2025年外研版选修三物理上册月考试卷

…………○…………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年外研版选修三物理上册月考试卷826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、氢原子能级如图所示；则下列说法正确的是。

A.氢原子能级越高原子的能量越大，电子绕核运动的轨道半径越大，动能也越大B.用动能为12.3eV的电子射向一群处于基态的氢原子，原子有可能跃迁到n=2的能级C.用光子能量为12.3eV的光照射一群处于基态的氢原子，氢原子有可能跃迁到n=2的能级D.用光子能量为1.75eV的可见光照射大量处于n=3能级的氢原子时，氢原子不能发生电离2、对于下列四幅教材插图的说法，正确的是（）

A.甲图中分子间距离为r0时，分子间斥力和引力的合力为零，分子势能也为零B.乙图中欲使玻璃板离开水面，绳子对玻璃板的拉力大于玻璃板的重力C.丙图中液体表面层分子间距离小于液体内部分子间的距离，分子间表现为斥力D.丁图中封闭注射器的出射口，按压管内封闭气体过程中会感到阻力增大，这表明气体分子间距离减小时，分子力间斥力会增大。3、如图所示，面积大小为S的矩形线圈abcd，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈可以绕O1O2转动．下列说法中正确的是（）

A.当线圈从图示位置转过60°时，穿过线圈的磁通量大小Φ=BSB.当线圈从图示位置转过90°时，穿过线圈的磁通量大小Φ=0C.当线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小△Φ=0D.当线圈从图示位置转过360°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小△Φ=2BS4、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、法拉第研制成的世界上第一台发电机模型的原理图如图所示．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，a、b为导线；逆时针转动铜盘，就可以使灯泡亮起的，则下列说法正确的是（）

A.回路中电流大小恒定B.回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a流向旋转的铜盘C.回路中有大小和方向作周期性变化的电流D.若垂直穿过铜盘的磁场的磁感应强度按正弦规律变化，不转动铜盘，灯泡中也会有电流评卷人得分二、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、如图所示；向一个空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可忽略）。如果不计大气压的变化，该装置就是一支简易的气温计。关于该气温计的说法正确的是（）

A.气温计刻度是均匀的，左大右小B.读数变大过程，罐中气体压强增大C.读数变大过程，罐中气体对外做功，内能增大D.读数变小过程，罐中气体放出的热量大于外界对其做的功8、下列说法正确的是（）A.晶体的熔点和液体的沸点都与压强有关B.气体很容器充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现C.一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能一定增加E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关9、下列说法正确的是（）A.热量可以从低温物体传给高温物体B.做功和热传递是改变物体内能的两种方式C.晶体有固定的熔点，但物理性质不可能表现为各向同性E.分子间距离越大，分子势能越大，分子间距离越小，分子势能也越小E.分子间距离越大，分子势能越大，分子间距离越小，分子势能也越小10、下列说法正确的是A.布朗运动就是液体分子的热运动B.在实验室中可以得到－273.15℃的低温C.一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大E.液晶具有光学各向异性的特点E.液晶具有光学各向异性的特点11、对于热力学定律，下列说法正确的是（）A.第一类永动机不可能实现，因为违背了能量守恒定律B.热力学第一定律指出，不可能达到绝对零度C.热力学第一定律指出，一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做功的和E.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律E.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律12、如图所示的电路中，AB两端的电压U恒为14V，灯泡L标有“6V、12W”字样，电动机线圈的电阻．若灯泡恰能正常发光，且电机能正常运转，则以下说法中正确的是（）

A.电动机的输出功率是14WB.电动机的输入功率是16WC.电动机的热功率是1.0WD.整个电路消耗的电功率是30W13、两块水平放置的平行金属板，带等量异种电荷，一个带电油滴恰悬浮在平行板间．如果使油滴产生大小相等的加速度，两板电荷量应是原来的（）A.倍B.C.倍D.评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、如图所示的虚线框内是一种具有特定逻辑功能的电路，它由G1、G2、G3、G4、G5共五个逻辑门组成.A1、、B3分别为各个门的输入端，Y1分别为各个门的输出端.整体电路有两个输入端A、B，一个输出端Y.

