2025年冀教新版选修3物理下册阶段测试试卷

…………○…………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年冀教新版选修3物理下册阶段测试试卷460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5题，共10分)1、如图所示，质量为m，带电荷量为−q的微粒以速度v与水平方向成45°角进入正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，电场方向水平向左，重力加速度为g．如果微粒做直线运动，则下列说法正确的是

A.微粒一定做匀速直线运动B.微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用C.匀强电场的电场强度D.匀强磁场的磁感应强度2、下列说法正确的有（）A.温度升高，布朗运动显著，说明悬浮颗粒的分子运动剧烈B.液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离比较大，分子力表现为引力，故液体表面存在张力，其方向指向液体内部C.物体的内能等于物体的势能和动能的总和D.干湿泡湿度计湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水分子蒸发吸热的结果3、如图所示；平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差U及板间场强E的变化情况为()

A.U变大，E变大B.U变小，E变小C.U不变，E不变D.U变小，E不变4、关于热现象的描述，下列说法中正确的是A.随着低温技术的不断发展，我们可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度B.常温常压下，一定质量的气体被压缩后，气体分子的平均动能一定增加C.1kg0℃的水比1kg0℃的冰具有更多的分子势能D.用油膜法测出油分子的直径后，只要再知道油的摩尔质量，就能计算出阿伏伽德罗常数5、以下事实可作为“原子核可再分”的依据是A.天然放射现象B.粒子散射实验C.电子的发现D.氢原子发光评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、如图所示，水平放置的、间距为L的光滑导轨MNQP，导轨内的磁场方向与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨左端接有电阻R、电阻为r的金属棒ab在导轨上垂直于磁场的方向，以速度v向右匀速移动，水平外力F,下列说法正确的是：（）

A.K断开时，金属棒两端的电压为B.K闭合时，金属棒两端的电压为C.K闭合时，感应电流的大小为D.K闭合时，水平外力的功率为7、下列说法正确的是（）A.凡是具有规则几何形状的物体一定是单晶体，单晶体和多晶体都具有各向异性B.两分子间距离从0.5r0逐渐增大到5r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大C.布朗运动是指悬浮在液体或气体里固体小颗粒中分子的运动E.热量能够从高温物体传到低温物体，也能够从低温物体传到高温物体E.热量能够从高温物体传到低温物体，也能够从低温物体传到高温物体8、下列说法中正确的是（）A.晶体都具有各向异性B.理想气体，等压膨胀过程一定吸热C.封闭在容器内的气体很难被压缩，说明气体分子间存在斥力E.第二类永动机不能制成是因为自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性E.第二类永动机不能制成是因为自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性9、在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三只相同规格的小灯泡，L2、L3并联，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示；当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时（）

A.L2的电阻小于4ΩB.L1消耗的电功率为0.75WC.L1上的电压为L2上电压的4倍D.L1、L2消耗的电功率的比值大于4:110、分子动理论以及固体、液体的性质是热学的重要内容，下列说法正确的是（）E.两分子间的分子势能一定随距离的增大而增大A.用吸管将牛奶吸入口中是利用了毛细现象B.同温度的氧气和氢气，它们的分子平均动能相等C.荷叶上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用D.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点11、如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合电键，小灯泡能正常发光．现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为理想电流表A示数变化量的绝对值为则（）

A.电流表示数变大，V2示数变小B.灯泡亮度逐渐变暗C.与均保持不变，且前者小于后者D.当电路稳定后，断开电键，小灯泡逐渐变暗至熄灭12、如图所示的装置中，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A以水平速度射入木块后(子弹与木块作用时间极短)，子弹立即停在木块内．然后将轻弹簧压缩到最短，已知本块B的质量为M，子弹的质量为m，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则从子弹开始入射木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）

