2025年粤教版选修3物理下册阶段测试试卷

…………○…………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年粤教版选修3物理下册阶段测试试卷393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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、2021年4月6日，我国成功发射“实践十号”卫星。在该卫星内进行制造泡沫铝的实验。给金属铝加热，使之熔化成液体，给液体中通入氢气，液体内将会产生大量气泡，冷凝液体就会得到泡沫铝。实验过程中下列说法正确的是（）A.熔化的铝液中不同位置压强不同B.泡沫铝是非晶体C.液态铝表面张力“阻碍”气泡的膨胀D.铝在熔化过程中分子平均动能不断增大2、矩形闭合线圈平面跟磁感线方向平行；如图所示，下列哪种情况线圈中有感应电流。

A.线圈绕ab轴转动B.线圈沿现在所处平面下移C.线圈垂直纸面向外移动D.线圈绕ad轴转动3、如图所示，矩形导线框必abcd固定在水平桌面上，通有恒定电流的长直导线MN靠近水平桌面，且平行于ab边，在长直导线匀速从ab平移到cd边的过程中；下列说法正确的是。

A.导线框中有逆时针方向的感应电流B.导线框中感应电流的方向先顺时针后逆时针C.导线框所受的安培力的合力方向水平向右D.导线框所受的安培力的合力方向先水平向右后水平向左4、下列说法中正确的是A.在同一等势面上移动电荷，电场力不做功B.等势面上各点电场强度大小一定相等C.电场中电势高处，电荷的电势能就大D.电场中电场强度大处，电荷的电势能就大5、如图所示的电路，R1、R2、R4均为定值电阻，R3为热敏电阻(温度升高，电阻减小)，电源的电动势为E，内阻为r.起初电容器中悬停一质量为m的带电尘埃，当环境温度降低时，下列说法正确的是()

A.电压表和电流表的示数都减小B.电压表和电流表的示数都增大C.电压表和电流表的示数变化量之比保持不变D.带电尘埃将向下极板运动6、如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并与B端油泥粘在一起；忽略一切摩擦，以下说法正确的是。

A.弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B.C与B碰前，C与AB的速率之比为m:MC.C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动D.C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动7、物理实验中；常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量．如图所示，探测线圈与冲击电流计G串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R．若将线圈放在被测匀强磁场中，开始时线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，“冲击电流计”测出通过线圈导线的电荷量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为（）

A.B.C.D.8、导体的伏安特性曲线表示导体的导电特性．下图是A、B两个导体的伏安特性曲线，其中图线A的斜率为k，并且图线A与横轴成а角．关于这两个导体的伏安特性曲线的下列说法正确的是（）

A.导体A为线性元件，且B.导体B是非线性元件，曲线上某点切线的斜率为相应状态的电阻的倒数C.两条图线相交的点表示两导体在此状态时的I、U、R均相等D.导体B的电阻值随电流的增加而变大评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、一定质量的理想气体的状态发生变化，经历了图示A→B→C→A的循环过程；则（）

A.气体在A状态时的温度等于气体在B状态时的温度B.从状态B变化到状态C的过程中，气体经历的是等压变化C.从状态B变化到状态C的过程中，气体分子平均动能增大D.从状态C变化到状态A的过程中，气体的温度逐渐减小10、有A、B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断()

A.电阻A的阻值大于电阻BB.电阻A的阻值小于电阻BC.两电阻串联时，电阻A消耗的功率较小D.两电阻并联时，流过电阻B的电流强度较大11、如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止；下列说法正确的是（）

A.ab中的感应电流方向由a到bB.ab所受的安培力方向向左C.ab中的感应电流方向由b到aD.ab所受的安培力方向向右12、如图所示为研究决定平行板电容器电容大小因素的实验装置．两块相互靠近的等大正对的平行金属板、组成电容器，板固定在绝缘座上并与静电计中心杆相接，板和静电计的金属壳都接地，板上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板的位置．在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量不变，对此实验过程的描述正确的是（））

