2024-2025学年湖北省部分学校高二上学期1月调研考试物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGE2025学年度高中物理一月调研考试卷第I卷（选择题）一、单选题1.某一沿x轴方向上传播的简谐横波，t=1s时的波形如图甲所示，此时质点P在平衡位置，质点Q在波谷位置，图乙为质点P的振动图像，则（）A.该波传播速度6m/sB.该波沿x轴负方向传播C.t=2.6s时，质点Q的振动方向沿y轴负方向D.t=0.2s至t=0.4s过程中，质点P的加速度在减小【答案】C【解析】A．由题图可知，波长为，周期为，则该波传播速度为故A错误；B．由图乙可知，时，质点P向上振动，由图甲结合波形平移法可知，该波沿x轴正方向传播，故B错误；C．时，质点Q处于波谷位置，由于可知时，质点Q处于从波峰向波谷振动的过程中，所以质点Q的振动方向沿y轴负方向，故C正确；D．由图乙可知，至过程中，质点P处于从平衡位置向波谷振动过程中，则质点P的加速度在增大，故D错误。2.图甲是某实验小组的同学通过实验作出的电源E的路端电压U与电流I的关系图像，图乙是该实验小组的同学通过实验作出的小灯泡L的图像。下列说法中正确的是（）A.电源E的电动势约为B.电源E的内阻约为C.电源E的路端电压为时电源效率约为D.将小灯泡L接在电源E两端组成闭合回路，此时小灯泡消耗的功率约为【答案】D【解析】AB．由闭合电路的欧姆定律可得结合图甲可知，图像的纵截距表示电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻，则有故AB错误；C．路端电压为时，电源的效率为故C错误；D．将小灯泡L接在电源E两端组成闭合回路，根据闭合电路欧姆定律可得可得在小灯泡的图像上作出对应的图线，如图所示两图像的交点表示工作点，则小灯泡的实际功率为故D正确。故选D。3.如图所示，两根长直导线平行放置，在两导线间距的中点放上一枚小磁针，当两导线中分别通以同向电流I1、I2（I1<I2）时，小磁针的N极将（）A.垂直纸面向外转动 B.垂直纸面向里转动C.竖直向上转动 D.竖直向下转动【答案】A【解析】根据右手螺旋定则可知靠近I1右侧的磁场方向为垂直纸面向里，靠近I2左侧的磁感应强度方向为垂直纸面向外，因为I1<I2，所以小磁针垂直纸面向外转动。故选A。4.如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5的滑动触点向a端移动时（）A.I变大，U变小 B.I变大，U变大C.I变小，U变小 D.I变小，U变大【答案】C【解析】当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，路端电压变小，U变小，根据闭合电路欧姆定律，电路中并联部分电压U并=E﹣I（r+R1+R2）变小，则I变小．A.A项与上述分析结论不相符，故A错误；B.B项与上述分析结论不相符，故B错误；C.C项与上述分析结论相符，故C正确；D.D项与上述分析结论不相符，故D错误．5.现在的智能手机大多有“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风音质信号相叠加来降低背景噪音，如图甲所示，通过这种技术，在嘈杂的环境中，通话质量也有极高的保证。如图乙所示是原理简化图，如图丙所示是理想情况下的降噪过程，实线表示环境噪声，虚线表示降噪系统产生的降噪声波，则下列说法正确的是（）A.降噪过程应用了声波的衍射原理，使噪声无法从外面进入耳麦B.降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动减弱C.降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小不相等D.降噪声波与环境噪声声波的频率不必相等【答案】B【解析】A．降噪过程应用了声波的干涉原理，降低环境噪声，故A错误；B．降噪过程应用的是声波的干涉原理，两波在P点振动方向相反，P点是振动减弱点，故B正确；C．在同一介质中声波的传播速度大小相等，降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等，故C错误；D．发生干涉的条件是频率相同，降噪声波与环境噪声声波的频率相等，故D错误。故选B。6.第四代入工心脏是一种被广泛应用于心脏衰竭手术医疗器械，它采用的无线充电技术从根本上解决了创口感染难题，是人工心脏技术一次革命性的进步。下图为无线充电原理图，由与人工心脏电池相连的受电线圈和与充电器相连的送电线圈构成。下列关于人工心脏无线充电的说法正确的是（）A.无线充电的工作原理与指南针的原理相同B.