2023-2024學年湖北省某中學高三（下）第四次模擬考試物理試卷+答案解析

2023-2024學年湖北省黃岡中學高三（下）第四次模擬考試物理試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.光電管是應用光電效應原理制成的光電轉換器件，在有聲電影、自動計數、自動報警等方面有著廣泛的

應用。圖。是研究光電效應的實驗電路，圖6是用甲、乙、丙三束光分別照射光電管得到的/-U圖線，51、

“2表示遏止電壓，圖c是遏止電壓a與入射光的頻率〃間的關系圖像。下列說法中正確的是（）

光束2A窗口

甲

丙

Ucluc2O

圖b

A.發(fā)生光電效應時，將滑動變阻器滑片從C端往。端移動時，電流表示數一定增加

B.圖c中圖線的斜率表示普朗克常量”

C.丙光比甲光更容易發(fā)生明顯衍射

D.甲光照射時比丙光照射時產生的光電子的最大初動能小

2.如圖，火星與地球的軌道近似在同一平面內，繞太陽沿同一方向做勻速圓周運動，火星的軌道半徑大約

是地球的1.5倍。地球上的觀測者在大多數的時間內觀測到火星相對于恒星背景由西向東運動，稱為順行；

有時觀測到火星由東向西運動，稱為逆行。當火星、地球、太陽三者在同一直線上，且太陽和火星位于地

球兩側時，稱為火星沖日，2022年火星沖日的時間為12月8號。已知地球軌道以外的行星繞太陽運動的軌

道半徑如下表所示，忽略地球自轉，只考慮太陽對行星的引力，下列說法正確的是（）

天王星海王星

軌道半徑（4U）1.0

恒星背景

第1頁，共19頁

A.在2025年內一定會出現火星沖日

B.在沖日處，地球上的觀測者觀測到火星的運動為順行

C.圖表中的地外行星中，火星相鄰兩次沖日間隔時間最短

D.火星的公轉周期是地球的、住倍

V27

3.如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸負方向恰好傳播至力=06處，N為介質中的兩個質點，從該時刻開

始計時，已知此時質點M的位移為再經過1s時間第一次到達波峰位置，下列說法正確的是（）

7T57r\

（—i+j

B.1=0時，N點的振動方向向上

C.0~2s時間內，M點的加速度先減小后增大

D.力=5s時，質點N的位移為lOx/^cm

4.如圖所示，在平行板電容器中固定一個帶負電質點P,電容器下極板接地，電源電動勢和內阻分別為￡

和r,電流表和電壓表均視為理想電表，電壓表和電流表示數為。和/。當滑動變阻器兄4的滑片向6端移動

時，下列說法正確的是（）

乩1￡

一J.LPK

1I3

-

-

T-

-

』

A.電壓表和電流表示數都變大B.P質點的電勢能增加

C.兄3消耗的電功率變大D.電源的輸出功率一定減小

第2頁，共19頁

5.如圖所示，用一根輕質細繩將一重力大小為10N的相框對稱地懸掛在墻壁上，畫框上兩個掛釘間的距離

為0.56。已知繩能承受的最大張力為10N,為使繩不斷裂，繩子的最短長度為（）

A.0.5mB.1.0mC.——D.-------

3m3m

6.如圖所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個物體/、8cB物體與彈簧栓接），4的質量

為2kg,3的質量為1短，彈簧的勁度系數為卜=lOON/m，初始時系統處于靜止狀態(tài)。現用豎直向上的恒

定拉力F=90N作用在物體/上，使物體/開始向上運動，重力加速度的大小g取空氣阻力忽

略不計，下列說法正確的是（）

1

2

S

.

A.尸作用瞬間，/和8的加速度均為306/S2B.8的最大位移為0.4m

C.B的速度最大時彈簧壓縮量為0.2mD.4和3在彈簧原長處分離

7.如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài)N變化到狀態(tài)瓦再變化到狀態(tài)C,最后回到狀態(tài)/。已知氣體在

狀態(tài)/時的熱力學溫度為600K,下列說法正確的是（）

0123V/(x10-\?3)

