…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀教版選修3物理下冊月考試卷335考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、江河、湖、海、濕地、森林和草原等在調節水平衡中發揮著重要作用。關于地球水循環，下列說法正確的是（）A.地表水和海水放出熱量后，汽化成水蒸氣B.部分上升的水蒸氣與冷空氣接觸，會液化成小水滴C.小水滴遇到更冷的氣流時吸收熱量，凝華成小冰珠D.小冰珠在降落過程中放出熱量，熔化成雨水2、在變電站里，需要用交流電表去監測電網上的強電流，但電網中的電流通常會超過一般電流表的量程，因此常使用的儀器是電流互感器，圖中最能反映其工作原理的是（圖中線圈的疏密表示線圈匝數的多少）A.B.C.D.3、關于電勢能和電勢，下列說法正確的是A.電荷在電勢高的位置，具有的電勢能大B.電荷在電勢高的位置，所帶電荷量越大，具有的電勢能也越大C.在帶正電的場源電荷所產生的電場中的任一點，正電荷所具有的電勢能一定大于負電荷所具有的電勢能D.在帶負電的場源電荷所產生的電場中的任一點，正電荷所具有的電勢能一定大于負電荷所具有的電勢能4、關于熱力學定律，下說法中正確的是A.隨著高科技的不斷發展，絕對零度是可以達到的B.一切自然過程總是沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行C.第二類永動機因為不違反能量守恒定律，所以它將會被制造出來D.熱量能夠自發地從高溫物體傳遞到低溫物體，也能自發地從低溫物體傳遞到高溫物體5、在某次光電效應實驗中，得到的遏止電壓Uc與入射光的頻率的關系如圖所示，若該直線的斜率和縱截距分別為k和﹣b，電子電荷量的絕對值為e；則（）

A.普朗克常量h=kB.若更換材料再實驗，得到的圖線的k改變，b不改變C.所用材料的逸出功W0=ebD.入射光頻率越高，K值越大評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)6、如圖所示；一粗糙的足夠長的直桿與水平面的夾角為θ，此區域內存在與桿垂直且垂直于紙面向里的水平勻強磁場和與磁場正交的水平向右的勻強電場，一帶正電的小圓環直徑略大于桿的直徑，套在直桿上，當將圓環由靜止釋放時，圓環會沿桿下滑．現給圓環一沿桿向上的初速度，以沿桿向上的方向為正，則以下關于圓環運動的v-t圖象，可能正確的有。

A.B.C.D.7、下列說法正確的是（）A.根據熱力學第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳遞到高溫物體B.第二類永動機不可能制成，說明內能不能全部轉化為機械能，又不引起其他變化C.當分子間的距離增大時，分子間的引力增大、斥力減小D.溫度是描述熱運動的物理量，一個系統與另一個系統達到熱平衡時，兩系統溫度相同8、下列說法正確的是（）A.大氣中顆粒的運動是分子的熱運動B.被封閉的氣體的分子平均動能減少，氣體的壓強不一定減小C.對于一定質量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱E.“油膜法估測分子直徑”的實驗中，滴在水面上的一滴油酸酒精溶液的體積與所形成的單分子油膜的面積之比約等于油酸分子的直徑E.“油膜法估測分子直徑”的實驗中，滴在水面上的一滴油酸酒精溶液的體積與所形成的單分子油膜的面積之比約等于油酸分子的直徑9、如圖所示；閉合線圈上方有一豎直放置的條形磁鐵，磁鐵的N極朝下。當磁鐵向下運動時（但未插入線圈內部），下列判斷正確的是（）

A.磁鐵與線圈相互排斥B.磁鐵與線圈相互吸引C.通過R的感應電流方向為從a到bD.通過R的感應電流方向為從b到a10、如圖所示，一理想變壓器的原、副線圈的匝數比為2:1，在原、副線圈的回路中分別接有阻值相同的電阻R，輸入端ab間接在電壓有效值恒定為220V的正弦交流電源上，不計一切導線電阻，則（）

