高級中學名校試卷PAGEPAGE12025年重慶市普通高中學業水平選擇性考試高考模擬調研卷物理（一）物理測試卷共4頁，滿分100分。考試時間75分鐘。一、選擇題∶共10題，共43分。（一）單項選擇題∶共7題，每題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.如圖是國產大飛機C919試飛時“制作”的一個巨大的“雪花月餅”軌跡圖。C919從地飛到地，可能不變的物理量是（）A.速率 B.動量 C.向心加速度 D.合力【答案】A【解析】根據圖像可以看出，從地飛到地，運動是圓弧，所以速度方向在發生改變，則動量發生變化，速度大小可能不變，即速率不變，但向心加速度方向在改變，因為飛機做曲線運動，則合力在變化。故選A。2.將某帶電粒子從勻強磁場中一足夠大的固定絕緣斜面上由靜止釋放。以下情景中，該粒子在沿斜面下滑的過程中，可能離開斜面的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】A．圖中帶正電粒子沿斜面下滑的過程中，根據左手定則可知，粒子受到的洛倫茲力垂直斜面向下，則粒子不可能離開斜面，故A錯誤；B．圖中帶負電粒子沿斜面下滑的過程中，根據左手定則可知，粒子受到的洛倫茲力垂直斜面向上，則粒子可能離開斜面，故B正確；C．圖中帶正電粒子沿斜面下滑的過程中，根據左手定則可知，粒子受到的洛倫茲力平行斜面向里，則粒子不可能離開斜面，故C錯誤；D．圖中帶負電粒子沿斜面下滑的過程中，根據左手定則可知，粒子受到的洛倫茲力平行斜面向里，則粒子不可能離開斜面，故D錯誤。故選B。3.如圖所示，在繩子一端拴一個小沙袋，另一端握在手中，手舉過頭頂，使沙袋在水平面內做圓周運動。每次只改變沙袋質量、繩長、轉速中的一個物理量，可得沙袋做圓周運動的向心力（）A.隨沙袋質量的增大而減小B.隨周期的增大而增大C.隨半徑的增大而減小D.隨角速度的增大而增大【答案】AD【解析】沙袋在水平面內做圓周運動，分析可知，沙袋做圓周運動的向心力由沙袋自身的重力和繩子對沙袋的拉力這兩個力的合力提供，受力分析如下圖所示設半徑為r，沙袋到手高度為h，沙袋的向心力整理得角速度只增加沙袋質量，半徑和高度不變，則向心力增大；只增大周期，高度變大，則半徑變小，所以向心力變小；只增大半徑，則高度減小，向心力增大；只增大角速度，高度減小，半徑變大，則向心力變大。故選AD。4.雙噴搖臂噴頭廣泛應用于各類灌溉作業中。如圖為某次灌溉噴出的水流形狀，已知兩水流的初速度大小相等，不計空氣阻力，則兩水流從噴出到落地過程中，以下相關物理量一定相同的是（）A.在空中運動的時間B.最高點的速度C.落地時的速度大小D.水平位移【答案】C【解析】A．設噴出時水流的速度為v，速度方向與水平方向夾角為θ，噴頭距離地面高度為h，則落地時根據因兩水流的初速度大小相等，但方向不同，則在空中運動的時間不相等，選項A錯誤；B．最高點的速度vx=vcosθ兩水流的初速度大小相等，但方向不同，可知在最高點的速度不相等，選項B錯誤；C．從噴出到落地由動能定理可知落地時的速度大小相等，選項C正確；D．水平位移x=vcosθt因速度方向和運動時間都不相等，可知水平位移不一定相等，選項D錯誤。故選C。5.如圖所示，一梯形閉合導線圈沿垂直磁場和磁場豎直邊界的方向，勻速向右穿過勻強磁場區域。取感應電流沿逆時針方向為正，則該過程中，該線圈中的感應電流隨時間變化的關系（）A. B. C. D.