2025年人教五四新版选修3物理下册月考试卷

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A.B.C.D.3、匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2则。

A.t=0.5s时，线圈中的感应电动势最大B.t=1s时，线圈中的电流改变方向C.从t=0.5到t=1s这段时间，线圈产生的热量为JD.从t=0.5到t=1s这段时间，通过线圈的电量为2C4、如图所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球．开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速释放，之后不会与车上的支架碰撞．在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是

A.小球摆到最低点时，小车的速度最大B.小车和小球系统动量守恒C.小球摆到右方最高点时刻，小车有向右的速度D.小球向右摆动过程小车一直向左加速运动5、下列关于结合能和比结合能的说法正确的是（）A.组成原子核的核子数越多，它的结合能一定越小B.组成原子核的核子数越多，它的比结合能一定越大C.结合能越大，原子核就越稳定D.比结合能越大，原子核就越稳定评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、如图，电源电压不变，R0为定值电阻；闭合开关S，向左移动滑片P的过程中（）

A.电压表示数变大B.电压表示数变小C.电流表示数变大D.电流表示数变小7、如图所示的电路中，当可变电阻R的值增大时（  ）

A.ab两点间的电压Uab增大.B.ab两点间的电压Uab减小.C.通过电阻R的电流IR增大.D.通过电阻R的电流IR减小.8、一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图甲中的线a所示，用此线圈给图乙电路供电，发现三个完全相同的灯泡亮度均相同。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图甲中的线b所示；以下说法正确的是（）

A.曲线a、b对应的线圈角速度之比为3：2B.时刻，穿过线圈的磁通量最大C.转速调整后，L3灯泡最亮D.转速调整后，三个灯泡的亮度仍然相同9、关于物体内能，下列说法中正确的是（）A.每一个分子的动能与分子势能的总和叫物体的内能B.物体所有分子的动能与分子势能的总和叫物体的内能C.一个物体，当它的机械能发生变化时，其内能也一定发生变化D.一个物体内能的多少与它的机械能多少无关10、下列说法正确的是（）A.水亀可以停在水面上是因为液体具有表面张力B.功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功C.当两分子间距离大于平衡位置的间离时，分子间的距离越大，分子势能越小E.气体分子无论在什么温度下，其分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点E.气体分子无论在什么温度下，其分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点11、如图甲所示，在光滑绝缘水平面内．两条平行虚线间存在一匀强磁场．磁感应强度方向与水平面垂直．边长为l的正方形单匝金属线框abcd位于水平面内，cd边与磁场边界平行．时刻线框在水平外力F的作用下由静止开始做匀加速直线运动通过该磁场，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是（）

A.水平外力为恒力B.匀强磁场的宽度为C.从开始运动到ab边刚离开磁场的时间为D.线框穿出磁场过程中外力F做的功大于线框进入磁场过程中外力F做的功12、如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时()

A.穿过回路的磁通量为零B.回路中感应电动势大小为2BLv0C.回路中感应电流的方向为顺时针方向D.回路中ab边与cd边所受安培力方向相同13、如图甲所示，电阻为5Ω、匝数为100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与电阻R相连，R=95Ω．线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化．则

A.A点的电势小于B点的电势B.在线圈位置上感应电场沿逆时针方向C.0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.05CD.0.1s时间内非静电力所做的功为2.5J评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的组等势面，已知平面b上的电势为2V．一电子经过a平面时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV．则电势为零的等势面是_____，电子经过c平面时的动能为_____eV．

15、如图所示，为某公园内的喷泉的声控控制电路，请在虚框内画出基本逻辑电路的符号，其中R的阻值大一点好还是小一点好？__________________。

16、一个系统的温度由200K升高到300K，另一个系统的温度由200℃升高到300℃，则它们升高了__________（选填“相同”或“不同”）温度，它们升高到的温度__________（选填“相同”或“不同”）。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、.如图甲所示，为某简谐横波在t=0时刻的波形图象，乙图为在该波的传播方向上某质点的振动图象．下列说法中正确的是_______(填正确答案标号．)

A.该波的波速为10m/s

B.该波一定沿x轴正方向传播

C.若图乙是质点P的振动图象，那么，在t=0.15s时刻，质点Q的坐标为(0.5m，0)

D.若图乙是质点Q的振动图象，那么，在t=0.15s时刻，质点P的坐标为(1m，－4cm)

E.当t=0.1s时，质点P一定正在经过平衡位置评卷人得分四、作图题(共3题，共18分)19、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．

20、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．

21、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27分)22、要测绘一个标有“3V1.5W”小灯泡的伏安特性曲线；备有下列器材：