第3頁，共19頁

A.該氣體在狀態(tài)B時的熱力學溫度為300K

B,該氣體在狀態(tài)。時的熱力學溫度為600K

C.該氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過程中，溫度在升高

D.該氣體從狀態(tài)/經過一個循環(huán)回到狀態(tài)/的過程中吸收的熱量為200J

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

8.如圖所示，在豎直面內有一方向未知的勻強電場，方向未知，質量為機、電荷量為+9的小球從/點以速

度。0豎直向上拋出，小球運動到8點時速度方向水平，大小為通的，已知重力加速度大小為g,不計空氣

阻力，下列說法正確的是（）

B廠

:J

AL'----------------------

A.小球從4點運動到B點，先減速后加速

B.A點的電勢一定低于5點的電勢

C.小球從4點運動到B點的過程中，動能最小值為3巾*

O

「mg2。。

D.若電場強度大小后=」，則A到B的時間為」

qg

9.如圖所示，兩平行金屬板MN,PQ之間電勢差為U的加速度電場，在x軸的上方有方向向下的勻強偏轉

電場，在x軸的下方有方向垂直于紙面向里的勻強磁場。不同的帶正電粒子在入口處由靜止釋放。然后以

一定的速度平行于x軸進入偏轉電場，之后進入磁場。若粒子第一次從進入磁場到離開磁場的位移為力在

磁場中運動的時間為人不計帶電粒子重力，則以下說法正確的是（）

A.氫核;H和氮核進入磁場的位置不一樣

B.對于同一粒子，加速電壓越大，在磁場中的時間才越短

C.笊核出和氫核在磁場中的位移"相等

D.對于同一粒子，加速電壓。越大，在磁場中的位移d越大

第4頁，共19頁

10.如圖所示，/、B、C三個物體靜止疊放在光滑水平桌面上，/、C的質量均為1句，8的質量為2kg,A

和3之間的動摩擦因數為0.2,C和B之間的動摩擦因數為0.8,4和C之間的距離為4m，設最大靜摩擦

力等于滑動摩擦力，現對3施加一水平向右的外力兄長木板足夠長，下列說法正確的是()

c]{A_____

-8―f尸

7777777777777777777777777777

A.尸作用瞬間，N的加速度最大為26/§2

B.當F〉6N時，N與3發(fā)生相對滑動

C.當F=24N時，C和8之間的摩擦力為8N

D.當F=14N時，作用2s后撤去，，和C碰撞會粘連在一起,則整個過程因摩擦力做功而產生的內能為10J

三、實驗題：本大題共2小題，共16分。

11.某同學用如圖所示的實驗裝置來“驗證力的平行四邊形定則”，支架上有兩根豎直桿，兩豎直桿后放置

一豎直平板，平板上貼有坐標紙，左側桿上固定一拉力傳感器/,一根不可伸長的細繩一端連接拉力傳感器,

另一端連接在右側桿上的2點，細繩長度大于兩桿間距，不計輕小滑輪質量及摩擦。實驗步驟如下：

①用天平測出重物的質量〃?；

②將細繩繞過光滑的輕小滑輪，重物懸掛于滑輪下，使之處于靜止狀態(tài)；

③記下2點位置、滑輪與細繩接觸點。的位置，讀出并記錄拉力傳感器的示數為；

④改變8點在右側桿的位置，使重物仍處于靜止狀態(tài)，記下滑輪與細繩接觸點。的位置，讀出并記錄拉力

傳感器的示數品；

⑤多次改變8點在右側桿的位置，重復③④步驟。

回答下列問題：

(1)在實驗過程中，步驟③④所記錄拉力傳感器的示數6凡。(填““〈”或“=”)