【答案】A【解析】線框剛進入階段，根據右手定則可以判斷，感應電流方向為逆時針，是正方向。進入L距離后，繼續向右運動，磁通量繼續增大，根據楞次定律可知，仍有逆時針感應電流不為零，是正方向。進入2L后，繼續向右運動，磁通量減小，根據楞次定律可知，此時感應電流為負即順時針。故選A6.如圖是由線圈和電容器組成的振蕩電路。電容器充滿電后，時刻，閉合開關，時刻，電容器的電荷量第一次為零。則時刻，該回路中的（）A.電壓最小 B.電流最大 C.磁場能最大 D.電場能最大【答案】D【解析】A．由題意可知，LC振蕩電路的周期當時，剛好是半個周期，此時電容器再次充滿電，電荷量最大，根據可知，此時電壓最大，A錯誤；B．電流與電荷量的變化率有關，半個周期電容器再次充滿電，電荷量的變化率為零，此時電流最小，B錯誤；C．磁場能的大小與電流的大小有關，電流最小時磁場能最小，C錯誤；D．電場能與電荷量有關，電荷量最大時電場能最大，D正確。故選D。7.建筑作業中，常用電動機通過纜繩把重物緩慢牽引到高層建筑。如圖所示，為了避免重物與豎直墻壁碰撞，地面上的工人用一根拉繩拽著重物。若重物所受重力，某時刻纜繩與豎直方向的夾角，拉繩與豎直方向的夾角，不計繩重，已知。則此時工人與水平地面間的摩擦力大小為（）A B. C. D.【答案】C【解析】對物體受力分析如圖所示根據平衡條件則有解得對人受力分析可知，水平方向的分力與地面對人的摩擦力平衡，故有，故選C。（二）多項選擇題∶共3題，每題5分，共15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5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.雷雨天，一避雷針周圍的等勢面分布如圖所示，為該電場中的四點。由此可得（）A.該避雷針帶正電 B.該避雷針帶負電 C.點電勢為零 D.四點中電場強度最大的是點【答案】AD【解析】AB．由圖可知在避雷針周圍距離避雷針越遠，電勢越低，所以該避雷針帶正電，故A正確，B錯誤；C．由圖可知b點電勢高于9kV，低于10kV，故C錯誤；D．由圖中等差等勢面疏密程度可知，a、b、c三點中，場強最大的位置是c，故D正確。故選AD。9.火星是人類星際移民的第一選擇。為了解火星，小慶同學用AI搜索“地球與火星的重要參數比較”，得到如下表所示的信息。忽略天體自轉對重力的影響，下列說法正確的是（）火星地球半徑自轉周期/h24.623.9質量/kgA.火星和地球自轉的角速度之比約為B.火星和地球自轉的角速度之比約為C.在火星和地球赤道表面附近，物體做自由落體運動的加速度大小之比約為D.在火星和地球赤道表面附近，物體做自由落體運動的加速度大小之比約為【答案】BC【解析】AB．根據角速度公式則有，代入數值的故A錯誤，B正確；CD．忽略天體自轉對重力的影響，根據萬有引力提供重力加速度則有則有，代入數值得故C正確，D錯誤。故選BC。10.如圖所示，一電荷量為q（q>0）的點電荷與一足夠大的均勻帶電薄板相距2d，該點電荷到薄板的垂線通過薄板的幾何中心。A、B兩點分別位于薄板兩側、過薄板的中垂線且到薄板的距離均為d，已知A點的場強大小是B點場強大小的2倍，靜電力常量為k，則B點的場強大小可能為（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】圖中A點的電場強度是B點場強大小的2倍，則薄板應帶正電，且解得故選AB。二、非選擇題∶共5題，共57分。