送电线圈接直流电源时不能对人工心脏电池进行无线充电C.人工心脏无线充电时，受电线圈始终有收缩的趋势D.送电线圈与受电线圈只有完全对准重合时才能进行无线充电【答案】B【解析】A．受电线圈的工作原理是电磁感应，故A错误；B．送电线圈的工作原理是电流的磁效应，故B正确；C．直流电源电流恒定，产生的磁场磁感应强度不变，受电线圈中无感应出电流，因此直流电源无法对人工心脏进行无线充电，故C错误；D．送电线圈产生的磁场周期性变化，所以穿过受电线圈的磁通量周期性变化，受电线圈不是始终有收缩趋势，故D错误。故选B。7.甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种（）A.m1＝m2 B.2m1＝m2C.4m1＝m2 D.6m1＝m2【答案】C【解析】甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′即p1′＝2kg·m/s。由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有所以有因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有即同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即所以因此C选项正确。故选C。二、多选题8.关于光的现象，下列说法中正确的是（）A.频率相同的两列光一定能发生干涉B.在双缝干涉现象中，入射光波长变长，相邻两个亮条纹间距将变大C.如图甲所示，利用光的干涉检查平整度，用单色光从上面照射，空气膜的上下两个表面反射的两列光波发生干涉，图中条纹弯曲说明此处是凹陷的D.让单色光分别通过宽度不同的单缝a、b后，得到图乙所示的衍射图样，单缝a的宽度较大【答案】BC【解析】A．两列光发生稳定的干涉现象的条件是两列光的频率相同且相位差恒定，故频率相同的两列光相遇时不一定能发生干涉现象，故A错误；B．在双缝干涉现象中，根据可知入射光波长变长，相邻两个亮条纹间距将变大，故B正确；C．空气薄层干涉是等厚干涉，即明条纹处空气的厚度相同，条纹向左弯曲，表明条纹弯曲处左侧空气膜的厚度与直条纹处空气膜的厚度相同，弯曲处是凹下的，故C正确；D．单缝宽度增大，衍射条纹宽度将变小，由题图乙知该单色光通过单缝b后的衍射条纹较窄，所以单缝b的宽度较大，故D错误。故选BC。9.在如图所示电路中，当变阻器的滑片P向a端移动时（）A.电压表示数变大，电流表示数变大B.电压表示数变小，电流表示数变大C.上消耗功率变大D.电源内部消耗的热功率变大【答案】AC【解析】AB．当变阻器的滑动头P向a端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路外电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知电路总电流减小，则路端电压增大，所以电压表示数变大。根据可知并联部分的两端电压增大，由可知电流表示数变大。故A正确；B错误；C．根据可知R2上消耗的功率变大。故C正确；D．根据可知电源内部消耗的热功率变小。故D错误。故选AC。10.如图所示，A、B两小球用三根轻质细绳悬挂在水平横杆上，静止时A、B之间的细绳水平，之间的细绳与水平方向成角，之间的细绳与水平方向成角。小球A、B的质量分别用表示，细绳的拉力大小分别用表示。下列关系式正确的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】AB．设绳AB的拉力大小为F，分别对A和B受力分析，可得解得故A错误，B正确；CD．对两球，根据共点力平衡条件有解得故C错误，D正确；故选BD。第II卷（非选择题）三、实验题11.用电压表和电流表测电源的电动势和内电阻，有如图甲、乙所示的两种电路，测得多组数据，把它们标在丙图的坐标纸上，并作出路端电压U与干路电流I间的关系图像。（1）由丙图的图像可知，电源的电动势___________V，内电阻___________。（结果均保留两位有效数字）（2）如果丙图是采用乙图所示的电路进行测量并作出的图像，所得的电源电动势E的测量值___________（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。（3）如果做实验时，实验室没有合适量程的电表，需要进行改装，以下电表改装正确的是___________。A.将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，串一个280Ω的电阻可以改装为量程为3V的电压表B.