2024-2025學(xué)年吉林省四平市高三上學(xué)期期末考試物理試卷（解析版）

高級中學(xué)名校試題PAGE2025學(xué)年吉林省四平市高三（上）期末物理試卷一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（4分）神舟十九號于2024年10月30日4時27分在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射升空。神舟飛船順利入軌后，于當(dāng)天11時與中國空間站成功對接，六名航天員勝利會師。下列說法正確的是（）A．“2024年10月30日4時27分”指的是時間間隔 B．對接前調(diào)整姿態(tài)時，飛船可以視為質(zhì)點 C．觀看神舟十九號升空的軌跡時，飛船可以視為質(zhì)點 D．對接后，飛船在軌運行時不能視為質(zhì)點〖祥解〗根據(jù)時刻在時間軸上用一個點表示分析；根據(jù)把物體看作質(zhì)點的條件分析?！窘獯稹拷猓篈、“2024年10月30日4時27分”在時間軸上用一個點表示，指的是時刻，故A錯誤；B、對接前調(diào)整姿態(tài)時，飛船的大小和形狀不可忽略，所以飛船不能看作質(zhì)點，故B錯誤；C、觀看神舟十九號升空的軌跡時，不用考慮飛船的大小和形狀，可以將飛船看作質(zhì)點，故C正確；D、對接后，飛船在軌運行時，不用考慮飛船的大小和形狀，可以將飛船看作質(zhì)點，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了時刻和時間間隔的區(qū)別，以及把物體看作質(zhì)點的條件。2．（4分）電磁打點計時器的工作原理是線圈中通電后，振片被磁化，在永磁體的磁場中上、下振動時帶動振針運動，從而使振針在紙帶上打點。通電線圈產(chǎn)生磁場這一現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)者是（）A．庫侖 B．奧斯特 C．安培 D．法拉第〖祥解〗根據(jù)庫侖、奧斯特、安培和法拉第在電磁學(xué)領(lǐng)域的貢獻和成就進行分析解答?！窘獯稹拷猓喊l(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)的是奧斯特，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】考查庫侖、奧斯特、安培和法拉第在電磁學(xué)領(lǐng)域的貢獻和成就，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確分析解答。3．（4分）如圖所示，一根不可伸長的輕質(zhì)細繩跨過豎直墻壁上兩顆光滑的釘子，將一幅重為10N的畫框?qū)ΨQ地懸掛在墻壁上，畫框上兩個掛釘之間的距離為8dm，墻壁上兩顆釘子間的距離為3dm，繩長為13dm，則每顆釘子受到的彈力大小為（）A．10N B． C． D．〖祥解〗根據(jù)幾何關(guān)系求出兩側(cè)細繩與水平方向的夾角，對畫框，根據(jù)平衡條件求出兩側(cè)細繩的拉力大小，再求每顆釘子受到的彈力大小?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題圖可得，兩側(cè)細繩長度為L＝dm＝5dm設(shè)兩側(cè)細繩與水平方向的夾角為α，則cosα＝＝0.5，則α＝60°對畫框，分析受力，如下圖所示。根據(jù)平衡條件得2Tsinα＝G解得T＝N對釘子，分析受力，如上圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系可知，釘子對細繩的作用力F＝T＝N，由牛頓第三定律，每顆釘子受到的彈力大小為N，故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題采用隔離法處理共點力平衡問題，關(guān)鍵要根據(jù)幾何知識求出相關(guān)角度。4．（4分）金星在中國古代被稱為太白、啟明或長庚，早晨出現(xiàn)于東方稱為啟明，晚上出現(xiàn)于西方稱為長庚，金星在夜空中的亮度僅次于月球。已知金星半徑約為月球的3.5倍，質(zhì)量約為月球的66倍，將衛(wèi)星的運動均看成勻速圓周運動，則下列說法正確的是（）A．圍繞金星表面運行的衛(wèi)星的速率小于圍繞月球表面運行的衛(wèi)星的速率 B．圍繞金星表面運行的衛(wèi)星的周期大于圍繞月球表面運行的衛(wèi)星的周期 C．月球表面的重力加速度大于金星表面的重力加速度 D．在地球表面發(fā)射金星的探測器，則發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第二宇宙速度而小于地球的第三宇宙速度〖祥解〗ABC.根據(jù)萬有引力提供向心力以及黃金代換式列式結(jié)合質(zhì)量、半徑關(guān)系進行判斷；D.根據(jù)地球第二宇宙速度和第三宇宙速度的物理意義進行分析判斷?！窘獯稹拷猓涸O(shè)月球質(zhì)量和半徑為M、R，則金星的質(zhì)量為66M，3.5R。ABC.根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合黃金代換式有G＝m＝mR＝mg，得v＝，T＝，g＝，分別代入月球和金星對應(yīng)的半徑和質(zhì)量，可以判斷v金＞v月，T金＜T月，g金＞g月，故ABC錯誤；D.在地球表面發(fā)射金星的探測器，則發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第二宇宙速度小于地球的第三宇宙速度，故D正確。故選：D。【點評】考查萬有引力定的應(yīng)用以及地球宇宙速度知識，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確分析解答。