A.系统的动量不守恒，机械能守恒B.系统的动量守恒，机械能不守恒C.系统损失的机械能为D.弹簧最大的弹性势能小于13、一个铍原子核（）俘获一个核外电子（通常是最靠近原子核的K壳层的电子）后发生衰变，生成一个锂核（），并放出一个不带电的质量接近零的中微子νe，人们把这种衰变称为“K俘获”．静止的铍核发生零“K俘获”，其核反应方程为已知铍原子的质量为MBe=7.016929u，锂原子的质量为MLi=7.016004u，1u相当于9.31×102MeV．下列说法正确的是A.中微子的质量数和电荷数均为零B.锂核（）获得的动能约为0.86MeVC.中微子与锂核（）的动量之和等于反应前电子的动量D.中微子与锂核（）的能量之和等于反应前电子的能量评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、盖－吕萨克定律。

（1）内容：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成______。

（2）表达式：V＝______。

（3）适用条件：气体的______和______不变。

（4）图像：如图所示。

V－T图像中的等压线是一条______。15、一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其变化过程的V-T图像如图所示，BC的反向延长线通过坐标原点O。已知该气体在状态A时的压强为1.5×105Pa，则该气体在状态C时的压强为__________Pa；该气体从状态A到状态C的过程中吸收的热量为__________J。

16、进行如下实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，取出烧瓶，并迅速把一个气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图。若某时刻该密闭气体的体积为V，密度为ρ，平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则该密闭气体的分子个数为______。若将该密闭气体视为理想气体，气球逐渐膨胀起来的过程中，气体对外做了0.8J的功，同时吸收了0.9J的热量，则该气体内能变化了______J。若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体的温度_____（填“升高”或“降低”）。17、假定两个分子的距离为无穷远时，它们的分子势能为0，使一个分子固定，另一个分子在外力作用下从无穷远逐渐向它靠近，直至相距很近很近，整个过程中分子势能______(填“不变”或“先增大后减小”或“先减小后增大”)。物体从单一热源吸收的热量______(填“可以”或“不可以”)全部用于做功。18、将长为1m的导线ac从中点b折成如图所示的形状，放入B＝0.08T的匀强磁场中，abc平面与磁场垂直．若在导线abc中通入25A的直流电，则整个导线所受安培力大小为______N．19、如图所示，在以O点为圆心、r为半径的圆形区域内，在磁感强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，a、b、c为圆形磁场区域边界上的3点，其中∠aob=∠boc=600，一束质量为m，电量为e而速率不同的电子从a点沿ao方向射人磁场区域，其中从bc两点的弧形边界穿出磁场区的电子，其速率取值范围是______．20、卢瑟福的原子核式结构模型认为，核外电子绕原子核做高速的圆周运动．设想氢原子的核外电子绕核做匀速圆周运动，且核外电子离原子核最近的轨道半径为经典物理学知识认为核外电子受到原子核对它的库仑力作用而做圆周运动，则氢原子的核外电子在此轨道上运动时的周期为______s，速度为_______m/s．（电子的质量为）评卷人得分四、作图题(共3题，共24分)21、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．

22、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．

23、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14分)24、某实验小组利用如图（a）所示的电路探究在25℃~80℃范围内某热敏电阻的温度特性，所用器材有：置于温控室（图中虚线区域）中的热敏电阻RT，其标称值（25℃时的阻值）为900.0Ω：电源E（6V，内阻可忽略）：电压表V（量程150mV）：定值电阻R0（阻值20.0Ω），滑动变阻器R1（最大阻值为1000Ω）：电阻箱R2（阻值范围0-999.9Ω）：单刀开关S1，单刀双掷开关S2．

实验时，先按图（a）连接好电路，再将温控室的温度t升至80.0℃，将S2与1端接通，闭合S1，调节R1的滑片位置，使电压表读数为某一值U0：保持R1的滑片位置不变，将R2置于最大值，将S2与2端接通，调节R2，使电压表读数仍为U0：断开S1，记下此时R2的读数，逐步降低温控室的温度t，得到相应温度下R2的阻值，直至温度降到25.0°C，实验得到的R2-t数据见下表．