A.左右兩個電阻R上消耗的功率之比為1:1B.左右兩個電阻R上分得的電壓之比為1:2C.副線圈的輸出電壓有效值U=88VD.若只將變壓器原、副線圈匝數比改為1:2，則副線圈輸出電壓有效值U不變11、如圖（a）所示，光滑絕緣水平面上有質量分別為m1和m2的甲、乙兩個點電荷．t=0靜電力的作用下沿同一直線運動（整個運動過程中沒有接觸），它們運動的v-t圖像分別如圖（b）中甲；乙兩曲線所示．則由圖線可知。

A.兩電荷的電性一定相反B.t1時刻兩電荷的電勢能最大C.0～t2時間內，兩電荷的靜電力都是先減小后增大D.評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)12、熱平衡：兩個相互接觸的熱力學系統，經過一段時間，各自的狀態參量_______，說明兩個系統達到了平衡，這種平衡叫作熱平衡。13、如圖所示，質量為m的導體棒a從h高處由靜止起沿足夠長的光滑導電軌道滑下，另一質量為2m的導體棒b靜止在寬為L的光滑水平導軌上，在水平軌道區域有垂直于軌道平面向上的勻強磁場，磁感應強度為B，a、b導體棒不會相碰，重力加速度取g，則a、b導體棒的最終的共同速度為__________，回路中最多能產生焦耳熱為__________．

14、如圖所示，先后以速度和勻速地把同一線圈從同一位置拉出有界勻強磁場的過程中，在先后兩種情況下：

(1)線圈中的感應電流之比

(2)線圈中通過的電量之比

(3)拉力做功的功率之比．15、如圖，豎直放置的均勻等臂U型導熱玻璃管兩端封閉，管內水銀封有A、B兩段氣柱，右管水銀面高于左管水銀面，高度差為h，若環境溫度降低，穩定后A、B氣柱的壓強之比pA∶pB與降溫前相比將_______（選填“變大”、“變小”或“不變”），右管水銀面的高度變化Δh______（選填“＞”、“＝”或“＜”）．

16、（1）在海中航行的輪船，受到大風大浪沖擊時，為了防止傾覆，應當改變航行方向和__________，使風浪沖擊力的頻率遠離輪船搖擺的__________．

（2）光纖通信中，光導纖維傳遞光信號的物理原理是利用光的_________現象.要產生這種現象，必須滿足的條件是：光從光密介質射向_________，且入射角等于或大于_________．評卷人得分四、作圖題(共3題，共18分)17、如圖所示，甲、乙是直線電流的磁場，丙、丁是環形電流的磁場，戊、己是通電螺線管的磁場，試在各圖中補畫出電流方向或磁感線方向．

18、示波管的內部結構如圖所示．如果在偏轉電極XX/、YY/之間都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏中心．如果在偏轉電極XX/之間和YY/之間分別加上如圖所示的電壓，請畫出熒光屏上出現的完整掃描波形圖．

19、圖中表示某一時刻的波形圖，已知波速為0.5m/s，波沿著x軸的正方向傳播；畫出經過7s后的波形曲線。

評卷人得分五、實驗題(共1題，共3分)20、在測量電源電動勢和內電阻的實驗中，已知一節干電池的電動勢約為1.5V，內阻約為電壓表V（量程為3V，內阻約）；電流表A（量程為0.6A，內阻約為）；滑動變阻器R（2A）。為了更準確地測出電源電動勢和內阻。

（1）請在圖1方框中畫出實驗電路圖。______

（2）在實驗中測得多組電壓和電流值，得到如圖2所示的U-I圖線，由圖可得該電源電動勢E=____V，內阻r=______Ω。（結果均保留兩位小數）

（3）一位同學對以上實驗進行了誤差分析。其中正確的是______。A.實驗產生的系統誤差，主要是由于電壓表的分流作用B.實驗產生的系統誤差，主要是由于電流表的分壓作用C.實驗測出的電動勢小于真實值D.實驗測出的內阻大于真實值

