2025年沪科版选修3物理下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年沪科版选修3物理下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、在如图所示的电路中E为电源，其内阻为r，R1为定值电阻（R1＞r），R2为电阻箱，R3为光敏电阻；其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表，A为理想电流表，闭合开关后，下列说法正确的是（）

A.用光照射电流表示数变小B.用光照射电压表示数变小C.将电阻箱阻值变大，电流表示数变大D.将电阻箱阻值变大，电压表示数变大2、如图所示，一定质量的理想气体，由状态经过过程到达状态或者经过过程到达状态设气体在状态和状态的温度分别为和在和过程中吸收的热量分别为和“则下列关系式正确的是（）

A.B.C.D.3、一定质量的理想气体按的顺序经历一系列状态变化，其图像如图所示。图中线段与纵轴平行，线段与纵轴垂直。气体在状态变化过程中下列叙述正确的是（）

A.过程气体体积增加B.过程气体不放热也不吸热C.过程气体分子在单位时间内撞击单位面积容器壁的次数增加D.过程气体对外界做的功小于过程外界对气体做的功4、世界上第一台发电机──法拉第圆盘发电机的原理如图所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B；两电刷与灵敏电流计相连．当金属盘绕中心轴按图示方向转动时，则。

A.穿过铜盘的磁通量不变，电刷B的电势高于电刷A的电势B.若仅将电刷B向盘边缘移动，使电刷A、B之间距离增大，灵敏电流计的示数将变小C.若仅将滑动变阻器滑动头向左滑动，灵敏电流计的示数将变小D.金属盘转动的转速越大，维持其做匀速转动所需外力做功的功率越小5、气体分子热运动的平均动能取决于气体的()A.体积B.温度C.压强D.密度6、在如图所示的电路中，如果正弦交流电的频率增大而电压最大值保持不变，1、2和3灯的亮度变化情况是()

A.1、2两灯均变亮，3灯变暗B.1灯变亮，2、3两灯均变暗C.1、2灯均变暗，3灯亮度不变D.1灯变暗，2灯变亮，3灯亮度不变评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、关于热力学定律，下列说法错误的是_____。A.外界对气体做正功时，其内能一定增大B.不可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功C.理想气体等压膨胀过程一定放热E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡8、为保证用户电压稳定在220V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示．以下正确的是（）

A.B.C.为使用户电压稳定在220V，应将P适当下移D.为使用户电压稳定在220V，应将P适当上移9、某单位应急供电系统配有一小型发电机，该发电机内的矩形线圈面积为S=0.2m2、匝数为N=100匝、电阻为r=5.0Ω，线圈所处的空间是磁感应强度为B=T的匀强磁场，发电机正常供电时线圈的转速为n=r/min．如图所示是配电原理示意图，理想变压器原副线圈的匝数比为5︰2，R1=5.0Ω、R2=5.2Ω；电压表电流表均为理想电表，系统正常运作时电流表的示数为I=10A，则下列说法中正确的是。

A.交流电压表的示数为720VB.灯泡的工作电压为272VC.变压器输出的总功率为2720WD.若负载电路的灯泡增多，发电机的输出功率会增大10、设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中；极板所带电荷量不变，则下列说法正确的是（）

A.保持S不变，增大d,则θ变大B.用手触摸极板B,则θ变小C.保持d不变，减小S,则θ变小D.在两板间插入电介质,则θ变小11、如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变小，则（）

A.电荷将向上加速运动B.电荷将向下加速运动C.电流表中将有从b到a的电流D.电流表中将有从a到b的电流12、如图（a），是一条电场线上的两点，将一个电子从点处由静止释放，电子从运动到过程中，它运动的图线如图（b）所示，则以下判断正确的是（）

A.该电场可能是匀强电场B.电子在点受到的电场力大于电子在点受到的电场力C.点的电势低于点的电势D.从运动到电子的电势能逐渐增大13、如图，在光滑水平面上有一质量为的物体，在与水平方向成角的恒定拉力作用下运动，则在时间内（）