11.某同學利用如題圖1所示的氣墊導軌實驗裝置來驗證“機械能守恒定律”。主要實驗步驟如下：①稱量滑塊和遮光條的總質量m，測量遮光條的寬度l，組裝實驗器材；②用激光測距儀分別測量光電門1、2的底部中心到水平桌面的高度h1、h2；③將滑塊從氣墊導軌較高一端由靜止釋放，記錄遮光條通過光電門1、2的遮光時間t1、t2，計算滑塊在運動過程中的重力勢能減少量?Ep和動能增加量?Ek；④改變氣墊導軌的傾角，重復步驟②和③；⑤比較?Ep和?Ek，歸納實驗結論。部分實驗數據如下表（當地重力加速度g取9.8m/s2）：序號h1/cmh2/cmt1/mst2/ms?Ep/(×10-2J)?Ek/(×10-2J)19.06.78.185.474.074.17210.26.86.754.516.026.14311.57.05.913.947.968.08（1）用游標卡尺測量遮光條的寬度，結果如圖2所示，則遮光條的寬度l=_____cm。（2）根據表中數據可得，滑塊和遮光條的總質量m=_____kg（保留兩位有效數字）。（3）由表中數據可知，滑塊的動能增加量?Ek總是稍大于其重力勢能的減少量?Ep。出現這一誤差的可能原因是（）A.滑塊與氣墊導軌間有阻力B.導軌噴出的氣流對滑塊做正功C.導軌噴出氣流對滑塊做負功D滑塊質量測量值比實際值小【答案】（1）0.500（2）0.18（3）B【解析】【小問1詳析】游標卡尺的讀數為主尺讀數與游標尺讀數之和，所以【小問2詳析】根據表中數據可得代入三組數據可得所以滑塊和遮光條的總質量為【小問3詳析】A．滑塊與氣墊導軌間有阻力，根據能量守恒定律可知，減少的重力勢能應大于增加的動能，故A錯誤；B．導軌噴出的氣流對滑塊做正功，根據機械能守恒定律可知，減少的重力勢能小于增加的動能，故B正確；C．導軌噴出的氣流對滑塊做負功，則減少的重力勢能大于增加的動能，故C錯誤；D．滑塊質量測量值比實際值小，沒有影響，故D錯誤。故選B。12.某同學為測量某熱敏電阻RT在不同溫度下的電阻，先用多用電表粗略測量該熱敏電阻在常溫下的電阻，再用水浴法進行準確測量。部分實驗器材有：量程為0~6mA、內阻為幾十歐的電流表，內阻為千余歐的電壓表，最大阻值為20Ω的滑動變阻器R，開關S及導線若干。（1）將多用電表調至“×100”擋，將紅黑表筆短接，調節旋鈕，使指針指在_____（選填“電阻”或“電流”）的零刻度處；正確操作后，測量結果如圖1所示，則電阻測量值為_____Ω。（2）有如下兩個直流電源，本實驗應選擇（）A.E1：電動勢3V，內阻很小 B.E2：電動勢9V，內阻約幾歐（3）用筆畫線代替導線，將圖2中的實驗電路圖連接起來_____________。（4）多次測量，作出熱敏電阻RT的電阻隨溫度變化的關系圖像如圖3所示。據此可知，當溫度升高時，該熱敏電阻中單位體積內可以自由移動的電荷數量_____（選填“增加”或“減少”）。【答案】（1）電阻1900（2）B（3）（4）增加【解析】【小問1詳析】[1]歐姆調零時應將紅黑表筆短接，調節旋鈕，使指針指在電阻的零刻度處，電流的最大值處；[2]歐姆表的讀數為指針所指刻度與倍率的乘積，所以電阻測量值為【小問2詳析】由于常溫下熱敏電阻阻值約為1900Ω，電流表量程為0~6mA，為了讓電流表的示數盡可能接近滿偏，從而減小實驗誤差，電源應選擇電動勢較大的。故選B。