5．（4分）如圖所示的LC振蕩電路中，為靈敏電流計，電流向右流過時指針向右偏，反之向左偏，線圈的自感系數(shù)L、電容器的電容C均為已知量。開始時開關(guān)S扳到a，某時刻將開關(guān)S扳到b，且將該時刻作為計時0點。則下列說法正確的是（）A．時，電容器正在放電 B．時，電流表的指針向左偏轉(zhuǎn) C．時，線圈的磁場能為零 D．時，電容器所帶的電荷量為零〖祥解〗振蕩電流的變化周期為；根據(jù)電路的周期確定在某時刻線圈L與電容器C的電流、電壓、充放電的情況及電流方向?！窘獯稹拷猓簍＝0時刻電容器的下極板帶正電，此時刻將開關(guān)S報到b，的時間內(nèi)電容器放電，回路中的電流沿順時針方向，流過靈敏電流計的電流向右，指針向右偏轉(zhuǎn)，時電容器所帶的電荷量為零，回路中的電流最大，線圈產(chǎn)生的磁場能最大，電場能為零；的時間內(nèi)電容器正在充電，回路中的電流沿順時針方向，流過靈敏電流計的電流向右，指針向右偏轉(zhuǎn)，時電容器所帶的電荷量最多，回路中的電流為零，線圈產(chǎn)生的磁場能為零，電場能最大。A.由題意，該LC振蕩電路的周期為，為時刻，此時電容器正在放電，故A正確；B.為時刻，電流向右流過時指針向右偏，是指電流從左向右流過電流表電流表右偏，此時電流表的指針向右偏轉(zhuǎn)，故B錯誤；C.為時刻，此時線圈產(chǎn)生的磁場能最大，故C錯誤；D.為時刻，此時電容器所帶的電荷量最多，故D錯誤。故選：A?！军c評】考查LC振動電路中，線圈與電容器之間的充放電過程中，電量、電壓、電流、電場強度、磁感應(yīng)強度、電場能、磁場能等各量如何變化，注意電路中電流方向的分析。6．（4分）如圖所示，兩等量異種電荷M、N固定，O為兩電荷連線的中點，c為MO的中點，以M為圓心、Mc為半徑畫圓，圓與直線MN分別交于a、c兩點，直徑bd垂直于MN。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、c兩點的電勢相等 B．b、d兩點的電場強度相同 C．c點的電場強度是O點電場強度的2倍 D．電子在b、d兩點的電勢能相等〖祥解〗A.由幾何關(guān)系，及等量異種電荷的電勢分布，即可分析判斷；B.由電場強度的疊加原理以及對稱性，即可分析判斷；C.分別確定正電荷在c、O兩點的電場強度、負(fù)電荷在c、O兩點的電場強度，再由電場強度的疊加原理，即可分析判斷；D.由幾何關(guān)系、等量異種電荷的電勢分布、電勢與電勢能的關(guān)系，即可分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.由幾何關(guān)系可知，aM＝cM，aN＞cN，則正電荷在a、c兩點的電勢相等，負(fù)電荷在c點的電勢比在a點的電勢低，則a點的電勢比c點的電勢高，故A錯誤；B.由電場強度的疊加原理以及對稱性可知，b、d兩點的電場強度大小相等，但方向不一致，所以b、d兩點的電場強度不相同，故B錯誤；C.設(shè)Mc＝r，則MO＝2r，則正電荷在c、O兩點的電場強度分別為：，方向向右，，方向向右，負(fù)電荷在c、O兩點的電場強度分別為：，方向向右，，方向向右，由電場強度疊加原理可知，c、O兩點的電場強度大小分別為：Ec＝EMc+ENc，EO＝EM+ENO，解得：，由此可知，Ec：EO＝20：9，故C錯誤；D.因為b、d兩點到正電荷以及到負(fù)電荷的距離均相等，所以b、d兩點的電勢相等，所以電子在b、d兩點的電勢能相等，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查等量異種電荷的電勢分布，解題時需注意，離正電荷越近電勢越高，離負(fù)電荷越近電勢越低，兩等量異種電荷的等勢面，關(guān)于兩電荷連線的中垂面對稱，也關(guān)于兩電荷連線對稱。7．（4分）CT掃描利用的是X射線斷層掃描技術(shù)，如圖所示，M、N之間有一電子束的加速電場，兩板間接有恒定電壓，圓形虛線框內(nèi)有垂直紙面方向的偏轉(zhuǎn)磁場。經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束由靜止開始沿箭頭方向前進，最后打在靶上，不計電子重力。則下列說法正確的是（）A．電子打到靶上的動能的大小與圓形磁場半徑的大小有關(guān) B．電子打到靶上的速度的大小與加速電場的寬度有關(guān) C．若M、N間的電壓增大為原來的2倍，為使電子打到靶上的位置不變，則圓形磁場磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)變?yōu)樵瓉淼谋?D．若減小M、N間電壓且使電子打到靶上的位置不變，則電子從靜止到打到靶上的時間將變短〖祥解〗A．由洛倫茲力不做功，判斷電子打到靶上的動能的大小與圓形磁場半徑大小之間的關(guān)系；B．根據(jù)W＝qU判斷電子打到靶上的速度的大小與加速電場寬度之間的關(guān)系；C．根據(jù)動能定理結(jié)合牛頓第二定律作出分析判斷；D．若減小M、N間電壓且使電子打到靶上的位置不變，則電子的運動軌跡不變，速度減小，由此可知電子從靜止到打到靶上的時間將變長。【解答】解：A．因為洛倫茲力不做功，所以電子打到靶上的動能的大小與圓形磁場半徑的大小無關(guān)，故A錯誤；B．根據(jù)W＝qU可知，電場力做功與加速電場的寬度無關(guān)，所以電子打到靶上的速度的大小與加速電場的寬度無關(guān)，故B錯誤；C．若M、N間的電壓增大為原來的2倍，根據(jù)動能定理可知，電子的速度變?yōu)樵瓉淼谋?，為使電子打到靶上的位置不變，則電子的運動軌跡不變，即電子在圓形磁場中的半徑不變，根據(jù)牛頓第二定律解得所以，圓形磁場磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)變?yōu)樵瓉淼谋?，故C正確；D．