A.重力的冲量为B.拉力的冲量为C.拉力的冲量为D.物体动量的变化量等于14、如图所示，一轻杆两端分别固定两个半径相等的光滑金属球，球质量大于球质量，整个装置放在光滑的水平面上，设球离地高度为将此装置从图示位置由静止释放，则（）

A.在球落地前的整个过程中，及轻杆系统机械能不守恒B.在球落地前瞬间，球的速度大小为C.在球落地前的整个过程中，及轻杆系统动量守恒D.在球落地前的整个过程中，轻杆对球做的功为零评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、如图所示电路，电源内阻不可忽略。在滑动变阻器触头由a滑向b的过程中，电流表示数________，小灯泡L亮度___________，电源内电压________，电源内电阻消耗功率__________。（选填“减小”；“增加”或“不变”）

16、如图所示是一个简单的组合逻辑电路；完成其真值表。

。输入。

输出。

A

B

Z

0

0

______

0

1

______

1

0

______

1

1

______

17、如图为简易测温装置，玻璃管中一小段水银封闭了烧瓶内一定质量的气体，当外界温度升高时，瓶内气体的密度_____________（选填“不变”“增大”或“减小”），瓶内气体分子的平均动能________（选填“增大”或“减小”）。

18、如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（V-t）图上的两条直线I和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0=-273.15℃；a、b为直线I上的一点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比=___________；气体在状态b和c的压强之比=___________。

19、有一个教学用的可拆变压器；如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A；B，线圈外部还可以绕线．

(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的A、B位置，由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)．

(2)如果把它看成理想变压器，现要测定A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量，并用字母表示)________;A线圈的匝数为nA＝________.(用所测物理量符号表示).评卷人得分四、作图题(共3题，共6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1题，共7分)23、某同学利用一段长电阻丝测定一节干电池的电动势和内阻，接好如图所示的实验装置后，将导线的接头O分别连接上电阻丝的a、b、c、d四位置并闭合电路测量。（电压表；电流表均为理想电表）

（1）实验中选择从电阻丝的左端a开始而不是从电阻丝的最右端开始的主要原因是___

A．操作简便；方便实验。

B．防止因电阻过小而烧坏电源；保护电路。

C．测量更多组数据；减小实验误差。

D．随机实验；从哪端开始都可以。

（2）实验中得到两电表读数如下：

经检查电阻丝某处发生断路。根据表格里的数据；可推断发生断路位置在______（填写字母）两点之间，电源内阻为______Ω

（3）该同学使用的是均匀电阻丝a、b；c、d四点等间距；在不修复电阻丝的情况下，O与电阻丝任意位置连接，不可能出现的电表读数是______

A.1.15VB.1.30VC.0.24AD.0.35A评卷人得分六、解答题(共4题，共24分)24、如图所示是圆心为O内外半径分别为R1、R2的同心圆；内圆区域内存在均匀辐射的电场，圆心与内圆圆周边界间的电势差恒为U，内外圆之间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m；电荷量为+q的粒子从圆心O处由静止释放，不计重力．

(1)求粒子到达内圆边界时的速度大小；

(2)若粒子首次到达外圆圆周时没有射出外圆，求磁感应强度的最小值．25、如图所示，一圆柱形气缸固定在水平地面上，用质量m=20kg、面积S=100cm2的活塞密封了一定质量的理想气体，活塞通过正上方的定滑轮连接一质量M=50kg的重物，活塞与气缸之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等为300N。开始时气体的温度t=27°C。压强p=0.9×10Pa，活塞与气缸底部的距离H=50cm，重物与水平地面的距离h=10cm。已知外界大气压p0=l.0×10Pa，重力加速度g=10m/s2。现对气缸内的气体缓慢加热；求∶

