…………○…………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2024年滬教版選修3物理下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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5題，共10分)1、如圖所示，abcd為水平放置的平行光滑金屬導軌，導軌間距為l，電阻不計．導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B．金屬桿放置在導軌上，與導軌的接觸點為M、N，并與導軌成角．金屬桿以的角速度繞N點由圖示位置勻速轉動到與導軌ab垂直，轉動過程金屬桿與導軌始終良好接觸，金屬桿單位長度的電阻為r．則在金屬桿轉動過程中（）

A.金屬桿中感應電流的方向是由N流向MB.電路中感應電流的大小始終減小C.M點電勢低于N點電勢D.電路中通過的電量為2、如圖所示，一矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉軸ΟΟ′以恒定的角速度轉動；從圖示位置開始計時，則在轉過180°這段時間內（）

A.線圈中的感應電流一直在減小B.線圈中的感應電流先增大后減小C.穿過線圈的磁通量一直在增大D.穿過線圈的磁通量的變化率先減小后增大3、如圖所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中，入射方向跟極板平行。整個裝置處在真空中，電子的重力不計。在滿足電子能射出平行板區的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉位移h變大的是（）

A.U1變大B.U1變小C.U2變大D.U2變小4、下列說法中正確的是（）A.由可知，若電阻兩端所加電壓為0，則此時電阻阻值為0B.由可知，若一小段通電導體在某處受磁場力大小為0，說明此處磁感應強度大小一定為0C.由可知，若檢驗電荷在某處受電場力大小為0，說明此處場強大小一定為0D.由可知，若通過回路的磁通量大小為0，則感應電動勢的大小也為05、靜止的原子核在磁場中發生衰變后運動軌跡如圖所示，大、小圓半徑分別為R1、R2．則下列關于此核衰變方程和兩圓軌跡半徑比值的判斷中正確的是。

A.B.C.R1∶R2＝84∶1D.R1∶R2＝207∶4評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)6、如圖所示，兩水平放置的平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直放置的熒光屏PQ．一帶電荷量為q，質量為m的帶電小球以速度v0從兩板中央射入板間，最后垂直打在屏PQ上(重力加速度為g)，則下列說法正確的是（））

A.板間電場強度大小為

B.板間電場強度大小為

C.C；小球在板間的運動時間和它從板的右端運動到熒光屏的時間相等。

D.小球打在屏上的位置與O點的距離為7、如圖所示分別為100多個；3000多個、70000多個電子通過雙縫后的干涉圖樣；則（）

A.圖樣是因為電子之間相互作用引起的B.假設現在只讓一個電子通過單縫，那么該電子一定落在亮紋處C.圖樣說明電子已經不再遵守牛頓運動定律D.根據不確定性關系，不可能同時準確地知道電子的位置和動量8、如圖所示，平行金屬板中帶電質點P原處于靜止狀態，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器的滑片向b端移動時，則

A.電壓表讀數減小B.電流表讀數增大C.質點P將向上運動D.上消耗的功率逐漸增大9、如圖所示，圖甲中M為一電動機，當滑動變阻器R的滑片從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表V1和V2的讀數隨電流表A讀數的變化情況如圖乙所示．已知電流表A讀數在0.2A以下時，電動機沒有發生轉動．不考慮電表對電路的影響，以下判斷正確的是()

A.電路中電源電動勢為3.6VB.變阻器的最大阻值為30ΩC.此電路中，電動機的最大輸入功率是0.9WD.若電流表A示數小于0.2A，隨著變阻器滑片向右滑動，測量R0兩端電壓表V讀數的變化量與電流表A讀數的變化量之比10、如圖所示，水平面內的等邊三角形ABC的邊長為L，頂點C恰好位于光滑絕緣直軌道CD的最低點，光滑直導軌的上端點D到A、B兩點的距離均為L，D在AB邊上的豎直投影點為O，一對電荷量均為－Q的點電荷分別固定于A、B兩點。在D處將質量為m、電荷量為+q的小球套在軌道上，由靜止開始釋放。已知靜電力常量為k、重力加速度為g，且(忽略空氣阻力及小球對原電場的影響)；則。

A.小球剛到達C點時，其動能為B.小球剛到達C點時，其加速度為零C.A、B兩處的電荷在D點產生的場強大小為D.小球沿直軌道CD下滑過程中，其電勢能先減小后增大11、如圖所示的電路中，E為電源，其內電阻為r，V為理想電壓表，L為阻值恒為2r的小燈泡，定值電阻R1的阻值恒為r，R3為半導體材料制成的光敏電阻，電容器兩極板處于水平狀態，閉合開關S，電容器中心P點有一帶電小球處于靜止狀態；電源負極接地，則下列說法正確的是（）