（4）某小組的同學找到了電阻箱，便設計了如圖甲所示的電路進行實驗，并且記錄了實驗中一系列電流表讀數I及與之對應的電阻箱阻值R，該小組同學通過巧妙地設置橫軸和縱軸，描繪出了如圖乙所示的圖線，則在圖乙中縱軸應表示______；（填I、R或與I、R相關的量），若該圖線的斜率為k，橫軸上的截距為m，則電動勢的測量值=______，內電阻的測量值=______

評卷人得分六、解答題(共4題，共20分)21、如圖所示為一“匚”字型金屬框架截面圖，上下為兩水平且足夠長平行金屬板，通過左側長度為L＝1m的金屬板連接．空間中有垂直紙面向里場強大小B＝0.2T的勻強磁場，金屬框架在外力的作用下以速度v0＝1m/s水平向左做勻速直線運動．框架內O處有一質量為m＝0.1kg、帶正電q＝1C的小球．若以某一速度水平向右飛出時，則沿圖中虛線′做直線運動；若小球在O點靜止釋放，則小球的運動軌跡沿如圖曲線（實線）所示，已知此曲線在最低點P的曲率半徑（曲線上過P點及緊鄰P點兩側的兩點作一圓，在極限情況下，這個圓的半徑叫做該點的曲率半徑）為P點到O點豎直高度h的2倍，重力加速度g取10m/s2．求：

（1）小球沿圖中虛線做直線運動速度v大小。

（2）小球在O點靜止釋放后軌跡最低點P到O點豎直高度h22、如圖甲所示，水平放置的汽缸內壁光滑，活塞的厚度不計，在A、B兩處設有限制裝置，使活塞只能在A、B之間運動，A左側汽缸的容積為V0，A、B之間容積為0.1V0，開始時活塞在A處，缸內氣體壓強為0.9p0（p0為大氣壓強），溫度為297K，現通過對氣體緩慢加熱使活塞恰好移動到B；求：

(1)活塞移動到B時，缸內氣體溫度TB；

(2)在圖乙中畫出整個過程的p-V圖線。

23、如圖所示為回旋加速器的結構示意圖，勻強磁場的方向垂直于半圓型且中空的金屬盒D1和D2，磁感應強度為R，金屬盒的半徑為R，兩盒之間有一狹縫，其間距為d，且兩盒間電壓為U.A處的粒子源可釋放初速度不計的帶電粒子，粒子在兩盒之間被加速后進入D1盒中，經半個圓周之后再次到達兩盒間的狹縫．通過電源正負極的交替變化，可使帶電粒子經兩盒間電場多次加速后獲得足夠高的能量.已知帶電粒子的質量為m、電荷量為+q.

(1)不考慮加速過程中的相對論效應和重力的影響.

①求粒子可獲得的最大速度vm；

②若粒子第1次進入D1盒在其中的軌道半徑為r1，粒子第1次進入D2盒在其中的軌道半徑為r2，求r1與r2之比.

(2)根據回旋加速器的工作原理；請通過計算對以下兩個問題進行分析：

①在上述不考慮相對論效應和重力影響的情況下；計算粒子在回旋加速器中運動的時間時，為何常常忽略粒子通過兩盒間狹縫的時間，而只考慮粒子在磁場中做圓周運動的時間；

②實驗發現：通過該回旋加速器，加速的帶電粒子能量達到25~30MeV后，就很難再加速了．這是由于速度足夠大時，相對論效應開始顯現，粒子的質量隨著速度的增加而增大．結合這一現象，分析在粒子獲得較高能量后，為何加速器不能繼續使粒子加速了．24、如圖所示，長木板質量M=3kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，質量為m=1kg的物塊A，右端放著一個質量也為m=1kg的物塊B，兩物塊與木板間的動摩擦因數均為μ=0.4，AB之間的距離L=6m，開始時物塊與木板都處于靜止狀態，現對物塊A施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10m/s2．

