…………○…………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年浙教版選修3物理上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7題，共14分)1、如圖所示理想變壓器原副線圈匝數比為1∶2，兩端分別接有四個阻值相同的燈泡，已知4盞燈均能發光，則L1和L4兩端的電壓的之比為()

A.1∶1B.1∶3C.3∶1D.4∶12、已知用頻率為γ的單色光照射某金屬表面時，逸出的光電子的最大初動能為E，已知普朗克常量為h，則要使此金屬發生光電效應的極限頻率應為A.γ-EhB.γ+EhC.γ-D.γ+3、關于電動勢的概念，下列說法中不正確的是A.電動勢就是路端電壓B.電動勢在數值上等于外電路斷路時的路端電壓C.電動勢是表示電源把其他形式的能轉化為電能本領大小的物理量D.電動勢在數值上等于非靜電力把1C的正電荷在電源內從負極移送到正極所做的功4、超級電容器又叫雙電層電容器，它具有功率密度高、充放電時間短、循環壽命長、工作溫度范圍寬等特點．圖示為一款超級電容器，其上標有“2.7V400F”，下列說法正確的是

A.該電容器的輸入電壓只能是2.7V時才能工作B.該電容器的電容與電容器兩極間電勢差成反比C.該電容器不充電時的電容為零D.該電容器正常工作電時儲存的電荷量為1080C5、如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態A依次經過狀態B、C和D后再回到狀態A，其中A→B和C→D為等溫過程，B→C和D→A為絕熱過程。上述循環過程叫做熱機的“卡諾循環”。則（）

A.B→C過程氣體分子的數密度增大B.B→C過程氣體的溫度不變C.A→C過程氣體對外做功大于C→A過程外界對氣體做功D.C→D過程放出的熱量等于A→B過程吸收的熱量6、電容器的電容取決于極板的面積、極板間距離以及極板間的電介質這幾個因素．如果某一個物理量的變化，能夠引起上述某個量的變化，從而引起電容的變化，那么通過測定電容就可以確定該物理量的變化．起到這種用途的電容器叫做電容式傳感器．圖示是測定液面高度h的電容式傳感器原理圖．在金屬芯線外面涂上一層電介質；放入導電液中，金屬線和液體構成電容的兩個極．則，下列關于該電容式傳感器的分析合理的是。

A.液面高度h降低時，該電容的電容減小B.液面高度h降低時，該電容兩極板間的正對面積增大C.液面高度h升高時，該電容兩極板間的距離增大D.液面高度h升高時，該電容存儲電荷的能力減小7、光在某種玻璃中的傳播速度是1.5×108m/s，則光由該玻璃射入空氣時，發生全反射的臨界角C為A.30°B.45°C.60°D.90°評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)8、如圖，足夠長的兩平行光滑金屬導軌MN、PQ水平放置，間距l=1m，導軌中間分布有磁感應強度為1T的勻強磁場，磁場邊界為正弦曲線．一粗細均勻的導體棒以10m/s的速度向右勻速滑動，定值電阻R的阻值為1Ω，導體棒接入電路的電阻也為1Ω，二極管D正向電阻為零；反向電阻無窮大，導軌電阻不計，下列說法正確的是（）

A.電壓表示數為2.5VB.導體棒運動到圖示位置時，有電流流過電阻RC.流經電阻R的最大電流為5AD.導體棒上熱功率為6.25W9、電動勢為E、內阻為r的電源與定值電阻R1、R2及滑動變阻器R連接成如圖所示的電路.當滑動變阻器的觸頭由中點滑向a端時；下列說法正確的是()

A.R1消耗的功率增大B.電源內部消耗的功率減小C.電壓表讀數增大，電流表A1示數減小，A2示數增大D.電壓表讀數減小，電流表A1示數增大，A2示數減小10、井口大小和深度相同的兩口井，一口是枯井，一口是水井（水面在井口之下），兩井底部各有一只青蛙，則（）A.枯井中的青蛙覺得井口大些B.水井中的青蛙覺得井口大些C.晴天的夜晚，枯井中的青蛙能看到更多的星星D.晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星11、以下說法正確的是_______________A.液體表面張力有使液面收縮到最小的趨勢B.水結為冰時，水分子的熱運動會消失C.熱量總是自動地從分子平均動能大的物體向分子平均動能小的物體轉移E.恒溫水池中，小氣泡由底部緩慢上升過程中，氣泡中的理想氣體內能不變，對外做功，吸收熱量E.恒溫水池中，小氣泡由底部緩慢上升過程中，氣泡中的理想氣體內能不變，對外做功，吸收熱量12、我國第21次南極科考隊在南極觀看到了美麗的極光．極光是由來自太陽的高能帶電粒子流高速沖進高空稀薄大氣層時；被地球磁場俘獲，從而改變原有運動方向，向兩極做螺旋運動（如圖4所示），這些高能粒子在運動過程中與大氣分子或原子劇烈碰撞或摩擦從而激發大氣分子或原子，使其發出有一定特征的各種顏色的光．地磁場的存在，使多數宇宙粒子不能到達地面而向人煙稀少的兩極偏移，為地球生命的誕生和維持提供了天然的屏障．科學家發現并證實，向兩極做螺旋運動的這些高能粒子的旋轉半徑是不斷減小的，這主要與下列哪些因素有關（）