若減小M、N間電壓且使電子打到靶上的位置不變，則電子的運動軌跡不變，速度減小，所以，電子從靜止到打到靶上的時間將變長，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查帶電粒子在組合場中的運動，要求掌握帶電粒子在電場中的加速運動和在磁場中的偏轉(zhuǎn)，掌握動能定理、牛頓第二定律。二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。（多選）8．（6分）如圖，在固定光滑斜面的底端分別以相同大小的初速度v0釋放兩個完全相同的小球A、B，小球可視為質(zhì)點。A的初速度沿斜面向上，B的初速度與斜面有一定的夾角，到達頂端時速度恰好垂直斜面。不計空氣阻力，針對兩小球從斜面底端運動到頂端的過程，下列說法正確的是（）A．兩球所受合力做的功相同 B．兩球所受合力的沖量相同 C．兩球重力做功的平均功率不相等 D．兩球到達頂端時，重力的瞬時功率的大小不相等〖祥解〗根據(jù)重力做功特點分析；根據(jù)合力的方向分析；根據(jù)動能定理和平均功率的定義分析；根據(jù)瞬時功率的定義分析?！窘獯稹拷猓篈.對A球受力分析可知，只有重力做功，對B球受力分析可知，同樣只有重力做功，兩小球從斜面底端運動到頂端的過程中，根據(jù)WG＝﹣mgh，可知重力做功相同，故A正確；B.由沖量的表達式I＝Ft可知，力的方向與沖量方向相同。依題意，A球合力沿斜面向下，B球合力豎直向下，二者方向不同，所以兩球所受合力的沖量不相同，故B錯誤；C.把B球的初速度分解為沿斜面和垂直斜面兩個方向，其中沿斜面方向的速度大小必定小于B球的初速度，同樣也小于A球的初速度大小。兩球沿斜面方向的加速度相同，所以沿斜面方向A球的平均速度大于B球的由可知，A球的時間小于B球的，根據(jù)可知PA＜PB，故C正確；D.根據(jù)動能定理，有可知兩球到達斜面頂端時，速度大小相等，設(shè)斜面夾角為θ，則有PA＝v?sinθ，PB＝mgv?cosθ，即兩球到達頂端時，重力的瞬時功率的大小不一定相同，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查了平均功率、瞬時功率的計算，以及對沖量和合力做功的理解，基礎(chǔ)題。（多選）9．（6分）小明同學(xué)在實驗室用音叉做了如下的實驗：讓一音叉以固定的頻率振動，聲波通過某一小孔可以發(fā)生衍射現(xiàn)象，上述情境可簡化為如圖所示，M為可移動擋板，N為固定擋板，在A處有一聲波的接收裝置，為了讓聲波接收裝置接收到的聲音振幅增大，小明同學(xué)的操作正確的是（）A．換成頻率高的音叉 B．增大音叉發(fā)出的聲波波長 C．將A處的聲波接收裝置沿平行于N板的方向向下移動 D．將M板向下移動〖祥解〗波發(fā)生明顯衍射的條件是：波的波長比孔或障礙物尺寸大，或相差不多，波的波長越長，頻率越小，衍射中波的能量的傳播與孔的大小有關(guān)，孔越大傳播的能量越多；根據(jù)題意和波發(fā)生明顯衍射的條件解答?！窘獯稹拷猓篈BD．波發(fā)生明顯衍射的條件是：波的波長比孔或障礙物尺寸大，或相差不多。若波長不變，則小孔尺寸越小衍射現(xiàn)象越明顯，若小孔尺寸不變，則波長越大衍射現(xiàn)象越明顯，為了讓聲波接收裝置接收到的聲音振幅增大，可以把擋板M向上移動，也可以增大波長即減小頻率，故B正確，AD錯誤；C．將A處的聲波接收裝置沿平行于N板的方向向下移動，使接收裝置處于聲波能夠傳播到的范圍，讓聲波接收裝置接收到的聲音振幅增大，故C正確。故選：BC。【點評】本題主要考查對波的衍射的理解與應(yīng)用。理解波發(fā)生明顯衍射的條件是解題關(guān)鍵。（多選）10．（6分）光伏發(fā)電具有安全可靠、無污染、不枯竭、不受地形限制的優(yōu)點，是國家重點推廣項目。如圖所示，某小型光伏發(fā)電站發(fā)電機的輸出電壓為280V，升壓變壓器的輸出功率為P2＝2.8×104W，降壓變壓器的輸出電壓U4＝220V。已知每根輸電線電阻為R＝5Ω，降壓變壓器的輸出功率可供600盞“220V40W”的白熾燈正常工作，變壓器均為理想變壓器，則下列說法正確的是（）A．升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1：5 B．降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為80：11 C．輸電線內(nèi)流進的電流為 D．若將輸電電壓增加3倍，輸出功率不變，可多供93盞“220V40W”的白熾燈正常工作〖祥解〗由發(fā)電機的輸出電壓與輸出功率，可得到升壓變壓器的原線圈電流；由輸出功率與白熾燈消耗的功率，結(jié)合能量守恒，可得到輸電線上消耗的功率，根據(jù)輸電線電阻值，可計算輸電線上的電流；由輸電線電流及升壓變壓器的原線圈電流，可計算升壓變壓器的匝數(shù)比；由輸電線電流及用戶端的總電流，可計算降壓變壓器的匝數(shù)比；輸電電壓增加3倍時，由輸出功率不變，可計算輸電線上消耗的功率變化量，即可知可以提供燈泡工作的功率，計算能提供燈泡正常工作的數(shù)量?！窘獯稹拷猓篊、由輸出功率P2與白熾燈消耗的功率600Pe，結(jié)合能量守恒，可得到輸電線上消耗的功率為：P線＝P2﹣600Pe，根據(jù)輸電線電阻值2R，可計算輸電線上的電流，解得：I2＝20A，故C錯誤；A、由發(fā)電機的輸出電壓U1＝280V，輸出功率，可得到升壓變壓器的原線圈電流滿足：，解得：I1＝100A；由輸電線電流及升壓變壓器的原線圈電流，可得升壓變壓器的匝數(shù)比滿足：I2：I1＝n1：n2，解得匝數(shù)比為：1：5，故A正確；B、由輸電線電流I2及用戶端的總電流600Ie，其中，可得降壓變壓器的匝數(shù)比滿足：600Ie：I2＝n3：n4，解得匝數(shù)比為：60：11，故B錯誤；D、輸電電壓增加3倍時，即輸出電壓增加為原來的4倍，由輸出功率不變，可知輸電線上的電流變?yōu)樵瓉淼?