2025年新世纪版选修3物理上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年新世纪版选修3物理上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5题，共10分)1、如图所示，OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，OM左侧到OM距离为L的P处有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)速率均为则粒子在磁场中运动的最短时间为。

A.B.C.D.2、如图所示，电源内阻不能忽略，电流表、电压表均可视为理想电表，在滑动变阻器R的触头从a端滑到b端的过程中()

A.电压表V的示数先增大后减小，电流表A的示数增大B.电压表V的示数先增大后减小，电流表A的示数减小C.电压表V的示数先减小后增大，电流表A的示数增大D.电压表V的示数先减小后增大，电流表A的示数减小3、如图为一个热机理想循环的图像，一定质量理想气体从状态依次经过状态和后再回到状态完成一个循环过程；则（）

A.从状态变化到状态的过程中，气体放出热量B.从状态变化到状态的过程中，气体对外做功C.从状态变化到状态的过程中，气体内能增加D.从状态变化到状态的过程中，气体压强变大4、对于实际的气体，下列说法正确的是（）A.气体的内能包括气体整体运动的动能B.冰箱能够把热量从低温物体传递到高温物体，所以它遵循热力学第二定律C.第二类永动机因为违反了能量守恒定律所以无法实现D.两个分子间势能可能随这两个分子间距离减小而减小5、一列周期为沿轴方向传播的简谐机械横波，某时刻波形如图所示。已知此时处质点沿轴负方向运动，则下列描述正确的是()

A.这列波的振幅为B.这列波的波速为C.这列波的传播方向为沿轴正方向D.此时处质点的加速度为评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、在水平向里，磁感应强度为B的匀强磁场中竖直放置两根间距为L的光滑金属导轨，底端接电阻R，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m，电阻为r的金属棒；金属棒和导轨接触良好，导轨电阻不计．金属棒静止时位于A处．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g．则下列说法正确的是。

A.金属棒向下运动时通过R的电流方向是从右向左B.金属棒第一次到达A处时速度最大C.金属棒能到达的最低点在A位置下方处D.金属棒从释放到第一次下降到A位置的过程中，通过电阻R的电荷量为7、a、b两种单色光以相同的入射角从半圆形玻璃砖的圆心O射向空气；其光路图如图所示．下列说法正确的是。

A.由玻璃射向空气发生全反射时玻璃对a光的临界角较大B.玻璃对a光的折射率较大C.a光在玻璃中传播的波长较短D.b光的光子能量较大8、如图所示，水平面内有两条互相垂直的通电长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向右，L2中的电流方向向上；L2的右方有a、b两点，它们相对于L1对称．整个系统处于垂直于纸面向里的匀强外磁场中，磁感应强度大小为B0．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0；方向也垂直于纸面向里．则。

A.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B09、1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，两个铜质D形盒与交流电源相连，置于匀强磁场中，其间留有空隙，粒子从A点开始沿虚线运动．下列说法正确的有

A.粒子运动周期和交流电的周期相等B.只增大D形盒的半径，粒子从加速器中出来时的速度将增大C.只增大电压U，粒子从加速器中出来时的速度将增大D.加速完质子后，不改变交流电的周期和磁感应强度，可以直接用来加速氦原子核质量是质子的4倍，电荷是质子的2倍10、如图甲所示，由一根导线绕成的矩形线圈的匝数n＝10匝，质量m＝0.04kg、高h＝0.05m、总电阻R＝0.5Ω、竖直固定在质量为M＝0.06kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相同．线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v0＝2m/s进入垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度B＝1.0T，运动过程中线圈平面和磁场方向始终垂直．若小车从刚进磁场位置1运动到刚出磁场位置2的过程中速度v随车的位移x变化的图象如图乙所示，则根据以上信息可知（）

A.小车的水平长度l＝10cmB.小车的位移x＝15cm时线圈中的电流I＝1.5AC.小车运动到位置3时的速度为1.0m/sD.小车由位置2运动到位置3的过程中，线圈产生的热量Q＝0.0875J11、封闭在气缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度关T系如图所示，该气体的摩尔质量为M，状态A的体积为温度为O、A、D三点在同一直线上，阿伏伽德罗常数为由状态A变到状态D过程中

A.气体从外界吸收热量，内能增加B.气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少C.气体温度升高，每个气体分子的动能都会增大D.气体的密度不变12、在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势E，内阻为r。设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U。当R5的滑动触点向图中a端移动时（）