【小問3詳析】根據題意，由于熱敏電阻阻值較大，滑動變阻器阻值較小，所以滑動變阻器采用分壓式接法，電流表應采用內接法，電路圖如圖所示【小問4詳析】由圖可知，當溫度升高時，該熱敏電阻阻值減小，流過熱敏電阻的電流增大，即單位體積內可以自由移動的電荷數量增加。13.家住一樓的曉慶同學在家拍視頻時，拍到高空墜物，如圖所示。曉慶通過分析視頻得知，該墜物通過自家落地窗用時0.10s，落地窗高度為2.0m，該墜物質量約1.0kg。該墜物可視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求該墜物第一次落地時的速度大小；（2）若該墜物第一次落地時與水平地面的作用時間為0.005s，第一次彈起高度為0.8m，整個過程無質量損失，求該墜物第一次與地面碰撞過程中受到地面的平均作用力大小。【答案】（1）20.5m/s（2）4910N【解析】【小問1詳析】根據自由落體運動規律可得聯立可得，所以落地速度大小為【小問2詳析】墜物反彈后做豎直上拋運動，則解得墜物與地面碰撞過程，根據動量定理可得解得14.如圖所示，兩帶電小球A、B分別用長為2L、L的絕緣輕繩懸掛在水平天花板上O點，其中小球A質量為m、電荷量為q（q>0）。兩帶電小球均靜止時，兩條輕繩與水平方向的夾角均為60°。兩小球均可視為質點，忽略輕繩的長度變化，已知重力加速度為g，靜電力常量為k。求：（1）小球B的質量；（2）小球B的電荷量。【答案】（1）2m（2）【解析】【小問1詳析】對A、B受力分析如圖，由幾何關系可知AB與OB垂直，則由幾何關系可知，B對A的庫侖力F′與A的重力mg夾角為60°，細線的拉力T1平分F′與mg的夾角，可知F′=mg由牛頓第三定律可知A對B的庫侖力為F=mg由B的受力圖可知可得【小問2詳析】根據庫侖定律可得15.如圖所示，一光滑半圓形絕緣軌道豎直固定在紙面內，其半徑為為圓心，為半圓水平直徑的兩個端點，為半圓最低點。點分別位于點正上方，且到點的高度均為。將一質量為、電荷量為的帶電小球，分別從點由靜止釋放，小球均能沿切線進入半圓軌道。小球可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度為。（1）若將該小球從點由靜止釋放，求小球運動到點時與軌道之間的作用力大小；（2）若在直線AB下方施加一垂直紙面的勻強磁場，將該小球先后從點由靜止釋放，小球運動到點時與軌道之間的作用力減小了，求所加勻強磁場的磁感應強度∶（3）若在直線AB下方施加一平行紙面的勻強電場，將該小球先后從點由靜止釋放，小球運動到點時與軌道之間的作用力大小分別為、，求所加勻強電場的場強大小。【答案】（1）（2），方向垂直紙面向里（3）【解析】【小問1詳析】從M點到C點，根據動能定理在C點，根據牛頓第二定律解得【小問2詳析】因為洛倫茲力不做功，所以小球到達C點的速度還是，小球從M點釋放到C點，根據牛頓第二定律小球從N點釋放到C點，根據牛頓第二定律由題可知聯立解得方向垂直紙面向里。【小問3詳析】設所加勻強電場的場強大小為E，方向為左下方，與水平方向夾角為，小球從M點釋放到C點，根據動能定理在C點，根據牛頓第二定律小球從N點釋放到C點，根據動能定理在C點，根據牛頓第二定律聯立上述公式解得2025年重慶市普通高中學業水平選擇性考試高考模擬調研卷物理（一）物理測試卷共4頁，滿分100分。考試時間75分鐘。一、選擇題∶共10題，共43分。（一）單項選擇題∶共7題，每題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.