…………○…………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年蘇教版選修3物理上冊階段測試試卷735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總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、大自然之中存在許多絢麗奪目的晶體，這些晶體不僅美麗，而且由于化學成分和結構各不相同而呈現出千姿百態：高貴如鉆石，平凡如雪花，都是由無數原子嚴謹而有序地組成。關于晶體與非晶體，正確的說法是（）A.不具有規則幾何形狀的物體一定不是晶體B.液晶具有流動性，但其光學性質具有各向異性C.單晶體和多晶體的物理性質是各向異性的，非晶體是各向同性的D.天然水晶是晶體，熔化后再凝固的水晶（即石英玻璃）也是晶體2、一定質量的理想氣體從狀態a開始，經歷三個過程回到原狀態a。其圖像如圖所示。皆為直線，平行于p軸，平行于V軸。下列說法正確的是（）

A.a、b、c三個狀態中，狀態c溫度最高B.過程中，氣體分子的平均動能先變小后變大C.過程中，氣體一定從外界吸熱D.從a狀態經歷三個過程再次回到a狀態的過程中，氣體共吸熱3、電路中有一段金屬絲長為電阻為要使電阻變為下列方法可行的是（）A.將金屬絲拉長至B.將金屬絲拉長至C.將金屬絲對折后擰成一股D.將金屬絲兩端的電壓提高到原來的倍4、如圖為伏打電池示意圖，由于化學反應，在A、B兩電極附近產生了很薄的化學反應層a、b；則沿電流方向。

A.在外電阻R中，電勢升高B.在內電阻r中，電勢升高C.在反應層a中，電勢升高D.在反應層b中，電勢降低5、如圖所示，長為L=5m的水平傳送帶以v0=6m/s逆時針勻速轉動，質量m=1kg的物塊以水平初速度v=4m/s滑上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.2，不考慮傳送帶輪軸摩擦等能量損失，重力加速度g=10m/s2，則物塊從滑上到離開傳送帶的過程中，下列說法正確的是（）

A.物塊離開傳送帶時的速度大小為6m/sB.摩擦力對物塊一直做負功C.物塊所受摩擦力的沖量大小為0D.因摩擦產生的熱量為48J6、如圖所示，質量為m的A球以速度v0在光滑水平面上運動，與原靜止的質量為4m的B球碰撞，碰撞后A球以v=av0(待定系數a<1)的速率彈回，并與擋板P發生完全彈性碰撞，若要使A球能追上B球再相撞，則a的取值范圍為（）

A.aB.aC.aD.a評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、如圖所示，水平線a、b、c、d為勻強電場中的等差等勢線，一個質量為m，電荷量絕對值為q的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩個點，已知該粒子在A點的速度大小為v1，在B點的速度大小為v2，且方向與等勢線平行A、B連線長為L，連線與豎直方向的夾角為不計粒子受到的重力，則。

A.該粒子一定帶正電B.勻強電場的電場強度大小C.粒子在B點的電勢能一定大于在A點的電勢能D.等勢線b的電勢比等勢線e的電勢高8、光敏電阻是用硫化鎘或硒化鎘等半導體材料制成的特殊電阻器，其電阻值會隨光照強度的增大而減小，光敏電阻的這種特殊性能，在科技生活中得到廣泛應用．某應用電路如圖所示，R1、R2為定值電阻，L為小燈泡，R3為光敏電阻；當照射光強度增大時()

A.電壓表的示數增大B.R2中電流減小C.小燈泡的功率增大D.R3的功率增大9、如圖所示；在xOy平面內有兩根平行于y軸水平放置的長直導線，通有沿y軸正向；大小相同的電流I，兩導線關于y軸對稱，P為x軸上一點，Q為z軸上一點，下列說法正確的是（）

A.O點處的磁感應強度為零B.P點處的磁感應強度方向沿z軸正向C.Q點處的磁感應強度方向沿x軸正向D.正電荷沿y軸運動時，不受洛倫茲力作用10、一定質量的理想氣體；按圖示箭頭方向經歷了A→B→C狀態變化的過程。下列說法正確的是（）