（1）.為使物塊A與木板發生相對滑動；F至少為多少？

（2）.若F=8N，求物塊A經過多長時間與B相撞，假如碰撞過程時間極短且沒有機械能損失，則碰后瞬間A、B的速度分別是多少？參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【詳解】

A．地表水和海水吸熱后才能汽化為水蒸氣；故A錯誤；

B．部分上升的水蒸氣與冷空氣接觸；由氣態的水蒸氣變成液態的水，發生液化現象，故B正確；

C．小水滴遇到更寒冷的氣流；放出熱量，由液態的小水滴變成固態的小冰晶，是凝固現象，故C錯誤；

D．小冰珠在降落過程中會吸收熱量；由固態熔化成雨水，故D錯誤。

故選B。2、A【分析】【詳解】

由理想變壓器的原副線圈的電流之比可知；電流與匝數成反比．則電流互感器應串連接入匝數較多的線圈上．同時一次繞組匝數很少，且串在需要測量的電流的線路中。

A.A選項中圖符合上述分析；故A正確；

B.B選項中圖片中繞組匝數不恰當；不符合上述分析，故B錯誤；

CD.CD兩個選項并聯在測量的電流的線路中，不符合上述分析，故CD錯誤。3、C【分析】試題分析：根據電勢的定義式φ=分析得知：正電荷放在電勢越高的位置電勢能越大．在電場中電勢越高的位置；電荷的電量越大所具有的電勢能不一定越大，與電荷的電性；電勢的正負有關．在正點電荷電場中的任意一點處，正電荷具有的電勢能一定大于負電荷具有的電勢能，在負點電荷電場中的任意一點處，正電荷具有的電勢能一定小于負電荷具有的電勢能。

解：A；正電荷放在電勢越高的位置電勢能越大；而負電荷放在電勢越高的位置電勢能越小．故A錯誤．

B；在電場中電勢越高的位置；電荷的電量越大所具有的電勢能不一定越大，與電荷的電性、電勢的正負有關．故B錯誤．

C；無窮遠處電勢為零；在正點電荷電場中任意一點的電勢為正值，則正電荷具有的電勢能一定大于負電荷具有的電勢能．故C正確．

D；無窮遠處電勢為零；在負點電荷電場中任意一點的電勢為負值，則正電荷具有的電勢能一定小于負電荷具有的電勢能．故D錯誤．

故選C

【點評】本題關鍵要掌握電勢的定義式φ=式中三個量φ、q和Ep都要代入符號進行分析4、B【分析】【詳解】

A.根據熱力學第三定律可知；絕對零度無法達到，A錯誤．

B.根據熱力學第二定律可知一切自然過程總是沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行；B正確．

C.第二類永動機違反了熱力學第二定律；不能被制造，C錯誤．

D.熱量無法自發的從低溫物體傳到高溫物體，D錯誤．5、C【分析】【詳解】

由光電效應方程和得：

A項：圖線的斜率解得故A錯誤；

B項：若更換材料再實驗，即逸出功改變，得到的圖線的k不變，b改變；故B錯誤；

C項：縱軸截距的絕對值解得：逸出功故C正確；

D項：由可知，圖線斜率與入射光頻率無關，故D錯誤．二、多選題(共6題，共12分)6、A:B【分析】【分析】

小球受電場力；重力、支持力、洛倫茲力和摩擦力；其中利用左手定則判斷出洛倫茲力方向，同時要注意在上滑時支持力方向的變化，根據牛頓第二定律分析加速度情況即可；

【詳解】

剛開始下滑時；對小圓環進行受力分析如圖所示：

根據牛頓第二定律可知：

隨著小圓環速度增大，則洛倫茲力增大，則導致摩擦力逐漸增大，則加速度逐漸減小，當小圓環的速度增大到最大速度時；加速度減小到最小為零，此后小圓環將做勻速直線運動；

當小圓環以某一速度向上滑行時；討論：

（一）、若此時速度較小時，即時；則受力分析如圖所示：

根據牛頓第二定律可知：

垂直桿的方向有：

則隨著速度的減小則N增大，根據公式可知摩擦力增大，則加速度增大；當速度減小到零之后，再反向從靜止開始運動，做加速度減小的加速運動，最終加速度為零，做勻速運動，與上面的分析一致；