如圖是國產大飛機C919試飛時“制作”的一個巨大的“雪花月餅”軌跡圖。C919從地飛到地，可能不變的物理量是（）A.速率 B.動量 C.向心加速度 D.合力【答案】A【解析】根據圖像可以看出，從地飛到地，運動是圓弧，所以速度方向在發生改變，則動量發生變化，速度大小可能不變，即速率不變，但向心加速度方向在改變，因為飛機做曲線運動，則合力在變化。故選A。2.將某帶電粒子從勻強磁場中一足夠大的固定絕緣斜面上由靜止釋放。以下情景中，該粒子在沿斜面下滑的過程中，可能離開斜面的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】A．圖中帶正電粒子沿斜面下滑的過程中，根據左手定則可知，粒子受到的洛倫茲力垂直斜面向下，則粒子不可能離開斜面，故A錯誤；B．圖中帶負電粒子沿斜面下滑的過程中，根據左手定則可知，粒子受到的洛倫茲力垂直斜面向上，則粒子可能離開斜面，故B正確；C．圖中帶正電粒子沿斜面下滑的過程中，根據左手定則可知，粒子受到的洛倫茲力平行斜面向里，則粒子不可能離開斜面，故C錯誤；D．圖中帶負電粒子沿斜面下滑的過程中，根據左手定則可知，粒子受到的洛倫茲力平行斜面向里，則粒子不可能離開斜面，故D錯誤。故選B。3.如圖所示，在繩子一端拴一個小沙袋，另一端握在手中，手舉過頭頂，使沙袋在水平面內做圓周運動。每次只改變沙袋質量、繩長、轉速中的一個物理量，可得沙袋做圓周運動的向心力（）A.隨沙袋質量的增大而減小B.隨周期的增大而增大C.隨半徑的增大而減小D.隨角速度的增大而增大【答案】AD【解析】沙袋在水平面內做圓周運動，分析可知，沙袋做圓周運動的向心力由沙袋自身的重力和繩子對沙袋的拉力這兩個力的合力提供，受力分析如下圖所示設半徑為r，沙袋到手高度為h，沙袋的向心力整理得角速度只增加沙袋質量，半徑和高度不變，則向心力增大；只增大周期，高度變大，則半徑變小，所以向心力變小；只增大半徑，則高度減小，向心力增大；只增大角速度，高度減小，半徑變大，則向心力變大。故選AD。4.雙噴搖臂噴頭廣泛應用于各類灌溉作業中。如圖為某次灌溉噴出的水流形狀，已知兩水流的初速度大小相等，不計空氣阻力，則兩水流從噴出到落地過程中，以下相關物理量一定相同的是（）A.在空中運動的時間B.最高點的速度C.落地時的速度大小D.水平位移【答案】C【解析】A．設噴出時水流的速度為v，速度方向與水平方向夾角為θ，噴頭距離地面高度為h，則落地時根據因兩水流的初速度大小相等，但方向不同，則在空中運動的時間不相等，選項A錯誤；B．最高點的速度vx=vcosθ兩水流的初速度大小相等，但方向不同，可知在最高點的速度不相等，選項B錯誤；C．從噴出到落地由動能定理可知落地時的速度大小相等，選項C正確；D．水平位移x=vcosθt因速度方向和運動時間都不相等，可知水平位移不一定相等，選項D錯誤。故選C。5.如圖所示，一梯形閉合導線圈沿垂直磁場和磁場豎直邊界的方向，勻速向右穿過勻強磁場區域。取感應電流沿逆時針方向為正，則該過程中，該線圈中的感應電流隨時間變化的關系（）A. B. C. D.【答案】A【解析】線框剛進入階段，根據右手定則可以判斷，感應電流方向為逆時針，是正方向。進入L距離后，繼續向右運動，磁通量繼續增大，根據楞次定律可知，仍有逆時針感應電流不為零，是正方向。進入2L后，繼續向右運動，磁通量減小，根據楞次定律可知，此時感應電流為負即順時針。故選A6.如圖是由線圈和電容器組成的振蕩電路。電容器充滿電后，時刻，閉合開關，時刻，電容器的電荷量第一次為零。