2025年北师大版选修3物理下册阶段测试试卷含答案

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A.电压表的示数不变B.电流表的示数将增大C.电阻R0上消耗的电功率将增大D.灯泡L将变亮2、一定质量的理想气体，在体积保持不变的条件下，若气体温度升高到原来的2倍，则（）A.气体的压强增大到原来的2倍B.气体的压强减小到原来的一半C.气体的压强可能不变D.气体压强与体积的乘积不变3、对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）A.如果气体绝热地自发向真空扩散，则扩散前后气体内能相同B.气体可通过不断对外做功从而达到绝对零度C.气体温度升高，每个分子速率一定增大D.在完全失重的状态下，气体的压强为零4、两根互相平行的长直导线距离较近，通以相反方向的电流，电流大小关系＞设受到的安培力为受到的安培力为则下列说法中正确的是（）A.相互吸引B.相互排斥C.相互排斥D.相互吸引5、下列说法正确的是（）A.奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系B.法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系C.安培提出了分子电流假说，说明了一切磁现象都是由电流产生的D.欧姆首先发现了电荷之间存在相互作用力，并得出真空中两个点电荷之间作用力的表达式6、如图所示是电容式话筒的原理图，膜片与固定电极构成一个电容器，用直流电源供电，当声波使膜片振动时，电容发生变化，电路中形成变化的电流，于是电阻R两端就输出了与声音变化规律相同的电压下列说法正确的是

A.电容式话筒是通过改变正对面积来改变电容的B.电阻R两端电压变化的频率与电流的频率相同C.当膜片靠近固定电极时，电流从b流向aD.当膜片靠近固定电极时，电容器处于放电状态评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、如图所示的电路中,电源内阻一定,电压表和电流表均为理想电表．现使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离,测得电压表V1的示数变化大小为ΔU1,电压表V2的示数变化大小为ΔU2,电流表A的示数变化大小为ΔI,对于此过程下列说法正确的是()

A.为一定值B.路端电压的增加量等于ΔU2C.R0两端的电压的变化量大小等于ΔU2-ΔU1D.通过电阻R1的电流变化量大小等于8、如图所示；在空间由一坐标系xOy，直线OP与轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域I和II，直线OP上方区域I中磁场的磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为q的质子（不计重力）以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域I，质子先后通过强磁场区域I和II后，恰好垂直打在x轴上的Q点（图中未画出），则。

A.粒子在第一象限中运动的时间为B.粒子在第一象限中运动的时间为C.Q点的横坐标为D.Q点的横坐标为9、下列关于摄氏温度与热力学温度的说法中，正确的是（）A.气体温度升高1℃，也就是温度升高1K；温度下降5K，也就是温度降低5℃B.摄氏温度与热力学温度在一度上是相等的，只是定义的零度起点不同C.摄氏温度有时为负值；温度很低时，热力学温度也可能为负值D.温度由t升高到2t，对应的热力学温度由T升高到2T10、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、11、如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷,t＝0时，甲静止，乙以6m/s的初速度向甲运动．此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v-t图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示．则由图线可知（）

A.两点电荷的电性一定相同B.甲的动能一直增大，乙的动能一直减小C.甲乙达到共速时，乙的位移等于4倍甲的位移D.乙速度为零两点电荷的电势能最大12、下列说法正确的是()A.β衰变释放出电子，说明原子核内有电子B.氡的半衰期为3.8天，8个氡原子核经过7.6天后剩下2个氡原子核C.原子核的比结合能越大，原子核越稳定D.用频率为ν的入射光照射光电管的阴极，遏止电压为Uc，改用频率为2ν的入射光照射同一光电管，遏止电压大于2Uc评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、质量为0.1kg的弹性小球从高为1.25m处自由下落至一光滑而坚硬的水平板上，碰撞后弹回到0.8m高处，碰撞时间为0.01s，则小球与水平板碰撞过程中动量变化大小为_____________kg·m/s，小球与水平板间的平均撞击力大小为____________N．14、带有活塞的汽缸中封有一定质量的理想气体，缸内气体从状态A变化到状态B，如图所示。设气体在状态A时的压强为pA，体积为VA，温度为TA，到状态B时的温度为TB。此过程中，汽缸单位面积上所受气体分子撞击的作用力____（选填“变大”“不变”或“减小”），____（选填“气体对外做功”或“外界对气体做功”）的绝对值为____，缸内气体____（选填“吸收”或“放出”）热量。

