第第頁云南省麗江市永勝縣2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期期末考試物理試題一、單選題（共8小題）1．從光的波粒二象性出發(fā)，下列說法正確的是()A．光是高速運(yùn)動(dòng)的微觀粒子，單個(gè)光子表現(xiàn)出波動(dòng)性B．光的波長越大，光子的能量越大C．在光的干涉中，暗條紋的地方是光子不會(huì)到達(dá)的地方D．在光的干涉中，亮條紋的地方是光子到達(dá)概率大的地方2．某磁場(chǎng)的磁感線如圖所示，則下列說法正確的是()A．M點(diǎn)的切線方向和該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向垂直B．M點(diǎn)的磁場(chǎng)比N點(diǎn)的磁場(chǎng)弱C．M點(diǎn)的磁場(chǎng)比N點(diǎn)的磁場(chǎng)強(qiáng)D．M點(diǎn)的磁場(chǎng)方向和N點(diǎn)的磁場(chǎng)方向相同3．如圖所示為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，T1、T2分別為理想升壓變壓器和理想降壓變壓器，圖中的電表V1、V2、A1、A2均為理想電表，電表的示數(shù)分別為U1、U2、I1、I2，輸電線上有一定的電阻，則下列說法正確的是()A．U1I1＝U2I2B．增大U1，若輸送功率不變，則U2、I1、I2均增大C．保持U1不變，輸送功率增大，則U2、I1、I2均增大D．保持U1不變，用戶減少，用戶消耗的總功率與發(fā)電廠輸出功率的比值增大4．四盞燈泡接成如圖所示的電路，a、c燈泡的規(guī)格為“220V100W”，b、d燈泡的規(guī)格為“220V40W”，各個(gè)燈泡的實(shí)際功率均沒有超過它的額定功率，則四盞燈泡實(shí)際功率大小順序是()A．Pa＝Pc>Pb＝Pd B．Pa>Pd>Pc>PbC．Pd>Pa>Pc>Pb D．Pd>Pc>Pb>Pa5．如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在寬度為L的區(qū)域內(nèi)，現(xiàn)有一個(gè)邊長為a(a<L)的正方形閉合線圈以初速度v0垂直磁場(chǎng)邊界滑過磁場(chǎng)后速度為v(v<v0)，那么線圈()A．完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)的速度大于vB．完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)的速度等于vC．完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)的速度小于vD．A、B情況均有可能，而C是不可能的6．如圖所示，分別用功率相同的甲光和乙光照射相同的光電管陰極，甲光的頻率為ν1，乙光的頻率為ν2，ν1<ν2，產(chǎn)生的光電流I隨陽極與陰極間所加電壓U的變化規(guī)律正確的是()A． B．C． D．7．如圖所示，真空中兩個(gè)等量帶正電的點(diǎn)電荷分別固定在P、Q兩點(diǎn)，O為P、Q的中點(diǎn)，MO垂直P、Q連線，a點(diǎn)位于P、Q連線上，b點(diǎn)位于連線的中垂線MO上，下列說法正確的是()A．若將一電子從a點(diǎn)由靜止釋放，則電子做往復(fù)運(yùn)動(dòng)B．若將一電子從b點(diǎn)由靜止釋放，則電子做往復(fù)運(yùn)動(dòng)C．若一質(zhì)子從O點(diǎn)以某一初速度沿OM運(yùn)動(dòng)，質(zhì)子可能回到原處D．若一質(zhì)子從b點(diǎn)以某一初速度垂直紙面向里運(yùn)動(dòng)，質(zhì)子可能回到原處8．一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，波速為2.0m/s，該波在t＝0時(shí)刻的波形圖如圖甲所示，x＝0處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖乙所示．下列說法正確的是()A．質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)周期為4.0sB．這列波的振幅為60cmC．該波沿x軸正方向傳播D．t＝0時(shí)刻，x＝4m處的質(zhì)點(diǎn)沿y軸負(fù)方向振動(dòng)二、多選題（共4小題，每題4分，共16分）9．如圖甲所示的電路，已知電阻R1＝R2＝R，和R1并聯(lián)的D是理想二極管（正向電阻可視為零，反向電阻為無窮大），在A、B之間加一個(gè)如圖乙所示的交變電壓（電壓為正值時(shí)，UAB>0），由此可知（）A．