則時刻，該回路中的（）A.電壓最小 B.電流最大 C.磁場能最大 D.電場能最大【答案】D【解析】A．由題意可知，LC振蕩電路的周期當時，剛好是半個周期，此時電容器再次充滿電，電荷量最大，根據可知，此時電壓最大，A錯誤；B．電流與電荷量的變化率有關，半個周期電容器再次充滿電，電荷量的變化率為零，此時電流最小，B錯誤；C．磁場能的大小與電流的大小有關，電流最小時磁場能最小，C錯誤；D．電場能與電荷量有關，電荷量最大時電場能最大，D正確。故選D。7.建筑作業中，常用電動機通過纜繩把重物緩慢牽引到高層建筑。如圖所示，為了避免重物與豎直墻壁碰撞，地面上的工人用一根拉繩拽著重物。若重物所受重力，某時刻纜繩與豎直方向的夾角，拉繩與豎直方向的夾角，不計繩重，已知。則此時工人與水平地面間的摩擦力大小為（）A B. C. D.【答案】C【解析】對物體受力分析如圖所示根據平衡條件則有解得對人受力分析可知，水平方向的分力與地面對人的摩擦力平衡，故有，故選C。（二）多項選擇題∶共3題，每題5分，共15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5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.雷雨天，一避雷針周圍的等勢面分布如圖所示，為該電場中的四點。由此可得（）A.該避雷針帶正電 B.該避雷針帶負電 C.點電勢為零 D.四點中電場強度最大的是點【答案】AD【解析】AB．由圖可知在避雷針周圍距離避雷針越遠，電勢越低，所以該避雷針帶正電，故A正確，B錯誤；C．由圖可知b點電勢高于9kV，低于10kV，故C錯誤；D．由圖中等差等勢面疏密程度可知，a、b、c三點中，場強最大的位置是c，故D正確。故選AD。9.火星是人類星際移民的第一選擇。為了解火星，小慶同學用AI搜索“地球與火星的重要參數比較”，得到如下表所示的信息。忽略天體自轉對重力的影響，下列說法正確的是（）火星地球半徑自轉周期/h24.623.9質量/kgA.火星和地球自轉的角速度之比約為B.火星和地球自轉的角速度之比約為C.在火星和地球赤道表面附近，物體做自由落體運動的加速度大小之比約為D.在火星和地球赤道表面附近，物體做自由落體運動的加速度大小之比約為【答案】BC【解析】AB．根據角速度公式則有，代入數值的故A錯誤，B正確；CD．忽略天體自轉對重力的影響，根據萬有引力提供重力加速度則有則有，代入數值得故C正確，D錯誤。故選BC。10.如圖所示，一電荷量為q（q>0）的點電荷與一足夠大的均勻帶電薄板相距2d，該點電荷到薄板的垂線通過薄板的幾何中心。A、B兩點分別位于薄板兩側、過薄板的中垂線且到薄板的距離均為d，已知A點的場強大小是B點場強大小的2倍，靜電力常量為k，則B點的場強大小可能為（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】圖中A點的電場強度是B點場強大小的2倍，則薄板應帶正電，且解得故選AB。二、非選擇題∶共5題，共57分。11.某同學利用如題圖1所示的氣墊導軌實驗裝置來驗證“機械能守恒定律”。主要實驗步驟如下：①稱量滑塊和遮光條的總質量m，測量遮光條的寬度l，組裝實驗器材；②用激光測距儀分別測量光電門1、2的底部中心到水平桌面的高度h1、h2；③將滑塊從氣墊導軌較高一端由靜止釋放，記錄遮光條通過光電門1、2的遮光時間t1、t2，計算滑塊在運動過程中的重力勢能減少量?Ep和動能增加量?Ek；④改變氣墊導軌的傾角，重復步驟②和③；⑤比較?Ep和?Ek，歸納實驗結論。