2025年牛津译林版选修3物理上册阶段测试试卷含答案

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A.水分子运动中受到的电场力越来越小B.沿着曲线ABCD方向电势越来越低C.水分子运动中电势能越来越少D.水分子的轨迹ABCD是一条抛物线2、如图所示，两个频率、振动方向、初始相位均相同的波源是两个相干波源，由它们发出的波相互叠加，实线表示波峰，虚线表示波谷．则下列对三点振动情况的判断中；正确的是（）

A.处始终是波峰与波峰相遇B.处的振动始终互相减弱C.处的振动既不增强也不减弱D.处的振动始终互相减弱3、如图所示的电路；当滑动变阻器R3的滑片向下移动时，各电表的示数变化情况正确的是()

A.V的示数变大B.A1的示数变大C.A2的示数变大D.A3的示数变小4、如图所示，一定质量的理想气体从状态经过等容、等温、等压三个过程，先后达到状态再回到状态下列说法正确的是（）

A.在过程中气体对外做功B.在过程中气体的内能减少C.在过程中气体对外界放热D.在过程中气体的温度降低5、电风扇的挡位变换器电路如图所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2400匝的原线圈输入电压u=220sin100πt(V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240匝、600匝、1200匝、2400匝．电动机M的内阻r=8Ω，额定电压为U=220V，额定功率P=110W．下列判断正确的是）（））

A.该交变电源的频率为100HzB.当选择3挡位后，电动机两端电压的最大值为110VC.当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大D.当选择挡位4后，电动机的输出功率为108W6、如图所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内；则下列说法正确的是()

A.小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统在水平方向上动量守恒B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D.小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则()A.电动机消耗的总功率为UIB.电动机消耗的热功率为C.电源的输出功率为EID.电源的效率为1－8、根据不确定性关系ΔxΔp≥判断下列说法正确的是（）A.采取办法提高测量Δx精度时，Δp的精度下降B.采取办法提高测量Δx精度时，Δp的精度上升C.Δx与Δp测量精度与测量仪器及测量方法是否完备有关D.Δx与Δp测量精度与测量仪器及测量方法是否完备无关9、关于热力学温度和摄氏温度，以下说法正确的是（）A.热力学温度的单位K是国际单位制中的基本单位B.温度升高就是升高了1KC.就是1KD.的温度可用热力学温度粗略地表示为273K10、下列说法正确的是（）A.晶体的所有物理性质沿各个方向是不同的B.把温度降到接近布朗运动依然可以发生C.两分子间距离变化时，可能存在分子势能相等的两个位置E.未来科技进步了，人类就可以将散失在空气中的内能全部重新收集起来加以利用E.未来科技进步了，人类就可以将散失在空气中的内能全部重新收集起来加以利用11、如图所示，矩形线圈是闭合的，在外力作用下，匀速向右通过宽为d(大于线圈边长)的匀强磁场时，设穿过线圈的磁通量为Φ，感应电流为I，线圈所受磁场力为F，通过线圈导线横截面的电荷量为q；则描述此过程中以上各物理量的变化的图像如选项图所示，其中正确的是()

A.B.C.D.12、交变电压瞬时值表达式为对此交变电压，下列表述正确的是（）A.最大值是220VB.有效值是220VC.频率是25HzD.周期是0.02s13、对于红、蓝两种单色光，下列说法正确的是A.在水中红光的传播速度较大B.在同种介质中，蓝光的折射率较小C.在同种介质中红光、蓝光的传播速度一样大D.光从同种介质射向真空发生全反射时，蓝光的临界角较小评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、研究性学习小组围绕一个量程为30mA的电流计展开探究．

（1）为测量该电流计的内阻，同学甲设计了如图（a）所示的电路．图中电源电动势未知，内阻不计．闭合开关，将电阻箱阻值调到10Ω时，电流计恰好满偏；将电阻箱阻值调到85Ω时，电流计指针指在如图（b）所示位置，则电流计的读数为______m。A．由以上数据可得电流计的内阻Rg=______Ω