A.氣體在狀態A時的分子平均動能，要比狀態B時的小B.氣體在狀態C時的內能，要比狀態A時的大C.由B→C的過程中，氣體吸收的熱量大于內能的增加量D.此過程中，與氣體在狀態A時的內能相等的狀態還有兩個11、如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態a開始，經歷一系列過程變化后又到達狀態a，已知從狀態b經過等溫過程bc到達狀態c，ca平行于橫軸V，ab平行于縱軸p；下列說法正確的是_______。

A.在a到b過程中氣體的內能增加B.在c到a過程中外界對氣體做功C.在a到b過程中氣體對外界做功E.在c到a過程中氣體從外界吸收熱量E.在c到a過程中氣體從外界吸收熱量12、A、B、C為三塊水平放置的金屬板，與電路連接如圖所示，三塊板正中央各有一小孔，A板接地，電源內阻為r，三個定值電阻電路中電表均為理想電表，滑片P開始置于R2中點，現有一質量為m、電量為+q的液滴從A板小孔正上方距離為h的D點靜止釋放；恰好能到達C板，不計空氣阻力和極板外電場，下列說法中正確的是。

A.滑片P由R2中點往左移動，則B板電勢降低B.滑片P由R2中點往左移動,則電流表A1的示數減小，A2的示數增大C.滑片P由R2中點往左移動，仍將該液滴從D點由靜止釋放，則帶電液滴不能到達C板D.滑片P由R2中點往左移動，則不變，的值變小(U為電壓表V示數，I2為電流表A2，為電流表A2示數的改變量)評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)13、現代人通過放孔明燈祈福。普通的孔明燈用薄竹片架成圓桶形，外面以薄紙密實包圍，開口朝下。釋放時，通過開口處的火焰對燈內氣體緩慢加熱，直到燈能浮起來，如圖所示，在緩慢加熱過程中，燈內氣體分子的平均動能____________（填“變大”“變小”或“不變”），燈內氣體的密度__________（填“變大”“變小”或“不變”）。

14、一定量的理想氣體從狀態開始，經歷等溫或等壓過程回到原狀態，其圖像如圖所示。其中對角線的延長線過原點氣體從狀態變化到狀態的過程，氣體對外做的功___________（選填“大于”、“等于”或“小于”）氣體從外界吸收的熱量。氣體在狀態的體積___________（選填“大于”、“等于”或“小于”）氣體在狀態的體積。氣體從狀態變化到狀態外界對氣體做的功___________（選填“大于”、“等于”或“小于”）氣體從狀態變化到狀態氣體對外界做的功。

15、利用掃描隧道顯微鏡（STM）可以得到物質表面原子排列的圖像；從而可以研究物質的結構。如圖所示的照片是一些晶體材料表面的STM圖像，通過觀察；比較，可以看到這些材料表面的原子排列有著共同的特點，這些共同的特點是：

(1)______________；

(2)_____________。

16、如圖所示，一定質量的理想氣體發生如圖所示的狀態變化，從狀態A到狀態B，在相同時間內撞在單位面積上的分子數_______（選填“增大”、“不變”或“減小”），從狀態A經B、C再回到狀態A，氣體吸收的熱量_______放出的熱量（選填“大于”；“小于”或“等于”）。

17、質量為m,電荷量為q的帶電粒子由靜止開始，在電壓為U的電場中僅在電場力作用下加速后的速度為___________評卷人得分四、作圖題(共3題，共12分)18、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．

19、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．

20、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4題，共16分)21、在用插針法測定玻璃磚的折射率的實驗中，甲、乙、丙三位同學在紙上畫出的界面aa′、bb′與玻璃磚位置的關系分別如圖①、②和③所示，其中甲、丙兩同學用的是矩形玻璃磚，乙同學用的是梯形玻璃磚．他們的其他操作均正確，且均以aa′、bb′為界面畫光路圖．