（1）重物恰好开始下降时气体的温度；

（2）重物刚与地面接触时气体的温度；

26、如图所示，水平绝缘桌面上有一固定的矩形线圈和平行金属导轨，线圈匝数n=10、阻值r=1Ω、面积S=0.2m2，导轨之间的距离L=1m，电阻忽略不计；在线圈中存在垂直于线圈平面向上的匀强磁场，磁感应强度B1随时间发生变化，（T）；现垂直于导轨水平放置一质量m=0.1kg、阻值R=4Ω金属棒．已知导轨平面存在磁感应强度B2＝5T，与导轨平面的夹角θ＝37°的匀强磁场，方向垂直于ab棒，棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5；(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s2)．

（1）当ab静止时，流过ab的电流I方向及其随时间t变化的关系式。

（2）经过时间t1，ab棒开始运动，求t1的大小。

（3）ab棒保持静止的时间内，通过ab棒的电荷量27、如图所示，一根两端开口、横截面积为S=2cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定（插入水银槽中的部分足够深）。管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L=21cm的气柱，气体的温度为t1=7℃，外界大气压取p0=1.0×105Pa（相当于75cm高的汞柱压强）。

(1)若在活塞上放一个质量为m=0.1kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？（g=10m/s2）

(2)若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2=77℃；此时气柱为多长？

(3)若在(2)过程中，气体吸收的热量为10J，则气体的内能增加多少？参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

A、用光照射阻值减小，则电路总电阻减小，干路总电流增大，路段电压减小，两端电压增大，则并联部分电压减小，则通过电流减小，则通过电流增大；即电流表示数增大，电压表示数增大，故AB错误；

C、将变阻箱阻值变大，则电路总电阻变大，干路总电流减小，路端电压增大，两端电压减小，则并联部分电压增大，则通过电流增大，即电流表示数增大，电压表示数减小，故C正确，D错误．2、C【分析】【分析】

【详解】

设气体在状态时的温度为由题图可知。

从到是等压变化。

解得。

到是等容变化。

由于。

解得。

所以。

因为从到是等容变化过程，体积不变，气体不做功，故过程增加的内能等于过程吸收的热量；而过程体积增大，气体对外做正功，由热力学第一定律可知过程增加的内能小于过程吸收的热量，故C正确。

故选C。3、D【分析】【分析】

【详解】

AB．过程由图可知为等温变化，气体内能不变，根据玻意耳定律可知，当压强p增大时，体积V减小，可知外界对气体做功，根据热力学第一定律由于内能不变，可知过程气体放出热量；故AB错误；

C．由图可知为等容变化，为等压变化，过程中气体温度升高；根据盖—吕萨克定律可知体积变大，由于压强不变，温度升高，气体分子平均速率增大，则气体分子在单位时间内撞击单位面积容器壁的次数减少，故C错误；

D．由于a、c两个状态体积相同，则过程气体体积的变化量与过程气体体积的变化量相同，而过程气体压强不变，过程气体压强增大，根据可知，过程气体对外界做的功小于过程外界对气体做的功；故D正确。

故选D。4、C【分析】【分析】

根据右手定则判断AB间感应电流方向；即可知道电势高低．仅减小电刷A；B之间的距离，感应电动势将减小，灵敏电流计的示数变小．提高转速，灵敏电流计的示数变大．根据欧姆定律分析将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数如何变化．

【详解】

根据安培定则可知，电磁铁产生的磁场方向向右，由右手定则判断可知，金属盘产生的感应电流方向从B到A，则电刷A的电势高于电刷B的电势，故A错误。若仅将电刷B向盘边缘移动，使电刷A、B之间距离增大，切割磁感线的有效长度增大，产生的感应电动势增大，感应电流增大，则灵敏电流计的示数变大，故B错误。若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路电流减小，磁场减弱，灵敏电流计的示数将减小，故C正确。金属盘转动的转速越大，感应电动势增大，感应电流增大，电功率增大，安培力增大，维持金属盘做匀速转动所需外力做功的功率越大，故D错误；故选C。5、B【分析】【分析】