15、B．(选修模块3-4)

（1）一列沿着x轴正方向传播的横波，在t=0时刻的波形如图甲所示．图甲中某质点的振动图象如图乙所示．质点N的振幅是_________m，振动周期为_________s，图乙表示质点_____(从质点K、L、M、N中选填)的振动图象．该波的波速为___________m／s．

（2）惯性系S中有一边长为l的正方形(如图A所示)，从相对S系沿x方向以接近光速匀速飞行的飞行器上测得该正方形的图象是__________________．

（3）描述简谐运动特征的公式是x＝_______．自由下落的篮球缓地面反弹后上升又落下．若不考虑空气阻力及在地面反弹时的能量损失，此运动________(填“是”或“不是”)简谐运动．16、小涵站在平面镜前0.5m处观察自己在镜中的像，像到平面镜的距离是______m，她向后退的过程中，像的大小______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。17、一个质量m=1.0kg的物体，放在水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为=0.2，当物体受到一个F=10N水平推力的作用时，在10s内推力的冲量大小为______N·s．评卷人得分四、作图题(共3题，共18分)18、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．

19、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．

20、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)21、某学生为了测量一物体的质量，找到一个力电传感器，该传感器的输出电压正比于受压面的压力（比例系数为k），如图所示．测量时先调节输入端的电压，使传感器空载时的输出电压为0；而后在其受压面上放一物体，即可测得与物体质量成正比的输出电压现有下列器材：

力电传感器、质量为的砝码；电压表、滑动变阻器、干电池各一个、电键及导线若干、待测物体（可置于力电传感器的受压面上）．请完成对该物体质量的测量：

(1)设计一个电路，要求力电传感器的输入电压可调，并且使电压的调节范围尽可能大，在方框中画出完整的测量电路图_______________．

(2)以下为简要的测量步骤；请将不完整处补充完整：

A．调节滑动变阻器；使传感器的输出电压为零；

B．将_______放在传感器上，记下输出电压U0；

C．将待测物放在传感器上，记下输出电压

(3)根据以上测量，可求出：比例系数_____，待测物体的质量_______.22、某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径d，示数如图．由图可读出l=_________cm，d=__________mm.

23、用如图甲所示的电路；测定一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小。除蓄电池；开关和导线外，可供使用的实验器材还有。

A.电压表（量程3V）B.电流表（量程0.6A）

C.电流表（量程3A）D.定值电阻R0（阻值4额定功率4W）

E.滑动变阻器（阻值范围0—20额定电流2A）

F.滑动变阻器（阻值范围0—1000额定电流0.5A）

（1）电流表应选____________，滑动变阻器应选_____________（填器材前的字母代号）；

（2）根据实验数据作出U—I图像如图乙所示，则蓄电池的电动势E=____V，内电阻r=____（r保留两位有效数字）；

（3）引起该实验系统误差的主要原因是_________________________________。24、某同学用以下电路测量电压表的内阻，R1是滑动变阻器，R2、R3、R4是三个电阻箱．实验操作如下：合上开关K1后，适当地调节三个电阻箱的阻值，使开关K2反复断开和闭合时待测电压表的示数不发生变化．