A.R1、R3功率变大，R2、R4功率变小B.I变大，U变大C.R1、R3功率变小，R2、R4功率变大D.I变小，U变小13、关于近代物理学，下列说法正确的是()A.α射线、β射线和γ射线是三种波长不同的电磁波B.一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光C.重核裂变过程生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，但质量一定减少D.经典物理学不能解释原子光谱的不连续性，但可以解释原子的稳定性评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞入磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角。则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的半径之比为_______；速度之比为__________；周期之比为_________；时间之比为__________。15、一卡诺热机，工作在300K的高温热源和200K的低温热源之间，则此热机的效率η=__________________。若在等温膨胀过程中此热机吸热2×105J，则在每一循环中对外所作的功W=_______________。16、汽车内燃机气缸内汽油燃烧时，气体体积膨胀推动活塞对外做功。已知在某次对外做功的冲程中，汽油燃烧释放的化学能为1×103J，因尾气排放、气缸发热等对外散失的热量为8×102J。该内燃机的效率为________。随着科技的进步，可设法减少热量的损失，则内燃机的效率能不断提高，其效率________(选填“有可能”或“仍不可能”)达到100%.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、两个分别带有电荷量和的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为两小球相互接触后将其固定距离变为则两球间的库仑力的大小为的__________倍．评卷人得分四、作图题(共3题，共24分)19、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．

20、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．

21、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3题，共12分)22、碰撞的恢复系数的定义为其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度，v1和v2分别是碰撞后两物体的速度.弹性碰撞的恢复系数e=1，非弹性碰撞的恢复系数e<1。某同学借用“验证动量守恒定律”的实验装置（如图所示）验证弹性碰撞的恢复系数是否为1；实验中使用半径相等的钢质小球1和2，实验步骤如下：

安装好实验装置，做好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O。

第一步，不放小球2，让小球1从斜槽上的S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P就是小球落点的平均位置。

第二步，把小球2放在斜槽前端边缘处的C点，让小球1仍从S点由静止滚下；使它们碰撞。重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置。

第三步，用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度；在上述实验中：

（1）直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，可以通过测量______；间接地解决这个问题。

A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程。

（2）本实验中小球1的质量与小球2的质量大小应满足的关系()

A．m1>m2B．m1<m2C．m1=m2D．m1≤m2

（3）不放小球2，小球1落地点P距O点的距离OP与实验中所用的小球质量是否有关？______（填“有关”或“无关”）。

（4）用题中的测量量计算碰撞恢复系数的表达式e＝______。23、(1)用DIS测电源电动势和内电阻电路如图(a)所示，R0为定值电阻．调节电阻箱R，记录电阻箱的阻值R和相应的电流值I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图(b)所示图线，则该图线选取了____为纵坐标，由图线可得该电源电动势为____V．

(2)现有三个标有“2.5V，0.6A”相同规格的小灯泡，其I﹣U特性曲线如图(c)所示，将它们与图(a)中电源按图(d)所示电路相连，A灯恰好正常发光，则电源内阻r=_____Ω，图(a)中定值电阻R0=____Ω.

24、在“验证动量守恒定律”的实验中，气垫导轨上放置着带有遮光板的滑块A、B，遮光板的宽度相同，测得的质量分别为m1和m2．实验中，用细线将两个滑块拉近使轻弹簧压缩，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为t1、t2．

（1）图2为甲、乙两同学用螺旋测微器测遮光板宽度d时所得的不同情景．由该图可知甲同学测得的示数为______mm，乙同学测得的示数为______mm．

（2）用测量的物理量表示动量守恒应满足的关系式：______，被压缩弹簧开始贮存的弹性势能EP=______．评卷人得分六、解答题(共1题，共2分)25、利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q．加速电场的电势差为U；离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．

(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；

(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；

(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

由题设条件求出粒子做匀速圆周运动的半径r；结合左手定则粒子做逆时针方向匀速圆周运动，粒子运动时间t最短时，所转过的圆心角θ最小，所对的弦也最短，画出最短的弦，再作出粒子在磁场中做匀速圆周运动最短时间的轨迹，由几何关系求出此种情况下粒子的偏转角θ，从而求出了最短时间．

【详解】

粒子在磁场中做匀速圆周运动，由得因所有粒子得速度一样，因此半径相同，因此在磁场中弦长越短则时间越短，根据题意可得最短弦长为L，则此时粒子圆周运动得圆心角为故粒子运动得最短时间故选B2、A【分析】【详解】

首先认识电路的结构：变阻器左右两部分电阻并联后与另一电阻串联．电压表测量路端电压；电流表测量通过变阻器右边部分的电流．当滑动头滑到变阻器中点时，变阻器左右并联的电阻最大．路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．根据欧姆定律及串并联电阻关系分析电表读数变化．