A．电压表(量程3V；内阻约6kΩ)；

B．电压表(量程15V；内阻约30kΩ)；

C．电流表(量程0.6A；内阻约0.5Ω)；

D．电流表(量程3A；内阻约0.1Ω)；

E．滑动变阻器(阻值范围0～5Ω)；

F．滑动变阻器(阻值范围0～100Ω)；

G．直流电源(3V；内阻不计)；

H．开关；导线若干．

（1）要求多次测量并使电压表读数从零开始连续可调，上述器材中电压表应选用________；电流表应选用________；滑动变阻器应选用________．（以上均填写器材前字母）

（2）请将甲图中的实物电路图用笔代替导线补充完整_______．

（3）乙图为某同学根据正确的实验电路图所测的几组数据画出的U－I图象．图象是一条曲线而不是直线的原因是_________；从图象中可求得小灯泡电压为1.8V时的小灯泡的实际功率为_______W．23、（1）如下图所示，用多用电表测小灯泡两端的电压，关于选择开关K和表笔a、b，下列说法正确的是_______（填选项前的字母）。

A．K旋至量程合适的交流电压挡，a为红表笔。

B．K旋至量程合适的直流电压挡，b为红表笔。

C．K旋至量程合适的交流电压挡，b为红表笔。

D．K旋至量程合适的直流电压挡，a为红表笔。

（2）某同学用该多用电表测量某电阻把K旋转至电阻挡“×100”的位置，进行欧姆调零后，用两表笔分别与相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，他应将K旋转到___________（填“×1”或“×10”或“×1k”）的位置，并重新进行欧姆调零。经过上述规范操作后，测量该电阻，指针位于下图所示位置，_______

24、某同学想把满偏电流为1.0mA的电流表A1改装称为双量程电压表；并用改装的电表去测量某电源的电动势和内阻；

(1)图甲是测量A1内阻的实验原理图，其中A2量程小于A1，先闭合开关S1,将S2拨向接点a，调节变阻器R2直至A2满偏；

(2)保持R2滑片位置不动，将S2拨向接点b，调节R1，直至A2满偏，此时电阻箱旋钮位置如图乙所示，记录数据，断开S1，则可得A1的内阻R=_________Ω；

(3)现用此电流表改装成0-3V和0-6V的双量程电压表，电路如图丙所示，则RB=_____Ω；

(4)用改装后的电压表的0-3V档接在待测电源（内阻较大）两端时，电压表的示数为2.10V；换用0-6V档测量，示数为2.40V；则电源的电动势E为______V，内阻r为_____Ω；若实际改装过程中误将RA和RB位置互换了；则对_____（填“0-3V”或者“0-6V”）量程的使用没有影响；电压表的另一量程正确使用时，电压测量值比真实值_______；（填“偏大”；“偏小”）

(5)将上述电源与两个完全相同的元件X连接成电路图丁，X元件的伏安特性曲线如图戊；则通过X元件的工作电流为____m。A．

评卷人得分六、解答题(共1题，共7分)25、如图所示，竖直线MN左侧存在水平向右的匀强电场，右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，其磁感应强度大小B=π×10-2T，在P点竖直下方、d=处有一垂直于MN的足够大的挡板．现将一重力不计、比荷=1×106C／kg的正电荷从P点由静止释放，经过△t=1×10-4s，电荷以v0=1×104m／s的速度通过MN进入磁场．求：

(1)P点到MN的距离及匀强电场的电场强度E的大小；

(2)电荷打到挡板的位置到MN的距离；

(3)电荷从P点出发至运动到挡板所用的时间．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

A．根据热力学第二定律知；在不产生其他影响时，内能不能全部转化为机械能，因此从海水中吸收内能并全部用来做功而不产生其他影响是不可能实现的，A错误；

B．绝对零度是温度的极值；使温度降至绝对零度以下是不能的，B错误；

C．在房屋顶盖上安装太阳能板；利用太阳能来解决照明和热水问题是可以的，C正确；

D．有害气体和空气不可能自发地分离；违反热力学第二定律的方向性，D错误。

故选C。2、D【分析】【详解】

在时间0~1s内，原磁场向上且增强，感应电流的磁场向下，由右手定则可判断出线圈的感应电流方向沿如图所示的正方向，由于原磁场的变化是均匀的，产生的感应电动势不变，线圈中的感应电流也不变；在时间1s~2s内，原磁场不变，感应电流为0；当时间2s~3s内的情况与时间0~1s内的情况相反，感应电流为负方向且不变。故D项符合题意，ABC三项不符合题意。3、D【分析】【详解】