A.若將的滑片上移，則電壓表的示數變小B.若突然將電容器上極板上移，則小球在P點電勢能增加C.若光照變強，則油滴會向上運動D.若光照變強，則AB間電路的功率變大評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)12、一列很長的列車沿平直軌道飛快地勻速行駛，在列車的中點處，某乘客突然按亮電燈，使其發出一道閃光，該乘客認為閃光向前、向后傳播的速度相等，都為站在鐵軌旁邊地面上的觀察者認為閃光向前、向后傳播的速度__（選填“相等”或“不等”車上的乘客認為，電燈的閃光同時到達列車的前、后壁；地面上的觀察者認為電燈的閃光先到達列車的__（選填“前”或“后”壁。

13、如圖是一定質量的理想氣體的壓強與熱力學溫度的圖，是理想氣體的三個狀態，其中平行于坐標軸平行于坐標軸則從到過程中氣體的分子平均動能_________（填“變大”、“變小”或“不變”），從到的過程________（填“可能”或“不可能”）為絕熱過程，從到的過程中氣體的密度______（填“變大”；“變小”或“不變”）

14、如圖所示，小量程電流表的內阻為滿偏電流為若把它改裝成的兩個量程的電壓表，那么____________________

15、如圖所示，“磁場垂直紙面向里”導體AB向右運動過程中，穿過閉合電路ABEF的磁通量______________(填“變大”、“不變”或“變小”)，閉合電路中_______________(填“有”或“沒有”)感應電流產生．16、有一個教學用的可拆變壓器；如圖甲所示，它有兩個外觀基本相同的線圈A；B，線圈外部還可以繞線．

(1)某同學用一多用電表的同一歐姆擋先后測量了A、B線圈的電阻值，指針分別對應圖乙中的A、B位置，由此可推斷________線圈的匝數較多(選填“A”或“B”)．

(2)如果把它看成理想變壓器，現要測定A線圈的匝數，提供的器材有：一根足夠長的絕緣導線、一只多用電表和低壓交流電源，請簡要敘述實驗的步驟(寫出要測的物理量，并用字母表示)________;A線圈的匝數為nA＝________.(用所測物理量符號表示).評卷人得分四、作圖題(共3題，共12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、解答題(共4題，共28分)20、如圖所示，虛線OL與y軸的夾角為θ=60°，在此角范圍內有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從左側平行于x軸射入磁場，入射點為M。粒子在磁場中運動的軌道半徑為R。粒子離開磁場后的運動軌跡與x軸交于P點（圖中未畫出），且OP=R。不計重力，求M點到O點的距離和粒子在磁場中運動的時間。

21、霍爾效應是電磁基本現象之一，近期我國科學家在該領域的實驗研究上取得了突破性進展。如圖丙所示，在一矩形半導體薄片的P、Q間通入電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，在M、N間出現電壓UH，這個現象稱為霍爾效應，UH稱為霍爾電壓，且滿足式中d為薄片的厚度，k為霍爾系數。某同學通過實驗來測定該半導體薄片的霍爾系數。

（1）若該半導體材料是空穴（可視為帶正電粒子）導電，電流與磁場方向如圖丙所示，該同學用電壓表測量UH時，應將電壓表的“+”接線柱與_________（填“M”或“N”）端通過導線相連；

（2）已知薄片厚度d=0.40mm，該同學保持磁感應強度B=0.10T不變，改變電流I的大小，測量相應的UH值，記錄數據如下表所示：。I（×10-3A）3.06.09.012.015.018.0UH（×10-3V）1.11.93.44.56.26.8

根據表中數據在給定區域內（見答題卡）畫出UH-I圖線_______________，利用圖線求出該材料的霍爾系數為_______________（保留2位有效數字）；

（3）該同學查閱資料發現，使半導體薄片中的電流反向再次測量，取兩個方向測量的平均值，可以減小霍爾系數的測量誤差，為此該同學設計了如圖丁所示的測量電路，S1、S2均為單刀雙擲開關，虛線框內為半導體薄片（未畫出）。為使電流從Q端流入，P端流出，應將S1擲向_______（填“a”或“b”），S2擲向_______（填“c”或“d”）；