将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，并一个1Ω的电阻可以改装为量程为0.6A的电流表C.将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，并一个300Ω的电阻可以改装为量程为3V的电压表D.将一个量程为3V、内阻为2kΩ的电压表，串一个8kΩ的电阻可以改装为量程为10V的电压表【答案】（1）1.51.0（2）小于（3）A【解析】（1）[1]根据闭合电路的欧姆定律整理得图像的纵截距表示电源的电动势，为[2]图像斜率的绝对值表示电源内阻，为（2）若采用（乙）图所示的电路进行测量并作出图像，由于电压表分流的缘故，当电流表示数为零时，实际通过电源的电流并不为零，所以电源的内电压不为零，从而导致所作图像的纵截距偏小，所得的电源电动势E的测量值小于真实值。（3）AC．将电流表改装成电压表，需串联电阻，根据电压表改装原理可得则将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，串一个280Ω的电阻可以改装为量程为3V的电压表，故A正确，C错误；B．根据电流表改装原理则将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，并一个1Ω的电阻可以改装为量程为0.21A的电流表，故B错误；D．根据电压表改装原理则将一个量程为3V、内阻为2kΩ的电压表，串一个8kΩ的电阻可以改装为量程为15V的电压表，故D错误。故选A。12.（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，为防止读数时测微螺旋发生转动，读数前应先旋紧如图所示的部件______（选填“A”、“B”、“C”或“D”）。从图中的示数可读出合金丝的直径为______mm。（2）如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。①如图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球静置于水平轨道末端，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是________。（填选项前的符号）A.用天平测量两个小球的质量、B.测量小球开始释放高度C.测量抛出点距地面的高度D.分别找到、相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM，ON②本实验中若两球相碰前后动量守恒，其表达式可表示为_______（用①中测量的量表示）【答案】（1）B0.398（2）ADEm1•OP=m1•OM+m2•ON【解析】（1）[1][2]用螺旋测微器测量金属丝的直径，为防止读数时测微螺旋发生转动，读数前应先旋紧如图所示的部件B。从图中的示数可读出合金丝的直径为0.01mm×39.8=0.398mm。（2）①[3]要验证动量守恒定律定律，即验证m1v1=m1v2+m2v3小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得m1v1t=m1v2t+m2v3t得m1OP=m1OM+m2ON故实验需要验证m1•OP=m1•OM+m2•ON所以必须要用天平测量两个小球的质量、；分别找到、相碰后平均落地点的位置M、N，测量平抛射程OM，ON。故选ADE。②[4]由以上分析可知，本实验中若两球相碰前后动量守恒，其表达式可表示为m1•OP=m1•OM+m2•ON四、解答题13.由两种透明材料甲、乙制成的棱镜的截面ABC如图所示，其中材料甲的截面ABO为直角三角形，∠A=60°，∠AOB=90°，，材料乙是四分之一圆截面。一细光束由AB边的中点D与AB成45°角斜射入材料甲，经折射后该光束垂直于OB进入材料乙，刚好在乙的圆弧面上发生全反射，然后射到OC边上的G点（未画出）。真空中光速为c，求（1）材料甲的折射率n1；（2）材料乙的折射率n2；（3）该细光束在此棱镜中从D传播到G所经历的时间t。【答案】（1）（2）2（3）【解析】（1）光由空气射入甲，折射角θ=30°，由折射定律解得（2）可知光束垂直于OB边的中点E射入材料乙，在BC弧上的F点发生全反射，到达OC边上的G点，如图所示由几何关系知，材料乙中临界角为由全反射公式解得（3）由几何知识知光在材料甲中的速度为光在材料乙中的速度为光在材料甲中传播时间为光在材料乙中传播时间为则该细光束在此棱镜中从D传播到G所经历的时间为14.如图所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带正电小球，小球质量为，所带电荷量为，现在小球所在空间加一水平方向的匀强电场，小球静止时绝缘绳与竖直方向夹角（，，g取），求：（1）这个匀强电场的电场强度E的大小；（2）此时细线拉力F的大小。