A.只将板从图示位置稍向左平移，静电计指针张角变大B.只将板从图示位置稍向上平移，静电计指针张角减小C.只将板从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，静电计指针张角变大D.只在之间插入云母板，静电计指针张角变大、13、如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．下述结论正确的是（））

A.若保持开关S闭合，将B两极板靠近些，指针张开角度将变小B.若保持开关S闭合，将B两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变C.若断开开关S后，将B两极板靠近些，指针张开角度将变小D.若断开开关S后，将B两极板正对面积变小些，指针张开角度将变大14、A、B、C为三块水平放置的金属板，与电路连接如图所示，三块板正中央各有一小孔，A板接地，电源内阻为r，三个定值电阻电路中电表均为理想电表，滑片P开始置于R2中点，现有一质量为m、电量为+q的液滴从A板小孔正上方距离为h的D点静止释放；恰好能到达C板，不计空气阻力和极板外电场，下列说法中正确的是。

A.滑片P由R2中点往左移动，则B板电势降低B.滑片P由R2中点往左移动,则电流表A1的示数减小，A2的示数增大C.滑片P由R2中点往左移动，仍将该液滴从D点由静止释放，则带电液滴不能到达C板D.滑片P由R2中点往左移动，则不变，的值变小(U为电压表V示数，I2为电流表A2，为电流表A2示数的改变量)评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、如图所示，在匀强电场中的两点距离为两点间的电势差为连线与场强方向成角，则此电场的电场强度__________．

16、利用扫描隧道显微镜（STM）可以得到物质表面原子排列的图像；从而可以研究物质的结构。如图所示的照片是一些晶体材料表面的STM图像，通过观察；比较，可以看到这些材料表面的原子排列有着共同的特点，这些共同的特点是：

(1)______________；

(2)_____________。

17、如图所示的电路中，E、r、R1已知，可变电阻R2的最大值

（1）当R2=______时，R1的电功率P1有最大值，最大值为______；

（2）当R2=______时，R2的电功率P2有最大值，最大值为______；

（3）当R2=______时，电源功率PE有最大值，最大值为______；

（4）当R2=______时，电源内部消耗的功率有最小值，最小值为______

（5）当R2=______时，电源输出功率P出有最大值，最大值为______18、如图所示宽度为d；厚度为h的金属板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中；当有电流I通过金属板时，在金属板上侧面A和下侧面A’间产生电势差．

（1）金属板上侧面A电势____________下侧面电势（填高于或低于）；

（2）若金属板内单位体积内自由电子数为n，则产生的电势差U=___________________．19、两个分别带有电荷量和的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为两小球相互接触后将其固定距离变为则两球间的库仑力的大小为的__________倍．20、如图所示，真空中有一对相距为d的平行金属板A和B，两板间电势差为U，两板间的电场为匀强电场．若一个质量为m、电荷量为q的粒子，仅在静电力的作用下由静止开始从A板向B板做匀加速直线运动并到达B板，则粒子在运动过程中加速度大小a=________，粒子到达B板时的速度大小v=________．

21、高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带刚对人产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动），重力加速度为g，设竖直向上为正方向，则此过程人的动量变化量为______。此后经历时间t安全带达到最大伸长量，若在此过程中安全带作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为_____。评卷人得分四、作图题(共3题，共24分)22、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．

23、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．

24、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30分)25、(1)某学生选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时；原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压.

①下列操作正确的是()

A．原线圈接直流电压，电表用直流电压挡B．原线圈接直流电压；电表用交流电压挡。

C．原线圈接交流电压，电表用直流电压挡D．原线圈接交流电压；电表用交流电压挡。

②该学生继续做实验，在电源电压不变的情况下,先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压___________（选填“增大”；“减小”或“不变”）.