為了保證測量安全，該同學改進了測量電路，將一合適的定值電阻串聯在電路中，在保持其他連接不變的情況下，該定值電阻應串聯在相鄰器件____________和__________（填器件代號）之間。22、如圖甲所示，豎直擋板MN左側空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強度E=40N/C，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖象如圖乙所示（磁場垂直紙面向里為正方向）。t=0時刻，一質量m=8×10﹣4kg、電荷量q=+2×10﹣4C的微粒在O點具有豎直向下的速度v=0.12m/s，O’是擋板MN上一點，直線OO'與擋板MN垂直，取重力加速度g=10m/s2．求：

（1）若微粒的運動時間大于一個B變化的周期；在圖上畫出（0﹣20π）s內微粒的運動軌跡。

（2）微粒再次經過直線OO'時與O點的距離；

（3）微粒在運動過程中離開直線OO’的最大高度；

（4）水平移動擋板使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點間的距離應滿足的條件。23、如圖所示，兩根相距L=0.5m的光滑平行金屬導軌MN、PQ處于同一水平面內，導軌的左端用R=3Ω的電阻相連，導軌電阻不計，導軌上跨接一電阻r=1Ω的金屬桿ab，質量m=0.2kg，整個裝置放在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B=2T，現對桿施加水平向右的拉力F=2N；使它由靜止開始運動，求：

（1）桿能達到的最大速度vm為多大？

（2）若已知桿從靜止開始運動至最大速度的過程中通過的位移x1=10m，電阻R上產生的電熱QR為多少？

（3）若桿達到最大速度后撤去拉力，則其繼續向前運動的最大位移x2多大？參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【詳解】

A.根據楞次定律可得回路中的感應電流方向為順時針，所以金屬桿中感應電流的方向是由M流向N；故A錯誤；

B.設MN在回路中的長度為L，其接入電路的電阻為R=rL，根據導體轉動切割磁感應線產生的感應電動勢大小計算公式可得感應電流的大小為：由于B、ω、r都是定值而L減小，所以電流I大小始終減小；故B正確；

C.由于導軌電阻不計，所以路端電壓為零，即MN兩點間的電壓為零，M、N兩點電勢相等；故C錯誤；

D.由于導體棒MN在回路中的有效切割長度逐漸減小，所以接入電路的電阻R逐漸減小，不能根據計算通過電路的電量小于故D錯誤．2、D【分析】【詳解】

圖示位置磁通量為零，磁通量變化率最大，此時感應電流最大，到兩者相互垂直時（轉過90°時），磁通量最大，磁通量變化率最小，此時感應電流最小；再到轉過180o時，磁通量為零，磁通量變化率最大，感應電流最大；所以磁通量先增大后減小，磁通量變化率以及感應電流都是先減小后增大．故D項正確，ABC三項錯誤．3、B:C【分析】【詳解】

設電子的質量是m，電荷量為e，經電勢差為U1的電場加速后，由動能定理可得

又設極板長為l，則電子在電場中偏轉所用時間

又設電子在平行板間受電場力作用產生加速度為a，由牛頓第二定律得

電子射出偏轉電場時，偏轉位移

當l、d一定時，減小或者增大都能使偏移位移h增大。

故選BC。

【考點】

本題考查了帶電粒子在電場中的運動。

點評：對于力電綜合問題仍然要進行受力分析，運動狀態分析和過程分析，若物體參與兩個方向上的運動，做復雜的曲線運動，則利用動能定理和能量守恒的方式求解4、C【分析】【詳解】

A、公式R=時電阻的定義式；電阻的大小與電壓和電流大小無關，由導體自身決定，故A錯誤；

B、公式B=的成立的前提是電流元與磁場方向垂直；若一小段通電導體在某處受磁場力大小為0，可能時電流元方向與磁場方向平行產生的，故B錯誤；

C、由E=可知；若檢驗電荷在某處受電場力大小為0，說明此處場強大小一定為0，故C正確；

D、由E=n可知，若通過回路的磁通量大小為0，但磁通量的變化率不一定為零，故感應電動勢不一定為零，故D錯誤；5、C【分析】【詳解】

若是α衰變，則新核和α粒子向相反的方向射出，新核和α粒子偏轉方向相反，做勻速圓周運動的軌跡外切，由題意知，兩圓內切，所以該核的衰變是β衰變，于是根據質量和電量守恒就能寫出衰變方程，所以選項AB錯誤．洛侖茲力提供向心力求得半徑公式又由于衰變前后動量守恒，即m1v1=m2v2，所以半徑之比等于電量的反比，從而求出半徑之比為84：1，所以選項C正確，選項D錯誤．二、多選題(共6題，共12分)6、A:C:D【分析】【詳解】

根據題分析可知；小球在平行金屬板間軌跡應向上偏轉，做類平拋運動，飛出電場后，小球的軌跡向下偏轉，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質點的運動軌跡有對稱性，如圖所示：