【答案】（1）（2）0.0125N【解析】（1）受力分析如图所示根据共点力平衡有解得（2）同理可知15.在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。为了准确地注入离子，需要在一个有限空间中用电磁场对离子的运动轨迹进行调控，如图所示，在空间直角坐标系内的长方体区域，，。粒子源在y轴上区域内沿x轴正方向连续均匀辐射出带正电粒子。已知粒子的比荷，初速度大小为，，，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。（1）仅在长方体区域内加沿z轴正方向的匀强电场，所有的粒子从边射出电场，求电场强度的大小；（2）仅在长方体区域内加沿y轴正方向的匀强磁场，所有的粒子都经过面射出磁场，求磁感应强度大小的范围；（3）在长方体区域内加沿z轴正方向的匀强电场、匀强磁场，已知磁感应强度，电场强度，求面射出的粒子数占粒子源射出粒子总数的百分比。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，沿轴正方向做匀速直线运动沿轴正方向做匀加速直线运动由牛顿第二定律解得电场强度大小为（2）所有的粒子都从面射出磁场，临界状态分别从、边射出，分别设粒子在磁场中偏转半径为和，如图所示由几何关系由洛伦兹力提供向心力解得磁感应强度的范围（3）粒子沿轴正方向做匀加速直线运动，在轴方向做匀速圆周运动。轴方向，从出发到面射出运动时间为，则轴方向，由洛伦兹力提供向心力运动周期粒子的偏转角为则有2024-2025学年度高中物理一月调研考试卷第I卷（选择题）一、单选题1.某一沿x轴方向上传播的简谐横波，t=1s时的波形如图甲所示，此时质点P在平衡位置，质点Q在波谷位置，图乙为质点P的振动图像，则（）A.该波传播速度6m/sB.该波沿x轴负方向传播C.t=2.6s时，质点Q的振动方向沿y轴负方向D.t=0.2s至t=0.4s过程中，质点P的加速度在减小【答案】C【解析】A．由题图可知，波长为，周期为，则该波传播速度为故A错误；B．由图乙可知，时，质点P向上振动，由图甲结合波形平移法可知，该波沿x轴正方向传播，故B错误；C．时，质点Q处于波谷位置，由于可知时，质点Q处于从波峰向波谷振动的过程中，所以质点Q的振动方向沿y轴负方向，故C正确；D．由图乙可知，至过程中，质点P处于从平衡位置向波谷振动过程中，则质点P的加速度在增大，故D错误。2.图甲是某实验小组的同学通过实验作出的电源E的路端电压U与电流I的关系图像，图乙是该实验小组的同学通过实验作出的小灯泡L的图像。下列说法中正确的是（）A.电源E的电动势约为B.电源E的内阻约为C.电源E的路端电压为时电源效率约为D.将小灯泡L接在电源E两端组成闭合回路，此时小灯泡消耗的功率约为【答案】D【解析】AB．由闭合电路的欧姆定律可得结合图甲可知，图像的纵截距表示电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻，则有故AB错误；C．路端电压为时，电源的效率为故C错误；D．将小灯泡L接在电源E两端组成闭合回路，根据闭合电路欧姆定律可得可得在小灯泡的图像上作出对应的图线，如图所示两图像的交点表示工作点，则小灯泡的实际功率为故D正确。故选D。3.如图所示，两根长直导线平行放置，在两导线间距的中点放上一枚小磁针，当两导线中分别通以同向电流I1、I2（I1<I2）时，小磁针的N极将（）A.垂直纸面向外转动 B.垂直纸面向里转动C.竖直向上转动 D.竖直向下转动【答案】A【解析】根据右手螺旋定则可知靠近I1右侧的磁场方向为垂直纸面向里，靠近I2左侧的磁感应强度方向为垂直纸面向外，因为I1<I2，所以小磁针垂直纸面向外转动。故选A。4.如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5的滑动触点向a端移动时（）A.I变大，U变小 B.I变大，U变大C.I变小，U变小 D.I变小，U变大【答案】C【解析】当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，路端电压变小，U变小，根据闭合电路欧姆定律，电路中并联部分电压U并=E﹣I（r+R1+R2）变小，则I变小．A.A项与上述分析结论不相符，故A错误；B.B项与上述分析结论不相符，故B错误；C.C项与上述分析结论相符，故C正确；D.D项与上述分析结论不相符，故D错误．5.现在的智能手机大多有“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风音质信号相叠加来降低背景噪音，如图甲所示，通过这种技术，在嘈杂的环境中，通话质量也有极高的保证。