A.洛倫茲力對粒子做負功，使其動能減小B.空氣阻力做負功，使其動能減小C.靠近南北兩極，磁感應強度增強D.以上說法都不對13、用絕緣柱支撐著貼有小金屬箔的導體A和B；使它們彼此接觸，起初它們不帶電，貼在它們下部的并列平行雙金屬箔是閉合的．現將帶正電荷的物體C移近導體A，發現金屬箔都張開一定的角度，如圖所示，則。

A.導體B下部的金屬箔感應出負電荷B.導體B下部的金屬箔感應出正電荷C.導體A和B下部的金屬箔都感應出負電荷D.導體A感應出負電荷，導體B感應出等量的正電荷評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、麥克斯韋電磁場理論的兩個基本論點是：變化的磁場產生________，變化的電場產生_________，從而預言了__________的存在。15、用圖甲所示的裝置研究光電效應現象，當用光子能量為5eV的光照射到光電管上時，測得電流計的示數隨電壓變化的圖像如圖乙所示.則光電子的最大初動能為__________J，金屬的逸出功為________J.16、如圖所示是一個由聲控開關、光敏電阻（光照時電阻很小）、小燈泡等元件組成的一個自動控制電路，該電路在白天無論聲音多么響，小燈泡都不會亮，在晚上，只要有一定的聲音，小燈泡就亮。這種電路現在廣泛使用于公共樓梯間，則該電路使用了_____門電路，請在電路的虛線方框內標出該門電路的符號________，并完成圖中門電路的真值表_______。

。輸入。

輸出。

A

B

Z

0

0

0

1

1

0

1

1

17、如圖所示，已知導體棒中通有電流I，導體棒長度為L，磁場磁感應強度為B；當導體棒按下面幾種方式放置時，寫出導體棒所受安培力的大小．

F=________F=_________F=________F=________18、如圖所示，電阻Rab=0.1Ω的導體ab沿光滑導線框向右做勻速運動；線框中接有電阻R=0.4Ω，線框放在磁感應強度B=0.1T的勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，cd間的長度L=0.4m，運動的速度v=5.0m/s，線框的電阻不計．

a.電路abcd中導體棒ab相當于電源,_______（a端或b端）相當于電源的正極。

b.電源的電動勢即產生的感應電動勢E=_______V，電路abcd中的電流I=_______A

c.導體ab所受安培力的大小F=__________N，方向是__________；評卷人得分四、作圖題(共3題，共30分)19、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．

20、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．

21、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12分)22、曉明同學在實驗過程中需改裝一電流表，現有一小量程電流表內阻Rg＝200Ω，滿偏電流Ig＝20mA，現在需改裝成0-0.1A和0-1A的兩個量程的電流表（如圖甲），此電流表公用一負接線柱，通過選擇不同的正接線柱改變量程，改裝電路如圖乙所示，其中a接線柱應該標注量程為______（選填“0-0.1A”或“0-1A”）．通過計算，曉明認為需接入R1=______Ω和R2=________Ω.

甲乙23、某同學要測量某圓柱體電阻R的電阻率ρ．

（1）用游標卡尺和螺旋測微器分別測量其長度和直徑，如圖所示，則其長度L=______cm，直徑d=______mm．

（2）該同學先用如圖所示的指針式多用電表粗測其電阻．他將紅黑表筆分別插入“+”、“-”插孔中，將選擇開關置于“×l”檔位置，然后______；直至指針指在“0Ω”處繼續實驗．