（1）电阻箱R2的面板指示如图，其读数为__________Ω；

（2）待测电压表的内阻可表示为Rv=__________；（用电阻箱的电阻符号表示）

（3）为了提高测量的准确度，可以采用的方法是_____________

A.适当增大电源的电压

B.适当减小电源的电压。

C.调小R1的阻值；反复进行上面的操作。

D.调大R1的阻值；反复进行上面的操作。

（4）该同学测得电压表的内阻后，继续研究这个电路．即在合上开关K1且反复断开和闭合开关K2电压表的示数不发生变化的前提下，进行如下操作：先断开K2，保持其余电阻保持不变，减小R2，则电压表的示数_________（填“增大”或“减小”）；再合上K2，则通过该开关的电流方向为__________（填“从a到b”或“从b到a”）．评卷人得分六、解答题(共2题，共20分)25、如图所示，竖直面内有一圆形小线圈，与绝缘均匀带正电圆环共面同心放置．带电圆环的带电量为Q，绕圆心做圆周运动，其角速度ω随时间t变化的关系图象如图乙所示(图中ω0、t1、t2均为已知量)．线圈通过绝缘导线连接两根竖直的、间距为l的光滑平行金属长导轨，两导轨间的矩形区域内存在垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁场上、下边界的间距为h，磁感应强度大小恒为B．“工”字形构架由长度为H(H>h)的绝缘杆和水平金属棒AB、CD组成，金属棒与导轨紧密接触．初始时锁定“工”字形构架，使金属棒AB位于磁场内的上边沿，t1时刻解除锁定，t2时刻开始运动．已知“工”字形构架的质量为m，金属棒AB和金属棒CD的长度均为l；金属棒AB和金属棒CD离开磁场下边沿时的速度大小均为v，金属棒AB；CD和圆形线圈的电阻均为R，其余电阻不计，不考虑线圈的自感，重力加速度为g．

（1）0~t1时间内；求带电圆环的等效电流。

（2）t1~t2时间内；求圆形线圈内磁通量变化率的大小。

（3）求从0时刻到金属棒CD离开磁场的全过程中金属棒及线圈产生的焦耳热．26、如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管AB固定在竖直平面内．圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，AB两点在同一水平线上，AB＝2L，圆环的半径为(圆管的直径忽略不计)，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点．在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的绝缘小物体(可视为质点)；PC间距为L.现将该小物体无初速度释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度用g表示．

(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度为多大？

(2)小物体从管口B离开后；经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点(图中未标出N点)，则N点距离C点多远？

(3)小物体由P点运动到N点的总时间为多少？参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

【详解】

把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流I增大，电源的内电压增大，路端电压减小，则知电压表和电流表的示数都将减小，电阻R0上消耗的电功率将减小，而且根据总电流增大，通过电流表的电流减小，可知通过灯L的电流增大，灯泡变亮．综上分析，D正确，ABC错误2、A【分析】【详解】

根据查理定律可知；一定质量的理想气体，在体积保持不变的条件下，若气体温度升高到原来的2倍，则气体的压强增大到原来的2倍。

故选A。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．如果气体绝热，则

气体自发向真空扩散，不做功，则

根据热力学第一定律可知气体内能不变；故A正确；

B．通过任何方式都不可能使气体温度达到绝对零度；故B错误；

C．气体温度升高；则分子平均动能增大，但每个分子速率并不一定增大，故C错误；

D．气体压强是由于气体分子热运动撞击器壁形成的；在完全失重状态下，气体分子的撞击仍然存在，故气体的压强不为零，故D错误；

故选A。4、C【分析】【详解】

AB．通电导线在其周围产生磁场；通电导线在磁场中受到安培力作用，两导线所受安培力是作用力与反作用力，它们大小相等，AB错误；

CD．假设两导线竖直放置；如图所示。

由右手螺旋定则可知：在处产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可知，所所受安培力向右；由右手螺旋定则可知：在处产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可知所所受安培力向左；则两导线相互排斥，C正确D错误．5、C【分析】【分析】

电磁学的物理学史；根据奥斯特；法拉第、安培、库仑等人的物理学成就进行解答；

【详解】

A；1820年；奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A错误；

B；法拉第发现了电磁感应现象；揭示了电现象和磁现象之间的联系，故B错误；

C；安培提出了分子电流假说；说明了一切磁现象都是由电流产生的；故C正确；

D；欧姆发现了欧姆定律；反映导体的电流与电压、电阻的关系，库仑首先发现了电荷之间存在相互作用力，并得出真空中两个点电荷之间作用力的表达式，故D错误；

故选C。

【点睛】

关键是物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆。6、B【分析】【分析】

根据电容的决定式，判断电容的变化，电容始终接在电源的两端，电势差不变，根据判断电量的变化，从而得出电流的流向．

【详解】

由图可知，电容式话筒是通过改变板间距来改变电容的，故A错误；根据欧姆定律可知，电阻R两端电压变化的频率与电流的频率相同，故B正确；当膜片靠近固定电极时，根据电容的决定式知，电容变大，因始终和电源相连，故U不变，由可知，电量增大，电容器充电，电流由a到b，故CD错误．故选B．