。t/℃

25.0

30.0

40.0

50.0

60.0

70.0

80.0

R2/Ω

900.0

680.0

500.0

390.0

320.0

270.0

240.0

回答下列问题：

（1）在闭合S1前，图（a）中R1的滑片应移动到_____填“a”或“b”）端；

（2）在图（b）的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并做出R2-t曲线_____

（3）由图（b）可得到RT，在25℃-80°C范围内的温度特性，当t=44.0℃时，可得RT=____Ω；

（4）将RT握于手心，手心温度下R2的相应读数如图（c）所示，该读数为____Ω，则手心温度为______℃．25、（1）某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合，为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是__________

A．一个安培表；一个伏特表和一个滑动变阻器。

B．一个伏特表和多个定值电阻。

C．一个安培表和一个电阻箱。

D．两个安培表和一个滑动变阻器。

（2）用如图所示电路测量电源的电动势和内阻，实验器材：待测电源（电动势约内阻约），保护电阻（阻值）和（阻值），滑动变阻器电流表电压表开关导线若干。

实验主要步骤：

（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大；闭合开关；

（ii）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数和相应电流表的示数

（iii）以为纵坐标，为横坐标，做图线（都用国际单位）；

（iv）求出图线斜率的绝对值和在横轴上的截距（纵坐标从开始）

回答下列问题：

①滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是__________

A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱。

B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱。

C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱；另一条导线接在电阻丝左端接线柱。

D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱；另一条导线接在电阻丝右端接线柱。

②选用和表示待测电源的电动势和内阻的表达式__________，__________，代入数值可得和的测量值。评卷人得分六、解答题(共4题，共40分)26、在竖直向下的磁感应强度为0.1T的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为0.1m，电阻不计．左端接有电阻为R=0.9Ω的定值电阻；金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，其电阻r=0.1Ω，以10m/s平行于MN的速度向右做匀速运动．

（1）判断通过金属棒ab的感应电流的方向。

（2）计算通过金属棒ab的感应电流的大小。

（3）计算金属棒ab两端的电压U27、如图所示，长L=55cm的薄壁玻璃管与水平面成30°角倾斜放置，玻璃管粗细均匀，底端封闭、另一端开口．现用长l=10cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体；气体温度为306K，且水银面恰与管口齐平．现将管口缓慢转到竖育向上位置，并将水银缓慢注入管中，直到水银面再次与管口齐平，已知大气压强p=75cmHg．求。

（1）水银面再次与管口齐平时；管中气体的压强；

（2）对竖直玻璃管缓慢加热，若管中刚好剩下5cm高的水银柱，气体温度升高了多少．28、在O点有一机械振动振源从t=0开始振动，沿+x方向传播形成机械波。已知在t1=0.5s传到图中的M点；则：

（1）此波的周期T是多少？

（2）从t=0开始计时，再经过多长时间后N点将第一次过平衡位置且向-y方向运动？

29、一间面积为30m2的房间内的空气质量约120kg，根据表中的数据可知，该空调机以最大功率进行制冷，在5min内可以使房间内的空气温度下降约多少℃．[假设房间与外界处于隔热状态，取空气的比热容c=1.0×103J/（kg•℃）]．

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【详解】

由于粒子带负电；电场力向右，洛伦兹力垂直于OA线斜向左上方，而重力竖直向下，粒子做直线运动，则说明洛伦兹力不变，即电场力；洛伦兹力和重力能平衡，粒子做匀速直线运动．故A正确，B错误．

由图qE=mgtanθ解得E=mg/q，故C错误．qvBcosθ=mg，故D错误；故选A．

点睛：本题是带电粒子在复合场中运动的问题，考查综合分析和解决问题的能力，要抓住洛伦兹力与速度有关的特点．2、D【分析】【分析】

【详解】

A．布朗运动反应液体分子的无规则运动；温度升高，布朗运动显著，说明液体的分子运动剧烈，故A错误；

B．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子间距离比较大；分子力表现为引力，故液体表面存在张力，其方向平行于液体表面，故B错误；

C．物体的内能等于所有分子的分子动能和分子势能的总和；故C错误；

D．干湿泡温度计下端包有湿纱布；湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以干湿泡湿度计湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，故D正确。