可見兩次偏轉的加速度大小相等，根據牛頓第二定律得：qE-mg=mg，可得到：故A正確，B錯誤；由于質點在水平方向一直做勻速直線運動，兩段水平位移大小相等，則小球在板間運動的時間跟它從板的右端運動到熒光屏的時間相等，故C正確；小球在電場中向上偏轉的距離其中聯立解得：故小球打在屏上的位置與P點的距離為：故D正確．所以ACD正確，B錯誤．7、C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．根據圖樣可知；是因為電子的波動性引起的干涉圖樣，故A錯誤；

B．根據概率波的概念；對于一個電子通過單縫落在何處，是不可確定的，但概率最大的是落在亮紋處，故B錯誤；

C．根據圖樣可知；電子已經不再遵守牛頓運動定律，故C正確；

D．根據不確定性關系；不可能同時準確地知道電子的位置和動量，故D正確。

故選CD。8、A:B【分析】【詳解】

由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯后與R3并聯后，再由R1串連接在電源兩端；電容器與R3并聯；

當滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓減小，同時R1兩端的電壓也增大；故并聯部分的電壓減小；

由歐姆定律可知流過R3的電流減小；則流過并聯部分的電流增大，故電流表示數增大；故B正確；

因并聯部分電壓減小，而R2中電壓增大；故電壓表示數減小；故A正確；

因電容器兩端電壓減小；故電荷受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，電荷向下運動，故C錯誤；

因R3兩端的電壓減小，由公式可知，R3上消耗的功率減小．故D錯誤．

綜上所述；故選AB．

【點晴】

本題考查閉合電路的歐姆定律，一般可以先將分析電路結構，電容器看作開路；再按部分-整體-部分的分析思路進行分析．9、A:C:D【分析】【詳解】

由電路圖甲知，電壓表V2測量路端電壓，電流增大時，內電壓增大，路端電壓減小，所以最上面的圖線表示V2的電壓與電流的關系．此圖線的斜率大小等于電源的內阻，為當電流I=0.1A時，U=3.4V，則電源的電動勢E=U+Ir=3.4+0.1×2V=3.6V，故A正確：當I=0.1A時，電路中電流最小，變阻器的電阻為最大值，所以R與R0并聯電阻的最大值則變阻器的最大阻值小于30Ω，故B錯誤．當I=0.3A時，U=3V，電動機輸入功率最大，最大為P=UI=3×0.3W=0.9W，故C正確．若電流表A示數小于0.2A，由圖知，電動機不轉動，電動機的電阻rM=Ω=4Ω．根據閉合電路歐姆定律得：U=E-I（r+rM），得=r+rM=6Ω．故D正確；故選ACD．

【點睛】

本題考查對物理圖象的理解能力，可以把本題看成動態分析問題，來選擇兩電表示對應的圖線．對于電動機，理解并掌握功率的分配關系是關鍵．10、B:D【分析】【分析】

根據矢量合成的方法；結合庫侖定律即可求出D點的電場強度；對C點的小球進行受力分析，結合庫侖定律即可求出小球在C點的加速度；根據功能關系即可求出小球到達C的動能；根據等量同種點電荷的電場的特點分析各點的電勢的變化，然后結合電勢與電勢能的關系分析小球的電勢能的變化。

【詳解】

A項：由于C與D到A；B的距離都等于L；結合等量同種點電荷的電場特點可知，C點與D點的電勢是相等的，所以小球從D到C的過程中電場力做功的和等于0，則只有重力做功，小球的機械能守恒，得。

由幾何關系可得：

小球的動能：故A錯誤；

B項：由幾何關系得：則：∠OCD=45°

對小球進行受力分析；其受力的剖面圖如圖：

由于C到A；B的距離與D到A、B的距離都等于L；結合A的分析可知，C點的電場強度的大小與D點的電場強度的大小相等，方向指向O點，即：

沿斜面方向：mgcos45°-F?cos45°=ma

垂直于方向：mgsin45°+Fsin45°=N

其中F是庫侖力，聯立以上三式得：a=0．故B正確；

C項：負電荷產生的電場指向負電荷；可知兩個負電荷在D處的電場強度分別指向A與B，由于兩個點電荷的電量是相等的，所以兩個點電荷在D點的電場強度的大小相等，則它們的合場強的方向沿DA；DB的角平分線；

