2025年新世纪版选修3物理上册阶段测试试卷

…………○…………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年新世纪版选修3物理上册阶段测试试卷226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9题，共18分)1、如图所示，水平地面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端拴接质量为m的小球A．另一个质量也为m的小球B以速度v0向左运动，与A碰撞时间极短、且碰后粘在一起．则从B与A开始碰撞到弹簧压缩最短过程，对A球、B球、弹簧组成的系统（）

A.动量守恒，机械能不守恒B.动量不守恒，机械能守恒C.对墙产生的冲量为D.弹簧最大势能为2、在如图所示的逻辑电路中，当A端和B端都输入电信号“1”时，则在C和D端输出的电信号分别为（）

A.1和0B.0和0C.0和1D.1和13、根据热学知识可以判断，下列说法正确的是（）A.载重汽车卸去货物的过程中，外界对汽车轮胎内的气体做正功B.气体的摩尔质量为M，分子质量为m，若1摩尔该气体的体积为V，则该气体分子的体积为C.一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加D.空调的压缩机制冷时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以这一过程不遵守热力学第二定律4、电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为．由图可知的值分别为。

A.B.C.D.5、有一等腰直角三角形形状的导线框abc，在外力作用下匀速地经过一个宽为d的有界匀强磁场区域，线圈中产生的感应电流i与沿运动方向的位移x之间的函数图象可能是如图中的（）

A.B.C.D.6、如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电量为q的油滴处于静止状态；以下说法正确的是（）

A.若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流B.若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有a→b的电流C.若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流D.若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流7、如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电小球A穿在倾角为的光滑绝缘细杆上，在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷．将小球A由距B竖直高度为H处无初速释放后沿细杆下滑，小球A下滑过程中电荷量不变．整个装置处在真空中，静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是()

A.小球A刚释放时所受的库仑力为B.小球A释放时的加速度大小为C.小球A可能先加速下滑后匀速下滑D.小球A下滑过程中电势能可能先增大后减小8、一列简谐横波沿x轴正方向传播；某时刻的波形图如图所示．此时质点K与M处于最大位移处，质点L与N处于平衡位置．下列说法正确的是。

A.此时质点L的运动方向沿y轴负方向B.此时质点N的运动方向沿y轴正方向C.此时质点K的加速度为零D.此时质点M的速度为零9、如图所示；螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是（）

A.向左摆动B.向右摆动C.保持静止D.无法判定评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(－L,0)、Q(0，－L)为坐标轴上的两个点．如图所示，现有一质量为m、电量为e的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则（）

A.若电子从P点能到原点O，则所用时间可能为B.若电子从P点能到原点O，则所用时间可能为C.若电子从P点出发经原点O到达Q点，电子运动的路程一定为2πLD.若电子从P点出发经原点O到达Q点，电子运动的路程可能为πL11、如图所示的电路中，闭合开关后，将滑动变阻器R的滑片P向上移动；则有（）

A.V1表读数变大B.V2表读数变小C.A表读数变小D.电源的功率变小12、关于热力学定律，下列说法中错误的是____。A.对物体持续降温冷却后可以把它的温度降为绝对零度B.三个系统a、b、c，若a与b内能相等，b与c内能相等，则根据热平衡定律a与c接触时一定不会发生热交换C.热量可以从低温物体传递到高温物体E.一定量的理想气体经过绝热压缩其内能一定增大E.一定量的理想气体经过绝热压缩其内能一定增大13、如图所示；将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到灵敏电流计上，把线圈A放进线圈B的里面．下面几种情况灵敏电流计指针可能有偏转的是。

A.闭合开关瞬间B.开关闭合且电路稳定后C.开关闭合，拔出线圈A的过程中D.开关闭合，将滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中14、如图(a)所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路．若圆环内加一垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图(b)所示．规定磁场方向垂直纸面向里为正；不计金属圆环的电阻．以下说法正确的是

A.0～1s内，流过电阻R的电流方向为b→R→aB.2～3s内，穿过金属圆环的磁通量在减小C.t＝2s时，流过电阻R的电流方向发生改变D.t＝2s时，Uab＝πr2B0评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、用图甲所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为5eV的光照射到光电管上时，测得电流计的示数随电压变化的图像如图乙所示.则光电子的最大初动能为__________J，金属的逸出功为________J.16、以数字信号为特征的现代信息技术早已进入我们的生活．处理数字信号的电路叫做数字电路，数字电路中最基本的逻辑电路——门电路，如图所示的电路叫“__________”逻辑电路。（选填“与”、“或”或者“非”）17、如图甲所示是两电阻R1、R2各自的U-I图线．则电阻R1的阻值为______Ω．如果把R1、R2两个电阻串联接成如上图乙所示的电路时，电流表的示数为0.1A．则此时电阻R2两端的电压是______V．