故选D。3、B【分析】【详解】

在空气平行板电容器两极板间插入电介质，根据电容的决定式分析得知，电容C增大，因切断电源，则两极板所带电荷量Q一定，由电容的定义式得到，板间电压U减小．根据可知，电场强度E减小，故B正确，ACD错误；4、C【分析】【详解】

A.绝对零度只能无限接近；不能达到，故A错误；

B.常温常压下；一定质量的气体被压缩后，外界对气体做功，若同时气体对外放热，此时内。

能可能增大；不变或减小；所以温度可能升高、不变或降低，所以平均动能不一定增加；

故B错误；

C.1kg0℃冰变为1kg0℃需吸热；内能增大，而温度相同则平均动能不变，内能与平均动能。

作差可知水的分子势能增大；故C正确；

D.用油膜法测出油分子的直径后；只要再知道油滴的摩尔体积，就能计算出阿伏加德罗常数；

知道摩尔质量不能求出阿伏伽德罗常数；故D错误。5、A【分析】【详解】

A.天然放射现象是原子发生衰变之后会放出三种射线；这说明原子核可再分。故A正确。

B.粒子散射实验说明了原子的核式结构模型。故B错误。

C.电子位于原子核外的；不能说明原子核可再分。故C错误。

D.氢原子发光说明核外电子的跃迁，不能说明原子核可再分。故D错误。二、多选题(共8题，共16分)6、A:C:D【分析】【详解】

ABC.当开关断开时，不是闭合回路，金属棒两端电压大小等于电动势当开关闭合时，回路电动势回路电流所以金属棒两端电压，即路端电压AC正确B错误．

D.开关闭合时，由于匀速运动，所以外力与安培力大小相等：所以外力功率D正确．7、B:D:E【分析】【详解】

A．单晶体具有规则的几何外形；但是并不是具有规则几何形状的物体一定是单晶体，单晶体表现为各向异性，多晶体表现为各向同性，故A错误；

B．两分子间距离从0.5r0逐渐增大到5r0的过程中；先分子斥力做正功，分子势能减小，然后分子引力做负功，分子势能增大，所以它们的分子势能先减小后增大，故B正确；

C．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动；它间接说明分子永不停息地做无规则运动，不是固体分子的运动，故C错误；

D．气体的压强是由于大量分子对器壁的碰撞而产生的；它包含两方面的原因，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力，当气体的温度降低时，分子的平均动能减小，所以，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随温度降低而增加，故D正确；

E．热量能够从高温物体传到低温物体；也能够从低温物体传到高温物体，但要引起其他变化，故E正确。

故选BDE。8、B:D:E【分析】【分析】

【详解】

A．单晶体具有各向异性；多晶体各向同性，选项A错误；

B．理想气体；等压膨胀过程,温度升高，内能增大，且对外做功，则一定吸热，选项B正确；

C．封闭在容器内的气体很难被压缩；这是大气压的缘故，与气体分子间的斥力无关，选项C错误；

D．物体的温度越高；物体中分子的无规则运动就越剧烈，选项D正确；

E．第二类永动机不能制成是因为自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性；选项E正确；

故选BDE。9、A:B:D【分析】【详解】

B．通过的电流为0.25A，所以其两端的电压3.0V，所以消耗的功率为

B正确；

AC．根据串并联规律可知通过的电流为0.125A，从图中可知当电流为0.125A时其两端的电压小于0.5V，所以电阻小于4Ω，的电压为3.0V，而的电压小于0.5V；故不是4倍关系，A正确C错误；

D．根据可知，消耗的电功率

所以消耗的电功率的比值大于4:1；故D正确；

故选ABD。10、B:C:D【分析】【详解】

用塑料细管将牛奶吸入口中利用了大气压，不是毛细现象，故A错误；温度是分子平均动能的标志，相同温度下所有分子的平均动能均相同，故B正确；液体表面的分子分布比液体内部分子的分布要稀疏，故存在液体的表面张力，草叶上的露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故C正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故D正确；当分子表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大，当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小，故E错误；故选BCD。11、A:C:D【分析】【详解】