【点睛】

解决本题的关键是掌握电容的决定式以及知道电容始终接在电源的两端，电势差不变；同时掌握好电容的决定式和定义式的准确应用．二、多选题(共6题，共12分)7、A:C:D【分析】【详解】

A、根据电路结构可知：V1测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知：故A对；

B、滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，回路电流变小，路端电压增大，即与滑动变阻器的电压增大，但电阻上的电压是减小的，所以ΔU2与ΔU1不相等；故B错；

C、路端电压即为与滑动变阻器的电压之和，所以R0两端的电压的变化量大小等于ΔU2-ΔU1；故C对；

D、两端的电压即为路端电压，路端电压的变化引起了电阻R1上电流的变化，所以通过电阻R1的电流变化量大小等于故D对；

故选ACD

【点睛】

根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化,由闭合电路欧姆定律可以知道电路电流的变化,则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化8、A:C【分析】【详解】

设质子在磁场I和II中做圆周运动的轨道半径分别为和区域II中磁感应强度为B'，由牛顿第二定律①②；粒子在两区域运动的轨迹如图所示；

由带电粒子才磁场中运动的对称性和几何关系可以知道，质子从A点出磁场I时的速度方向与OP的夹角为30°，故质子在磁场I中轨迹的圆心角为θ=60°，如图:则为等边三角形③，在区域II中，质子运动圆周，是粒子在区域II中做圆周运动的圆心，④，由①②③④计算得出区域II中磁感应强度为⑤，粒子在Ⅰ区的运动周期：⑥，粒子在Ⅱ区运动的周期:⑦，粒子在第一象限中运动的时间为⑧，联立⑤⑥⑦⑧计算得出因此选项A正确、选项B错误；Q点坐标代人数据得因此选项C正确，D错误．故选AC.

点睛：带电粒子通过磁场的边界时，如果边界是直线，根据圆的对称性得到，带电粒子入射速度方向与边界的夹角等于出射速度方向与边界的夹角，这在处理有界磁场的问题常常用到．9、A:B【分析】【分析】