18、通电螺线管右端的小磁针，静止时N极的指向如图所示，则电源的a端为_______极（选填“正”或“负”），螺线管的c端为_______极（选填“N”或“S”）

19、如图所示，在水和汽达到动态平衡时，测得水柱长206mm，水银柱长723.3mm。已知大气压为760mmHg，则水的饱和汽压为________mmHg（计算结果保留1位小数）。如把图中的管上提1cm（未脱离水银槽），则管中水银面将________（填“上升”“下降”或“不变”），水的饱和汽压将________（填“变大”“变小”或“不变”）。（水银密度为13.6×103kg/m3）

评卷人得分四、作图题(共3题，共24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4题，共40分)23、利用“油膜法估测油酸分子的大小”实验，体现了构建分子模型的物理思想，也体现了通过对宏观量的测量，来实现对微观量间接测量的方法．该实验简要步骤如下：。A．用注射器吸入按照酒精与油酸体积比为m∶n配制油酸酒精溶液，现用滴管滴取油酸酒精溶液，N滴溶液的总体积为V.B．用注射器将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油滴散开、油膜形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜形状描画在玻璃板上C．用浅盘装入约2cm深的水，然后把滑石粉均匀地撒在水面上D．将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，用数学方法估算出油膜的面积SE．根据油酸酒精溶液的浓度和一滴油酸酒精溶液的体积，算出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积F．利用测定数据求出薄膜厚度d，即为油酸分子的大小（1）上述实验步骤中B、C、D的顺序不合理，请重新对这三个步骤排序：____；

（2）利用实验步骤中测出的数据，可得油酸分子直径d=_______．24、为了测量某量程为的电压表的内阻约为该同学设计了如图所示的电路图，实验步骤如下：

A.断开开关按图连接好电路；

B.把滑动变阻器的滑片滑到端；

C.将电阻箱的阻值调到零；

D.闭合开关移动滑动变阻器的滑片使电压表的指针指到满偏的位置；

E.保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值使电压表指针指到半偏的位置，读出此时电阻箱的阻值，此值即为电压表内阻的测量值；

F.断开开关

实验中可供选择的实验器材有：

a.待测电压表。

b.滑动变阻器：最大阻值

c.滑动变阻器：最大阻值

d.电阻箱：最大阻值阻值最小改变量为

e.电池组：电动势约内阻可忽略。

f.电池组：电动势约内阻可忽略。

g.开关；导线若干。

按照这位同学设计的实验方法；回答下列问题：

（1）要使测量更精确，除了选用电阻箱、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用________（填“b”或“c”），电池组中选用________（填“e”或“f'”）。

（2）电压表内阻的测量值和真实值相比，________（填“>”或“<”）；若越大，则越________（填“大”或“小”）。25、如图所示；虚线框内是某个灯光显示组件，内部三个小灯光完全相同，由于发生了故障，被整体拆下后组成图示的实验电路进行检测和数据测定。已知小灯泡的标称值为“2.6V，0.2A”，电池电动势约4V（内阻可忽略），电压表量程0〜4V（内阻约4kΩ），电流表量程0〜200mA(内阻约2Ω)。

（1）滑动变阻器有两种型号可供选择：R1(0〜100Ω，2A)，R2(0〜10Ω，3A)，则应选择_______（填“R1”或“R2”）；

（2）闭合电键S1，调整滑动触头位置在中间位置附近，结果小灯泡都不亮，电流表没有示数，将电键S2先接a后接b，电压表显示的示数都为2.2V。假设故障是由一个灯泡损坏引起的，那损坏的灯泡一定是_______灯，且该灯已经_______（填“断路”或“短路”）了；

（3）用同一型号的灯泡更换损坏的灯泡后，故障排除，闭合电键S1，调整滑动触头位置，读出电流表的示数I，再将电键S2先接a后接b，先后读出电压表两次的示数U1和U2。然后调整滑动触头处于不同的位置进行重复操作。实验的大部分数据如下表：。2550751001251501752000.150.300.450.971.351.822.601.793.30

（4）利用实验得到的数据描绘一个小灯泡的U-I图线，实验数据描点后如图所示．其中I=100mA处的数据没有测定，但可以根据电路的特点从其它实验数据导出，请导出该数据后将其补充描绘在图中，并描出小灯泡的完整的U-I图线__________________

（5）分析U-I图线可知，随着电压增大，小灯泡电阻的变化情况是__________________

（6）由实验测量数据可知，要使该灯光显示组件的功率达到允许的最大值，可以使用一个电动势E=4.00V，内阻r=__________Ω的电池直接连接该组件。（结果保留2位有效数字）26、如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：

步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下；并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；

步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下；使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；