在A、B之間所加交變電壓的周期為2sB．在A、B之間所加的交變電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u＝202sin100πt(V)C．加在R1上電壓的有效值為10VD．加在R2上電壓的有效值為510V10．下圖為氫原子能級(jí)圖，下列說法正確的是()A．玻爾理論也能很好地解釋復(fù)雜原子的光譜B．玻爾理論認(rèn)為原子的能量是連續(xù)的，電子的軌道半徑是不連續(xù)的C．大量處在n=2能級(jí)的氫原子可以被2.00eV的電子碰撞而發(fā)生躍遷D．當(dāng)氫原子從n=2的狀態(tài)躍遷到n=3的狀態(tài)時(shí)，吸收1.89eV的光子11．某電場(chǎng)在直角坐標(biāo)系中的電場(chǎng)線分布情況如圖所示，O、M、N為電場(chǎng)中的三個(gè)點(diǎn)，則由圖可得（）A．M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小于N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)B．M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)C．將一負(fù)電荷由O點(diǎn)移到M點(diǎn)電勢(shì)能增加D．將一正電荷從O點(diǎn)分別移到M點(diǎn)和N點(diǎn)，電場(chǎng)力做功相同12．如圖所示，三小球a、b、c的質(zhì)量都是m，放于光滑水平面上，小球b、c與輕彈簧相連且靜止，小球a以速度v0沖向小球b，碰后與小球b黏在一起運(yùn)動(dòng)．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是()A．三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，總機(jī)械能不守恒B．三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，總機(jī)械能也守恒C．當(dāng)小球b、c速度大小相等時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大D．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，小球c的動(dòng)能一定最大，小球b的動(dòng)能一定不為零三、實(shí)驗(yàn)題（共2小題）13．某小組利用如圖所示裝置研究“一定質(zhì)量氣體溫度不變時(shí)，壓強(qiáng)與體積的關(guān)系”，圖中裝置1為壓強(qiáng)傳感器，裝置2為數(shù)據(jù)采集器．帶刻度的注射器內(nèi)封閉了一定質(zhì)量的氣體，推動(dòng)活塞可以改變氣體體積V，實(shí)驗(yàn)所用測(cè)量壓強(qiáng)的裝置較特殊，測(cè)量的是注射器內(nèi)部氣體和外部大氣(壓強(qiáng)為p0)的壓強(qiáng)差Δp，在多次改變體積后，得到如下數(shù)據(jù)：?p/(×00.110.250.430.67V/mL109876（1）每次氣體的狀態(tài)調(diào)整后，都要等一會(huì)兒再記錄數(shù)據(jù)，這是為了．（2）研究小組基于數(shù)據(jù)，以Δp為y軸，作出的函數(shù)圖線為直線，則x軸是．（3）若圖像斜率為k，該直線的函數(shù)表達(dá)式是，圖像縱軸截距的絕對(duì)值的物理含義是．14．某同學(xué)要測(cè)量一個(gè)由均勻新材料制成的圓柱體的電阻率ρ，步驟如下：（1）游標(biāo)卡尺測(cè)量其長度如圖甲所示，可知其長度為L=mm；（2）用螺旋測(cè)微器測(cè)量其直徑如圖乙所示，可知其直徑為D=mm；（3）選用多用電表的電阻“×1”檔粗測(cè)電阻，按正確的操作步驟測(cè)此圓柱體的電阻，表盤的示數(shù)如圖丙所示，則該電阻的阻值約為Ω。（4）為更精確地測(cè)量其電阻，可供選擇的器材如下：電流表A1量程300mA，內(nèi)阻約為2Ω；電流表A2量程150mA，內(nèi)阻約為10Ω；電壓表V1量程1V，內(nèi)阻為1000Ω；電壓表V2量程15V，內(nèi)阻約為3000Ω；定值電阻阻值R0=2000Ω滑動(dòng)變阻器R1最大阻值為5Ω滑動(dòng)變阻器R2最大阻值1000Ω電源E（電動(dòng)勢(shì)約為4V，內(nèi)阻r約為1Ω）開關(guān)，導(dǎo)線若干。