如图乙所示是原理简化图，如图丙所示是理想情况下的降噪过程，实线表示环境噪声，虚线表示降噪系统产生的降噪声波，则下列说法正确的是（）A.降噪过程应用了声波的衍射原理，使噪声无法从外面进入耳麦B.降噪过程应用的是声波的干涉原理，P点振动减弱C.降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小不相等D.降噪声波与环境噪声声波的频率不必相等【答案】B【解析】A．降噪过程应用了声波的干涉原理，降低环境噪声，故A错误；B．降噪过程应用的是声波的干涉原理，两波在P点振动方向相反，P点是振动减弱点，故B正确；C．在同一介质中声波的传播速度大小相等，降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等，故C错误；D．发生干涉的条件是频率相同，降噪声波与环境噪声声波的频率相等，故D错误。故选B。6.第四代入工心脏是一种被广泛应用于心脏衰竭手术医疗器械，它采用的无线充电技术从根本上解决了创口感染难题，是人工心脏技术一次革命性的进步。下图为无线充电原理图，由与人工心脏电池相连的受电线圈和与充电器相连的送电线圈构成。下列关于人工心脏无线充电的说法正确的是（）A.无线充电的工作原理与指南针的原理相同B.送电线圈接直流电源时不能对人工心脏电池进行无线充电C.人工心脏无线充电时，受电线圈始终有收缩的趋势D.送电线圈与受电线圈只有完全对准重合时才能进行无线充电【答案】B【解析】A．受电线圈的工作原理是电磁感应，故A错误；B．送电线圈的工作原理是电流的磁效应，故B正确；C．直流电源电流恒定，产生的磁场磁感应强度不变，受电线圈中无感应出电流，因此直流电源无法对人工心脏进行无线充电，故C错误；D．送电线圈产生的磁场周期性变化，所以穿过受电线圈的磁通量周期性变化，受电线圈不是始终有收缩趋势，故D错误。故选B。7.甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种（）A.m1＝m2 B.2m1＝m2C.4m1＝m2 D.6m1＝m2【答案】C【解析】甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′即p1′＝2kg·m/s。由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有所以有因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有即同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即所以因此C选项正确。故选C。二、多选题8.关于光的现象，下列说法中正确的是（）A.频率相同的两列光一定能发生干涉B.在双缝干涉现象中，入射光波长变长，相邻两个亮条纹间距将变大C.如图甲所示，利用光的干涉检查平整度，用单色光从上面照射，空气膜的上下两个表面反射的两列光波发生干涉，图中条纹弯曲说明此处是凹陷的D.让单色光分别通过宽度不同的单缝a、b后，得到图乙所示的衍射图样，单缝a的宽度较大【答案】BC【解析】A．两列光发生稳定的干涉现象的条件是两列光的频率相同且相位差恒定，故频率相同的两列光相遇时不一定能发生干涉现象，故A错误；B．在双缝干涉现象中，根据可知入射光波长变长，相邻两个亮条纹间距将变大，故B正确；C．空气薄层干涉是等厚干涉，即明条纹处空气的厚度相同，条纹向左弯曲，表明条纹弯曲处左侧空气膜的厚度与直条纹处空气膜的厚度相同，弯曲处是凹下的，故C正确；D．单缝宽度增大，衍射条纹宽度将变小，由题图乙知该单色光通过单缝b后的衍射条纹较窄，所以单缝b的宽度较大，故D错误。故选BC。9.在如图所示电路中，当变阻器的滑片P向a端移动时（）A.电压表示数变大，电流表示数变大B.电压表示数变小，电流表示数变大C.上消耗功率变大D.电源内部消耗的热功率变大【答案】AC【解析】AB．当变阻器的滑动头P向a端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路外电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知电路总电流减小，则路端电压增大，所以电压表示数变大。根据可知并联部分的两端电压增大，由可知电流表示数变大。故A正确；B错误；C．根据可知R2上消耗的功率变大。故C正确；D．根据可知电源内部消耗的热功率变小。故D错误。故选AC。10.如图所示，A、B两小球用三根轻质细绳悬挂在水平横杆上，静止时A、B之间的细绳水平，之间的细绳与水平方向成角，之间的细绳与水平方向成角。