(2)某次實驗中，在坐標紙上畫出拉力傳感器示數尸，再根據重物質量機畫出重力，利用平行四邊形定則作

出兩個斤的合力，下列圖像可能正確的是。

第5頁，共19頁

（3）根據步驟⑤多次改變3點在右側桿的位置，可以觀察得出滑輪與細繩接觸點。的軌跡是在?個（或一條

）（填“橢圓”“圓”或“直線”）上。

12.圖1為陶瓷圓筒，外面鍍有一層很薄的合金薄膜。為測定薄膜的厚度，某同學先用刻度尺測出陶瓷圓筒

長度為乙又用螺旋測微器測得筒外徑d,最后用多用電表粗測其電阻R,。并在電工手冊查得薄膜的電阻

圖1

（1）該同學用螺旋測微器測得筒外徑d如圖2所示，測筒外徑日=mm,用多用電表歐姆擋的

“x100”擋測薄膜電阻值時，表盤上指針如圖3所示，則電阻為Qo

25

20

15

圖3

（2）該同學利用所測得的及查表的數據，求得薄膜厚度表達式。=（均用字母表示），就可計

算出薄膜的厚度。

（3）為更精確地測量薄膜的電阻Rx,該同學從實驗室中找到如下實驗器材：

4電壓表V（量程0?3V,電阻凡/=3kQ）

8.電流表4（量程6加/,電阻心約為30。）

C滑動變阻器R（0~20。,額定電流14）

第6頁，共19頁

D電源(12匕內阻約為10Q)

E定值電阻Ro=9fcQ

足開關一只，導線若干

①為更加準確地測量出薄膜電阻，根據上述器材在答題卷方框內畫出測電阻的最佳方案的電路圖.

②若電壓表的示數為U,電流表的示數為/,則所測薄膜電阻的表達式(用題中的字母表示

)。

四、計算題：本大題共3小題，共38分。

13.一個玻璃圓柱體的橫截面如圖所示，其半徑為火，圓心為。。柱面內側/處的單色點光源發(fā)出的一束光

48與直徑的夾角為。，從3點射出，出射光線3C與平行。己知該玻璃的折射率律=仆，光在真

空中的傳播速度為C,求：

(1)夾角。的值；

(2)若。=45°，從/發(fā)出的光線經多次全反射第一次回到/點的時間。

14.如圖所示，一小物體(可看作質點)從斜面上的/點以比=8wi/s的初速度滑上斜面，上升到最高點B

后沿原路返回。若/到8的距離為4m,斜面傾角。=37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速

度大小9=10m/s?,求：

(1)物體沿斜面上滑時的加速度大??；

(2)物體返回A點時的速度大??；

(3)若以水平地面為零重力勢能面，則物體返回過程中動能與重力勢能相等的點C相對水平地面的高度展

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15.如圖所示為電磁驅動和電磁阻尼實驗的示意圖。分界線尸0將水平面分成左右兩部分，左側平面粗糙,

右側平面光滑。左側的驅動磁場是方向垂直于水平面、等間隔交替分布的勻強磁場，磁感應強度大小均為

B=1.QT，每個磁場寬度均為￡=2m，右側較遠處的阻尼磁場是寬度為八方向垂直于水平面的勻強磁

場,磁感應強度大小由漆包線制成的正方形金屬線框abed(首尾相連構成回路)共計5匝，邊長也為乙

質量為m=40何，總電阻為「=402，線框與尸。左側粗糙水平面間的動摩擦因數〃=0.25?，F使驅動磁

場以恒定速度%=13m/s向右運動，線框由靜止開始運動，經過一段時間后，線框做勻速運動。當ab邊

勻速運動到分界線時，立即撤去驅動磁場，線框繼續(xù)運動越過分界線，然后繼續(xù)向右運動進入阻尼磁場。

設整個過程中線框的仍邊始終與分界線平行，重力加速度大小g取10m/s2,求

(1)線框剛開始運動時的加速度大??；

(2)線框在驅動磁場中勻速運動時的速度大??；

(3)要使線框整體不穿出阻尼磁場，的大小應滿足的條件。

驅動磁場分界線阻尼磁場

l*

p

B

Xx?B.XXXX??

a

XX??XX??■XX??XX

XX??XX??;XX??XX

Cb

XX??XX??：XX??XX

-L->|<-L-4*-L-*|<-L—>|???|<—L->|<-L—

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】4發(fā)生光電效應時，將滑動變阻器滑片從C端往。端移動時，若電流己經到達飽和值，則電流表

示數保持不變，故/錯誤；

5.根據Ek=hu-WQ=eUc

可得”=—也

ee

可知圖c中圖線的斜率為&,故3錯誤；

e

C由于丙光對應的遏止電壓大于甲光對應的遏止電壓，則丙光的頻率大于甲光的頻率，丙光的波長小于甲

光的波長，所以甲光比丙光更容易發(fā)生明顯衍射，故C錯誤；

D根據Ek=eUc

由于甲光對應的遏止電壓小于丙光對應的遏止電壓，所以甲光照射時比丙光照射時產生的光電子的最大初

動能小，故。正確。

故選Do

2.【答案】A

設經過時間f再次出現火星沖日，依題意有

解得t=2.20年

由于2022年12月8號發(fā)生火星沖日，故在2025年會再次發(fā)生火星沖日現象，故/正確，。錯誤；

8.由萬有引力充當向心力有G學=加。

解得v=

地球軌道半徑小于火星，故在沖日處地球速度大于火星速度，火星相對地球向后運動，地球上觀測者觀測

到火星由東向西運動，為逆行，故2錯誤;