温度是分子平均动能的标志；所以气体分子的平均动能宏观上取决于温度；

【详解】

由于温度是分子平均动能的标志；所以气体分子的平均动能宏观上取决于温度，故B正确，A；C、D错误；

故选B．

【点睛】

关键是弄清分子热运动与温度的关系，温度是分子平均动能的标志．6、D【分析】【详解】

感抗为XL=2πfL

容抗为

当频率f增大时，感抗XL变大，容抗XC变小。感抗XL变大，对交流电的阻碍作用变大，所以L1变暗；容抗XC变小，对交流电的阻碍作用变小，所以L2变亮；而电阻器的对交流电的阻碍作用不随频率改变，所以L3亮度不变。所以L1变暗、L2变亮、L3不变；故ABC错误，D正确。

故选D。二、多选题(共8题，共16分)7、A:B:C【分析】【详解】

A．根据热力学第一定律，当和外界热交换不明确时，外界对气体做功其内能不一定会增大，故A符合题意；

B．热力学第二定律可以表示为：不可能制成一种循环动作的热机；从单一热源取热，使之完全变为功而不引起其它变化．这句话强调的是不可能“不产生其它变化”；即在引起其他变化是可能的；故B符合题意；

C．由理想气体状态方程可知，理想气体等压膨胀，温度升高，内能增加，对外做功，W为负，由热力学第一定律ΔU=W+Q；需要从外界吸热，故C符合题意；

D．由热力学第二定律可知；热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，D不符合题意；

E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡；那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，故E不符合题意。

故选ABC。8、B:D【分析】【详解】

AB．由图像可得图线是正弦规律图线，则

角速度为

所以有

故A错误；B正确；

CD．为使用户电压稳定在220V；应减小变压器原线圈匝数，应将P适当上移，故C错误，D正确。

故选BD。9、C:D【分析】【分析】

（1）根据求出电动势的有效值。

（2）根据闭合回路欧姆定律求出原线圈的电压。

（3）利用及求出副线圈的电压。

（4）根据电路结构求电动机的输出功率。

【详解】

A、根据题意电流表的示数为10A，根据解得原线圈的电流为4A，线圈在磁场中产生电动势的有效值为

则电压表的读数为故A错；

BC、原线圈的电压为根据可以求出副线圈上的电压为所以副线圈上的功率为

此时灯泡上的电压为故B错；C对。

D、把发电机外的所有用电器等效为一个电阻为R的电阻，根据题意可知若负载电路的灯泡增多，则等效电阻R减小，根据电源输出功率与电阻之间关系的函数图像可知，此时发电机的输出功率会增大，故D对；

故选CD

【点睛】

此题比较复杂，对于原线圈中有用电器的变压器问题来说，一般做题的方向是利用前后功率相等来求解的．10、A:B:D【分析】【详解】

A．当板间距离增大时由

知电容C减小，由

知电势差U增大；静电计指针的偏转角度增大，故A正确；

B．当用手触摸极板B时，极板上的电荷量传到人体，电荷量减小，根据

知变小，则静电计指针的偏转角度θ变小；故B正确；

C．当两板间正对面积减小时由

知电容C减小，由

知电势差U增大；静电计指针的偏转角度增大，故C错误；

D．当两板间插入电介质时由

知电容C增大，由

知电势差U减小；静电计指针的偏转角度减小，故D正确。

故选ABD。11、A:D【分析】【详解】

将两极板的间距减小，而电容器的电压不变，板间场强E=U/d增大，电荷q所受的电场力F=Eq增大，电荷将向上加速运动，故A正确，B错误；将两极板的间距变小，根据电容的决定式电容变大；电压不变，根据Q=CU可知，电量增大，电容器充电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从a到b的电流；故C错误，D正确；故选AD．

【点睛】

对于电容器动态变化分析问题，首先要根据电容的决定式判断电容的变化，抓住不变量，再由电容的定义式C=Q/U分析电量或电压的变化，再进一步根据U=Ed研究场强等的变化．12、B:C【分析】【详解】