A．将滑动变阻器滑片向右滑动时接入电路的电阻减小，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定理可知电路中电流增大，电流表A的示数增大，根据闭合电路欧姆定律可知电压表V2示数减小；故A正确；

B．电路中电流增大；通过灯泡的电流增大，所以灯泡变亮，故B错误；

C．根据可得保持不变；根据可得保持不变，且有故C正确；

D．当电路稳定后，断开电键，电容器通过灯泡和变阻器放电，所以小灯泡不会立即熄灭，会逐渐变暗至熄灭，故D正确．12、C:D【分析】【分析】

【详解】

AB．由于子弹射入木块过程中；二者之间存在着摩擦，故此过程系统机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，故整个过程中，系统动量；机械能均不守恒，故AB错误；

C．对子弹和木块由动量守恒定律及能量守恒定功率

联立解得系统损失的机械能为故C正确；

D．由于子弹和木块碰撞有机械能损失，所以最终弹簧弹性势能小于子弹最初的动能故D正确。

故选CD。13、A:C【分析】【详解】

反应方程为根据质量数和电荷数守恒可知中微子的质量数和电荷数均为零，A正确；根据质能方程，质量减少为释放的核能，不是锂核获得的动能，B错误；衰变过程中内力远大于外力，故反应前后动量守恒，故中微子与锂核（）的动量之和等于反应前电子的动量，C正确；由于反应过程中存在质量亏损，所以中微子与锂核（）的能量之和小于反应前电子的能量，D错误．三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】正比CT或＝质量压强过原点的直线15、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]气体从状态A到状态B，发生的是等容变化，由查理定律得

解得在状态B时的压强为pB=1.0×105Pa

气体从状态B到状态C，发生是等压变化，有pC=pB=1.0×105Pa

由于状态A与状态C的温度相同，所以该气体从状态A到状态C的过程中，内能变化量

气体从状态A到状态B不做功，从状态B到状态C的过程中气体对外做功，做功大小为

由热力学第一定律

知整个过程中吸收的热量为Q=100J【解析】1.0×10510016、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]．该密闭气体的质量为。

物质的量。

分子个数为。

解得。

[2]．气球逐渐膨胀起来的过程中；气体对外做了0.8J的功，同时吸收了0.9J的热量，则该气体内能变化了。

∆U=W+Q=-0.8J+0.9J=0.1J即内能增加0.1J；

[3]．若气球在膨胀过程中迅速脱离瓶颈，则该气球内气体迅速绝热膨胀对外做功，则气体的温度降低。【解析】0.1J降低17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]开始时两分子间距离大；分子间作用力表现为引力，分子相互靠近，引力做正功，分子势能减小，随分子间距离减小到平衡位置后，分子间作用力表现为斥力，分子相互靠近，斥力做负功，分子势能增加，故整个过程分子势能先减小后增加；

[2]根据热力学第二定律可知，在外界因素影响下，物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功。【解析】先减小后增大可以18、略

【分析】试题分析：折线abc受力等效于a和c连线受力，由几何知识可知ac＝m，F＝ILBsinθ＝25×0.08××sin90°N＝N；

考点：匀强磁场中的安培力【解析】19、略

【分析】电子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，电子轨道半径：电子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得解得将轨道半径代入解得，速度范围是

【解析】20、略

【分析】【详解】

[1]根据库仑力提供向心力

解得

[2]根据库仑力提供向心力

解得【解析】四、作图题(共3题，共24分)21、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】22、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】23、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14分)24、略

【分析】【详解】

（1）图（a）的电路滑动变阻器采用限流接法，在闭合S1前，R1应该调节到接入电路部分的电阻值最大，使电路中电流最小，即图（a）中的R1的滑片应移到b端．

（2）将表格上的数标到坐标纸上，然后用平滑曲线过尽可能多的数据点画出R2—t图象．

（3）根据题述实验过程可知，测量的R2数据等于对应的热敏电阻R