(1)甲同學測得的折射率與真實值相比________(填“偏大”“偏小”或“不變”)．

(2)乙同學測得的折射率與真實值相比________(填“偏大”“偏小”或“不變”)．

(3)丙同學測得的折射率與真實值相比________．22、利用電流表和電壓表測定一節干電池的電動勢和內電阻．要求盡量減小實驗誤差．

(1)應該選擇的實驗電路是圖中的________(選填“甲”或“乙”)．

(2)現有電流表(0～0.6A)；開關和導線若干；以及以下器材：

A．電壓表(0～15V)

B．電壓表(0～3V)

C．滑動變阻器(0～50Ω)

D．滑動變阻器(0～500Ω)

實驗中電壓表應選用________；滑動變阻器應選用________；(選填相應器材前的字母)

(3)某位同學記錄的6組數據如下表所示，其中5組數據的對應點已經標在如圖的坐標紙上，請標出余下一組數據的對應點，并畫出U－I圖線_________.

(4)根據(3)中所畫圖線可得出干電池的電動勢E＝________V，內電阻r＝________Ω.

(5)實驗中，隨著滑動變阻器滑片的移動，電壓表的示數U及干電池的輸出功率P都會發生變化．下列各示意圖中正確反映P－U關系的是________．

23、某同學用圖1所示的裝置研究兩個小球在斜槽末端發生碰撞的情況，并用它來驗證碰撞中的動量守恒定律，圖中AB是斜槽，BC為水平槽．

（1）實驗中通過僅測量小球做平拋運動的______（選填“水平位移”或“豎直位移”）；可間接得到小球碰撞前后的速度關系.

（2）檢驗水平槽BC是否調平的方法是：_______.

（3）實驗裝置中的重錘線起什么作用？__________.

（4）實驗時先使入射球m1從斜槽上某一固定位置S多次由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡，從而確定P點的位置，再把被碰球m2放在水平槽末端，讓球m1仍從位置S多次由靜止開始滾下，跟球m2碰撞后，兩球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，從而確定M、N點的位置．

a.為提高實驗的精度，減小誤差，要求m1__________m2．（選填“>”“<”“＝”）

b.其中確定P點位置的多次落點痕跡如圖2所示，刻度尺的零點與O點對齊，則OP＝_________cm．

（5）經測定，m1=45.0g，m2=7.5g，M、N距O點的距離如圖3所示，請通過計算說明本次實驗中兩小球碰撞前后的動量是否守恒__________.

（6）牛頓曾設想，把物體從高山上水平拋出，速度一次比一次大，落地點就一次比一次遠，如果速度足夠大，物體就不再落回地面，它將繞地球運動，成為人造地球衛星，如圖，同樣是受地球引力，隨著拋出速度增大，物體會從做平拋運動逐漸變為做圓周運動，請分析原因_____________．

24、小花在做“測定玻璃的折射率”的實驗中，先在白紙上放好玻璃磚，在玻璃磚的一側插上兩枚大頭針P1和P2，然后在另一側透過玻璃磚觀察，插上大頭針P3、P4，如圖所示，aa'和bb'分別是玻璃磚與空氣的兩個界面，用“+”表示大頭針的位置．圖中AO表示經過大頭針P1和P2的光線，該光線與界面aa'交于O點，MN表示法線．

（1）請將光路圖畫完整________，并在圖中標出光線進入玻璃磚發生折射現象的入射角1和折射角2；

（2）該玻璃磚的折射率可表示為n=________．（用1和2表示）

（3）確定P3位置的方法是________．

（4）對實驗中的現象，下面說法正確的是________

A.大頭針應垂直于紙面插上。

B.此實驗可以不用量角器。

C.如果玻璃磚aa'和bb'不平行；則無法用此方法測量折射率。

D.如果入射角太大，則折射光線會在玻璃磚內表面發生全反射，而使實驗無法進行參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A．只有單晶體具有天然規則的幾何形狀；多晶體無天然規則的幾何形狀，選項A錯誤；