，輸電線消耗的功率變?yōu)樵瓉淼模旊娋€上消耗功率的減少量為：，可以提供燈泡正常工作的個數(shù)為N，則滿足：ΔP≥NPe，其中N為滿足該式的最大正整數(shù)，解得：N＝93，故D正確。故選：AD?！军c評】本題考查遠距離輸電的計算，在計算輸電電壓增加時的參數(shù)時，注意增加三倍，不是增加為三倍，是增加為4倍。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．（6分）某物理興趣小組用控制變量法“探究加速度與合外力、物體質(zhì)量的關(guān)系”。在研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系時設(shè)計了如圖甲所示實驗，兩輛小車放在光滑水平板上，前端各系一根細繩，繩的另一端跨過光滑定滑輪各掛一個相同小盤，盤中放有相同的重物（小盤和重物的質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量），兩小車后端各系一根細線，將兩小車放置在同一起點，用黑板擦壓住細線，釋放黑板擦，兩小車同時出發(fā)，運動一段時間后，再用黑板擦壓下細線讓兩小車同時停止運動。（1）實驗中某同學(xué)測出兩小車運動的位移分別為x1、x2，小盤和重物的質(zhì)量與小車、小盤和重物的總質(zhì)量的比值分別為k1、k2，則k1：k2＝x1：x2。（2）小組同學(xué)只用一輛小車研究加速度與外力之間的關(guān)系，得到數(shù)據(jù)并繪制出了相應(yīng)的圖像如圖乙所示，取重力加速度為g，小車質(zhì)量為M，圖中斜率k＝M，截距b＝。〖祥解〗（1）根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式分析；（2）根據(jù)牛頓第二定律寫出圖像的函數(shù)表達式分析?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)小車的質(zhì)量為M，小盤和重物的總質(zhì)量m，小車的加速度大小a，根據(jù)牛頓第二定律有，根據(jù)運動學(xué)公式有x＝，所以k1：k2＝x1：x2（2）根據(jù)牛頓第二定律有F＝（M+m）a，其中F＝mg，整理可得，由圖像可知k＝M，b＝故答案為：（1）x1：x2；（2）M，?！军c評】掌握“探究加速度與合外力、物體質(zhì)量的關(guān)系”的原理和實驗數(shù)據(jù)的處理方法是解題的基礎(chǔ)。12．（8分）某實驗小組采用如圖甲所示電路測量一水果電池的電動勢和內(nèi)阻（電動勢E約為2V，內(nèi)阻r約為300Ω），實驗室提供的器材有：電流表A（內(nèi)阻可忽略）、變阻箱R、開關(guān)S、導(dǎo)線若干。（1）實驗小組通過測量數(shù)據(jù)且繪制了圖像如圖乙所示，圖線的斜率為k，縱截距為b，則水果電池的電動勢E＝，內(nèi)阻r＝。（2）若考慮電流表內(nèi)阻的影響，小組同學(xué)分析數(shù)據(jù)后可得電動勢的測量值與真實值相比無誤差，內(nèi)阻的測量值與真實值相比偏大。（均填“無誤差”“偏大”或“偏小”）〖祥解〗（1）根據(jù)實驗原理結(jié)合圖象的斜率和截距解答．（2）由等效電路分析解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)閉合電路歐姆定律可得E＝I（R+r）變形得則聯(lián)立解得（2）若考慮電流表內(nèi)阻的影響，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E＝I（R+r+RA）變形得則有解得可知，電動勢的測量值等于真實值，內(nèi)阻的測量值等于電流表內(nèi)阻與電源內(nèi)阻之和，即內(nèi)阻測量值偏大；【點評】本題考查測量電動勢和內(nèi)阻，要注意根據(jù)題意明確實驗原理，并根據(jù)實驗原理明確實驗數(shù)據(jù)的處理方法。13．（10分）如圖，一列簡諧橫波沿x軸傳播，圖中實線和虛線分別為t＝0和t＝0.3s時的波形。已知平衡位置為x＝2m處的質(zhì)點，在0～0.3s時間內(nèi)運動方向發(fā)生一次改變。（1）判斷該簡諧橫波的傳播方向；（2）求該波的周期和傳播速度?！枷榻狻剑?）由x＝2m處的質(zhì)點在0～0.3s時刻的位置即運動方向改變次數(shù)，可知周期；由時間與傳播距離的關(guān)系，可知傳播方向；（2）由波形圖可知波長，結(jié)合周期，即可知波速。【解答】解：（1）由x＝2m處的質(zhì)點在0～0.3s時刻的位置即運動方向改變1次，可知該段時間，Δt＝，解得：T＝0.4s；由波形圖，可知該時間內(nèi)，傳播距離為Δx＝vΔt，又由于λ＝vT，可知Δx＝，可知傳播方向為沿x軸正方向；（2）由波形圖可知波長λ＝4m，結(jié)合周期T＝0.4s；即可知波速v＝，解得：v＝10m/s。答：（1）該簡諧橫波的傳播方向為沿x軸正方向；（2）該波的周期為，傳播速度為10m/s?！军c評】本題考查波形圖的分析，關(guān)鍵是先根據(jù)x＝2m處的質(zhì)點的位置，及運動方向改變次數(shù)，求解周期。15．（16分）如圖所示，Ⅰ、Ⅲ區(qū)域有間距為L的水平平行金屬導(dǎo)軌，Ⅱ區(qū)域內(nèi)有半徑為r的四分之一圓弧平行金屬導(dǎo)軌，Ⅱ區(qū)域和Ⅲ區(qū)域通過絕緣材料平滑連接，Ⅱ區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場，Ⅲ區(qū)域存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B2的勻強磁場，Ⅰ區(qū)域內(nèi)金屬導(dǎo)軌連接靈敏電流計和阻值為R的定值電阻，一質(zhì)量為2m、電阻為2R的金屬棒b靜止在Ⅲ區(qū)域?