（2）同学乙将甲设计的电路稍作改变，在电流计两端接上两个表笔，如图（c）所示，设计出一个简易的欧姆表，并将表盘的电流刻度转换为电阻刻度：闭合开关，将两表笔断开，调节电阻箱，使指针指在“30mA”处，此处刻度应标阻值为______Ω（填“0”或∞”）；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻，找出对应的电流刻度，则“15mA“处对应表笔间电阻阻值为______Ω．

若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻变大不能忽略，电源电动势不变但将两表笔断开，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果与原结果相比将______（选填“变大”、“变小”或“不变”）．15、逻辑电路在电子线路中有着重要的应用。某同学利用“非”门电路设计了一个路灯自动控制门电路，天黑了，让路灯自动接通；天亮了，让路灯自动熄灭。如图中RG是一个光敏电阻，当有光线照射时，光敏电阻的阻值会显著减小；R是可调电阻；起分压作用。“非”门电路能将输入的高压信号转变为低压信号，或将低压信号转变为高压信号。J为路灯总开关控制继电器，它在获得高压时才启动(图中未画路灯电路)。

(1)当天黑时，RG变____(选填“大”或“小”)；“非”门电路获得_____电压，J得到______电压。(后两空均选填“高”或“低”)

(2)如果路灯开关自动接通时天色还比较亮，现要调节自动控制装置，使它在天色较黑时才会自动接通开关，应将R调_____(选填“大”或“小”)一些。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、泡沫铝是一种同时兼有金属和气泡特征的新型材料。将纯铝熔化成液态后加入添加剂，就会在液态铝内产生大量气泡，冷凝后就可得到带有微孔的泡沫铝。由于泡沫铝具有密度小，高吸收冲击能力，耐高温、防火性能强、抗腐蚀、隔音降噪、导热率低、电磁屏蔽性高、耐候性强等优异的物理性能、化学性能和可回收性，泡沫铝在当今的材料领域具有广阔的应用前景。泡沫铝是晶体，某些物理性质表现为___________（填“各向同性”或“各向异性”）。在冷凝过程中，气体内能___________（填“增加”或“减少”）18、如图所示，一边长为0.1m的单匝正方形线圈从左侧匀速进入匀强磁场，磁场的磁感应度B＝2T．从ab边开始进入磁场至cd边恰好进入磁场的过程中，线圈的磁通量变化了________Wb；若上述过程所经历的时间为0.2s，则线圈中产生的感应电动势为________V.

19、一定质量的理想气体从初状态A分别经不同过程到达末状态B、C、D，它们的PV图象如图所示．其中AB是等容过程，AC是等温过程，AD是等压过程．则内能减小的过程是________(选填“AB”“AC”或“AD”)；气体从外界吸收热量的过程是________(选填“AB”“AC”或“AD”)．20、一物体沿x轴做简谐运动，振幅12cm，周期2s．当t=0时，位移为6cm，且向x轴正方向运动；

（1）物体做简谐运动的表达式（用正弦函数表示）为_________________；

（2）t=10.5s时物体的位置为________cm21、在如图所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角θ为45o且斜向上方．现有一质量为m电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的C点进入电场区域，该离子经C点时的速度方向与x轴正方向夹角为45o．不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大，则离子第三次穿越x轴时速度的大小为_______，C点横坐标为_________．

22、如下图所示；质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体．从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后速度大小为（）。

评卷人得分四、作图题(共3题，共18分)23、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．

24、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．

25、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2题，共18分)26、有一量程为3V的电压表V，现要测量其内阻RV。可选用的器材有：

滑动变阻器甲；最大阻值10Ω；

滑动变阻器乙；最大阻值10kΩ；

电阻箱R2；最大阻值9999Ω；

电源E；电动势约为4V，内阻不计；

开关两个；导线若干。

(1)某小组采用的测量电路如图甲所示；在实物图中，已正确连接了部分导线，请完成剩余部分的连接________。

(2)连接好实验电路后；进行实验操作，请你将下面操作步骤补充完整：

①断开开关S2和S1，将R1的滑片移到最左端的位置；

②闭合开关S2和S1，调节R1的滑片位置；使电压表V满偏；

③断开开关S2，保持R1的滑片位置不变，调节R2，使电压表V示数为1.00V，读取并记录此时电阻箱的阻值为R0。则测出的电压表内阻R测=___________，它与电压表内阻的真实值RV相比，R测________RV（选填“＞”、“=”或“＜”）。27、为了测量一个量程为的直流电压表的内阻（约为几千欧）；所用的电路如图甲所示。