B．液晶具有流動性；但其光學性質具有各向異性，選項B正確；

C．單晶體的物理性質是各向異性的；多晶體和非晶體是各向同性的，選項C錯誤；

D．天然水晶是晶體；熔化后再凝固的水晶（即石英玻璃）是非晶體，選項D錯誤。

故選B。2、D【分析】【詳解】

A．該理想氣體在不同狀態下都有

可得

由圖像可得

所以

故a、b、c三個狀態中，狀態a溫度最高；A錯誤；

B．過程中；氣體溫度先升高后降低，故氣體分子的平均動能先變大后變小，B錯誤；

C．過程中，氣體體積減小，外界對氣體做正功而氣體溫度降低，氣體內能減小由熱力學第一定律

故氣體放熱，故C錯誤；

D．從a狀態經歷三個過程再次回到a狀態的過程中，氣體內能不變ab過程中，氣體對外做功為ab圖線與橫軸的面積，即

bc過程中，外界對氣體做功為bc圖線與橫軸的面積，即

由熱力學第一定律

解得

故氣體在整個過程中共吸熱D正確。

故選D。3、B【分析】【詳解】

試題分析：將金屬絲拉長至4L，體積不變，則橫截面積變為原來的根據知，電阻變為原來的16倍．故A錯誤．將金屬絲拉長至2L，體積不變，則橫截面積變為原來根據知，電阻變為原來的4倍．故B正確．將金屬絲對折后擰成一股，長度變為原來的一半，橫截面積變為原來的2倍，根據知，電阻變為原來的．故C錯誤．將金屬絲兩端的電壓提高到原來的4倍，電阻不變．故D錯誤．故選B.4、C【分析】【詳解】

AB．電流只要通過電阻；靜電力就要做正功，電勢能就要降低，電勢就要降低，所以AB錯誤．

CD．在在反應層ab中，由于非靜電力做功，電荷的電勢能升高，所以電勢也是升高的．故C正確，D錯誤．5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．剛滑上傳送帶時，物塊做勻減速直線運動，速度減為0的位移

可知物體到達傳送帶最右端之前已經減速為0；且再次回到出發點的速度大小為4m/s，方向向左，因此物塊離開傳送帶的速度為4m/s，故A錯誤；

B．由A選項的分析可知；物塊先向右做勻減速直線，再向左做勻加速直線，所以摩擦力先做負功，再做正功，故B錯誤；

C．物塊所受摩擦力的沖量等于物塊的動量變化；由A選項可知物體的速度由向右的4m/s變為向左的4m/s，可知動量變化不為0，故C錯誤；

D．根據牛頓運動定律可知，物體的加速度不變，且

方向向左，所以物體的運動時間

再根據

計算得出物體的位移為0，所以物塊和傳送帶之間的相對位移

因此摩擦產生的熱

故選D。6、D【分析】【詳解】

A、B、碰撞過程動量守恒，以方向為正方向有A與擋板P碰撞后能追上B發生再碰撞的條件是解得碰撞過程中損失的機械能解得故D正確；故選D．

【點睛】本題考查了動量守恒和能量守恒的綜合運用，要抓住碰后A的速度大于B的速度，以及有機械能損失大于等于零進行求解．二、多選題(共6題，共12分)7、B:C【分析】【詳解】