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒a從圓弧軌道頂端由靜止釋放，當(dāng)金屬棒a到達圓弧軌道最低點時，靈敏電流計（電阻不計）的示數(shù)為I，兩金屬棒在運動過中沒有相碰，導(dǎo)軌電阻與一切摩擦不計。求：（1）金屬棒a到達圓弧軌道最低點時的速度大小v；（2）金屬棒a從釋放至運動到圓弧軌道最低點的過程中，金屬棒a上產(chǎn)生的熱量Q；（3）從金屬棒a進入Ⅲ區(qū)域開始到兩金屬棒穩(wěn)定運動的過程中，金屬棒a與金屬棒b運動的位移之差Δx。〖祥解〗（1）金屬棒a到達圓弧軌道最低點時，根據(jù)閉合電路的歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律進行解答；（2）金屬棒a從釋放至運動到圓弧軌道最低點的過程中，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系、焦耳定律可得金屬棒a上產(chǎn)生的熱量；（3）從金屬棒a進入Ⅲ區(qū)域開始到兩金屬棒穩(wěn)定運動的過程中，根據(jù)動量守恒定律求解共同速度大小，對b根據(jù)動量定理求解金屬棒a與金屬棒b運動的位移之差。【解答】解：（1）金屬棒a到達圓弧軌道最低點時，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：E＝I（R+R）＝2IR根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E＝B1Lv解得：v＝；（2）金屬棒a從釋放至運動到圓弧軌道最低點的過程中，根據(jù)動能定理可得：mgr﹣W安＝﹣0根據(jù)功能關(guān)系可得回路中產(chǎn)生的熱為：Q總＝W安根據(jù)焦耳定律可得金屬棒a上產(chǎn)生的熱量：Q＝Q總聯(lián)立解得：Q＝mgr﹣；（3）從金屬棒a進入Ⅲ區(qū)域開始到兩金屬棒穩(wěn)定運動的過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力，動量守恒。取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mv＝（m+2m）v1取向右為正方向，對b根據(jù)動量定理可得：B2LΔt＝2mv1﹣0其中：＝＝聯(lián)立解得：Δx＝。答：（1）金屬棒a到達圓弧軌道最低點時的速度大小為；（2）金屬棒a從釋放至運動到圓弧軌道最低點的過程中，金屬棒a上產(chǎn)生的熱量為mgr﹣；（3）從金屬棒a進入Ⅲ區(qū)域開始到兩金屬棒穩(wěn)定運動的過程中，金屬棒a與金屬棒b運動的位移之差為。【點評】對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。2024-2025學(xué)年吉林省四平市高三（上）期末物理試卷一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（4分）神舟十九號于2024年10月30日4時27分在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射升空。神舟飛船順利入軌后，于當(dāng)天11時與中國空間站成功對接，六名航天員勝利會師。下列說法正確的是（）A．“2024年10月30日4時27分”指的是時間間隔 B．對接前調(diào)整姿態(tài)時，飛船可以視為質(zhì)點 C．觀看神舟十九號升空的軌跡時，飛船可以視為質(zhì)點 D．對接后，飛船在軌運行時不能視為質(zhì)點〖祥解〗根據(jù)時刻在時間軸上用一個點表示分析；根據(jù)把物體看作質(zhì)點的條件分析?！窘獯稹拷猓篈、“2024年10月30日4時27分”在時間軸上用一個點表示，指的是時刻，故A錯誤；B、對接前調(diào)整姿態(tài)時，飛船的大小和形狀不可忽略，所以飛船不能看作質(zhì)點，故B錯誤；C、觀看神舟十九號升空的軌跡時，不用考慮飛船的大小和形狀，可以將飛船看作質(zhì)點，故C正確；D、對接后，飛船在軌運行時，不用考慮飛船的大小和形狀，可以將飛船看作質(zhì)點，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了時刻和時間間隔的區(qū)別，以及把物體看作質(zhì)點的條件。2．（4分）電磁打點計時器的工作原理是線圈中通電后，振片被磁化，在永磁體的磁場中上、下振動時帶動振針運動，從而使振針在紙帶上打點。通電線圈產(chǎn)生磁場這一現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)者是（）A．庫侖 B．奧斯特 C．安培 D．法拉第〖祥解〗根據(jù)庫侖、奧斯特、安培和法拉第在電磁學(xué)領(lǐng)域的貢獻和成就進行分析解答?！窘獯稹拷猓喊l(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)的是奧斯特，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】考查庫侖、奧斯特、安培和法拉第在電磁學(xué)領(lǐng)域的貢獻和成就，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確分析解答。3．（4分）如圖所示，一根不可伸長的輕質(zhì)細繩跨過豎直墻壁上兩顆光滑的釘子，將一幅重為10N的畫框?qū)ΨQ地懸掛在墻壁上，畫框上兩個掛釘之間的距離為8dm，墻壁上兩顆釘子間的距離為3dm，繩長為13dm，則每顆釘子受到的彈力大小為（）A．10N B． C． D．〖祥解〗根據(jù)幾何關(guān)系求出兩側(cè)細繩與水平方向的夾角，對畫框，根據(jù)平衡條件求出兩側(cè)細繩的拉力大小，再求每顆釘子受到的彈力大小?