C依圖中數據，地外其它行星要發(fā)生沖日現象，需滿足

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解得t=]—殛

與

因為「越大，周期越大，貝”越短，所以在這些地外行星中，火星相鄰兩次沖日時間最長，故C錯誤。

故選/。

3.【答案】D

【解析】4設M點的振動方程為沙=4sin（皿+9）,簡諧橫波沿x軸負方向傳播，力=0時刻，M點的振

動方向向上，

已知此時質點”的位移為y0=10\/2cm

則有Uo=Asin8

其中A=20cm

7F

解得8=1

當力=Is時，y=^Ocm

代入y=Asin（a力+

得3=-^rad/s

故M點的振動方程為y=20sin^+!\m

故/錯誤；

2.簡諧橫波沿x軸負方向傳播，根據同側法可知，力=0時，N點的振動方向向下，故2錯誤；

27r27r

C該波的周期為丁=二=Ks=8s

4

則0?2s時間內，即0~丁時間內，M點的位移先增大后減小，由a=—竺知M點的加速度先增大后減

小，故C錯誤；

DN點的振動方程為y=-Asinujt=-20sin

當力=5s時，代入得y—IOA/2cm

故。正確。

故選。。

4.【答案】B

【解析】【分析】

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將滑動變阻器兄4的滑動頭向下移動，分析電路中電流的變化，判斷內阻和R1上的電壓變化，即可知道電容