A項：根據做曲線運動的物體受的合力指向曲線的內側；由于不知道電場強度的方向，所以無法確定粒子的電性，故A錯誤；

B項：在沿電場線方向的位移為：

設A、B間的電勢差為UAB，由動能定理得：所以故B正確；

C項：根據做曲線運動的物體受的合力指向曲線的內側可知；粒子受的電場力方向向上，所以粒子從A到B過程中電場力做負功，電勢能增大，故C正確；

D項：根據題意可知判斷粒子受到的電場力方向；但無法確定電場線的方向，所以無法確定等勢面的電勢的高低，故D錯誤．

故選BC．8、A:B:C【分析】A．光照強度增大時，R3電阻減小，電路總電阻減小，干路電流增大，R1的電壓和內阻電壓增大；電壓表的示數增大，故A正確；

B．根據閉合電路歐姆定律E=Ur+U1+U2，U2減小，根據I2=U2/R2，R2中電流減小；故B正確；

C．流過燈泡的電流增大，根據PL=I2RL；小燈泡的功率增大，故C正確；

D．流過R3的電流增大；電壓減小，功率的變化無法確定，故D錯誤．

故選：ABC9、A:B【分析】【詳解】

根據安培定則可判斷出電流產生的磁場方向如圖所示：

兩電流在O點處產生的磁感應強度等大反向，合磁感應強度為零，故A正確；兩電流在P點的磁場方向相反，疊加后合磁場方向沿z軸正方向，故B正確；兩電流在z軸正方向上Q點產生的磁感應強度矢量疊加后，沿x軸負方向，故C錯誤；正電荷從O點沿z軸向上運動，由左手定則判斷其受沿y軸正方向的洛倫茲力作用，故D錯誤。所以AB正確，CD錯誤。10、B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．根據理想氣體狀態方程和圖像可知；A→B的過程中氣體等容變化，壓強與溫度成正比。A→B的過程中氣體壓強減小，溫度也減小。由于溫度是分子平均動能的標志，所以分子平均動能也減小。故A錯誤；

B．A→B的過程中氣體等容變化；則。

可得。

B→C的過程中氣體等壓變化；則。

可得。

可知，由于理想氣體內能只與溫度有關；所以氣體在狀態C時溫度更高，內能更大。故B正確；

C．由B→C的過程中，氣體溫度升高，內能增大；體積增大，氣體對外做功（）。根據熱力學第一定律可知；氣體吸收的熱量大于內能的增加量。故C正確；

D．由于此過程中，與氣體在狀態A時的內能相等的狀態還有一個。故D錯誤。

故選BC。11、A:B:D【分析】【詳解】

A．從a到b等容升壓，根據

可知溫度升高；一定質量的理想氣體內能決定于氣體的溫度，溫度升高，則內能增加，故A正確；

B．在過程ca中壓強不變；體積減小，所以外界對氣體做功，故B正確；

C．在過程ab中氣體體積不變，根據

可知氣體對外界做功為零；故C錯誤；

D．在過程bc中，屬于等溫變化，氣體膨脹對外做功，而氣體的溫度不變，則內能不變，根據熱力學第一定律

可知氣體從外界吸收熱量；故D正確；

E．在過程ca中壓強不變，體積減小，所以外界對氣體做功，根據

可知溫度降低；則內能減小，根據熱力學第一定律可知氣體一定放出熱量，故E錯誤。

故選ABD。12、A:D【分析】A、滑片P由R2中點往左移動時使并聯部分電阻減小從而使整個電路電阻減小，根據閉合電路歐姆定律可得干路電流增大，即A2的示數增大，則兩端電壓增大；即B板電勢降低，故選項A正確；

B、滑片P由R2中點往左移動時使并聯部分電阻減小從而使整個電路電阻減小，根據閉合電路歐姆定律可得干路電流增大，即A2的示數增大，路端電壓減小，由于電壓增大，則并聯部分電壓降低，根據并聯電路特點可以知道電流表A1的示數增大；故選項B錯誤；

C、滑片P由R2中點往左移動時，電路總電流增大，則兩端電壓增大；即電容器AB電壓增大，液滴加速運動，路端電壓減小，則電容器BC電壓減小，液滴減速運動，液滴將穿過C板，故選項C錯誤；