（3）歐姆表粗測電阻約為5Ω現要進一步精確測量其阻值；實驗室提供了下列可選用的器材：

A.電壓表量程內阻約

B.電壓表量程內阻約

C.電流表量程內阻約

D.電流表量程內阻約

E.滑動變阻器

F.滑動變阻器

G.電源電動勢為及開關和導線若干。

該同學從以上器材中選擇合適的器材連接好電路進行測量，則電壓表應選擇______，電流表應選擇______，滑動變阻器應選擇______，選填各器材前的字母．要求在流過金屬絲的電流相同情況下，電源消耗功率最小，并能較準確地測出電阻絲的阻值，實驗電路應選用下圖的______．

（4）利用上所選電路測量，電流表______A電壓表______V

24、圖a為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E是電池，R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻，R6是可變電阻；表頭G的滿偏電流為250μA，內阻為480Ω。虛線方框內為換擋開關，A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個擋位；5個擋位為：直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆×100Ω擋。

(1)圖a中的A端與______（填“紅”或“黑”）色表筆相連接。

(2)關于R6的使用，下列說法正確的是_______（填正確答案標號）。

A．在使用多用電表之前，調整R6使電表指針指在表盤左端電流“0”位置。

B．使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調整R6使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置。

C．使用電流擋時，調整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置。

(3)根據題給條件可得R1＋R2=_______Ω，R4=________Ω。

(4)某次測量時該多用電表指針位置如圖b所示。若此時B端是與“1”相連的，則多用電表讀數為_______；若此時B端是與“3”相連的，則讀數為________；若此時B端是與“5”相連的，則讀數為___________。（結果均保留3位有效數字）25、電動自行車已成為大眾化的一種交通工具.小天同學利用自家的電動自行車的鉛蓄電池做了一些實驗．

(1)小天同學先用多用電表粗測此電池的電動勢．把多用電表的選擇開關撥到直流電壓50V擋，將兩只表筆與電池兩極接觸，此時多用電表的指針位置如圖甲所示，讀出該電池的電動勢為________________V.

(2)再用圖乙所示裝置進一步測量.多用電表的選擇開關撥向合適的直流電流擋，閉合開關，改變電阻箱的阻值R，得到不同的電流值I，根據實驗數據作出圖象如圖丙所示.已知圖中直線的斜率為k，縱軸截距為b，則此電池的電動勢E=_______，內阻r=______.（結果用含字母k、b的式子表示；不計電流表的內阻）

(3)小天用如圖丁所示的電路測量電阻Rx的阻值（幾百歐）R是滑動變阻器，R0是電阻箱，S2是單刀雙擲開關；部分器材規格圖丁中已標出．

①正確連接電路后，斷開S1、S2，使用多用電表，在正確操作情況下，粗測出Rx的阻值為R1.

②將滑動變阻器的滑片P移到圖丁中滑動變阻器的左端．閉合S1，將S2撥至1，調節變阻器的滑片P至某一位置；使電壓表滿偏．

③調節電阻箱R0，使其阻值大于R1.

④將S2撥至2，保持變阻器滑片P的位置不變，調節電阻箱的阻值，使電壓表再次滿偏，此時電阻箱示數為R2，則Rx=________________.參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】

根據變壓器的原副線圈的匝數比等于電壓比；等于電流的倒數比進行分析.

【詳解】

設通過L3、L4的電流為I，則副線圈通過的電流為I，設通過原線圈的電流為I′，由得I′=2I；通過燈L1電流為I1=I2+I′，設燈L2的兩端電壓為U′，則原線圈兩端的電壓為U′，設副線圈兩端的電壓為U，由得U=2U′，知L3、L4分擔的電壓都為U′，得到通過燈L2的電流也為I；即通過通過燈L1電流為I1=I2+I′=3I；則L1和L4兩端的電壓的之比為3：1，則選項C正確，ABD錯誤；故選C．2、C【分析】【詳解】