AB．图线的斜率表示加速度的大小，由图（b）可知，图线斜率在减小，则加速度在减小，根据牛顿第二定律可知，电场力变小，即电子在点受到的电场力大于电子在点受到的电场力，根据可知，电场强度变小，即故A错误B正确；

C．根据题意，由图（b）可知，电子从a到b做加速运动，则电场力方向从则场强方向由沿场强方向电势降低，故b点电势较大，即故C正确；

D．由图（b）可知，电子的动能增大，则电场力做正功，电势能减小，即从a到b电势能减小；故D错误。

故选BC。13、B:D【分析】【详解】

A．重力的冲量故A错误；

BC．拉力的冲量所以B正确，C错误；

D．各力的冲量根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，则动量的变化量为所以D正确。

故选BD。14、B:D【分析】【详解】

A．将三者看做一个整体，在b球下落过程中；整体只有重力做功，系统的机械能守恒，A错误；

B．因为杆对两小球做功的代数和为零，所以有

解得b球落地瞬间的速度为B正确；

C．整个装置下落过程中；水平方向没有外力，水平方向的动量守恒，竖直方向上动量不守恒，C错误；

D．设杆对a球做功对b球做功系统机械能守恒，则除了重力之外的力的功必定为零，即

对a球由动能定理可知

故D正确。

故选BD。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【详解】

[1]滑片向b端移动时滑动变阻器接入电阻增大；由闭合电路欧姆定律得电路中总电流减小；由E=U+Ir可知，路端电压增大；则流过R的电流增大；故电流表示数增大；

[2]因总电流减小，而流过R的电流增大；由并联电路的分流规律可知；流过灯泡的电流减小，故灯泡亮度减小；

[3]因电流减小，则由可知电源内电压减小；

[4]由功率公式可知，是源内部消耗的功率减小。【解析】增加减小减小减小16、略

【分析】【分析】

【详解】

该逻辑电路由非门和与门构成；非门电路特点是输出端情况与输入端相反，即当输入端为“1”时，输出端为“0”，当输入端为“0”时，输出端为“1”，与门电路的特点是指决定某事件的条件全部具备时，该事件才发生，即当输入端全为“1”时，才会输出“1”，其他输入情况，输出均为“0”

。输入。

输出。

A

B

Z

0

0

0

0

1

0

1

0

1

1

1

0

[1]0

[2]0

[3]1

[4]0【解析】001017、略

【分析】【详解】

[1][2]当外界温度升高时，瓶内气体体积增大，质量不变，瓶内气体的密度减小；由于热传递，瓶内气体温度升高，瓶内气体分子的平均动能增大。【解析】减小增大18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]根据盖吕萨克定律有

整理得

由于体积-温度（V-t）图像可知，直线I为等压线，则a、b两点压强相等，则有

[2]设时，当气体体积为其压强为当气体体积为其压强为根据等温变化，则有

由于直线I和Ⅱ各为两条等压线，则有

联立解得【解析】119、略

【分析】【详解】

(1)由题图乙可知A位置的阻值大于B位置的阻值，由电阻定律可得A线圈的匝数多于B线圈的．

(2)①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；

②把低压交流电源接B线圈，测得线圈的输出电压为U；

③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA.

因为要测量A线圈匝数，所以要把A线圈与低压交流电源相连接．变压器输入输出电压都是交流电，所以要用交流电压档测输入和输出电压．根据变压器电压比等于匝数比，有:所以

【点睛】

此题既要对多用表能正确使用，又要对变压器的原理熟练掌握，综合要求较高．【解析】(1)A(2)①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；②把低压交流电源接B线圈，测得线圈的输出电压为U；③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA；四、作图题(共3题，共6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1题，共7分)23、略

【分析】【详解】

（1）AC不是从电阻丝最右端开始的主要原因；故AC错误；实验中从左端开始，接入电路的电阻丝较长，电路中的电阻大，电流小，可以保