当滑动头从a端滑到中点时，变阻器左右并联的电阻增大，分担的电压增大，变阻器右边电阻减小，电流减小，则通过电流表的电流增大．外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数增大；当滑动头从中点滑到b端时，变阻器左右并联的电阻减小，分担的电压减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，而通过变阻器左侧的电流减小，则通过电流表的电流增大．电源的内电压增大，路端电压减小．变阻器左端电阻增大，电流减小，则电压表的示数减小．所以V的示数先增大后减小，A示数一直增大，A正确．3、A【分析】【详解】

AB．从状态变化到状态的过程中；气体体积减小，外界对气体做功，气体的温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可知此过程中气体对外放热，A正确，B错误；

C．从状态变化到状态的过程中；由于温度先不变后变小，气体内能变小，C错误；

D．气体先是等温膨胀；压强变小，后是等容降温，压强也变小，D错误。

故选A。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．气体的内能包括所有分子做无规则热运动的动能和势能之和；故A错误。

B．冰箱遵循热力学第二定律的原因是消耗了电能；不是因为使热量从低温物体传递到高温物体，故B错误。

C．第二类永动机不违反能量守恒定律；违反了物理过程的方向性．故C错误。

D．当分子间引力和斥力大小相等时，分子势能最小，设此时的间距为r0，当分子间距大于r0时；分子间势能随这两个分子间距离减小而减小，故D正确。

故选D。5、D【分析】【详解】

A．由题图知；这列波的振幅为2cm，A错误；

B．由题图知，这列波的波长为8m，这列波的波速

B错误；

C．因处质点向轴负方向运动，由上下坡法确定，这列波的传播方向沿轴负方向；C错误；

D．此时处质点在平衡位置；位移是零，回复力是零，加速度是零，D正确。

故选D。二、多选题(共8题，共16分)6、A:D【分析】【分析】

根据楞次定律右手定则可判断感应电流的方向；金属棒运动过程中，经过平衡位置时，即加速度为零时速度最大；金属棒运动过程中，存在电磁阻尼，做阻尼振动，振幅越来越小；利用平均电流来计算电荷量，即．

【详解】

A；根据楞次定律右手定则；流过回路的电流为顺时针方向，即流过电阻R的电流方向从右向左，A正确；

B；金属棒经过平衡位置时速度最大；在平衡位置，金属棒受到的弹簧弹力和同方向安培力的合力与重力等大反向，三力平衡，故速度最大的位置高于A点，B错误；

C、金属棒静止在A位置时，弹簧形变量为现将金属棒从原长位置释放，由于存在电磁阻尼，金属棒振幅越来越小，故金属棒不可能到达关于A点对称的在A点下方处；故C错误；

D、金属棒从原长位置运动到A点的过程中，磁通量的变化量为则该过程中通过电阻R的电荷量得故D正确．

故本题选AD．

【点睛】

本题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键要正确分析金属棒的受力情况和回路中能量转化情况，由牛顿第二定律分析加速度．7、A:D【分析】【详解】

A、B项：由光路图可知，a、b光入射角相同，在分界面上a光发生反射及折射，而b光发生全反射，可知b光的临界角小于a光的临界角，根据知a光的折射率小于b光折射率；故A正确，B错误；

C项：由公式可知，a光在玻璃中的传播速度较大，再由公式可知，a光在玻璃中的波长较长；故C错误；

D项：b光的折射率大，知b光的频率大，根据E=hv知，b光的光子能量大，故D正确．8、A:C【分析】【分析】

根据安培定则判断导线在a、b两点产生磁感应强度的方向；磁感应强度是矢量；即使它不与通电导线垂直，可按平行四边形定则叠加，据此分析；

【详解】

由于a、b关于L1对称，所以磁感应强度大小相等，由安培定则可知方向相反，设向里为正方向，则L2在a、b两点产生的磁感应强度分别为-B1、B1；导线L2产生的磁场在a、b两点的磁感应强度方向均垂直纸面向里，在a、b两点产生的磁感应强度为B2，对a点由磁场叠加可得：对b点由磁场叠加可得：联立解得：故A；C正确，B、D错误；