A.由图可知t=0.5s时；穿过该线圈的磁通量最大，此时线圈位于中性面，线圈中的感应电动势为0，故A错误；

B.t=1s时；穿过该线圈的磁通量为0，不位于中性面，此时线圈中的电流改方向不变，故B错误；

C.线圈中的感应电动势的最大值：

有效值

从t=0.5到t=1s这段时间，线圈产生的热量为

故C错误；

D.从t=0.5到t=1s这段时间，通过线圈的电量为

故D正确．4、A【分析】【分析】

由于水平面光滑；球；车系统水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，系统机械能守恒，小球摆过程中机械能不守恒。

【详解】

小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒；小球在最低点，小球的水平速度最大，小车速度最大，小球从图示位置下摆到最低点，小车受力向左加速运动，当小球到最低点时，小车速度最大。当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与左边图示位置相对称的位置时，小车静止。故小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动，故A正确，CD错误；小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守恒，故B错误。所以A正确，BCD错误。

【点睛】

本题主要考查了动量守恒、机械能守恒条件的判断，要求同学们能正确分析小球和小车的运动情况，知道水平方向的动量守恒定律。5、D【分析】A；从氢原子核到铁原子核；结合能逐渐增大，铁是平均结合能最大的原子核，之后结合能逐渐减小，因此组成原子核的核子数越多，它的结合能不一定越小，故A错误；B、质量中等的原子核，比结合能最大，因此组成原子核的核子数越多，它的比结合能不一定越大，故B错误；C、比结合能是结合能与核子数之比，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合能越大，比结合能不一定越大，故C错误；D、比结合能是结合能与核子数之比，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故D正确；故选D．

【点睛】本题考查了结合能和比结合能的区别，注意两个概念的联系和应用是关键；组成原子核的核子数越多，它的结合能不一定越小；组成原子核的核子数越多，它的比结合能也不一定越大．二、多选题(共8题，共16分)6、A:D【分析】【分析】

由图可知滑动变阻器与定值电阻R0串联，当滑动变阻器的滑片向左移动时，连入电路中的电阻变大，电路中的电流变小，则电流表的示数变小，定值电阻R0两端的电压变小；滑动变阻器两端的电压变大，电压表的示数变大。

【详解】

滑动变阻器与定值电阻R0串联；电流表测得的是电路中的电流，电压表测得的是滑动变阻器两端的电压。

当滑动变阻器的滑片向左移动时；连入电路中的电阻变大，则电路中的电流变小，电流表的示数变小；

由U=IR0可知定值电阻R0两端的电压变小；又因串联电路的总电压等于各段电路电压之和，电源电压不变，所以滑动变阻器两端的电压变大，则电压表的示数变大。

故应选：AD。

【点睛】

本题考查的是滑动变阻器在电路中的作用，难点是随着滑动变阻器连入电路中电阻的变化分析电路中其他物理量的变化情况。7、A:D【分析】【详解】

AB．当可变电阻R的阻值增大时，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析知，干路电流减小，内电压和的电压均减小，则ab两点间电压增大；故A正确，B错误；

CD．ab两点间电压增大，则通过的电流增大，而干路电流减小，则通过R的电流减小；故C错误，D正确。

故选AD。8、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知，曲线a、b对应的周期分别。

Ta=0.06sTb=0.04s根据。

可得线圈角速度之比。

ωa：ωb=Tb：Ta=2：3故A错误；

B．当t=0时刻；感应电动势为零，线圈平面恰好与磁场方向垂直，磁通量最大，故B正确；

CD．转速调整后，周期变小，频率增大，电感L对交变电流的阻碍增大，电容器C对交变电流的阻碍减小，对R没有影响，所以，三个灯泡的亮度各不相同，L3灯泡最亮；故C正确，D错误。

故选BC。9、B:D【分析】【详解】

物体内所有分子的动能与势能的总和叫物体的内能；物体的内能对单个分子而言无意义。物体的内能与其所含分子的动能与分子势能有关，与物体的动能和势能；机械能无关；物体体积减小时，分子间距离减小，但分子势能可能减小。

故选BD。10、A:D:E【分析】【详解】

A．水虽可以停在水面上是因为液体具有表面张力的缘故；故A符合题意；

B．功可以全部转化为热；而热量也可以全部转化为功；但要引起其他方面的变化，故B不符合题意；

C．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时；分子力表现为引力，分子间的距离增大，分子引力做负功，分子势能增加，故C不符合题意；