為了使測(cè)量盡量準(zhǔn)確，測(cè)量時(shí)電表讀數(shù)不得小于其量程的，電壓表應(yīng)選，電流表應(yīng)選，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選（填器材代號(hào)），并根據(jù)你選擇的器材，請(qǐng)?jiān)诰€框內(nèi)補(bǔ)全實(shí)驗(yàn)電路圖。（5）連接電路，測(cè)得電壓表讀數(shù)為U，電流表讀數(shù)為I，則電阻率的表達(dá)式為ρ=（用題中所給物理量符號(hào)U、I、L、D表示，忽略電壓表內(nèi)阻造成的誤差）。四、計(jì)算題（共3小題）15．如圖所示，圓柱形汽缸內(nèi)用活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體，汽缸的高度為L、缸體內(nèi)底面積為S，缸體重為G，彈簧下端固定在桌面上，上端連接活塞，活塞所在的平面始終水平．當(dāng)熱力學(xué)溫度為T0時(shí)，缸內(nèi)氣體高為0.5L，已知大氣壓強(qiáng)為p0，不計(jì)活塞質(zhì)量及活塞與缸體的摩擦．現(xiàn)緩慢升溫至活塞剛要脫離汽缸，求：（1）此時(shí)缸內(nèi)氣體的溫度；（2）該過程缸內(nèi)氣體對(duì)汽缸所做的功；（3）若該過程缸內(nèi)氣體吸收的熱量為Q，則缸內(nèi)氣體內(nèi)能增加多少？16．如圖，質(zhì)量mA為4.0kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.24，木板右端放著質(zhì)量mB為1.0kg的小物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))，它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)．木板A突然受到水平向右的12N·s的瞬時(shí)沖量I作用開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊滑離木板時(shí)，木板的動(dòng)能EkA為8.0J，小物塊B的動(dòng)能EkB為0.50J，重力加速度g取10m/s2，求：（1）瞬時(shí)沖量作用結(jié)束時(shí)木板的速度v0的大小；（2）木板的長度L.17．如圖所示，兩水平金屬板A、B長l＝8cm，兩板間距離d＝8cm，B板比A板電勢(shì)高300V，即UBA＝300V．一帶正電粒子的電荷量q＝1×10－10C，質(zhì)量m＝1×10－20kg，以初速度v0＝2×106m/s從R點(diǎn)沿電場(chǎng)中心線RO射入電場(chǎng)．粒子飛出電場(chǎng)后經(jīng)過無場(chǎng)區(qū)域，進(jìn)入界面為MN、PQ的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，從磁場(chǎng)的PQ邊界出來后剛好打在中心線上的S點(diǎn)．已知MN邊界與平行板的右端相距為L，兩界面MN、PQ相距為L，S點(diǎn)到PQ邊界的距離為L，且L＝12cm，粒子重力及空氣阻力不計(jì)，求：（1）粒子射出平行板時(shí)的速度大小v；（2）粒子進(jìn)入界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離；（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B.