表一。输入输出ABY

（1）在五个门中：G1、G2是____门，G3、G4是____门，G5是______门.

（2）分析此组合电路工作时的一种逻辑状态.当A端为高电平（即逻辑状态为“1”）、且B端为低电平（即逻辑状态为“0”）时：Y1为____，Y2为____.则此时Y3为____，Y4为____.于是Y5（即Y）为_____.

（3）依据此组合电路输入端的全部可能的逻辑状态，填写出表示其逻辑功能的真值表____（表一）.15、一个灵敏电流计的满偏电流Ig=0.1mA，内阻Rg=100Ω，要把它改装成一个量程为3V的电压表，则应将电流计_____（选填“串”或“并”）联一个_____Ω的电阻。16、如图所示，抛物线C1、C2分别是纯电阻直流电路中内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线(电源电动势和内阻一定）．由该图可知：电源的最大输出功率为____________W，电源的内电阻为___________Ω．

17、如图，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，圆环L有_________（填收缩、扩张）趋势，圆环内产生的感应电流方向____________（填顺时针、逆时针）．18、如图所示为一弹簧振子的振动图像；试完成以下问题：

（1）该振子简谐运动的表达式为____________________；

（2）该振子在第100s时的位移为________cm，该振子在前100s内的路程为________cm．19、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9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28分)23、有一根细长而均匀的金属管线样品；长约60cm，电阻约为6Ω，横截面如图甲所示．

(1)用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为_______mm；

(2)现有如下器材：

A．电流表（量程0.6A；内阻约0.1Ω）

B．电流表（量程3A；内阻约0.03Ω）

C．电压表（量程3V；内阻约3kΩ）

D．滑动变阻器（1750Ω；0.3A）

E．滑动变阻器（15Ω；3A）

F．蓄电池（6V；内阻很小）

G．开关一个；带夹子的导线若干。

要进一步精确测量金属管线样品的阻值，电流表应选______，滑动变阻器应选_______．（只填代号字母）

(3)请将图丙所示的实际测量电路补充完整．()

(4)已知金属管线样品材料的电阻率为ρ，通过多次测量得出金属管线的电阻为R，金属管线的外径为d，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的横截面积S，在前面实验的基础上，还需要测量的物理量是______．（所测物理量用字母表示并用文字说明）．计算中空部分横截面积的表达式为S=_______．（用字母填写表达式）24、如图所示，画有直角坐标系xOy的白纸位于水平桌面上．M是放在白纸上的半圆形玻璃砖，其底面的圆心在坐标原点，直边与x轴重合，OA是画在纸上的直线，P1、P2为竖直地插在直线OA上的两枚大头针，P3是竖直地插在纸上的第三枚大头针，α是直线OA与y轴正方向的夹角，β是直线OP3与y轴负方向的夹角．只要直线OA画得合适，且P3的位置取得正确，测出角α和β，便可求得玻璃的折射率．某学生在用上述方法测量玻璃的折射率时，在他画出的直线OA上竖直地插上了P1、P2两枚大头针，但在y＜0的区域内，不管眼睛放在何处，都无法透过玻璃砖看到P1、P2的像，他应采取的措施是________________________．若他已透过玻璃砖看到P1、P2的像，确定P3位置的方法是______________．若他已正确地测得了α、β的值，则玻璃的折射率n＝__________．

25、某物理实验小组设计了如图甲所示的电路图，采用半偏法测量一电流计G的内阻Rg。在该小组测量电流计G内阻Rg的过程中：

（1）请根据图甲所示电路图，在图乙中用笔画线表示导线将相应的实物电路补充完整_______；

（2）正确连接好电路后；小组成员继续进行如下实验步骤：

①闭合开关S1，调节R1，使电流计G的指针指向满偏刻度Ig；

②保持R1不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流计G的指针指向刻度盘中间，读出并记下此时电阻箱的电阻值为R2；