步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。

①对于上述实验操作，下列说法正确的是________

A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下。

B．斜槽轨道必须光滑。

C．斜槽轨道末端必须水平。

D．小球1质量应大于小球2的质量。

②上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有________；

A．A、B两点间的高度差h1

B．B点离地面的高度h2

C．小球1和小球2的质量m1、m2

D．小球1和小球2的半径r

③当所测物理量满足表达式______________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．如果还满足表达式______________(用所测物理量的字母表示)时；即说明两球碰撞时无机械能损失；

④完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′。用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为l1、l2、l3。则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为____________(用所测物理量的字母表示)。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

A、从B与A开始碰撞到弹簧压缩最短过程，A、B发生了完全非弹性碰撞，在碰撞过程中机械能有损失，所以系统的机械能不守恒；从AB开始一起运动至弹簧被压缩到最短的过程中，由于墙面对弹簧有作用力，A、B及弹簧组成的系统所受的合外力不为零；则在此运动过程中动量不守恒，故AB错误；

C、对系统在整个过程中由动量定理：则这个系统对墙产生的冲量大小为故C正确；

D、A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：得：弹簧的最大弹性势能为：故D错误．2、A【分析】【分析】

【详解】

正确认识门电路的符号，“≥1”为或门，“1”为非门，其真值为：B端1输入，则D端0输出，或门为“0，1”输入，则C端输出1．

故选A。3、C【分析】【详解】

A．载重汽车卸去货物的过程中；轮胎体积变大，则汽车轮胎内的气体对外界做正功，故A错误；

B．若1摩尔该气体的体积为V

该气体分子所占空间的体积为

由于气体分子的体积远小于该气体分子所占空间的体积；故B错误；

C．对的；因为在水蒸发要吸收能量，蒸发过程中温度恒定，也就是说分子动能不变，能量转化到分子势能中，故分子之间的势能增加，故C正确；

D．空调机压缩机制冷时；空气压缩机做功，消耗电能，制冷过程不是自发的进行的，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以这一过程遵守热力学第二定律，故D错误。

故选C。4、D【分析】【详解】

电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．

E为电源的总电压（即电动势），在U﹣I图象中，纵轴截距表示电动势，根据图象可知则所以A；B、C错误，D正确．

点晴：解决本题的关键知道电源的效率也等于外电压与电动势之比以及会从U-I图象中读出电动势和外电压．5、D【分析】【详解】

根据题意得，感应电动势：感应电流为在进入磁场的过程中，切割的有效长度在减小，根据右手定则判断，感应电流为逆时针；在出磁场的过程中，切割的有效长度在减小，根据右手定则判断，感应电流为顺时针，所以感应电流方向相反，都在减小，ABC错误D正确6、C【分析】【分析】

【详解】

将S断开，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴所受的电场力不变，故油滴仍处于静止状态，故A错误；若将A板左移，电容器板间电压不变，由E=U/d可知，场强E不变，油滴所受的电场力不变，仍处于静止状态．电容器的电容减小，由Q=CU知电容器的电量将减小，放电，则G表中有b→a的电流，故B错误．将A板上移，由E=U/d可知，E变小，油滴所受的电场力减小，将向下加速运动．电容C变小，电量减小，电容器要放电，则有由b→a的电流流过G，故C正确；将A板下移，由E=U/d可知，E变大，油滴所受的电场力变大，将向上加速运动．电容C变大，电量变大，电容器要充电，则有由a→b的电流流过G；故D错误；故选C．

【点睛】

本题是电容器动态变化分析问题．含有电容器的电路，只有在电容器充电或放电的过程有电流，而分析电容器充放电要根据分析电容和电压的变化来确定．7、B【分析】【详解】

A；根据库仑定律可知小球A刚释放时所受库仑力为。

故A错；

B、由牛顿第二定律得:

解得：故B对；

C；越靠近B则库仑力越大；根据牛顿第二定律可知，加速度可能是先减小后反向增大，则小球A可能先加速下滑后减速下滑，然后再反向运动，故C错；

D；小球A下滑过程中由于库仑力一直做负功；所以电势能一直在增大，故D错；

综上所述本题答案是：B

【点睛】

对A球受力分析,受到重力、支持力和静电斥力,根据牛顿第二定律求加速度;8、D【分析】【详解】

根据“上坡上，下坡下”原理质点L向y轴正方向运动，质点N向y轴负方向运动，AB错误；根据可知MN两点的位移最大，回复力最大，所以加速度最大，速度为零，C错误D正确．9、A【分析】条形磁铁S极突然插入线圈时，螺线管磁场向左增加，楞次定律得左板为正极，右侧负极，带负电的通草球受向左电场力，将向左偏．A正确．故本题选A．二、多选题(共5题，共10分)10、A:D【分析】【分析】

粒子在洛伦兹力作用下；做匀速圆周运动，根据题意可知，电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，与电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹的半径不同，从而由运动轨迹来确定运动路程．