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題圖可得，兩側(cè)細繩長度為L＝dm＝5dm設(shè)兩側(cè)細繩與水平方向的夾角為α，則cosα＝＝0.5，則α＝60°對畫框，分析受力，如下圖所示。根據(jù)平衡條件得2Tsinα＝G解得T＝N對釘子，分析受力，如上圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系可知，釘子對細繩的作用力F＝T＝N，由牛頓第三定律，每顆釘子受到的彈力大小為N，故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題采用隔離法處理共點力平衡問題，關(guān)鍵要根據(jù)幾何知識求出相關(guān)角度。4．（4分）金星在中國古代被稱為太白、啟明或長庚，早晨出現(xiàn)于東方稱為啟明，晚上出現(xiàn)于西方稱為長庚，金星在夜空中的亮度僅次于月球。已知金星半徑約為月球的3.5倍，質(zhì)量約為月球的66倍，將衛(wèi)星的運動均看成勻速圓周運動，則下列說法正確的是（）A．圍繞金星表面運行的衛(wèi)星的速率小于圍繞月球表面運行的衛(wèi)星的速率 B．圍繞金星表面運行的衛(wèi)星的周期大于圍繞月球表面運行的衛(wèi)星的周期 C．月球表面的重力加速度大于金星表面的重力加速度 D．在地球表面發(fā)射金星的探測器，則發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第二宇宙速度而小于地球的第三宇宙速度〖祥解〗ABC.根據(jù)萬有引力提供向心力以及黃金代換式列式結(jié)合質(zhì)量、半徑關(guān)系進行判斷；D.根據(jù)地球第二宇宙速度和第三宇宙速度的物理意義進行分析判斷。【解答】解：設(shè)月球質(zhì)量和半徑為M、R，則金星的質(zhì)量為66M，3.5R。ABC.根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合黃金代換式有G＝m＝mR＝mg，得v＝，T＝，g＝，分別代入月球和金星對應(yīng)的半徑和質(zhì)量，可以判斷v金＞v月，T金＜T月，g金＞g月，故ABC錯誤；D.在地球表面發(fā)射金星的探測器，則發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第二宇宙速度小于地球的第三宇宙速度，故D正確。故選：D。【點評】考查萬有引力定的應(yīng)用以及地球宇宙速度知識，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確分析解答。5．（4分）如圖所示的LC振蕩電路中，為靈敏電流計，電流向右流過時指針向右偏，反之向左偏，線圈的自感系數(shù)L、電容器的電容C均為已知量。開始時開關(guān)S扳到a，某時刻將開關(guān)S扳到b，且將該時刻作為計時0點。則下列說法正確的是（）A．時，電容器正在放電 B．時，電流表的指針向左偏轉(zhuǎn) C．時，線圈的磁場能為零 D．時，電容器所帶的電荷量為零〖祥解〗振蕩電流的變化周期為；根據(jù)電路的周期確定在某時刻線圈L與電容器C的電流、電壓、充放電的情況及電流方向。【解答】解：t＝0時刻電容器的下極板帶正電，此時刻將開關(guān)S報到b，的時間內(nèi)電容器放電，回路中的電流沿順時針方向，流過靈敏電流計的電流向右，指針向右偏轉(zhuǎn)，時電容器所帶的電荷量為零，回路中的電流最大，線圈產(chǎn)生的磁場能最大，電場能為零；的時間內(nèi)電容器正在充電，回路中的電流沿順時針方向，流過靈敏電流計的電流向右，指針向右偏轉(zhuǎn)，時電容器所帶的電荷量最多，回路中的電流為零，線圈產(chǎn)生的磁場能為零，電場能最大。A.由題意，該LC振蕩電路的周期為，為時刻，此時電容器正在放電，故A正確；B.為時刻，電流向右流過時指針向右偏，是指電流從左向右流過電流表電流表右偏，此時電流表的指針向右偏轉(zhuǎn)，故B錯誤；C.為時刻，此時線圈產(chǎn)生的磁場能最大，故C錯誤；D.為時刻，此時電容器所帶的電荷量最多，故D錯誤。故選：A?！军c評】考查LC振動電路中，線圈與電容器之間的充放電過程中，電量、電壓、電流、電場強度、磁感應(yīng)強度、電場能、磁場能等各量如何變化，注意電路中電流方向的分析。6．（4分）如圖所示，兩等量異種電荷M、N固定，O為兩電荷連線的中點，c為MO的中點，以M為圓心、Mc為半徑畫圓，圓與直線MN分別交于a、c兩點，直徑bd垂直于MN。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、c兩點的電勢相等 B．b、d兩點的電場強度相同 C．c點的電場強度是O點電場強度的2倍 D．電子在b、d兩點的電勢能相等〖祥解〗A.由幾何關(guān)系，及等量異種電荷的電勢分布，即可分析判斷；B.由電場強度的疊加原理以及對稱性，即可分析判斷；C.分別確定正電荷在c、O兩點的電場強度、負(fù)電荷在c、O兩點的電場強度，再由電場強度的疊加原理，即可分析判斷；D.由幾何關(guān)系、等量異種電荷的電勢分布、電勢與電勢能的關(guān)系，即可分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.由幾何關(guān)系可知，aM＝cM，aN＞cN，則正電荷在a、c兩點的電勢相等，負(fù)電荷在c點的電勢比在a點的電勢低，則a點的電勢比c點的電勢高，故A錯誤；B.由電場強度的疊加原理以及對稱性可知，b、d兩點的電場強度大小相等，但方向不一致，所以b、d兩點的電場強度不相同，故B錯誤；C.設(shè)Mc＝r，則MO＝2r，則正電荷在c、O兩點的電場強度分別為：，方向向右，，方向向右，負(fù)電荷在c、O兩點的電場強度分別為：，方向向右，，方向向右，由電場強度疊加原理可知，c、O兩點的電場強度大小分別為：Ec＝EMc+ENc，EO＝EM+ENO，解得：，由此可知，Ec：EO＝20：9，故C錯誤；D.