请写出步骤①中存在的不足之处：___________；

（3）按修改后步骤完成实验，可知电流计G的内阻测量值为Rg=___________；

（4）由于存在系统误差，按上述实验步骤测出的电流计G的内阻R测与电流计G内阻的真实值Rg相比较，R测___________Rg（选填“>”或“<”或“=”）；

（5）另一实验小组，为了消除（4）中提到的系统误差，在原电路的基础上进行修改，在原电路中增加了一个电流计Go，Go的量程稍大于G，电路如图丙。重复操作步骤①后，步骤②改为：闭合S2，同时调节R1和R2，使得___________，同时G的示数为读出并记下此时R2的电阻值，即可消除（4）中提到的系统误差。26、螺旋测微器的读数___________mm，游标卡尺的读数______________cm

评卷人得分六、解答题(共2题，共18分)27、如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在竖直平面内，导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2,两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab处由静止释放；若金属杆离开磁场前已做匀速运动，其余电阻均不计．求：

(1)金属杆离开磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向；

(2)金属杆离开磁场时速度的大小；

(3)金属杆穿过整个磁场过程中电阻R1上产生的电热．28、如图所示，圆柱形油桶中装满折射率n=的某种透明液体，油桶的高度为H，半径为H，桶的底部装有一块平面镜，在油桶底面中心正上方高度为d处有一点光源P，要使人从液体表面上方任意位置处都能够观察到此液体内点光源P发出的光，d应该满足什么条件?

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

根据玻尔理论，氢原子能级越高原子的能量越大，电子绕核运动的轨道半径越大，根据可知动能越小，选项A错误；因12.3eV大于n=1和n=2之间的能级差10.2eV，则用动能为12.3eV的电子射向一群处于基态的氢原子，原子有可能跃迁到n=2的能级，选项B正确；因12.3eV不等于n=1和n=2之间的能级差，则用光子能量为12.3eV的光照射一群处于基态的氢原子，光子不能被氢原子吸收，则氢原子不能跃迁到n=2的能级，选项C错误；用光子能量为1.75eV的可见光照射大量处于n=3能级的氢原子时，氢原子能发生电离，选项D错误.2、B【分析】【详解】

A．甲图中分子间距离为r0时；分子间斥力；引力都不为零，但是合力为零，分子势能最小，分子势能的大小与零势能的规定有关，因为没有规定零势能，所以此位置的分子势能不一定为零，故A错误；

B．图乙由于玻璃板与液体间存在分子引力；故玻璃板的拉力一定大于玻璃板的重力，故B正确；

C．图丙为液体的结构的示意图；由图可知，液体表面层的分子距离较大，但分子间的引力和斥力都比液体内部的小，只是分子斥力减小得更快，故表现出来的是引力。故C错误；

D．丁图中封闭注射器的出射口；按压管内封闭气体过程中阻力增大，是气体压强逐渐变大的缘故，故D错误。

故选B。3、B【分析】【详解】

矩形线圈abcd垂直于磁场放置，则穿过矩形线圈的磁通量是Φ=BS．当线圈从图示位置转过60°时，穿过线圈的磁通量大小Φ1=BScos600=0.5BS，选项A错误；当线圈绕转轴转过90°时，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量Φ2=0．故B正确；当线圈从图示位置转过180°，则穿过矩形线圈的磁通量是Φ3=-BS，穿过线圈的磁通量的变化量大小△Φ=2BS．故C错误；当线圈从图示位置转过360°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小△Φ=0．故D错误．故选B．

【点睛】

对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况．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、B【分析】【详解】