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．由光的波粒二象性可知，光具有粒子性和波動(dòng)性，單個(gè)光子表現(xiàn)為粒子性，故A錯(cuò)誤；

B．光子能量為E=hν，其中c=λν，則光的波長越長頻率越小，光子能量越小，故B錯(cuò)誤；

CD．光的干涉實(shí)驗(yàn)中，暗條紋的地方是光子到達(dá)概率較小的地方，亮條紋的地方是光子到達(dá)概率較大的地方，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

【分析】由光的波粒二象性可知，光具有粒子性和波動(dòng)性，單個(gè)光子表現(xiàn)為粒子性，大量光子表現(xiàn)為波動(dòng)性；光的干涉實(shí)驗(yàn)中，暗條紋的地方是光子到達(dá)概率較小的地方，亮條紋的地方是光子到達(dá)概率較大的地方。2．【答案】C【解析】【解答】AD．磁感線上某點(diǎn)切線方向即為該點(diǎn)磁場(chǎng)方向，由圖可知，M點(diǎn)的磁場(chǎng)方向和N點(diǎn)的磁場(chǎng)方向不相同，故AD錯(cuò)誤；

BC．根據(jù)磁感線的疏密程度表示磁場(chǎng)強(qiáng)弱可知，磁感線越密處磁場(chǎng)越強(qiáng)，由圖可知，M點(diǎn)的磁場(chǎng)比N點(diǎn)的磁場(chǎng)強(qiáng)，故B錯(cuò)誤，C正確。

故選C。

【分析】磁感線上某點(diǎn)切線方向即為該點(diǎn)磁場(chǎng)方向；磁感線的疏密程度表示磁場(chǎng)強(qiáng)弱可知，磁感線越密處磁場(chǎng)越強(qiáng)。3．【答案】D【解析】【解答】A．由于輸電線上損失一部分功率，則U1I1≠U2I2，故A錯(cuò)誤；

B．由P=UI可知，增大U1，輸送功率不變，則輸電電流I1減小，輸電線上損失的電壓減小，降壓變壓器原線圈的電壓增大，由變壓比可知，降壓變壓器副線圈兩端電壓增大，即U2增大，同理，由變流比可知，降壓變壓器副線中電流減小即I2減小，故B錯(cuò)誤；

C．由P=UI可知，保持U1不變，輸送功率增大，輸電電流I1增大，輸電線上損失的電壓增大，降壓變壓器原線圈兩端電壓減小，由變壓比可知，降壓變壓器副線圈兩端電壓減小，同理，由變流比可知，降壓變壓器副線圈中電流增大即I2增大，故C錯(cuò)誤；

D．將降壓變壓器等效為一電阻，當(dāng)用戶減小時(shí)，等效電阻阻值增大，在等效電阻與輸電線和升壓變壓器副線圈組成的回路中，總電阻增大，輸電線上的電流減小，用戶消耗的總功率與發(fā)電廠輸出功率比值為η=U4．【答案】C【解析】【解答】由題意可知，a、c兩燈的電阻為R1=U2P=2202100Ω=484Ω，b、d兩燈的電阻為R2=U2P5．【答案】B【解析】【解答】取向右為正方向，對(duì)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中由動(dòng)量定理有-BI1a?t1=mv1-mv06．【答案】C【解析】【解答】由愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ekmax=hν-W，和eUC=Ekmax可知，頻率高的光對(duì)應(yīng)的遏止電壓大，由題意可知，甲光的遏止電壓小于乙光的，由于兩光的功率相同，但甲光的頻率低于乙光的頻率，則甲光的強(qiáng)度比乙光強(qiáng)度大，由于強(qiáng)度大的光子對(duì)應(yīng)的飽和光電流大。

7．【答案】B【解析】【解答】A．由等量同種電荷連線電場(chǎng)線分布可知，PO段電場(chǎng)線方向由P指向O，OQ段電場(chǎng)線方向由Q指向O，若將一電子從a點(diǎn)由靜止釋放，電子受到向左的電場(chǎng)力，則電子由a向P運(yùn)動(dòng)，并不會(huì)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

BC．由等量同種電荷連線中垂線上電場(chǎng)線分布可知，連線上方沿中垂線向上，連線下方中垂線向下，若將電子從b點(diǎn)由靜止釋放，電子在b點(diǎn)受到沿中垂線向下的電場(chǎng)力開始向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)O點(diǎn)時(shí)加速度為零，速度最大，電子在連線下方受到沿中垂線向上的電場(chǎng)力，電子過O點(diǎn)后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度減為零后電子中垂線向上加速度，即電子將做往復(fù)運(yùn)動(dòng)；若一質(zhì)子從O點(diǎn)以某一初速度沿OM運(yùn)動(dòng)，質(zhì)子受到與初速度方向相同的電場(chǎng)力，則質(zhì)子將一直沿OM向上運(yùn)動(dòng)，不可能回到原處，故B正確，C錯(cuò)誤；