（2）在“探究碰撞中的不变量”实验中，某同学利用气垫导轨，结合光电门来研究碰撞前后的不变量．如图所示，滑块上面的遮光片宽度为2.00cm，滑块1的质量为120g，滑块2的质量为220g．他先让滑块2静止放置在两个光电门之间，滑块1向右碰撞滑块2，碰撞后滑块1反弹，滑块2向右通过光电门，其中光电门1显示的两个时间先后分别为0.034s和0.144s，光电门2显示的时间0.050s，则碰撞后的滑块1和滑块2总动量的大小为_________kg·m/s（结果保留两位有效数字）．26、在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中；采用如图所示实验电路．

（1）实验时记录电流表的示数I和电压表的示数U，对应的数据画出如图乙所示的U—I图象，则该干电池组的电动势为E=______V、内电阻为r=______．在其他操作规范的情况下，测得电源的电动势________(填“偏大”；“偏小”或“无误差”)．

（2）小电珠L的额定电压为3.8V，现已测出其伏安特性曲线如图丙所示，它的额定电功率P额=________W．单独将L与上面所测干电池组连接，则L消耗的实际电功率P=_________W．27、LED灯的核心部件是发光二极管．某同学欲测量一只工作电压为2.9V的发光二极管的正向伏安特性曲线，所用器材有：电压表(量程3V，内阻约3kΩ)，电流表(用多用电表的直流25mA挡替代，内阻约为5Ω)，滑动变阻器(0-20Ω)，电池组（内阻不计），电键和导线若干．他设计的电路如图(a)所示．回答下列问题：

(1)根据图(a)，在实物图(b)上完成连线_______；

(2)调节变阻器的滑片至最____端（填“左”或“右”）；将多用电表选择开关拨至直流25mA挡，闭合电键；

(3)某次测量中，多用电表示数如图(c)，则通过二极管的电流为_____mA；

(4)该同学得到的正向伏安特性曲线如图(d)所示．由曲线可知，随着两端电压增加，二极管的正向电阻____（填“增大”、“减小”或“不变”）；当两端电压为2.9V时，正向电阻为_____kΩ（结果取两位有效数字）；

(5)若实验过程中发现，将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.7V-2.9V之间变化，试简要描述一种可能的电路故障：____．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A．在卫星中处于完全失重状态；则熔化的铝液中不同位置压强相同，故A错误；

B．泡沫金属物理性质仍然是晶体；故B错误；

C．失重条件下液态金属呈球状是由于液体表面分子间存在表面张力的结果；液态铝表面张力将会阻碍气泡的膨胀，故C正确；

D．铝是晶体；在熔化过程中温度不变，则分子平均动能不变，故D错误。

故选C。2、A【分析】【分析】

【详解】

A、根据感应电流产生的条件，当线圈绕ab轴转动时；穿过线圈的磁通量发生变化，故A正确.

B、线圈沿沿现在所处平面下移，磁场与线圈平行，磁通量始终为零，故△Φ=0；无电流产生，故B错误.

B、线圈垂直纸面向外平动，磁场与线圈平行，线圈有效面积为零，故△Φ=0；无电流产生，故C错误.

D、线圈绕ad轴转，磁场与线圈始终平行，线圈有效面积为零，故△Φ=0；无电流产生，故D错误.

故选A.3、C【分析】【详解】

AB.直导线中通有向上的电流；根据安培定则知，通过线框的磁场方向先垂直向里减小，然后垂直向外增大，根据楞次定律知感应电流的方向为顺时针方向，故A；B错误。

CD.根据左手定则知，ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向右，则线框所受安培力的合力方向水平向右，故C正确，D错误。4、A【分析】电势能电荷量与电势都不变，故电场力不做功，A正确．正负电荷中垂线上是等势面，但场强大小不同．B错误．电荷量为负时，电越越高，电势能越小，C错误．电场强度与点势大小没必然关系．D错误．5、C【分析】【分析】

首先要读懂电路图，知道电容器的端电压等于R4的端电压；根据温度升高，判断电路的总电阻的变化，在判断支路电压和电流的变化；再根据电容器板间电压的变化，分析板间场强的变化，判断带电尘埃的受力情况，从而分析其运动情况；