（1）请将图乙的器材连成完整的电路。（_____）

（2）该实验中需要进行的步骤罗列如下。

a.闭合开关S；

b.将电阻箱的阻值调到零；

c.调节滑动变阻器R的阻值，使电压表的示数为

d.断开开关S；

e.调节电阻箱的阻值，使电压表示数为读出此时电阻箱的阻值；

f.把滑动变阻器的滑片P滑到a端。

该实验操作的合理顺序是___________（选填字母代号）。

A．bfacedB．abfcedC．bacfedD．afebed

（3）若在实验步骤e中，调节后电阻箱旋钮位置如图丙所示，则的阻值为___________该电压表的内阻的测量值为___________由于系统误差，测量值___________（选填“偏大”或“偏小”）。评卷人得分六、解答题(共3题，共21分)28、如图所示，内壁光滑的导热气缸竖直放置在水平桌面上，气缸内封闭一定质量的气体。活塞质量m=4kg，活塞横截面积S=20cm2。活塞初始状态位于离底部高度h1=5cm处。假设外界空气温度恒为27℃，大气压强p0=1×105pa，g=10m/s2；

（1）用外力F将活塞缓慢提升4cm；求此时气缸内气体的压强；

（2）对气缸内气体缓慢加热；当温度升到57℃时，气体吸收了10J的热量，求此过程中气体内能的增加量。

29、把一个内阻为Rg=100Ω,满偏电流为Ig=1mA的表头改装成一个量程50V的电压表；

（1）需要串联多大的分压电阻？

（2）改装成一个量程5A的电流表；需要并联多大的分流电阻？

（3）将量程为3.0V，Rv=10kΩ的电压表改装成量程是30V的电压表，该如何做？30、如图纸面内的矩形ABCD区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边AB∥CD、AD∥BC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为B.一带电粒子从AB上的P点平行于纸面射入该区域，入射方向与AB的夹角为θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从CD射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P点射入该区域，恰垂直CD射出.已知边长AD=BC=d，带电粒子的质量为m，带电量为q；不计粒子的重力.求：

(1)带电粒子入射速度的大小；

(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；

(3)匀强电场的电场强度大小．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

A.根据电场线疏密可以判断电场强弱，所以D点电场线最密，电场强度最强，所以D点受电场力最大；电场力越来越大，A错误。

B.沿电场线方向电势越来越低，所以A点电势最低，沿着曲线ABCD方向电势越来越高；B错误。

C.水分子从静止开始运动；电场力做正功，电势能减小，C正确。

D.因为电场线不是匀强电场，所以水分子受力方向一直在变，所以不是类平抛运动，轨迹不是抛物线，D错误2、D【分析】A：处是振动加强点；该点位移也是呈周期性变化，不会总是波峰与波峰相遇，故A项错误。

B：处是波谷与波谷相遇；振动加强点永远加强，故B错误；

CD：处是振动减弱点；其位移永远为零，振动能量永远减弱，故C错误，D正确．

点睛：波干涉的条件：两列波(源)的频率以及振动方向必须相同并且有固定的相位差。如果两列波的频率不同或者两个波源没有固定的相位差(相差)，相互叠加时波上各个质点的振幅是随时间而变化的，没有振动总是加强或减弱的区域，因而不能产生稳定的干涉现象，不能形成干涉图样。3、B【分析】在滑动变阻器R3的滑片向下移动时，接入电路的电阻减小，与R2并联的电阻减小，外电路总电阻R总减小，总电流I增大，所以电流表A1的示数变大，路端电压U=E-Ir，则U减小，电压测量的是路端电压，则电压表读数变小，故A错误，B正确；总电流I增大R3分担的电压变大，并联部分的电压减小，则流过R2的电流I2减小，所以电流表A2的示数变小，故C错误；电流表的A3的示数I3=I-I2，则电流表A3示数增大，故D错误。所以B正确，ACD错误。4、D【分析】【详解】