（二）若開始時速度較大，即時；則受力分析如圖所示：

根據牛頓第二定律可知：

開始時垂直桿的方向有：

則隨著速度v的減小則N減小，則摩擦力減小，則加速度減小；

當速度減小到使時，則隨著速度v的減小則N增，則摩擦力增大，則加速度增大，即在向上滑行時加速度先減小后增大；

當速度減小到零之后；再反向從靜止開始運動，做加速度減小的加速運動，最終加速度為零，做勻速運動，與上面的分析一致，故選項AB正確，選項CD錯誤．

【點睛】

本題關鍵是分析小球的受力情況，然后對洛倫茲力大小不同情況進行分析討論，注意v-t圖象的斜率的物理意義．7、B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．熱量不能自發地從低溫物體傳到高溫物體；故A錯誤；

B．由熱力學第二定律可知；故B正確；

C．當分子間的距離增大時；分子間的引力和斥力均減小，故C錯誤；

D．溫度是描述熱運動的物理量；是決定一個系統與另一個系統是否達到熱平衡狀態的物理量，所以當一個系統與另一個系統達到熱平衡時兩系統溫度相同，故D正確。

故選BD。8、B:C:D【分析】【詳解】

A．大氣中顆粒的運動是布朗運動；它反映了大氣分子的熱運動，本身不是分子的熱運動，故A錯誤；

B．決定氣體壓強的因素有單位體積的分子數和分子平均動能；分子平均動能減少而單位體積的分子數增加，氣體壓強就不一定減小，故B正確；

C．一定質量的理想氣體在等壓膨脹過程中；溫度升高，也就是對外界做功的同時內能增加了，則必定從外界吸收熱量，故C正確；

D．能量耗散不可避免；能量的轉化具有方向性，故D正確；

E．“油膜法估測分子直徑”的實驗中；用滴在水面上的一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積與所形成的單分子油膜的面積之比求出油酸分子的直徑，故E錯誤。

故選BCD。9、A:C【分析】由“來拒去留”可知，磁鐵靠近線圈，則磁鐵與線圈相互排斥，故A正確，B錯誤；由題目中圖可知，當磁鐵豎直向下運動時，穿過線圈的磁場方向向下增大，由楞次定律可知感應電流的磁場應向上，則由右手螺旋定則可知電流方向從a經過R到b．故C正確；D錯誤；故選AC．

點睛：在判斷電磁感應中磁極間的相互作用時可以直接利用楞次定律的第二種表示：“來拒去留”直接判斷，不必再由安培定則判斷線圈中的磁場，再由磁極間的相互作用判斷力的方向．10、B:C:D【分析】【詳解】

根據變壓器原理可知原副線圈的電流之比為1:2，根據功率公式所以原副線圈上電阻R消耗的功率之比為1:4，故A錯誤；原副線圈的電流之比為1:2，根據所以原副線圈上電阻R分擔的電壓之比為1:2，故B正確；設原線圈中的電流為I，根據功率相等可知解得所以副線圈上的電壓為故C正確；若只將變壓器原、副線圈匝數比改為1:2，則根據功率相等可知則所以副線圈的電壓為故D正確；故選BCD11、B:D【分析】【詳解】