【详解】

AB、当环境温度降低时，R3的阻值增大，外电路总电阻增大，则总电流减小，所以电流表的示数减小；根据欧姆定律可得内电压减小，R1两端的电压减小，并联部分的电压增大，则电压表的示数增大，故A、B错误；

C、电压表的示数为U=E−I(R1+r)，则得电压表和电流表的示数变化量之比为，保持不变，故C正确；

D、电容器板间电压增大，板间场强增大，带电尘埃所受的电场力增大，则带电尘埃将向上极板运动，故D错误；

故选C．

【点睛】

关键是注意此题牵涉的电阻较多，分析应逐项分析，注意灵活应用闭合电路的欧姆定律和各支路的电压与电流的关系．6、D【分析】【详解】

A.小车AB与木块C组成的系统动量守恒；系统在初状态动量为零，则在整个过程中任何时刻系统总动量都为零，由动量守恒定律可知，弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB与向左运动．故A错误；

B.以向右为正方向，由动量守恒定律得：解得：故B正确；

CD.系统动量守恒，系统总动量守恒，系统总动量为零，C与油泥沾在一起后，AB立即停止运动．故C正确，D错误．故选BC.7、B【分析】【详解】

试题分析：闭合回路流过的电荷量而电路平均电流整理即所以磁感应强度选项B对．

考点：电磁感应定律8、C【分析】【详解】

A．导体A的I-U图线为倾斜直线，故A为线性元件；但因两坐标所用的标度并不相同，故不能用正切值来求解电阻，故A错误.

B．导体B的I-U图线为曲线，故B为非线性元件；但曲线上某点和坐标原点连线的斜率才为相应状态的电阻的倒数，故B错误.

C．图线交点表示两导体U和I相同，由B选项分析可知两电阻R也相同；故C正确.

D．由图可知导体B曲线上的点与坐标原点连线的斜率逐渐变大，故电阻逐渐变小，故D错误.二、多选题(共6题，共12分)9、A:B【分析】【详解】

A．气体在状态和状态满足玻意尔定律所以两状态温度相等；A正确；

B．根据图像可知，从状态B变化到状态C的过程中；压强恒定，所以气体经历的是等压变化，B正确；

C．根据图像可知根据盖-吕萨克定律可知温度是分子平均动能的标志，所以从状态B变化到状态C的过程中；气体分子平均动能减小，C错误；

D．根据图像可知根据查理定律可知从状态C变化到状态A的过程中；气体的温度逐渐增大，D错误。

故选AB。10、B:C【分析】【分析】

伏安特性曲线中直线的斜率表示的是电阻的倒数；根据斜率的大小可以判断AB电阻的大小；根据电阻的大小，再由欧姆定律可以判断流过电阻的电流的大小；

【详解】

A；I-U图线的斜率表示电阻的倒数；A图线的斜率大，则A的电阻小，故A错误，B正确；

C、当两电阻串联时，电阻的电流相同，由可得；电阻小的电阻的功率小，所以电阻A消耗的功率较小，所以C正确；

D；两电阻并联时；即电压相同的时，由于A的电阻小，流过电阻A的电流强度较大，则流过电阻B的电流强度较小，所以D错误．

【点睛】

本题就是考查学生对于伏安特性曲线的理解，在做题时一定要区分开U-I图象和I-U图象，不同的图象中的直线的斜率的含义不同．11、A:D【分析】【分析】

【详解】

AC．磁感应强度随时间均匀减小，故回路磁通量减小，根据楞次定律判断，感应电流的磁场方向向下，根据右手定则判断ab中的感应电流方向由a到b；A正确C错误。

BD．因为ab中的感应电流方向由a到b，磁场方向竖直向下，根据左手定则判断ab所受的安培力方向向右，B错误D正确12、A:C【分析】【详解】

只将板M从图示位置稍向左平移，d增大，根据知，电容减小，根据知势差增大，则静电计指针张角变大，故A正确；只将板M从图示位置稍向上平移，正对面积S减小，根据知，电容减小，根据知电势差增大，则静电计指针张角变大，故B错误；只将板M从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，正对面积S减小，根据知，电容减小，根据知电势差增大，则静电计指针张角变大，故C正确；只在M、N之间插入云母板，介电常数变大，根据知，电容增大，根据知电势差减小，则静电计指针张角变小，故D错误．所以AC正确，BD错误．13、B:C:D【分析】【分析】

