邻的分子间的距离增大时；分子间的引力和斥力均减小，D错误；

E．夏天中午温度比清晨时温度高；则气体内能变大，车胎体积增大，则胎内气体对外界做功，选项E正确。

故选BCE。13、A:D【分析】【详解】

A．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气时；吸收热量，内能增加，由于分子平均动能不变，因此分子势能增加，故A正确；

B．当两分子间距离大于平衡位置的间距时；分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故B错误；

C．热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体；而不引起其他方面的变化”，故C错误；

D．温度越高；分子无规则运动的剧烈程度越大，因此在真空；高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，故D正确；

故选AD。14、A:D【分析】【详解】

A项：两列波的波长为由得故A正确；

B项：时；两列波相遇，故B错误；

C项：两列波相遇过程中，x=5m处和x=7m处的质点波峰与波谷相遇振动减弱；故C错误；

D项：两波的周期为时两列波在x=6m相遇，相遇x=6m处质点向下振动，再经过即t=3s时，该质点到达波谷，位移达到最大值，故D正确．三、填空题(共6题，共12分)15、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16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由热力学第一定律，热量、做功、内能的符号规定得Q1＋（－Q2）＋（－W）＝0，即Q1－Q2＝W。

[2][3]再由热力学第二定律知，内能不可能全部转化成机械能而不产生其他影响。【解析】Q1－Q2＝W内机械17、略

【分析】【详解】

条形磁铁从其正上方向下移近时；穿过线圈A的磁通量会增加，根据楞次定律知：线圈有向下运动的趋势，所以对地面的压力将增加，由于穿过线圈A的磁通量，根据楞次定律知道，此时线圈A的面积有减小的趋势，用来阻碍磁通量的增加．

综上所述本题答案是：增大；减小【解析】增大减小18、略

【分析】【详解】

[1]磁场的方向向里；由左手定则判断出M带负电荷，N带正电荷；

[2]粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，根据

而

整理可以得到

所以M的运行时间等于N的运行时间。

点睛：本题结合带电粒子的磁场中的运动考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用。【解析】负电=19、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）当m=0时，传感器的示数即为木块A的重力，则有：Mg=4.80N，解得：

（2）对小球受力分析；根据平衡条件可知，A对小球的支持力N=mgcosθ；

根据牛顿第三定律可知；小球对A的压力为mgcosθ；

对A受力分析可知；传感器对A的支持力F=Mg+mgcosθcosθ；

则传感器的示数为F=Mg+mgcos2θ

则F-m图象的斜率k=gcos2θ；

则有：

解得：cos2θ=0.82

（3）根据牛顿第二定律得小球下滑的加速度为：a＝gsinθ；则不同质量的小钢珠在斜面上运动情况完全相同，所以运动的时间也相同．

考点：研究加速度与物体质量；受力的关系.

【名师点睛】

本题考查研究加速度与物体质量、受力的关系实验；解题的关键是搞清实验的原理及分别对小球和A受力分析，求出传感器的示数F与m的表达式，注意F-m图象斜率和截距所表示的含义，难度适中．【解析】0.50.80（0.77~0.83）相同20、略

【分析】【详解】

[1]由动能定理可知

解得

[2]设小球在运动中细线与水平方向的夹角为α，则对任一时刻应有

解得

当时，v最大，为【解析】四、作图题(共3题，共12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