器和尺3的電壓變化，根據總電流和分電流關系分析電壓表的示數變化，再分析電容器板間場強的變化，判

斷帶電質點受到的電場力變化，進而分析電質點的運動方向，判斷電質點在運動過程中的電勢能如何變化。

根據R3的電壓變化判斷功率變化；根據內外阻關系判斷電源的輸出功率如何變化。

本題主要考查含容電路的動態(tài)分析問題，根據串并聯知識和閉合電路歐姆定律解答。

【解答】

解：AB、將滑動變阻器兄4的滑動頭向下移動，其接入電路的電阻減小，流過內阻7?和A1的電流增大，則

內壓和必的電壓增大，電容器和尺3的電壓減小，通過氏3的電流減小，兄2的電流增大，電流表示數變大，

星的電壓增大，則通過電壓表的示數減小，電容器板間場強減小，則電質點受到的電場力減小，電質點向

下運動，電場力做負功，電勢能增加，故/錯誤，2正確；

C、兄3的電壓減小，根據P=與可知氏3消耗的電功率變小，故C錯誤；

。、當內阻和外阻相等時，電源輸出功率最大，由于內阻和外阻大小未知，電源的輸出功率變化無法判斷，

故。錯誤。

5.【答案】C

【解析】畫框受力分析如圖

受到重力mg和兩個大小相等的細繩拉力/的作用而處于靜止狀態(tài)，當F=冗11ax=10N

對應于細繩不被拉斷的最小長度L作細繩拉力的合力”,如上圖，由平衡條件得F合=10N

Lo_0.5_^3

所以兩繩拉力的夾角是120%繩子的最小長度=而而=73=

故選Co

6.【答案】B

【解析】【分析】

本題考查了牛頓第二定律的應用，解題的關鍵是要根據題意分析/、2是否一起運動，確定施加拉力廠后兩

第H頁，共19頁

個物體的受力情況，由牛頓第二定律求解物體的加速度，判斷兩個物體的運動情況，注意8物體速度最大

時，其加速度為0。

【解答】

AD,施加外力前，系統處于靜止，合力為0,外力施加的瞬間，若/與2一起運動，對2受力分析可知，B

彈—mm

的最大加速度amax=F9=3g—mg=20，§2,此時施加的外力為=(2m+m)amax=60N,由于

mm

F>Fi，故施48發(fā)生相對運動，不能視為一整體，對4=F~2mg=35m/s2,對B,

2m

2

aB=amdx=20m/s,此時4、B開始分離,故/。均錯誤；

B、初始時系統處于靜止狀態(tài)，此時有3mg=fcr(),解得力0=0.36，由于施加力產后，4、B分離,當B

向上運動到達最大位移過程，對8與彈簧系統機械能守恒，有：mgx+^xo-x)2=劍oz,解得：2=0.4m,

故B正確；

C、2的速度最大時，其所受彈簧彈力等于重力，此時有=解得的=0.1加，故C錯誤；

故選Bo

7.【答案】B

【解析】【分析】

本題考查氣體狀態(tài)的圖像問題，熟悉理想氣體狀態(tài)方程和熱力學第一定律是解題的關鍵。

結合圖像和理想氣體狀態(tài)方程得出氣體在狀態(tài)8和C的溫度即可判斷；根據圖像結合理想氣體狀態(tài)方程得

出氣體溫度的變化情況即可判斷；根據圖像所圍面積的含義結合熱力學第一定律分析即可判斷。

【解答】

AB,由理想氣體狀態(tài)結合圖可得：

3x105Pax1x10^3m31x105Pax1x10-3m31x105Pax3x10-3m3?號日,

--------------------=---------------------=----------------------其中方=600A,解得該

J-AJ-BJ-C

氣體在狀態(tài)8時的熱力學溫度為&=200K,該氣體在狀態(tài)C時的熱力學溫度7b=600K,故/錯誤，B

正確；

C、由圖知，該氣體從狀態(tài)N到狀態(tài)8的過程中，氣體體積不變，壓強減小，由pU=nRT知，氣體溫度降

低，故C錯誤；

。、P-V圖像中圖線與/軸所圍的面積表示氣體對外做功或外界對氣體做功的絕對值，由圖知，該氣體從

狀態(tài)/經過一個循環(huán)回到狀態(tài)/的過程氣體的體積先不變，再增加，最后減小，則氣體先對外不做功，再

對外做功，最后外界對氣體做功，整個過程氣體溫度不變，內能不變，可見整個過程外界對氣體做功，為

第12頁，共19頁

(3—1)x10-3*1—1)x%=2由熱力學第一定律知，整個過程氣體向外釋放200J的熱量,

2

故。錯誤。

8.【答案】ACD

【解析】【分析】

本題考查帶電粒子在復合場中的運動，解題的關鍵是要根據題意，確定速度變化量，分析合力的方向，確

定物體運動過程中速度方向與合力方向的夾角關系，分析物體加速或減速情況，當物體速度與合力方向垂

直時有最小速度及最小動能，注意根據選項中的電場大小判斷電場方向，確定物體在豎直方向上的合力及

加速度，求解運動時間。

【解析】

4分析可知，速度變化量的方向與豎直向下方向成60°斜向右下方，加速度方向與速度變化量的方向相同，

合力方向與加速度方向相同。

因此，合力方向如圖所示

由于小球速度v與尸夾角先是鈍角，后是銳角，所以速度先減小后增大，/正確；

8.從N到比速度增大，動能增加，電勢能減小，/點的電勢一定高于3點的電勢，8錯誤;

C速度與速度變化量方向垂直時，速度最小。如圖

第13頁，共19頁

小球在該過程中的最小速度Umin=—?；o,最小動能為上碗配==:小裙，故。正確；

2/X

「mq

D、若電場強度大小后=彳，則電場力大小與重力相等，根據分析可知，合力要與豎直方向夾角成60°斜

向右下方，故電場力的方向與豎直向上方向夾角成60°斜向右上方，將小球運動分解到水平方向和豎直方向

上，小球在豎直方向上的加速度”1ng—勺『即二|,做減速運動，小球在水平方向上的加速度

qEsin60

qx=°=^.g,做加速運動，豎直方向速度減為0的時間力=為=純，故。正確。

m2ay9

故選/CD。

9.【答案】BC

【解析】4設粒子進入加速電場，獲得初速度為00,入口距x軸的距離為y,即qU=^mvl

'2qU

解得VQ

進入勻強電場做類平拋運動，有y=[a/=半冕2

22m

進入磁場的位置為x=vQt

聯立解得/=2\限

VE

可知進入磁場的位置與粒子無關，故/錯誤;