因為b、d兩點到正電荷以及到負(fù)電荷的距離均相等，所以b、d兩點的電勢相等，所以電子在b、d兩點的電勢能相等，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查等量異種電荷的電勢分布，解題時需注意，離正電荷越近電勢越高，離負(fù)電荷越近電勢越低，兩等量異種電荷的等勢面，關(guān)于兩電荷連線的中垂面對稱，也關(guān)于兩電荷連線對稱。7．（4分）CT掃描利用的是X射線斷層掃描技術(shù)，如圖所示，M、N之間有一電子束的加速電場，兩板間接有恒定電壓，圓形虛線框內(nèi)有垂直紙面方向的偏轉(zhuǎn)磁場。經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束由靜止開始沿箭頭方向前進，最后打在靶上，不計電子重力。則下列說法正確的是（）A．電子打到靶上的動能的大小與圓形磁場半徑的大小有關(guān) B．電子打到靶上的速度的大小與加速電場的寬度有關(guān) C．若M、N間的電壓增大為原來的2倍，為使電子打到靶上的位置不變，則圓形磁場磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)變?yōu)樵瓉淼谋?D．若減小M、N間電壓且使電子打到靶上的位置不變，則電子從靜止到打到靶上的時間將變短〖祥解〗A．由洛倫茲力不做功，判斷電子打到靶上的動能的大小與圓形磁場半徑大小之間的關(guān)系；B．根據(jù)W＝qU判斷電子打到靶上的速度的大小與加速電場寬度之間的關(guān)系；C．根據(jù)動能定理結(jié)合牛頓第二定律作出分析判斷；D．若減小M、N間電壓且使電子打到靶上的位置不變，則電子的運動軌跡不變，速度減小，由此可知電子從靜止到打到靶上的時間將變長?！窘獯稹拷猓篈．因為洛倫茲力不做功，所以電子打到靶上的動能的大小與圓形磁場半徑的大小無關(guān)，故A錯誤；B．根據(jù)W＝qU可知，電場力做功與加速電場的寬度無關(guān)，所以電子打到靶上的速度的大小與加速電場的寬度無關(guān)，故B錯誤；C．若M、N間的電壓增大為原來的2倍，根據(jù)動能定理可知，電子的速度變?yōu)樵瓉淼谋?，為使電子打到靶上的位置不變，則電子的運動軌跡不變，即電子在圓形磁場中的半徑不變，根據(jù)牛頓第二定律解得所以，圓形磁場磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)變?yōu)樵瓉淼谋?，故C正確；D．若減小M、N間電壓且使電子打到靶上的位置不變，則電子的運動軌跡不變，速度減小，所以，電子從靜止到打到靶上的時間將變長，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查帶電粒子在組合場中的運動，要求掌握帶電粒子在電場中的加速運動和在磁場中的偏轉(zhuǎn)，掌握動能定理、牛頓第二定律。二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。（多選）8．（6分）如圖，在固定光滑斜面的底端分別以相同大小的初速度v0釋放兩個完全相同的小球A、B，小球可視為質(zhì)點。A的初速度沿斜面向上，B的初速度與斜面有一定的夾角，到達頂端時速度恰好垂直斜面。不計空氣阻力，針對兩小球從斜面底端運動到頂端的過程，下列說法正確的是（）A．兩球所受合力做的功相同 B．兩球所受合力的沖量相同 C．兩球重力做功的平均功率不相等 D．兩球到達頂端時，重力的瞬時功率的大小不相等〖祥解〗根據(jù)重力做功特點分析；根據(jù)合力的方向分析；根據(jù)動能定理和平均功率的定義分析；根據(jù)瞬時功率的定義分析?！窘獯稹拷猓篈.對A球受力分析可知，只有重力做功，對B球受力分析可知，同樣只有重力做功，兩小球從斜面底端運動到頂端的過程中，根據(jù)WG＝﹣mgh，可知重力做功相同，故A正確；B.由沖量的表達式I＝Ft可知，力的方向與沖量方向相同。依題意，A球合力沿斜面向下，B球合力豎直向下，二者方向不同，所以兩球所受合力的沖量不相同，故B錯誤；C.把B球的初速度分解為沿斜面和垂直斜面兩個方向，其中沿斜面方向的速度大小必定小于B球的初速度，同樣也小于A球的初速度大小。兩球沿斜面方向的加速度相同，所以沿斜面方向A球的平均速度大于B球的由可知，A球的時間小于B球的，根據(jù)可知PA＜PB，故C正確；D.根據(jù)動能定理，有可知兩球到達斜面頂端時，速度大小相等，設(shè)斜面夾角為θ，則有PA＝v?sinθ，PB＝mgv?cosθ，即兩球到達頂端時，重力的瞬時功率的大小不一定相同，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題考查了平均功率、瞬時功率的計算，以及對沖量和合力做功的理解，基礎(chǔ)題。（多選）9．（6分）小明同學(xué)在實驗室用音叉做了如下的實驗：讓一音叉以固定的頻率振動，聲波通過某一小孔可以發(fā)生衍射現(xiàn)象，上述情境可簡化為如圖所示，M為可移動擋板，N為固定擋板，在A處有一聲波的接收裝置，為了讓聲波接收裝置接收到的聲音振幅增大，小明同學(xué)的操作正確的是（）A．換成頻率高的音叉 B．增大音叉發(fā)出的聲波波長 C．將A處的聲波接收裝置沿平行于N板的方向向下移動 D．將M板向下移動〖祥解〗波發(fā)生明顯衍射的條件是：波的波長比孔或障礙物尺寸大，或相差不多，波的波長越長，頻率越小，衍射中波的能量的傳播與孔的大小有關(guān)，孔越大傳播的能量越多；根據(jù)題意和波發(fā)生明顯衍射的條件解答?！窘獯稹拷猓篈BD．波發(fā)生明顯衍射的條件是：波的波長比孔或障礙物尺寸大，或相差不多。