故选AC．

【点睛】

关键是知道a、b关于L1对称，所以磁感应强度大小相等，方向相反，磁场叠加可按平行四边形定则．9、A:B【分析】【详解】

根据加速器的原理可知，粒子在磁场中运动的周期与粒子在狭缝中运动的时间之和与电场变化的周期是相同的，故A正确；设D形盒的半径为R，当离子圆周运动的半径等于R时，获得的动能最大，则由可得：则最大动能可见最大动能与加速电压无关，增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的最大动能．故B正确，C错误；离子在D形盒运动过程中受到的洛伦兹力提供向心力得：可得周期公式可知如果加速质子后，要接着加速氦核必须将加速电源的频率调整为原来的故D错误．所以AB正确，CD错误．10、A:C【分析】【详解】

A.从位置1到位置2；开始进入磁场，安培力向左，小车减速，全进入磁场后，回路磁通量不再变化，没有感应电流，不受安培力开始匀速，所以根据图像可以看出小车长10cm，A正确。

B.小车的位移x＝15cm时；处于匀速阶段，磁通量不变，回路电流为零，B错误。

C.小车进入磁场过程中：出磁场过程中：而进出磁场过程中电量：进出磁场过程中磁通量变化相同，所以电量相同，所以解得：C正确。

D.从位置2运动到位置3的过程中，根据能量守恒：解得：D错误11、A:B【分析】【详解】

A点和D点在过原点的连线上，说明气体由A到D压强不变，体积增大，密度减小，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少，气体对外做功，温度升高气体的平均动能增加，内能增加，故需要吸热，故AB正确，CD错误．故选AB．12、A:D【分析】【详解】

BD．当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流I总变大，路端电压变小，U变小。电路中并联部分电压变小，则I变小；B错误，D正确；

AC．R1和R3在干路上，由

知R1和R3功率均变大，R2和R4在并联电路的一条支路上，由

知R2和R4功率变小；A正确，C错误。

故选AD。13、B:C【分析】【详解】

γ射线是电磁波，而α射线、β射线不是电磁波，故A错误；根据数学组合C42=6，故B正确；重核裂变过程生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，由于释放能量，有质量亏损，质量减小，故C正确。经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，D错误；故选BC.三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【分析】

粒子进入磁场时，受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角，再可求出轨迹对应的圆心角由求解时间之比；根据几何知识求出轨迹半径之比，由半径公式求出速度之比．

【详解】

设圆柱形区域为R。带电粒子第一次以速度沿直径入射时；轨迹如图所示：

粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转60°角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角轨迹半径为运动时间为带电粒子第二次以速度沿直径入射时，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转90°角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角轨迹半径为运动时间为所以轨迹半径之比：时间之比：根据半径公式得速度之比：根据可知；周期之比为1：1。

【点睛】

本题关键要掌握推论：粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，运用几何知识求出半径关系，就能正确解答【解析】111:12：315、略

【分析】【详解】

[1]卡诺热机的效率

[2]由

可得【解析】33.3%6.67×104J16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由热力学第一定律知W=△U-Q=1×103J-8×102J=2×102J

效率

[2]随着科技的进步；不断设法减小热量损失，则内燃机的效率不断提高，效率仍不可能达到100%。

【点睛】

此题考查了热力学第一定律△U=W+Q，注意公式中各个物理量的符号法则；知道热力学第二定律的内容。【解析】不可能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】【分析】

清楚两小球相互接触后；其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．

【详解】

相距为r时，根据库仑定律得：接触后各自带电量变为则此时两式联立得即大小为F的倍．

【点睛】

本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键．【解析】四、作图题(共3题，共24分)19、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】20、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】21、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3题，共12分)22、略

【分析】【详解】

（1）[1]小球体飞出后做平抛运动，则有

解得

因抛出点的高度相同；故测定小球碰撞前后的速度可以通过测量小球做平抛运动的射程，间接地解决这个问题，AB错误，C正确。

故选C。

（2）[2]为了避免入射球反弹，本实验中小球1的质量与小球2的质量大小应满足的关系m1>m2；BCD错误，A正确。

故选A。

（3）[3]小球的质量不影响做平抛运动的水平射程，故不放小球2，小球1落地点P距O点的距离OP与实验中所用的小球质量无关。

（4）[4]本实验的原理小球从槽口C飞出后作平抛运动的时间相同，设为t，则OP=v10t，OM=v1t，ON=v2t

小球2碰撞前静止，即v20=0

因而碰撞系数为

【点睛】

由验证动量守恒定律的实验改进而来，关键要分析清楚实验的原理，同时要结合动量守恒定律和平抛运动的相关知识列式分析【解析】CA无关23、略

【分析】【分析】

(1)由闭合电路欧姆定律可得出I与R的关系；结合图象可知纵坐标的意义；

(2)由A灯可知流过电源的电流；由