區(qū)根據題意知，加速電壓越大，進入磁場時，速度與x軸的夾角。越小,

在磁場中的運動時間t^—T

360°

而T=

得速度與x軸的夾角。越小，時間越短，故2正確;

CD根據幾何知識可知d=2rsm6

洛倫茲力提供向心力Bqv=m—

r

2mvsin6

聯立解得d=

BqBq

REqy

而為=y/2ay

聯立解得d=42-2Emy

q

第14頁，共19頁

因為笊核\H和氯核^He的比荷相等，所以在磁場中的位移"相等，對于同一粒子，加速電壓U越大，進

入磁場時，在磁場中的仍然位移d相等，與加速電壓無關，故C正確，。錯誤；

故選BC.

10.【答案】AD

【解析】4隔離A物體，4與B間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力的大小為fABm=

所以/的最大加速度為aAm=ABm=Mg=0.2X10m/s2=2m/s2

m

故/正確；

B.A與B間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力的大小為fABm=mmg

C與B間的最大靜摩擦力的大小為fcBm=網mg

要使/、B、C都始終相對靜止，三者一起向右加速，則對整體有F=(2m+m+ni)a=4niai

假設/恰好與B相對不滑動,貝IJ對A有=max

聯立解得ai=2m/s2,F=8N

所以只有當F28N時，/與2之間相對滑動，故3錯誤；

C.F=24N〉8N時，/與。之間已經相對滑動，此時N與8間的摩擦力為

fABm==0.2x1xION=2N

假設C與8能相對靜止，一起加速，根據牛頓第二定律對C有

F—fABm=3?71a3

292

代入數據得a3=^m/s

o

22

m

而。與8之產的最大摩擦力為fcBm=N2g=0.8x1xION>ma3=1x--N

o

所以假設是成立的，C與N之間的摩擦力為fcB=ma,=lx^22N=2^2N

oo

故c錯誤；

D由以上選項結論可知，當F=14N時，/與2之間相對滑動C與2一起加速，加速度為

包=2m+m=TTfm/s2=46/§2%=2s時，

B、C的速度為”2=a4t=4義2m/s=8m/s

A的速度為vi=amt=2x2m/s=4：m/s

兩者之間的相對位移為力2—力1=—^Amt2=Jx4x22m—1x2x22m=4m=△四鉆

由于8、。的速度大于/的速度，撤去外力后，B、Z碰撞后合為一體。以向右為正方向，

對4、C系統有mvi+mv2=(m+rn)VAC

第15頁，共19頁

對/8C整體有mui+3mv2=4nw共

解得VAC=2mls,。共=7m/s

整個過程根據功能關系有F^2=jx4的共2++E4c

而其中AB因完全非彈性碰撞損失的機械能EAC=+-1(m+vn^VAC1=4J

代入后得Qf=10J

故。正確。

故選AD.,

11.【答案】=。直線

【解析】(1)國由于。點為活結，同一根繩，繩的拉力等于30的拉力，根據對稱性，/。與豎直方向

的夾角和8。與豎直方向的夾角相等，設為。，兩豎直桿間距為力

由幾何關系可知sin。=y

又彈力的大小F=m9

2cos8

可知3點上下移動不影響。角及彈力的大小，即為=也

(2升2］以。點為研究對象，重力實際作用效果在豎直線上，因為誤差的存在，兩繩合力的理論值要與實際值

有一定偏差，故2圖和。圖不符合實際，由于兩繩拉力總是相等，/圖也不符合實際，故選C。

(3升3］由(1)中分析可知，與豎直方向的夾角不變，所以可以觀察到。點的軌跡是直線。

12.【答案】⑴6.725(6.724?6.726)；1900；(2)/^；

TVC1Kx

【解析】【分析】該題主要考查螺旋測微器、伏安法測電阻相關知識。熟知實驗原理、實驗操作方法和步

驟、實驗注意事項是解決本題的關鍵。

(1)根據螺旋測微器讀數方法讀取數據；根據歐姆表使用和讀數方法讀數；

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(2)根據H=求解薄膜厚度表達式D；

(3)根據伏安法和分壓式接法畫出電路圖，應用串并聯電路特點和歐姆定律求解電阻的表達式o

Rx

【解答】

(1)螺旋測微器的讀數為d=6.5mm+22.5x0.01mm=6.725mm；

多用電表