A．由圖像0～t1段看出；甲從靜止開始與乙同向運動，說明甲受到了乙的排斥力作用，則知兩電荷的電性一定相同，A錯誤；

B．t1時刻兩電荷速度相等，相距最近，所以，0～t1時間內兩電荷間距離逐漸減小，在t1～t2時間內兩電荷間距離逐漸增大；距離減小時電場力做負功，系統的電勢能增大，距離增大時電場力做正功，系統的電勢能減小，所以兩個電荷距離最近時，電勢能最大，即t1時刻兩電荷的電勢能最大；B正確；

C．0～t1時間內兩電荷間距離逐漸減小，根據庫侖定律，兩電荷之間的靜電力增大；在t1～t2時間內兩電荷間距離逐漸增大，由庫侖定律得知，兩電荷間的相互靜電力減小，所以，0～t2時間內；兩電荷的靜電力都是先增大后減小，C錯誤；

D．兩球相互作用時，受到的合外力為零，故動量守恒，設向左為正方向，t1時刻兩球速度相等，為v=2m/s，由系統動量守恒得

解得

D正確。

故選BD。三、填空題(共5題，共10分)12、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】不再變化13、略

【分析】【分析】

a先加速下滑，進入磁場后切割磁感線，產生感應電動勢和感應電流，受到向左的安培力而做減速運動，b在安培力作用下向右加速運動；也切割磁感線產生感應電動勢，此感應電動勢與a的感應電動勢方向相反，整個回路總的電動勢減小，感應電流減小，兩棒所受的安培力減小，當兩棒的速度相等時，電路中不再產生感應電流，兩棒不受安培力，將一起做勻速運動，達到穩定狀態．以兩棒組成的系統為研究對象，滿足動量守恒，據動量守恒定律求解即可；當兩棒最終一-起做勻速運動時，回路中不再產生焦耳熱，根據能量守恒定律求解即可．

【詳解】

第一空．a從h高處由靜止滑到水平導軌處；由動能定理得：

解得：

a進入磁場后，a棒減速，b棒加速，最終速度相等，a、b系統水平方向合外力為零．

設水平向右為正方向；由動量守恒定律得：

解得，最終速度：

第二空．整個過程；對系統,由能量守恒定律得：

解得：．

【點睛】

本題考查電磁感應現象的綜合應用，屬于一般題型．【解析】14、略

【分析】【分析】

感應電流根據求解；熱量根據焦耳定律列式求解；在恒力作用下，矩形線圈以不同速度被勻速拉出，拉力與安培力大小相等，拉力做功等于拉力與位移的乘積，而拉力功率等于拉力與速度的乘積感應電荷量由求解．

【詳解】

設線圈的長為a，寬為L

（1）線圈中感應電流可知故感應電流之比是1：2．

（2）流過任一橫截面感應電荷量可知q與v無關；所以感應電荷量之比為1：1；

（3）由于線圈勻速運動，外力與安培力大小相等，為外力的功率為所以外力的功率之比為1：4．

【點睛】

要對兩種情況下物理量進行比較，我們應該先把要比較的物理量表示出來再求解關鍵要掌握安培力的推導方法和感應電荷量的表達式．【解析】2:12:14:115、略

【分析】【詳解】

假設若環境溫度降低后，△h不變化，則兩部分氣體均做等容變化，由查理定律得：對于左邊氣體：對于右邊氣體：而由題意知，p1＞p2，故有：△p＞△p′，若溫度降低，壓強都減小，左邊氣體壓強降的多，則水銀柱會向下移動，顯然原假設錯誤，△h將減小．A部分的體積減小，B部分的體積增大．設A部分的氣體的物質的量是n1，B部分氣體的物質的量是n2，則由克拉伯龍方程得：PAVA=n1RT；PBVB=n2RT，其中的R為克拉伯龍常數．則有：變形得：由于降溫后A部分的體積減小，B部分的體積增大，所以穩定后A、B氣柱的壓強之比pA：pB與降溫前相比將變大．由以上的分析可知，雖然水銀柱向下運動，但PAVA＞PBVB，所以左側氣體的壓強仍然大于右側的壓強，所以穩定后左側的液面仍然低于右側的液面，所以△h小于．【解析】變大小于16、略