部分實驗數據如下表（當地重力加速度g取9.8m/s2）：序號h1/cmh2/cmt1/mst2/ms?Ep/(×10-2J)?Ek/(×10-2J)19.06.78.185.474.074.17210.26.86.754.516.026.14311.57.05.913.947.968.08（1）用游標卡尺測量遮光條的寬度，結果如圖2所示，則遮光條的寬度l=_____cm。（2）根據表中數據可得，滑塊和遮光條的總質量m=_____kg（保留兩位有效數字）。（3）由表中數據可知，滑塊的動能增加量?Ek總是稍大于其重力勢能的減少量?Ep。出現這一誤差的可能原因是（）A.滑塊與氣墊導軌間有阻力B.導軌噴出的氣流對滑塊做正功C.導軌噴出氣流對滑塊做負功D滑塊質量測量值比實際值小【答案】（1）0.500（2）0.18（3）B【解析】【小問1詳析】游標卡尺的讀數為主尺讀數與游標尺讀數之和，所以【小問2詳析】根據表中數據可得代入三組數據可得所以滑塊和遮光條的總質量為【小問3詳析】A．滑塊與氣墊導軌間有阻力，根據能量守恒定律可知，減少的重力勢能應大于增加的動能，故A錯誤；B．導軌噴出的氣流對滑塊做正功，根據機械能守恒定律可知，減少的重力勢能小于增加的動能，故B正確；C．導軌噴出的氣流對滑塊做負功，則減少的重力勢能大于增加的動能，故C錯誤；D．滑塊質量測量值比實際值小，沒有影響，故D錯誤。故選B。12.某同學為測量某熱敏電阻RT在不同溫度下的電阻，先用多用電表粗略測量該熱敏電阻在常溫下的電阻，再用水浴法進行準確測量。部分實驗器材有：量程為0~6mA、內阻為幾十歐的電流表，內阻為千余歐的電壓表，最大阻值為20Ω的滑動變阻器R，開關S及導線若干。（1）將多用電表調至“×100”擋，將紅黑表筆短接，調節旋鈕，使指針指在_____（選填“電阻”或“電流”）的零刻度處；正確操作后，測量結果如圖1所示，則電阻測量值為_____Ω。（2）有如下兩個直流電源，本實驗應選擇（）A.E1：電動勢3V，內阻很小 B.E2：電動勢9V，內阻約幾歐（3）用筆畫線代替導線，將圖2中的實驗電路圖連接起來_____________。（4）多次測量，作出熱敏電阻RT的電阻隨溫度變化的關系圖像如圖3所示。據此可知，當溫度升高時，該熱敏電阻中單位體積內可以自由移動的電荷數量_____（選填“增加”或“減少”）。【答案】（1）電阻1900（2）B（3）（4）增加【解析】【小問1詳析】[1]歐姆調零時應將紅黑表筆短接，調節旋鈕，使指針指在電阻的零刻度處，電流的最大值處；[2]歐姆表的讀數為指針所指刻度與倍率的乘積，所以電阻測量值為【小問2詳析】由于常溫下熱敏電阻阻值約為1900Ω，電流表量程為0~6mA，為了讓電流表的示數盡可能接近滿偏，從而減小實驗誤差，電源應選擇電動勢較大的。故選B。【小問3詳析】根據題意，由于熱敏電阻阻值較大，滑動變阻器阻值較小，所以滑動變阻器采用分壓式接法，電流表應采用內接法，電路圖如圖所示【小問4詳析】由圖可知，當溫度升高時，該熱敏電阻阻值減小，流過熱敏電阻的電流增大，即單位體積內可以自由移動的電荷數量增加。13.家住一樓的曉慶同學在家拍視頻時，拍到高空墜物，如圖所示。曉慶通過分析視頻得知，該墜物通過自家落地窗用時0.10s，落地窗高度為2.0m，該墜物質量約1.0kg。該墜物可視為質點，忽略空氣阻力，重