小球A、B的质量分别用表示，细绳的拉力大小分别用表示。下列关系式正确的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】AB．设绳AB的拉力大小为F，分别对A和B受力分析，可得解得故A错误，B正确；CD．对两球，根据共点力平衡条件有解得故C错误，D正确；故选BD。第II卷（非选择题）三、实验题11.用电压表和电流表测电源的电动势和内电阻，有如图甲、乙所示的两种电路，测得多组数据，把它们标在丙图的坐标纸上，并作出路端电压U与干路电流I间的关系图像。（1）由丙图的图像可知，电源的电动势___________V，内电阻___________。（结果均保留两位有效数字）（2）如果丙图是采用乙图所示的电路进行测量并作出的图像，所得的电源电动势E的测量值___________（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。（3）如果做实验时，实验室没有合适量程的电表，需要进行改装，以下电表改装正确的是___________。A.将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，串一个280Ω的电阻可以改装为量程为3V的电压表B.将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，并一个1Ω的电阻可以改装为量程为0.6A的电流表C.将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，并一个300Ω的电阻可以改装为量程为3V的电压表D.将一个量程为3V、内阻为2kΩ的电压表，串一个8kΩ的电阻可以改装为量程为10V的电压表【答案】（1）1.51.0（2）小于（3）A【解析】（1）[1]根据闭合电路的欧姆定律整理得图像的纵截距表示电源的电动势，为[2]图像斜率的绝对值表示电源内阻，为（2）若采用（乙）图所示的电路进行测量并作出图像，由于电压表分流的缘故，当电流表示数为零时，实际通过电源的电流并不为零，所以电源的内电压不为零，从而导致所作图像的纵截距偏小，所得的电源电动势E的测量值小于真实值。（3）AC．将电流表改装成电压表，需串联电阻，根据电压表改装原理可得则将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，串一个280Ω的电阻可以改装为量程为3V的电压表，故A正确，C错误；B．根据电流表改装原理则将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，并一个1Ω的电阻可以改装为量程为0.21A的电流表，故B错误；D．根据电压表改装原理则将一个量程为3V、内阻为2kΩ的电压表，串一个8kΩ的电阻可以改装为量程为15V的电压表，故D错误。故选A。12.（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，为防止读数时测微螺旋发生转动，读数前应先旋紧如图所示的部件______（选填“A”、“B”、“C”或“D”）。从图中的示数可读出合金丝的直径为______mm。（2）如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。①如图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球静置于水平轨道末端，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是________。（填选项前的符号）A.用天平测量两个小球的质量、B.测量小球开始释放高度C.测量抛出点距地面的高度D.分别找到、相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM，ON②本实验中若两球相碰前后动量守恒，其表达式可表示为_______（用①中测量的量表示）【答案】（1）B0.398（2）ADEm1•OP=m1•OM+m2•ON【解析】（1）[1][2]用螺旋测微器测量金属丝的直径，为防止读数时测微螺旋发生转动，读数前应先旋紧如图所示的部件B。从图中的示数可读出合金丝的直径为0.01mm×39.8=0.398mm。（2）①[3]要验证动量守恒定律定律，即验证m1v1=m1v2+m2v3小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得m1v1t=m1v2t+m2v3t得m1OP=m1OM+m2ON故实验需要验证m1•OP=m1•OM+m2•O