A．在过程中气体体积不变；既不对外作用，外界也不对气体做功，选项A错误；

B．在过程中气体的体积不变；压强变大，则温度升高，则气体的内能增加，选项B错误；

C．在过程中气体温度不变；内能不变，体积变大，对外做功，则气体吸热，选项C错误；

D．在过程中气体的压强不变；体积减小，则温度降低，选项D正确。

故选D。5、D【分析】【分析】

根据原线圈输入电压的瞬时值表达式即可知角速度，结合得交变电源的频率；当选择3档位后，根据变压比规律求出副线圈两端电压的有效值，最大值为有效值的倍；当档位由3变为2后，根据变压比规律判断副线圈的电压，分析输出功率的变化，根据输入功率等于输出功率，由判断原线圈电流的变化；当选择档位4后，根据变压比规律求出副线圈电压，根据能量守恒求电动机的输出功率．

【详解】

A、根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知：交变电源的频率故A错误；

B、当选择3档位后，副线圈的匝数为1200匝，根据电压与匝数成正比得：解得：所以电动机两端电压的最大值为V；故B错误；

C、当档位3变为2后，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，输入功率变小，根据知原线圈电流变小；故C错误；

D、当选择档位4，副线圈匝数等于2400匝，根据电压比规律得到副线圈两端的电压为220V，电动机正常工作，流过电动机的电流电动机的发热功率电动机的输出功率故D正确．

故选D．

【点睛】

本题考查变压器原理，要注意明确变压器的规律，能用线圈匝数之比求解电压及电流；同时注意注意明确对于非纯电阻电路欧姆定律不能使用，在解题时要注意正确选择功率公式．6、C【分析】【分析】

【详解】

A.小球从A点到最低点的过程中；竖直墙对半圆形槽有向左的弹力的作用，所以这个过程小球与槽组成的系统在水平方向上动量不守恒．故A错误；

B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中；先失重后超重，故B错误；

C.小球在槽内运动的全过程中；从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功．所以小球的机械能不守恒，但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零．所以小球与槽组成的系统机械能守恒．故C正确，D错误；

【点睛】

本题重在考查动量守恒和机械能守恒，对这类问题我们首先明确我们的研究对象，以及研究对象所参与的运动过程，然后再结合动量守恒和机械能守恒的条件来判断．二、多选题(共7题，共14分)7、A:D【分析】【详解】

电动机消耗的总功率应该用P=IU来计算，所以总功率为IU，所以A正确；电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算，所以热功率P=I2R，所以B错误．电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出=UI．故C错误．电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为所以D正确．故选AD.8、A:D【分析】【分析】

【详解】

不确定关系表明，无论采用什么方法试图确定位置坐标和相应动量中的一个，必然引起另一个较大的不确定性，这样的结果与测量仪器及测量方法是否完备无关，无论怎样改善测量仪器和测量方法，都不可能逾越不确定关系所给出的限度．故AD正确．9、A:B:D【分析】【分析】

【详解】

A．热力学温度的单位K是国际单位制中七个基本单位之一；A正确；

B．由。

得。

则知温度升高了就是升高了1K；B正确；

C．热力学温度和摄氏温度的关系是。

可知与1K表示的温度不同；C错误；

D．根据。

知，当时。

D正确。

故选ABD。10、B:C:D【分析】【详解】

A．单晶体具有各向异性；即单晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质不同，多晶体具有各向同性，故A选项错误；

B．布朗运动是热运动的反映，而热运动在时不会停止；布朗运动可以继续发生，故B选项正确；

C．由于分子之间的距离为时；分子势能最小，故存在分子势能相等的两个位置，故C选项正确；

D．热力学第一定律揭示了一切跟热有关的现象遵循能量守恒定律；故D选项正确；

E．能量转化过程中；存在能量散失，不能使散失在环境中的内能全部重新收集起来加以利用，故E选项错误。

故选BCD。11、A:B【分析】【详解】

线圈穿过磁场的过程中，速度不变，其他各物理量的变化分析如下：进入磁场的过程中，磁通量Φ＝BS＝Bl·vt(l为切割磁感线的边长)，可见磁通量Φ正比于时间t；从全部进入磁场到出磁场之前的过程中，Φ最大且保持不变；离开磁场的过程中，Φ均匀减小，故A正确；感应电流进入磁场与离开磁场的过程中，I感的大小相等方向相反，均为恒定电流；全部在磁场中平移时，无感应电流，故B正确；进入与离开磁场的过程中，安培力大小F安＝BI感l不变；全部在磁场中平移时，不受安培力，故C错误；进入与离开磁场的过程中，通过导线横截面的电荷量可见电荷量随时间均匀增加，全部在磁场中时，无感应电流，故D错误．所以AB正确，CD错误．12、B:D【分析】【详解】