铜盘转动产生的感应电动势为B、L不变，但是ω可能变化，E可能变化，根据欧姆定律得电流不一定恒定不变，故A错误．根据右手定则判断，回路中电流方向不变，从b导线流进灯泡，再从a流向旋转的铜盘．故B正确，C错误．垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，铜盘中产生涡旋电场，但a、b间无电势差，灯泡中没有电流流过．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、C:D【分析】【详解】

A．由题意可知，罐内气体做等压变化，由盖−吕萨克定律可知；当罐内气体温度升高时，气体的体积增大，吸管内的油柱向右移动，则吸管上的温度刻度值左小右大，A错误；

B．吸管内的油柱受内外气压的作用处于平衡状态；所以温度升高时，即读数变大过程，罐中气体做等压变化，压强不变，B错误；

C．读数变大过程，罐内气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，则气体对外做功W小于气体向外界吸收的热量Q；C正确；

D．读数变小过程，罐内气体温度降低，内能减小，由热力学第一定律可知；因此罐中气体放出的热量大于外界对其做的功，D正确。

故选CD。8、A:C:E【分析】【分析】

【详解】

A.晶体的熔点与晶体的种类；压强都有关；液体的沸点也是与液体的种类、压强有关；故A正确；

B.气体分子之间的距离远大于分子之间的平衡距离r0；分子力基本为零，气体很容易充满整个容器，是由于分子热运动的结果，故B错误；

C.一定质量的理想气体经过等容过程，则气体体积不变，对外界不做功，根据热力学第一定律可知；吸热热量，内能一定增加，故C正确；

D.饱和汽压只与温度有关；在温度不变的情况下，增大液面上方饱和汽的体积，待气体重新达到饱和时，饱和汽的压强不变，故D错误；

E.根据气体压强微观解释；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关，故E正确。

故选ACE9、A:B:D【分析】【详解】

A．在引起外界变化的情况下；热量可以由低温物体传向高温物体，故A正确；

B．根据热力学第一定律；做功和热传递是改变物体内能的两种方式，故B正确；

C．晶体一定有固定的熔点；单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，故C错误；

D．布朗运动剧烈程度跟温度与固体颗粒的大小有关；相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，布朗运动越剧烈，故D正确；

E．当分子间表现为斥力时；分子间距离越大，分子间作用力做正功，分子势能减小；当分子间表现为引力时，分子间距离越大，分子间作用力做负功，分子势能增大，故E错误。

故选ABD。10、C:E【分析】【分析】

【详解】

A．布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的运动；不是液体分子的热运动，固体微粒运动的无规则性，反应了液体分子运动的无规则性，故A错误;

B．－273.15℃又叫绝对零度；当达到这一温度时所有的原子和分子的热运动都停止，这是一个只能逼近而不能达到的最低温度，故B错误；

C．一定质量的理想气体经等温压缩后；根据理想气体方程得其压强一定增大，否则如果温度降低，压强不一定增大，故C正确；

D．在外界的影响下；热量可以从低温物体传递到高温物体，比如电冰箱，故D错误；

E．液晶像液体一样可以流动；有具有某些晶体结构特征的一类物质，所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故E正确。

故选CE．11、A:C:D【分析】【详解】

A．第一类永动机既不消耗能量又能源源不断对外做功；违背了能量守恒定律，所以不可能制成，故A正确；

B．由热力学第三定律知；绝对零度无法到达，故B错误；

C．据热力学第一定律△U=Q+W可知；一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和，故C正确；

D．热力学第二定律指出不能从单一热源吸热全部用来对外做功而不产生其它影响；故D正确；

E．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界；同时要消耗一定的电能，所以不违背了热力学第二定律，故E错误。

故选ACD。12、A:B【分析】【详解】

ABC．电动机两端的电压UM=U-UL=（14-6）V=8V，

整个电路中的电流

所以电动机的输入功率P入=UMI=8×2W=16W．

电动机的发热功率P热=I2RM=22×0.5W=2W，

则电动机的输出功率P出=P入-P热=（16-2）W=14W．

故AB正确．C错误．

D．整个电路消耗的功率P总=UI=14×2W=28W

故D错误．

故选AB。13、B:C【分析】【详解】

电容器带电量不变，根据有

带电油滴恰好静止，则

电场力方向向上。

①若要油滴产生大小为的方向向上的加速度，则

计算得出

故

②若要油滴产生大小为的方向向下的加速度则

得

故

所以BC正确；AD错误。

故选BC。三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【详解】

（1）[1].在五个门中：G1、G2是非门；

[2].G3、G4是与门；

[3].G5是或门.