D．若一質(zhì)子從b點(diǎn)以某一初速度垂直紙面向里運(yùn)動(dòng)，由于初速度方向與電場(chǎng)力方向垂直且背離O點(diǎn)，則質(zhì)子不可能做圓周運(yùn)動(dòng)，即質(zhì)子不可能回到原處，故D錯(cuò)誤。

故選B。

【分析】根據(jù)等量同種電荷連線和連線中垂直線上的電場(chǎng)線分布，分析電子、質(zhì)子的受力結(jié)合速度方向判斷電子和質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)情況。8．【答案】A【解析】【解答】A．由甲圖可知，波長為8m，由公式v=λT可知，T=λv=8.02.0s=4.0s，故A正確；

B．由圖可知，波的振幅為30cm，故B錯(cuò)誤；

C．由圖乙知，0時(shí)刻x＝0處質(zhì)點(diǎn)沿y軸負(fù)方向振動(dòng)，由“同側(cè)法”結(jié)合圖甲可知，波沿x軸負(fù)方向傳播，故C錯(cuò)誤；

D．由圖甲結(jié)合“同側(cè)法”可知，t＝0時(shí)刻，x＝4m處的質(zhì)點(diǎn)沿y軸正方向振動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選A。9．【答案】B,D【解析】【解答】A、由圖乙交變電壓瞬時(shí)值表達(dá)式知，交變電壓周期t=0.02s，A錯(cuò)誤；

B、角速度ω=2πT=100πrad/s，電壓最大值Um=202V，交變電壓瞬時(shí)值表達(dá)式：U=Umsinωt(V)得U=202sin100πt(V)，B正確；

C、0~0.01s內(nèi)，A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，二極管導(dǎo)通，即R1被短路，U1=0，R2兩端電壓為U2=20V；0.01~0.02s，A點(diǎn)電勢(shì)低于B點(diǎn)電勢(shì)，二極管截止，R1、R2串聯(lián)，根據(jù)串聯(lián)電路電壓分配原則，U1’=U2’=10V，由電流熱效應(yīng)知：(UR110．【答案】C,D【解析】【解答】A．由于玻爾理論原子結(jié)構(gòu)保留了經(jīng)典力學(xué)觀點(diǎn)，則玻爾理論只解釋了氫原子的光譜，故A錯(cuò)誤；

B．玻爾理論認(rèn)為原子的能量是不連續(xù)的，電子的軌道半徑是不連續(xù)的，故B錯(cuò)誤；

CD．由n=2與n=3兩能級(jí)差為為1.89eV，則用光子照射使氫原子發(fā)光躍遷時(shí)，應(yīng)吸收1.89eV的光子，而用實(shí)物粒子去碰撞時(shí)，只要實(shí)物粒子的能量大于等于兩能級(jí)差，故CD正確。

故選CD。

【分析】理解玻爾理論原子結(jié)構(gòu)的局限性，知道玻爾理論認(rèn)為原子的能量和電子的軌道半徑都量分立的；用光子照射和實(shí)物粒子碰撞都能使氫原子發(fā)生躍遷，用光子照射時(shí)，光子能量等于兩能級(jí)差，用實(shí)物粒子去碰撞時(shí)，只要實(shí)物粒子的能量大于等于兩能級(jí)差。11．【答案】B,C【解析】【解答】M點(diǎn)的電場(chǎng)線較N點(diǎn)密集，故M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，A不符合題意；順著電場(chǎng)線電勢(shì)降低，故M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)，B符合題意；O點(diǎn)電勢(shì)高于M點(diǎn)，故將一負(fù)電荷由O點(diǎn)移到M點(diǎn)電勢(shì)能增加，C符合題意；M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)，故OM與ON之間的電勢(shì)差不等，故將一正電荷從O點(diǎn)分別移到M點(diǎn)和N點(diǎn)，電場(chǎng)力做功不相同，D不符合題意；故答案為：BC.