由庫侖定律，A、B在D點的場強的大小：它們的合場強：ED=EAcos30°+EBcos30°=故C錯誤；

D項：由幾何關系可知；在CD的連線上，CD連線的中點處于到A；B的距離最小，電勢最低，小球帶正電，所以小球在CD的連線中點處的電勢能最小。則小球沿直軌道CD下滑過程中，其電勢能先減小后增大。故D正確。

故選：BD。

【點睛】

此題的難度在于計算小球到最低點時的電場力的大小，注意AB處有等量同異種電荷，CD位于AB邊的中垂面上。11、B:D【分析】【詳解】

A、由于電路穩定時，R2相當于導線，所以將R2的滑片上移時；電壓表的示數不變，故A錯誤；

B、若突然將電容器上極板上移，電容器板間電壓不變，板間場強減小，由U=Ed知，P點與下極板間的電勢差減小，而下極板的電勢為零，所以P點電勢降低，由于液滴帶負電，所以小球在P點電勢能增加。故B正確。

C、若光照變強，光敏電阻R3減小，通過小燈泡的電流變大，電容器兩端電壓為：U=E-I（r+R1），I變大，則U變小，即電容器兩板間的電壓變小，場強變小，油滴所受的電場力變小，因此油滴P要向下極板運動；故C錯誤；

D、根據當外電阻等于內電阻時，此時電源輸出功率最大，將R1看成電源的內阻，由于等效電源的外電阻大于內電阻，外電阻變小，所以等效電源的輸出功率變大，即AB間電路的功率逐漸變大，故D正確。三、填空題(共5題，共10分)12、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]根據相對論的知識可知；車廂中的人認為，車廂是個慣性系，光向前向后傳播的速度相等。

[2]光源在車廂中央，閃光同時到達前后兩壁。地面上人以地面是一個慣性系，光向前向后傳播的速度相等，向前傳播的路程長些，到達前壁的時刻晚些。【解析】相等后13、略

【分析】【詳解】

[1]氣體的分子平均動能和溫度有關，溫度越高氣體的分子平均動能越大。從到過程中；溫度降低，所以氣體的分子平均動能變小。

[2]從到的過程壓強不變；溫度升高，則內能增加，同時體積增大，氣體膨脹對外做功，因此氣體要吸熱，不可能為絕熱過程。

[3]從到的過程中溫度不變，壓強降低，可知體積增大，則氣體的密度變小。【解析】變小不可能變小14、略

【分析】【詳解】

[1]由題意知量程時，由

得

[2]量程為時，由

得【解析】4500##5000##15、略

【分析】【詳解】

當導體AB向右運動時，穿過閉合電路的磁通量發生變化，從而產生感應電流，根據題意可知，磁通量變大．【解析】變大有16、略

【分析】【詳解】

(1)由題圖乙可知A位置的阻值大于B位置的阻值，由電阻定律可得A線圈的匝數多于B線圈的．

(2)①用長導線繞一個n匝線圈，作為副線圈替代A線圈；

②把低壓交流電源接B線圈，測得線圈的輸出電壓為U；

③用A線圈換下繞制的線圈測得A線圈的輸出電壓為UA.

因為要測量A線圈匝數，所以要把A線圈與低壓交流電源相連接．變壓器輸入輸出電壓都是交流電，所以要用交流電壓檔測輸入和輸出電壓．根據變壓器電壓比等于匝數比，有:所以

【點睛】

此題既要對多用表能正確使用，又要對變壓器的原理熟練掌握，綜合要求較高．【解析】(1)A(2)①用長導線繞一個n匝線圈，作為副線圈替代A線圈；②把低壓交流電源接B線圈，測得線圈的輸出電壓為U；③用A線圈換下繞制的線圈測得A線圈的輸出電壓為UA；四、作圖題(共3題，共12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、解答題(共4題，共28分)20、略

【分析】【詳解】

根據題意，粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設運動軌跡交虛線OL于A點，圓心在y軸上的C點，AC與y軸的夾角為α；粒子從A點射出后，運動軌跡交x軸的P點，設AP與x軸的夾角為β；如圖所示。

根據牛頓第二定律有

周期為

過A點作x、y軸的垂線，垂足分別為B、D，由幾何知識得α=β

聯立得到

解得α=30°或α=90°

設M點到O點的距離為h，由幾何知識得

聯立得

解得（α=30°）或)（α=90°）

當α=30°時，粒子在磁場中運動的時間為

當α=90°時，粒子在磁場中運動的時間為【解析】（α=30°）或)（α=90°）；（α=30°）或（α=90°）21、略

【分析】【詳解】

（1）[1]由題意，不加磁場時，該半導體中空穴定向移動的方向與電流方向相同，則加磁場后，根據左手定則