【详解】

AB．因而热力学温度与摄氏温度的每一度是相等的，只是零度起点不同，故AB正确；

C．而0K是低温的极限；只能无限接近，不可能达到，更不要说负值了，故C错误；

D．由T与t的关系式可知，温度由t升高到2t，对应的热力学温度由T升高到。

故D错误。

故选AB。10、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．11、A:C【分析】【详解】

A．由图可知；两小球间产生的排斥力，因为刚开始乙做减速运动，甲做初速度为0的加速运动，则两个电荷的电性一定相同，故A正确；

B．由图可知；甲的速度一直增大，所以动能一直增大，而乙的速度先减小后增大，所动能先减小后增大，故B错误；

C．设两电荷从开始到速度相同过程中的平均作用力为经历的时间为对甲球由动量动理可得：对乙由动量定理有：

解得：分别对甲和乙由动能定理得：联立解得：故C正确．

D．从开始到两电荷速度相等时两电荷间距最小，由于两电荷的电性相同，所以系统克服电场力做功最大，两电荷电势最大，故D错误．12、C:D【分析】【详解】

A.β衰变的本质是核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子；原子核内没有电子，A错误。

B.半衰期是大量样本的统计规律；对8个来说并不适用，B错误。

C.原子核的比结合能越大；说明结合过程中每个核子平均能量损失越大，原子核越稳定，C正确。

D.根据光电效应方程：当频率为ν时，遏止电压为Uc，当频率为2ν时，根据方程可得：遏止电压大于2Uc，D正确三、填空题(共5题，共10分)13、略

【分析】【详解】

由于小球做自由落体运动，则其与水平面碰撞前的速度为：所以与水平面碰撞前的动量为：P1=mv1=0.1×5kg•m/s=0.5kg•m/s，方向竖直向下．与水平面碰后，小球做竖直上抛运动，上升的最大高度为0.8m，则碰后小球速度为方向竖直向上；此时小球的动量为：P2=mv2=0.1×4kg•m/s=0.4kg•m/s，方向竖直向上，动量的变化量为：．设向上为正方向，根据动量定理，合外力的冲量等于物体动量的变化．小球所受外力有重力mg和水平面对它的弹力N，则有：（N-mg）t=P2-P1，代入数据解得：N=91N，方向竖直向上．【解析】0.99114、略

【分析】【详解】

[1]．缸内气体从状态A变化到状态B为等压变化，故气缸单位面积上所受气体分子撞击的作用力不变；

[2][3]．气体体积变大；对外做功；

由可得

则气体对外做功的绝对值

[4]．理想气体对外做功的同时，温度升高，内能增大，根据热力学第一定律△U=W+Q可知：△U＞0，W＜0，所以Q＞0．即气体吸收热量．【解析】不变气体对外做功吸收15、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）由甲图可知波长由乙图可知振幅周期所以波速因为波沿轴正方向传播，由甲图可以判断时刻L向上振动，N向下振动，K在正的最大位移处，M在负的最大位移处．由乙图可知时刻；质点向上振动．所以为L的振动图象；

（2）由相对论中长度的相对性：在垂直于运动方向；长度不变；在沿着运动方向长度变长．所以C正确；

（3）简谐运动的表达式为：为初相位，可以取零．篮球的运动加速度不改变，不符合简谐运动的规律，所以不是简谐运动．【解析】0.84L0.5C不是16、略

【分析】【详解】

小涵站在平面镜前0.5m；小涵在平面镜中成像，小涵的像和小涵到平面镜的距离相等，所以小涵的像到平面镜的距离也是0.5m。小涵后退远离平面镜，小涵像的大小跟小涵的大小有关，跟到平面镜的距离无关，所以小涵的像大小不变。

【点睛】

物体在平面镜中成像，像的大小只跟物体大小有关，跟平面镜大小，跟物体到平面镜的距离无关。但是我们远离平面镜时，看到自己在平面镜中的像变小，是因为眼睛看像的视角变小，产生了错觉，像的实际大小是没有发生变化的。【解析】0.5；不变；17、略

【分析】根据I=Ft得；10s内推力的冲量I=10×10N•s=100N•s

点睛：本题考查了冲量公式的基本运用，知道推力F的冲量与其它力的大小无关，不要受题目中摩擦力等因素的影响．【解析】100四、作图题(共3题，共18分)18、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】19、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】20、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4题，共28分)21、略

【分析】【分析】

(1)根据题意确定输入端电路；在输出端接测量输出电压的电压表．

(2)先调节输入电压；使输出电压为零，然后测量物体质量；根据测量数据求出系数k．

(3)从电源电压与量程等角度分析可能出现的问题．

【详解】

(1)根据“可测得与物体的质量成正比的输出电压U”可知：输出端应接电压表．又根据“为了使输入电路的电压调节范围尽可能大”可知：必须用滑动变阻器在输入端组成分压电路．设计的电路如图所示．

(2)测量步骤与结果：

A；调节滑动变阻器；使转换器的输出电压为零；

B、将质量为m0的砝码放在转换器上，记下输出电压U0；

C、将待测物放在转换器上，记下输出电压U1；

(3)由以上测量可知，U0=km0g，U1=kmg

得所以

【点睛】

这是一道设计型实验题，属开放型试题中重要的一种．力电转换器是学生没有用过的新仪器，能不能在试题所提供的各种信息中抓住最关键的有用信息，对学生的处理信息、电路设计和实验创新能力提出了较高要求．【解析】如图所示:

砝码m022、略

【分析】【详解】

游标卡尺的读数x=22mm+0.1mm×5=22.5mm=2.25cm；

螺旋测微器的读数y=6.5mm+0.01mm×36.0=