【分析】利用電場(chǎng)線分布可以比較電勢(shì)、場(chǎng)強(qiáng)；結(jié)合電性可以判別電勢(shì)能和電場(chǎng)力做功。12．【答案】A,C,D【解析】【解答】AB．三球與彈簧組成的系統(tǒng)在相互作用過程中，受到外力的矢量和為零，則系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，由于a、b兩球碰撞后黏在一起，則碰撞過程中有機(jī)械能損失，所以系統(tǒng)總機(jī)械能不守恒，故A正確，B錯(cuò)誤；

C．a(chǎn)、b兩球碰撞后黏在一起，彈簧被壓縮，小球c做加速運(yùn)動(dòng)，小球a、b做減速運(yùn)動(dòng)，a、b兩球和c球間的距離減小，彈簧壓縮，當(dāng)b、c球速度大小相等時(shí)，a、b兩球和c球間的距離最小，彈簧壓縮到最短，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大，故C正確；

D．當(dāng)b、c球速度大小相等時(shí)，a、b兩球和c球間的距離最小，由于彈簧處于壓縮狀態(tài)，小球c繼續(xù)加速度，小球b繼續(xù)減速，彈簧壓縮量減小，彈力減小，當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時(shí)，彈力為零，小球c的加速度為零，此時(shí)小球c的速度最大即動(dòng)能最大，由小球a、b碰撞后共速到彈簧恢復(fù)原長過程中由動(dòng)量守恒和能量守恒有2mvab=mvc+2mv1、1213．【答案】（1）充分的熱交換，保持封閉氣體的溫度不變（2）1（3）Δp=【解析】【解答】（1）由實(shí)驗(yàn)原理可知，為了充分的熱交換，保持封閉氣體的溫度不變，每次氣體的狀態(tài)調(diào)整后，都要等一會(huì)兒再記錄數(shù)據(jù)；

（2）由玻意耳定律可知，pV=C即(p0+?p)V=C，整理得?p=CV-p0，以Δp為y軸，作出的函數(shù)圖線為直線，則x軸是1V；

（3）由?p=CV-p0可知，若圖像斜率為k，該直線的函數(shù)表達(dá)式是?p=kV-p14．【答案】（1）50.15（2）4.700（3）22（4）V1；A2；R1；（5）3【解析】【解答】（1）游標(biāo)卡尺主尺讀數(shù)為50mm，游標(biāo)讀數(shù)為3×0.05mm=0.15mm，則長度L=50mm+0.15mm=50.15mm；

（2）螺旋測(cè)微器固定刻度讀數(shù)為4.5mm，可動(dòng)刻度讀數(shù)為20.0×0.01mm=0.200mm，則其直徑為D=4.5mm+0.200mm=4.700mm；

（3）該電阻的阻值約為22×1Ω=22Ω；

（4）電壓表V2量程為15V，太大不滿足題意，而電壓表V1量程太小，但電壓表V1內(nèi)阻已知，則可將電壓表V1與定值電阻R0串聯(lián)進(jìn)行擴(kuò)大電壓表量程，改裝后電壓表的量程為3V，則電路中最大電流約為Imax=322A≈0.136A=136A，故電流表選擇A2；為了使測(cè)量盡量準(zhǔn)確，滑動(dòng)變阻器采用分壓式，則滑動(dòng)變阻器應(yīng)選最大阻值較小的15．【答案】（1）解：緩慢升溫至活塞剛要脫離汽缸的過程為等壓變化，故由蓋-呂薩克定律可得：0解得此時(shí)缸內(nèi)氣體的溫度：T＝2T0.（2）解：對(duì)汽缸列平衡方程：G＋p0S＝pS該過程氣體對(duì)缸做功：W＝p·ΔV＝pS(L－0.5L)解得W=(（3）解：由熱力學(xué)第一定律可知，ΔU＝Q－W氣體吸收的熱量為Q，故其內(nèi)能的增量：ΔU=Q?【解析】【分析】（1）由題意判斷緩慢升溫至活塞剛要脫離汽缸的過程為等壓變化，故由蓋-呂薩克定律列方程求解；

（2）對(duì)汽缸由平衡得出氣體壓強(qiáng)結(jié)合做功公式求解；

（3）根據(jù)熱力學(xué)第一定律進(jìn)行求解。16．【答案】（1）解：選水平向右為正方向，則由動(dòng)量定理有I＝mAv0代入數(shù)據(jù)得v0＝3