D、根據閉合電路歐姆定律可知：則為定值，不變，根據歐姆定律可知為本身并聯之后與串聯的總電阻，即減小；故選項D正確。

點睛：本題考查閉合電路歐姆定律的動態分析問題，注意電容器兩端電壓的問題。三、填空題(共5題，共10分)13、略

【分析】【詳解】

[1]隨著加熱；燈內氣體溫度升高，分子的平均動能變大；

[2]對于燈內氣體，根據蓋-呂薩克定律，壓強不變，溫度升高，氣體體積增大。因為孔明燈的體積幾乎不變，所以部分氣體外溢，燈內氣體的質量減小，密度變小。【解析】變大變小14、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]氣體從狀態變化到狀態的過程中，溫度不變，內能不變；壓強減小，根據理想氣體狀態方程

可知體積增大，對外做功，根據熱力學第一定律

可知

即氣體從狀態a變化到狀態b的過程；氣體對外做的功等于氣體從外界吸收的熱量。

[2]由圖可知a、c均在過原點的直線上，P-T圖像的斜率為體積的倒數，所以氣體在狀態a的體積等于氣體在狀態b的體積；

[3]在bc過程中，等壓變化，溫度降低，內能減小△U＜0

溫度降低，體積減小，外界對氣體做功，根據

可得

bc過程中外界對氣體做功Wbc=p△Vbc=C△Tbc

da過程中，氣體對外界做功

所以

在bc過程中外界對氣體做的功等于在da過程中氣體對外界做的功。【解析】等于等于等于15、略

【分析】【詳解】

(1)[1]在確定的方向上原子有規律地排列；在不同方向上原子的排列規律一般不同。

(2)[2]原子排列具有一定的對稱性。【解析】①.在確定的方向上原子有規律地排列，在不同方向上原子的排列規律一般不同；②.原子排列具有一定的對稱性16、略

【分析】【詳解】

[1][2]理想氣體從狀態A到狀態B，壓強不變，體積變大，分子的密集程度減小，所以在相同時間內撞在單位面積上的分子數減小，從狀態A經B、C再回到狀態A，內能不變，一個循環過程中，A到B氣體對外做的功

B到C過程中外界對氣體做功

C到A體積不變不做功，所以

根據

解得

即一個循環氣體吸熱2J，所以一個循環中氣體吸收的熱量大于放出的熱量。【解析】①.減小②.大于17、略

【分析】【分析】

帶電粒子經加速電場加速后；動能的大小等于電場力做功，求得速度v；

【詳解】

設加速后的速度為v，根據動能定理可得：所以．

【點睛】

本題考查帶電粒子在電場中的加速，注意動能定理的應用．【解析】四、作圖題(共3題，共12分)18、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】19、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】20、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4題，共16分)21、略

【分析】【詳解】

（1）用圖①測定折射率時；玻璃中折射光線偏折大了，所以折射角增大，折射率減小；

（2）用圖②測折射率時；只要操作正確，與玻璃磚形狀無關；

（3）用圖③測折射率時，無法確定折射光線偏折的大小，所以測得的折射率可大、可小、可不變。【解析】偏小不變折射率可大、可小、可不變22、略

【分析】【詳解】

（1）干電池的內阻較小；電壓表的分流作用可以忽略，可以用滑動變阻器中的電流來代替干路中的電流，所以選甲圖電路．（注意：兩種實驗電路都存在系統誤差，題圖甲實際測量的電阻是電源內阻與電壓表的并聯電阻，而圖乙測量的電阻是電池內阻與電流表內阻之和）

（2）一節干電池的電動勢為1.5V；依據精確測量的原則，電壓表應該選用B，電源的內阻較小，為了調節方便，滑動變阻器應該選C．

（3）畫線時第4個點的誤差較大；將其舍去，其他點連成直線，就得到電源的U-I圖線．

（4）在（3）中圖線中，U軸上的截距為該電源的電動勢1.5V，圖線的斜率為該電源的內阻

（5）當滑動變阻器的阻值等于電源內阻時，電源的輸出功率最大，即電源的輸出功率隨著U先變大再變小，A、B錯誤；輸出功率與路端電壓的關系可以表示為：由數學知識可得C正確，D錯誤．【解析】甲BC1.50(1.49～1.51)0.83(0.81～0.85)C23、略

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