根據光電效應方程：又因為：可求極限頻率為所以A、B、D錯誤；C正確．3、A【分析】【詳解】

A；B、C項：電動勢表征電源把其它形式的能轉化為電能的本領大小；數值上電壓不一定等于電勢差，電動勢等于內外電壓之和，故A錯誤，B、C正確；

D項：由可知，電動勢在數值上等于非靜電力把1C的正電荷在電源內從負極移送到正極所做的功，故D正確；本題選不正確的，所以本題應選A．4、D【分析】【詳解】

A、電容器的額定電壓為2.7V，說明工作電壓要不超過2.7V，可以小于2.7V，故A錯誤；

B、電容器的電容由電容器本身來決定，跟電容器兩極間的電勢差無關，故B錯誤；

C、電容是描述電容器容納電荷的本領，不充電是電容仍然存在，與充電與否無關，故C錯誤；

D、該電容器最大容納電荷量：Q＝CU＝400F×2.7V＝1080C，故D正確．5、C【分析】【詳解】

A．根據圖像可知，B→C過程氣體的體積增大；則氣體分子的數密度減小，A錯誤；

B．根據

B→C過程為絕熱過程，氣體體積增大，對外做功，則

則有

即氣體溫度降低；B錯誤；

C．圖像中，圖線與V軸所圍幾何圖形的面積表示功，A→C過程氣體體積增大，氣體對外做功，C→A過程，氣體體積減小，外界對氣體做功，由于A→C過程圖線與V軸所圍幾何圖形的面積大于C→A過程圖線與V軸所圍幾何圖形的面積，則A→C過程氣體對外做功大于C→A過程外界對氣體做功；C正確；

D．根據熱力學第一定律有

由于

則有

根據上述A→C過程氣體對外做功大于C→A過程外界對氣體做功，即

則有

由于C→D是等溫過程，內能不變，體積減小，外界對氣體做功，則氣體放出的熱量，而D→A為絕熱過程，即C→D過程放出的熱量即為C→A過程放出的熱量，又由于A→B是等溫過程，內能不變，體積增大，氣體對外界做功，則氣體吸收的熱量，而B→C為絕熱過程，即A→B過程吸收的熱量即為A→C過程吸收的熱量，可知C→D過程放出的熱量小于A→B過程吸收的熱量；D錯誤。

故選C。6、A【分析】【詳解】

根據電容的決定式可知；液面高度h降低時，該電容兩極板間的正對面積減小，該電容的電容減小，選項A正確，B錯誤；液面高度h升高時，該電容兩極板間的距離不變，該電容兩極板間的正對面積增大，該電容的電容變大，該電容存儲電荷的能力增大，選項CD錯誤；故選A.

點睛：本題只要掌握電容的決定式知道金屬芯線與導電液體形成一個電容器，液面高度h變化相當于正對面積變化，就能很容易分析電容與液面高度h的關系．7、A【分析】【詳解】

介質的折射率為n=c/v=（3×108）/（1.5×108）=2，由sinC=1/n得介質的臨界角C=30°，入射角大于或等于30°時都能發生全反射，故A正確，BCD錯誤．故選A二、多選題(共6題，共12分)8、A:C:D【分析】【詳解】

A項：導體棒切割產生的感應電動勢的最大值產生的是正弦式交流電，則電動勢的有效值由電流的熱效應可得：解得：由閉合電路歐姆定律得，電壓表的示數為2.5V，故A正確；

B項：導體棒運動到圖示位置時，由右手定則可知，產生的電流方向由由于二極管具有單向導通特性，所以此時無電流流過電阻R；故B錯誤；

C項：導體棒切割產生的感應電動勢的最大值所以最大電流故C正確；

D項：導體棒上的電流為：所以熱功率為：故D正確．9、A:D【分析】【詳解】

A.當滑片向a滑動時，R接入電阻減小，總電阻減小，由閉合電路的歐姆定律可知電路中總電流I增加，由

分析可知，R1消耗的功率增大；故A項正確；

B.由于總電流I增加，電源內部消耗的功率：

增大；故B項錯誤；

CD.干路電流增加，電流表A1示數增大；由U=E?Ir可知路端電壓減小，即電壓表示數減小；因路端電壓減小，R1兩端的電壓增加，故并聯部分電壓減小，由歐姆定律可知電流表A2示數減小．故C項錯誤，D項正確．10、A:D【分析】【詳解】

AB.作出光路圖（如圖所示）

可知；枯井中的青蛙覺得井口大些，A符合題意，B不符合題意；

CD.晴天的夜晚，水井中的青蛙能看到更多的星星，C不符合題意，D符合題意．11、A:C:E【分析】【詳解】

A．液體由于存在表面張力；由收縮成球形的趨勢，故A正確；

B．水結冰時；由液體變為固體，分子熱運動仍然存在，故B錯誤；

C．由熱力學第二定律可知；熱量總是自發的從溫度高的物體傳到溫度低的物體，即熱量總是自動地從分子平均動能大的物體向分子平均動能小的物體轉移，故C正確；

D．花粉顆粒在水中做布朗運動；反映了水分子在不停地做無規則運動，故D錯誤；

E．由于水池恒溫；故理性氣體溫度不變，內能不變，由于氣體上升的過程體積膨脹，故對外做功，由熱力學第一定律可知，氣體吸收熱量，故E正確；

故選ACE。12、B:C【分析】【分析】

根據地球磁場的分布；由左手定則可以判斷粒子的受力的方向，從而可以判斷粒子的運動的方向．在由洛倫茲力提供向心力，則得運動半徑與質量及速度成正比，與磁感應強度及電量成反比．