静电计测量的是电容器两端的电势差；断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化，闭合电键，电容器两端的电势差不变；

【详解】

A、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，静电计测量的是电容器两端的电势差，所以指针张角不变，故A错误，B正确；

C、断开电键，电容器带电量不变，将AB靠近一些，则d减小，根据知，电容增大，根据知，电势差减小，指针张角减小，故C正确；

D、断开电键，电容器带电量不变，将AB正对面积变小些，根据知，电容减小，根据知；电势差增大，指针张角增大，故D正确．

【点睛】

本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变．14、A:D【分析】A、滑片P由R2中点往左移动时使并联部分电阻减小从而使整个电路电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，即A2的示数增大，则两端电压增大；即B板电势降低，故选项A正确；

B、滑片P由R2中点往左移动时使并联部分电阻减小从而使整个电路电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，即A2的示数增大，路端电压减小，由于电压增大，则并联部分电压降低，根据并联电路特点可以知道电流表A1的示数增大；故选项B错误；

C、滑片P由R2中点往左移动时，电路总电流增大，则两端电压增大；即电容器AB电压增大，液滴加速运动，路端电压减小，则电容器BC电压减小，液滴减速运动，液滴将穿过C板，故选项C错误；

D、根据闭合电路欧姆定律可知：则为定值，不变，根据欧姆定律可知为本身并联之后与串联的总电阻，即减小；故选项D正确。

点睛：本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，注意电容器两端电压的问题。三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】【分析】

由图可明确AB沿电场线上的距离，再根据匀强电场的电场强度公式求出场强的大小．

【详解】

由得：即电场强度为500V/m．

【点睛】

本题考查匀强电场中电场强度和电势差之间的关系，要注意明确公式中的d为沿电场线方向上的距离．【解析】500V/m;16、略

【分析】【详解】

(1)[1]在确定的方向上原子有规律地排列；在不同方向上原子的排列规律一般不同。

(2)[2]原子排列具有一定的对称性。【解析】①.在确定的方向上原子有规律地排列，在不同方向上原子的排列规律一般不同；②.原子排列具有一定的对称性17、略

【分析】【详解】

（1）[1][2]当

时，R1的电功率有最大值，为

（2）[3][4]当

时，有

（3）[5][6]当

时，有

（4）[7][8]当

时，有

（5）[9][10]当

时，有

【点睛】

本题考查电路中的定值电阻电功率、可变电阻电功率、电源内阻电功率、电源输出功率的计算，注意各种电功率的处理方法。【解析】00R2max18、略

【分析】（1）根据左手定则；电子向上偏，所以上侧面得到电子带负电，下侧面失去电子带正电，则金属板上侧面A电势低于下侧面的电势．

（2）电子最终达到平衡，有．则U=vBd．电流的微观表达式I=nevS=nevhd．则v=代入得，．

【名师点睛】金属中移动的是自由电子，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，从而得出电势的高低．最终电子受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡和电流的微观表达式求出电势差的大小．【解析】低于19、略

【分析】【分析】

清楚两小球相互接触后；其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．

【详解】

相距为r时，根据库仑定律得：接触后各自带电量变为则此时两式联立得即大小为F的倍．

【点睛】

本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键．【解析】20、略

【分析】【详解】

粒子从静止开始运动，只受电场力，有：U=Ed；F=qE；

联立解得：

根据速度位移关系公式，有：v2=2ad

解得：

点睛：本题电荷在电场中加速问题，求解速度通常有两种思路：一是动能定理；二是牛顿第二定律与运动学公式结合．【解析】21、略

【分析】【详解】

下落距离时的速度为：所以动量变化为：

对自由落体运动，有：解得：规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：解得：．【解析】四、作图题(共3题，共24分)22、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】23、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】24、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