（2）[4].Y1为1；

[5].Y2为0.

[6].则此时Y3为1；

[7].Y4为0.

[8].于是Y5（即Y）为1.

（3）逻辑功能的真值表如图；。输入输出ABY000101011110【解析】（1）非；与，或.（

（2）1；0；

1，0；1.

（3）如下图.

。输入输出ABY00010101111015、略

【分析】【详解】

[1][2]把电流表改装成的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为【解析】串联2990016、略

【分析】【详解】

由C2图象是外电路的功率随电流的图象，由可知图象为开口向下的抛物线，则图象的最高点为最大外电路功率为4W；由C1图象可得解得【解析】4117、略

【分析】由于金属棒ab向右运动，根据楞次定律判断可知abcd回路中产生顺时针方向的感应电流；在圆环处产生垂直于纸面向里的磁场，随着金属棒向右减速运动，圆环的磁通量将减小，依据楞次定律可知，圆环将产生顺时针方向的感应电流，圆环将有扩张的趋势以阻碍圆环磁通量的减小．

点睛：本题关键掌握楞次定律，知道楞次定律既可以用来判断感应电流的方向，也可以判断安培力方向，从而判断圆环的运动趋势，关键理解“阻碍”二字．【解析】收缩；顺时针18、略

【分析】【详解】

（1）弹簧振子的周期为T=4s，则角速度为：振幅A=5cm故该振子简谐运动的表达式为x=Asinωt=5sintcm．

（2）因而振子在一个周期内通过的路程是4A，所以振子在前100s的总路程是：s=25×4A=100×5cm=500cm；总位移为0.【解析】(cm)050019、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9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28分)23、略

【分析】【详解】

(1)[1]螺旋测微器的固定刻度读数为1mm；可动刻度读数为0.01×12.5mm=0.125mm，所以最终读数为1mm+0.01×12.5mm=1.125mm；

(2)[2]电路中的电流大约为：

所以电流表选择A；[3]待测电阻较小；若选用大电阻滑动变阻器，从测量误差角度考虑，所以滑动变阻器选择E；

(3)[4]待测电阻远小于电压表内阻；属于小电阻，所以电流表采取外接法；滑动变阻器可以采用限流式接法；

(4)[5]根据则有：

所以还需要测量的物理量是管线长度

[6]则中空部分的横截面积：【解析】AE管线长度L24、略

【分析】【详解】

（1）由题，在y＜0的区域内，不管眼睛放在何处，都无法透过玻璃砖看到P1、P2的像，要过玻璃砖看到了P1、P2的像，是因为α太大，光线在半圆形玻璃砖x轴上发生了全反射．

（2）另画一条更靠近y轴正方向的直线OA，把大头针P1、P2竖直插在所画的直线上，直到在y<0区域透过玻璃砖能看到P1、P2的像．

（3）定P3位置的方法是：插上大头针P3，使P3刚好能挡住P1、P2的像；

（4）根据折射率公式得到．

点睛：本题考查了全反射及产生的条件，用插针法测定半圆形玻璃砖折射率的原理是折射定律，根据原理确定确定P3位置的方法．【解析】（1）因为入射角太大发生了全反射（2）另画一条更靠近y轴正方向的直线OA，把大头针P1、P2竖直插在所画的直线上，直到在y<0区域透过玻璃砖能看到P1、P2的像．（3）插上大头针P3，使P3刚好能挡住P1、P2的像（4）25、略

【分析】【分析】