【分析】【分析】

【詳解】

如答案【解析】速度大小頻率全反射光疏介質臨界角四、作圖題(共3題，共18分)17、略

【分析】【詳解】

利用右手螺旋定則；已知電流的方向可判定磁場方向，也可以通過磁場方向來確定電流的方向；

圖甲；已知磁場方向，順時針方向，則電流垂直紙面向里；

圖乙；電流右側的磁場的方向向里，左側的磁場的方向向外，則電流的方向向上；

圖丙；已知磁場方向，則可知電流方向，逆時針方向；

圖丁；環形電流從左側流入，從右側流出，所以磁場的方向向下；

圖戊；根據螺線管中電流方向，利用右手螺旋定則可以確定螺線管的磁場的方向向左；

圖已；根據螺線管中上邊的電流方向向外，下邊的電流的方向向里，利用右手螺旋定則可以確定螺線管的磁場的方向向右．如圖所示：

【解析】18、略

【分析】試題分析：A圖中；在XX′偏轉電極所加的電壓的周期為2T，即在2T的時間內才能完成一次水平方向的掃描，而豎直方向（y方向）的周期為T，所以在水平方向的一次水平掃描的過程中，豎直方向由2個周期性的變化；y方向的電壓變化為正弦式的變化，由于電子到達熒光屏的偏轉量與偏轉電壓成正比，所以A圖中的掃描圖形如圖；

要在熒光屏上得到待測信號在一個周期內的穩定圖象．XX′偏轉電極要接入鋸齒形電壓；即掃描電壓．

B圖中；在XX′偏轉電極所加的電壓的周期為T，即在一個周期T的時間內完成一次水平方向的掃描，同時豎直方向的周期為T，所以在水平方向的一次水平掃描的過程中，豎直方向也完成一個周期性的變化；y方向的電壓大小不變，方向每半個周期變化一次，結合電子到達熒光屏的偏轉量與偏轉電壓成正比，所以B圖中的掃描圖形如圖．

考點：考查了示波器的工作原理。

【名師點睛】本題關鍵要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏轉電壓上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉電極通常接入鋸齒形電壓，即掃描電壓，當信號電壓與掃描電壓周期相同時，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內的穩定圖象【解析】19、略

【分析】【分析】

【詳解】

7s波向前傳播的距離為

7s后，故x=3.5m位置的原圖中x=0位置的振動情況相同；因此作出以下圖形。

【解析】五、實驗題(共1題，共3分)20、略

【分析】【詳解】

（1）電路直接采用串聯即可；電壓表并聯在電源兩端，采用的是電流表內接法；電路圖如右圖所示；如圖所示。

（2）根據電路圖可知則U-I圖線中縱軸截距等于電源的電動勢E=1.50V

圖像斜率等于電源內阻

（3）AB．由電路圖可知；電流表采用內接法，由于電壓表分流作用，使所測電流小于電路總電流的真實值，造成了實驗誤差，A正確，B錯誤；

C．當外電路短路時，電流的測量值等于真實值，除此之外，由于電壓表的分流作用，電流的測量值小于真實值，電源的U-I圖像如圖所示；由圖像可知，電源電動勢的測量值小于真實值，C正確；

D．作出U-I圖線實際圖線和測量圖線；如圖所示。

由上圖可知電動勢的測量值偏小；內電阻的測量值偏小，D錯誤。

選AC。

（4）由電路圖可知，本實驗采用電流表與電阻箱串聯的方式進行測量，則有

為了得出直線圖像，可將公式變形得

故應使用R為縱坐標，為橫坐標；則圖像中的k表示電源的電動勢；

當R=0時，故r=km

【點睛】

由于電流表的內阻接近電源的內電阻，故若采用電流表外接法，則測得的內阻誤差太大；故應采用電流表內接法。由作出的U-I圖可知，圖像與縱坐標的交點為電源的電動勢；圖像的斜率表示內阻。根