D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点；故D符合题意；

E．气体分子无论在什么温度下；根据统计规律知道气体的分子速率都呈现“中间多；两头少”的分布特点，故E符合题意。

故选ADE。11、B:C:D【分析】【分析】

根据线框感应电流结合i-t图象知道，线框做匀加速直线运动，从而再根据图象找到进入和穿出磁场的时刻，由运动学公式就能求出磁场宽度、ab边离开的时间．根据感应电流的方向；结合楞次定律得出磁场的方向．根据安培力公式得出导线框所受的安培力．

【详解】

线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的，因此外力F必然不是恒力，选项A错误；由图乙可知2t0～4t0时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为a，边框长为：l=a(4t0)2−a(2t0)2=6at02；磁场的宽度为：d=a(6t0)2−a(2t0)2=16at02；故d=故选项B正确；设t时刻线框穿出磁场，则有：6at02=at2−a(6t0)2，解得：t=4t0，选C正确；线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移相等，根据可知，线框出离磁场过程中的水平拉力大于进入磁场过程中的水平拉力，线框穿出磁场过程中外力F做的功做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做的功，选项D正确．故选BCD．12、A:B:D【分析】试题分析：磁通量为穿过平面的净磁通，故此时刻磁通量为零，所以A正确；ab切割磁感线产生电动势为Blv0，cd边切割磁感线产生电动势也是Blv0，由右手定则知，两电动势串联，故回路中感应电动势大小为2Blv0，所以B正确；根据右手定则可知感应电流的方向为逆时针方向，所以C错误；再根据左手定则可判断回路中ab边与cd边所受安培力方向均向左；所以D正确。

考点：本题考查磁通量、右手定则、左手定则13、B:C:D【分析】【详解】

线圈相当于电源，由楞次定律可知A相当于电源的正极，B相当于电源的负极．A点的电势高于B点的电势，在线圈位置上感应电场沿逆时针方向，选项A错误，B正确；由法拉第电磁感应定律得：由闭合电路的欧姆定律得：则0.1s时间内通过电阻R的电荷量为q=It=0.05C，选项C正确；0.1s时间内非静电力所做的功为W=Eq=50×0.05J=2.5J，选项D正确；故选BCD.三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【分析】

根据只有电场力做功；动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可求解．

【详解】

虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此a、d的电势差为6V；等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零；在平面b上电势为2V；则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面c时，其电势能为0，动能为6eV；

【点睛】

考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键．【解析】C615、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]非门的特点是输入状态和输出状态完全相反；其中R的阻值大一点好。【解析】大一点16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]因为绝对温度1K与摄氏温度1℃是相等的，则一个系统的温度由200K升高到300K，另一个系统的温度由200℃升高到300℃，则它们升高了相同温度；前者升高到了300-273=17℃，后者升高到了300℃，则它们升高到的温度不同。【解析】相同不同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、A:D:E【分析】【详解】

由甲图读出波长由乙图读出周期T=0.2s，则该波的波速故A正确；由于不知道乙图为波的传播方向上哪个具体质点的振动图象，所以无法判断波的传播方向，故B错误；若乙是质点P的振动图象，则此时刻P向下振动，则波沿x轴负方向传播，所以Q点向上振动，经过时间：时，处于波谷处，所以坐标为（2m、-4cm），故C错误；若乙是质点Q的振动图象，则此时刻Q向下振动，则波沿x轴正方向传播，所以P点向上振动，经过时间：时，处于波谷处，所以坐标为（1m、-4cm），故D正确．由图可知t=0时刻P点处于平衡位置，经时P点又再次回到平衡位移，向反方向运动，故E正确.故选ADE.四、作图题(共3题，共18分)19、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】20、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】21、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3题，共27分)22、略

【分析】【详解】

(1)灯泡电压为3V，故电压表应选择3V量程的A；由P=U/I可知，I=P/U=1.5/3=0.5A，故电流表应选择C；由于本实验采用滑动变阻器分压接法，故应选用小电阻E；

(2)本实验要求电流从零开始调节；故应采用分压接法，同时因灯泡内阻较小，故应选用电流表外接法；如图所示；

(3)灯泡电阻随温度的升高而增大，因此图象为曲线；当电压为1.8V时，电流为0.4A，则功率P=UI=1.8×0.4=0.72W．

【点睛】

（1）明确灯泡额定值，从而确定电压表和电流表，再根据实验要求明确采用分压接法，从而明确滑动变阻器的选择；

（2）根据实验原理确定电路接法，从而连接实物图；

（3）根据灯泡电阻的性质分析图象弯曲的原理，再根据图象找出电压为1