A．根据交变电压瞬时值表达式可知，交流电的最大值是A错误；

B．有效值是

B正确；

D．周期是

D正确；

C．频率是

C错误；

故选BD。13、A:D【分析】【详解】

AB、红色光的频率比蓝色光的频率小，故红色光的折射率比蓝色光的折射率小，根据可知在水中红色光的速度比蓝色光的速度大，A正确B错误；

C；在真空中两种光的传播速度相等；都为光速度，C错误；

D、根据可知，折射率越大的单色光，其全反射的临界角越小，即蓝光的临界角较小，D正确．三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：（1）据十分之一估读法；读数为：12.0A；

当电阻箱阻值为10Ω时有：当电阻箱阻值为85Ω时：则电流计内阻有：电源电动势为：．

（2）将电流计改装成欧姆表后，指针处于30mA处时有：代入数据可以求得电阻箱此时阻值为：当指针示数为15mA时，电流总电流为：欧姆表读数为：

（3）电源内阻增大后；将两表笔断开，指针仍能满偏，说明电源内阻与电阻箱阻值之和与原来相等，故测量结果不变．

考点：本题考查欧姆表的内部结构．【解析】12.040∞8不变15、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1][2][3]．天黑时，光线减弱，光敏电阻RG变大，A端输入低电压；Y端输出高压信号，J得到高压，开始控制路灯工作。

(2)[4]．如果路灯开关自动接通时天色还比较亮，应将R调大，A端输入电压较高，当天色较黑时，RG的电阻变大，A端的电压降低，Y端的电压升高，J得到高压，开始控制路灯工作。【解析】大低高大16、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】

[1]泡沫铝是晶体；但是是多晶体，表现为各向同性；

[2]在金属液体冷凝过程中，气泡收缩变小，外界对气体做功，同时温度降低，放出热量，由热力学第一定律

可知气体内能减少。【解析】各向同性减少18、略

【分析】【详解】

从ab边开始进入磁场至cd边恰好进入磁场的过程中，线圈的磁通量变化了线圈中产生的感应电动势．【解析】0.020.119、略

【分析】【详解】

从A到B，体积不变，压强减小，则温度降低，内能减小，因气体不对外也不对内做功，则气体放热；从A到C，温度不变，则内能不变；体积变大，对外做功，则吸收热量；从A到D，体积变大，压强不变，则温度升高，内能增大，气体对外做功，则吸收热量；则气体从外界吸收热量的过程是AC和AD．【解析】ABAC和AD20、略

【分析】【详解】

（1）振子的周期为T=2s，则角速度为：振幅A=12cm．故x=0.12sin（πt+φ0），当t=0时，位移为6cm，可得：或因为t=0时，速度方向沿x轴正方向，所以取则子简谐运动的表达式为

（2）简谐运动的表达式为．t=10.5s时，有：．【解析】21、略

【分析】【详解】

[1]离子在空间中的运动情况如图所示。

离子从A点开始做匀速圆周运动，第一次经过x轴后做匀减速直线运动，速度减为零后又做匀加速直线运动，根据可逆性可知，离子第二次回到x轴的速率和离开时相同，第二次进入磁场，然后做匀速圆周运动，所以离子第三次穿越x轴的速度大小为v0；

[2]磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，由牛顿第二定律得：

解得：

由几何知识知【解析】22、C【分析】试题分析：以物体与小车组成的系统为研究对象；水平方向不受外力作用，水平方向动量守恒，由于盒子内表面不光滑，最终两者具有共同的速度，运用动量守恒定律求解．

选物体与小车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得所以v方向与同向，即方向水平向右，C正确．【解析】四、作图题(共3题，共18分)23、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】24、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】25、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2题，共18分)26、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]测量电路如图所示。