【詳解】

地球的磁場由南向北，當帶負電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時，根據左手定則可以判斷粒子的受力的方向為向西，所以粒子將向西偏轉；當帶正電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時，根據左手定則可以判斷粒子的受力的方向，粒子受到的洛倫茲力始終與速度垂直，所以洛倫茲力不做功，故A錯誤；粒子在運動過程中可能受到空氣的阻力，阻力方向與運動方向相反；故對粒子做負功，所以其動能會減小，故B正確；由洛倫茲力提供向心力，得出的半徑公式可知；當磁感應強度增加時，半徑是減小；則說明粒子在靠近南北極運動過程中，南北兩極的磁感應強度增強．故C正確；D錯誤；故選BC．

【點睛】

本題就是考查左手定則的應用，掌握好左手定則即可判斷粒子的受力的方向．同時利用洛倫茲力提供向心力，推導出運動軌跡的半徑公式來定性分析即可．13、B:D【分析】試題分析：由于C帶正電；故在近端A感應出負電荷，在遠端B感應出正電荷，所以導體B下部的金屬箔感應出正電荷，選項A錯誤，B正確，C錯誤；由于A端感應的負電荷都是B端電荷轉移過來的，故兩端所帶的電荷的量是相等的，選項D正確．

考點：靜電感應．三、填空題(共5題，共10分)14、略

【分析】【詳解】

麥克斯韋建立了電磁場理論：變化的電場周圍產生磁場，變化的磁場周圍產生電場；并預言了電磁波的存在，而赫茲用實驗證實電磁波存在。【解析】電場磁場電磁波15、略

【分析】【詳解】

第一空.由題中I－U圖像可知：遏止電壓Uc=2V，即Ekm=eUc=3.2×10-19J。

第二空.由光電效應方程Ekm=hv－W0解得W0=hv－Ekm=3eV=4.8×10-19J.【解析】3.2×10－194.8×10－1916、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]光照強度與聲音強度必須同時滿足；燈泡才能亮，所以該電路使用了與門電路。

[2]如圖。

[3]與門電路的輸出信號就是輸入信號的乘積，所以真值表為0；0；0；1。【解析】與0；0；0；117、略

【分析】【詳解】

當導體棒與磁場垂直時受的安培力最大；平行時受安培力為零，則從左到右，導體棒所受安培力的大小分別為：BIL；BIL、BIL、0.

【點睛】

此題關鍵是搞清四個導體棒的放置方式，知道導體棒與磁場垂直時受的安培力最大，最大值為BIL，平行時受安培力為零.【解析】BIL；BIL；BIL；018、略

【分析】【分析】

據右手定則判斷感應電流的方向；即可確定等效電源的正負極；

根據E=BLv求出感應電動勢；由歐姆定律得出電流強度，即可由公式F=BIL求解安培力的大小，由左手定則判斷安培力的方向．再根據平衡條件分析外力的大小和方向．

【詳解】

a.電路abcd中ab棒切割磁感線；產生感應電動勢，相當于電源．由右手定則判斷可知相當于電源的正極是a端；

b.感應電動勢為：E=BLv=0.1×0.4×5V=0.2V；

感應電流為：

c.ab桿所受的安培力FA=BIL=0.1×0.4×0.4N=0.016N

由右手定則判斷可知，ab中感應電流方向從b→a；由左手定則得知，安培力的方向向左．

【點睛】

解答本題的關鍵要掌握右手定則、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、左手定則等電磁感應中常用的規律．【解析】a；0.2V；0.4A；0.016N；向左四、作圖題(共3題，共30分)19、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】20、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】21、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12分)22、略

【分析】【詳解】

電流表量程越大，并聯的分流電阻越小，由圖示可知，接a接線柱時，電流表量程為1A．接b接線柱時，電流表量程為0.1A；由圖示電路圖可知，R1+R2=R1=代入數據解得：R1=5Ω，R2=45Ω．

點睛：本題考查了電流表的改裝，知道電流表的改裝原理、分析清楚電路結構，應用串并聯電路特點、歐姆定律即可正確解題．【解析】0-1A；5Ω；45Ω．23、略

【分析】【詳解】

(1)游標卡尺的固定刻度讀數為7cm=70mm；游標讀數為0.05×3mm=0.15