【详解】

若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线，则有运动轨迹如图所示：

则微粒运动的路程为圆周的所用的时间为则电子从P点出发恰好经原点O的时间为选项A正确，B错误；若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示：

或者是：

因此则微粒运动的路程可能为πL；也可能为2πL，若粒子完成3；4、n个圆弧，那么电子运动的路程可能：n为奇数时为2πL；n为偶数时为πL，故C错误，D正确；故选AD．

【点睛】

本题考查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键，注意次数增多，而半径会减小．11、A:B:D【分析】当闭合开关S后，将滑动变阻器R的滑片P向上移动，变阻器接入电路的阻值变大，则外电路的总电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律可知，总电流变小，则路端电压变大，所以V1表读数变大，故A正确；总电流变小，根据部分电路的欧姆定律，R1两端的电压变小，所以V2表读数变小，故B正确；路端电压等于R2两端的电压加上R1两端的电压，即U1+U2=U，因为R1两端的电压变小，路端电压变大，所以R2两端的电压变大，故R2中的电流减大，即A表读数变大，故C错误；电源的总功率为P=EI，电动势E不变，I减小，则电源的总功率变小，故D正确．所以ABD正确，C错误．12、A:B:D【分析】【分析】

【详解】

A．绝对零度是不可能达到的；故A错误；

B．热平衡状态即为两物体的温度相同；但两物体内能相同时，温度不一定相同，故B错误；

C．热量可以从低温物体传递到高温物体；例如电冰箱，但需要消耗电能，故C正确；

D．自然界中有的能量便于利用；有的不便于利用，因此要节约能源，故D错误；

E．一定质量的理想气体经过绝热压缩；外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体的内能增大，故E正确。

本题选错误的，故选ABD。13、A:C:D【分析】【分析】

穿过闭合回路的磁通量发生变化时；闭合回路中产生感应电流．

【详解】

感应电流产生的条件是闭合回路中通过线框的磁通量发生变化．A选项，闭合开关瞬间有磁通量变化，有感应电流；B选项，开关闭合电路稳定后电流不发生变化，通过线圈B的磁通量无变化，无感应电流；C选项，拔出线圈A，通过线圈B磁通量减小，有感应电流；D选项，滑片p滑动，电阻发生变化，电流发生变化，线圈A产生的磁场发生变化，通过线圈B的磁通量变化，有感应电流；综上所述，ACD正确．14、A:D【分析】【详解】

A．规定磁场方向垂直纸面向里为正，依据楞次定律，在0-1s内，穿过线圈向里的磁通量增大，则线圈中产生逆时针方向感应电流，那么流过电阻R的电流方向为故A正确；

B．由图乙可知；在2-3s内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故B错误；

C．磁通量减小，由楞次定律可知，产生的电流方向为磁通量增大，且磁场方向相反，由楞次定律可知，产生的电流方向为故C错误；

D．当t=2s时，根据法拉第电磁感应定律因不计金属圆环的电阻，因此故D正确．三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【详解】

第一空.由题中I－U图像可知：遏止电压Uc=2V，即Ekm=eUc=3.2×10-19J。

第二空.由光电效应方程Ekm=hv－W0解得W0=hv－Ekm=3eV=4.8×10-19J.【解析】3.2×10－194.8×10－1916、略

【分析】【详解】

[1]该图中，A、B开关只要有一个闭合，灯就会亮，即几个条件中，只要有一个条件得到满足，某事件就会发生，这种关系叫做“或”逻辑关系。【解析】或17、略

【分析】【详解】

由图甲可知，U1=4V时，I1=0.2A，则

由图乙知，两电阻串联在电路中，由图甲可知：当I1=I2=0.1A时，U2=1V；【解析】20Ω1V.18、略

【分析】根据通电螺线管右端的小磁针静止时N极的指向，可知螺线管的d端为N极，c端为S极，由右手螺旋法则可知，电源的a端为正极。【解析】正，S19、略

【分析】【详解】

[1]易知水银柱产生的压强为

设水柱产生的压强为p水，则

解得

根据平衡条件可得水的饱和汽压为

[2]把图中的管上提1cm；假设水银面高度不变，则水蒸气的压强不变；体积增大，不符合等温变化规律；假设水银面下降，则水蒸气的压强减小、体积增大，同样不符合等温变化规律。只有当水银面上升时，水蒸气的压强增大、体积减小，才可以符合等温变化规律。

[3]水的饱和汽压只与温度有关，所以把图中的管上提1cm，水的饱和汽压不变。【解析】21.6上升变小四、作图题(共3题，共24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4题，共40分)23、略

【分析】【详解】

（1）实验中要先用浅盘装入约深的水，然后把滑石粉均匀地撒在水面上，然后再用注射器将一滴油酸酒精