若波長不變，則小孔尺寸越小衍射現(xiàn)象越明顯，若小孔尺寸不變，則波長越大衍射現(xiàn)象越明顯，為了讓聲波接收裝置接收到的聲音振幅增大，可以把擋板M向上移動，也可以增大波長即減小頻率，故B正確，AD錯誤；C．將A處的聲波接收裝置沿平行于N板的方向向下移動，使接收裝置處于聲波能夠傳播到的范圍，讓聲波接收裝置接收到的聲音振幅增大，故C正確。故選：BC?！军c評】本題主要考查對波的衍射的理解與應(yīng)用。理解波發(fā)生明顯衍射的條件是解題關(guān)鍵。（多選）10．（6分）光伏發(fā)電具有安全可靠、無污染、不枯竭、不受地形限制的優(yōu)點，是國家重點推廣項目。如圖所示，某小型光伏發(fā)電站發(fā)電機的輸出電壓為280V，升壓變壓器的輸出功率為P2＝2.8×104W，降壓變壓器的輸出電壓U4＝220V。已知每根輸電線電阻為R＝5Ω，降壓變壓器的輸出功率可供600盞“220V40W”的白熾燈正常工作，變壓器均為理想變壓器，則下列說法正確的是（）A．升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1：5 B．降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為80：11 C．輸電線內(nèi)流進的電流為 D．若將輸電電壓增加3倍，輸出功率不變，可多供93盞“220V40W”的白熾燈正常工作〖祥解〗由發(fā)電機的輸出電壓與輸出功率，可得到升壓變壓器的原線圈電流；由輸出功率與白熾燈消耗的功率，結(jié)合能量守恒，可得到輸電線上消耗的功率，根據(jù)輸電線電阻值，可計算輸電線上的電流；由輸電線電流及升壓變壓器的原線圈電流，可計算升壓變壓器的匝數(shù)比；由輸電線電流及用戶端的總電流，可計算降壓變壓器的匝數(shù)比；輸電電壓增加3倍時，由輸出功率不變，可計算輸電線上消耗的功率變化量，即可知可以提供燈泡工作的功率，計算能提供燈泡正常工作的數(shù)量。【解答】解：C、由輸出功率P2與白熾燈消耗的功率600Pe，結(jié)合能量守恒，可得到輸電線上消耗的功率為：P線＝P2﹣600Pe，根據(jù)輸電線電阻值2R，可計算輸電線上的電流，解得：I2＝20A，故C錯誤；A、由發(fā)電機的輸出電壓U1＝280V，輸出功率，可得到升壓變壓器的原線圈電流滿足：，解得：I1＝100A；由輸電線電流及升壓變壓器的原線圈電流，可得升壓變壓器的匝數(shù)比滿足：I2：I1＝n1：n2，解得匝數(shù)比為：1：5，故A正確；B、由輸電線電流I2及用戶端的總電流600Ie，其中，可得降壓變壓器的匝數(shù)比滿足：600Ie：I2＝n3：n4，解得匝數(shù)比為：60：11，故B錯誤；D、輸電電壓增加3倍時，即輸出電壓增加為原來的4倍，由輸出功率不變，可知輸電線上的電流變?yōu)樵瓉淼?，輸電線消耗的功率變?yōu)樵瓉淼?，輸電線上消耗功率的減少量為：，可以提供燈泡正常工作的個數(shù)為N，則滿足：ΔP≥NPe，其中N為滿足該式的最大正整數(shù)，解得：N＝93，故D正確。故選：AD?！军c評】本題考查遠距離輸電的計算，在計算輸電電壓增加時的參數(shù)時，注意增加三倍，不是增加為三倍，是增加為4倍。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．（6分）某物理興趣小組用控制變量法“探究加速度與合外力、物體質(zhì)量的關(guān)系”。在研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系時設(shè)計了如圖甲所示實驗，兩輛小車放在光滑水平板上，前端各系一根細繩，繩的另一端跨過光滑定滑輪各掛一個相同小盤，盤中放有相同的重物（小盤和重物的質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量），兩小車后端各系一根細線，將兩小車放置在同一起點，用黑板擦壓住細線，釋放黑板擦，兩小車同時出發(fā)，運動一段時間后，再用黑板擦壓下細線讓兩小車同時停止運動。（1）實驗中某同學(xué)測出兩小車運動的位移分別為x1、x2，小盤和重物的質(zhì)量與小車、小盤和重物的總質(zhì)量的比值分別為k1、k2，則k1：k2＝x1：x2。（2）小組同學(xué)只用一輛小車研究加速度與外力之間的關(guān)系，得到數(shù)據(jù)并繪制出了相應(yīng)的圖像如圖乙所示，取重力加速度為g，小車質(zhì)量為M，圖中斜率k＝M，截距b＝。〖祥解〗（1）根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式分析；（2）根據(jù)牛頓第二定律寫出圖像的函數(shù)表達式分析?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)小車的質(zhì)量為M，小盤和重物的總質(zhì)量m，小車的加速度大小a，根據(jù)牛頓第二定律有，根據(jù)運動學(xué)公式有x＝，所以k1：k2＝x1：x2（2）根據(jù)牛頓第二定律有F＝（M+m）a，其中F＝mg，整理可得，由圖像可知k＝M，b＝故答案為：（1）x1：x2；（2）M，。【點評】掌握“探究加速度與合外力、物體質(zhì)量的關(guān)系”的原理和實驗數(shù)據(jù)的處理方法是解題的基礎(chǔ)。12．（8分）某實驗小組采用如圖甲所示電路測量一水果電池的電動勢和內(nèi)阻（電動勢E約為2V，內(nèi)阻r約為300Ω），實驗室提供的器材有：電流表A（內(nèi)阻可忽略）、變阻箱R、開關(guān)S、導(dǎo)線若干。（1）實驗小組通過測量數(shù)據(jù)且繪制了圖像如圖乙所示，圖線的斜率為k，縱截距為b，則水果電池的電動勢E＝，內(nèi)阻r＝。（2）若考慮電流表內(nèi)阻的影響，小組同學(xué)分析數(shù)據(jù)后可得電動勢的測量值與真實值相比無誤差，內(nèi)阻的測量值與真實值相比偏大。（均