湖北省武汉市武钢三中2025-2026学年高三上学期1月周考物理试题

高三物理周考 日期：2026.01.08 时间：75分钟 一、选择题（每小题4分，共40分。1-7题为单选题；8-10题为多选题，漏选得2分，错选得0分） 1.科学的发展离不开科学家的不断探索。关于科学家及其贡献，下列说法正确的是() A.亚里士多德提出了分子电流假说 B.法拉第发现了电磁感应现象并总结出了法拉第电磁感应定律 C.卡文迪许通过实验测定了万有引力常量，从而使得万有引力定律有了实用价值 D.安培发现了电流的磁效应 2.如图，A、B、C三点为等边三角形的三个顶点，A、B两点处各固定一根无限长 通电直导线，通有大小相等，方向相同且垂直于纸面向外的电流，此时C点磁感应 强度大小为B,若现在其中一根通电直导线电流反向，则C点现在的磁感应强度大 小为() A.0 B.B C.B D.3B A⊙ OB 3 3.如图所示，一内表面光滑的半圆形凹槽放在粗糙的水平地面上，物块（可看做质点）静置于槽内最底 部的A点处。现用一方向不变的斜向上的推力F把物块从A点沿着凹形槽缓慢推至B点，整个过程中，凹 槽始终保持静止。设物块受到凹槽的支持力为F,则在上述过程中下列说法正确 0 的是() A.F一直增大，Fw先减小后增大 B.F和Fw都一直增大 C.地面对凹槽的支持力一直增大 A 7777777777777777777 D.地面对凹槽的摩擦力保持不变 4.如图甲所示，两均匀磁场的磁感应强度B!和B2方向相反，金属圆环的水平直径与两磁场的边界重合。 B,和B2随时间变化的图像如图乙所示，规定磁场方向垂直纸 个B B 面向里为正方向，下列说法正确的是() B。 + × A.0~to时间内整个圆环具有收缩的趋势 B.和时刻的圆环内的磁通量为零，感应电流也为零 C.0口2t。时间内圆环中产生逆时针方向的感应电流 B, D.0口2t,时间内圆环中感应电流的方向先逆时针再顺时 ● 2B 针 甲 5.如图所示，由六根粗细均匀、长度相等的相同直导线制成的正三棱锥O-CDE固 定在竖直方向的匀强磁场中，其中三棱锥的底面CDE水平，将D点和E点接入电 路。己知直导线DE所受的安培力大小为F,则三棱锥所受安培力的合力大小为 ( ) D A.0 B. C.3F D.2F 6.如图所示，在实线ACODE以上的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B,AC=OC=OD=DE=L。磁场边界A点有一粒子源，能射出质量为m、电荷量为+9的带电粒子，粒子 以不同的速率垂直AC向上进入磁场，若粒子从COD边界射出磁场，则下列说法正确的是() A.粒子在磁场中运动的时间最短是29B 兀m B B.粒子在磁场中运动的时间最长是 6gB · D C.粒子的速率可能是45-4)9BL 60% D.粒子的速率可能是(4W5-6)g8L m 7.如图所示，在方向水平向里、磁感应强度大小B=0.2T的匀强磁场中，有一根长l=0.1m的竖直光滑绝 缘细杆MW,细杆顶端套有一个质量m=40g、电荷量q=+0.5C的小环。现让细杆以v=2ms的速度沿垂直 磁场方向水平向右匀速运动，同时释放小环（竖直方向初速度为0），小环最终从细杆底端飞出，重力加速 试卷第1页，共4页 度8取10m/s2。关于小环的运动，下列说法正确的是() XM× 99中m A.洛伦兹力对小环做正功 + B.小环做匀速运动 C.小环在绝缘细杆上运动的时间为0.05s D.小环离开绝缘细杆时的速度大小为√5m/s 8.电磁场与现代科技密切关联，在科学研究和工业生产中有重要应用。关于以下四 X NX X B X 个科技实例，下列说法正确的是() 励磁线圈 A中 玻璃泡 M 电子枪 ×××××××× 甲洛伦兹力演示仪 乙：质谱仪 丙：霍尔元件 丁：回旋加速器 A.甲图中电子束出射速度不变，励磁线圈电流变大时，电子束径迹形成的圆半径变大 B.乙图中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时，击中光屏同一位置的粒子比荷一定相同 C.丙图中载流子为负电荷的霍尔元件有如图所示的电流和磁场时，N侧电势高 D.丁图中增加D形盒狭缝之间的电压，粒子的最大动能不变 9.如图，以f为圆心、半径为R=0.3的四分之三圆弧区域内有方向垂直纸面向里 的匀强磁场，磁感应强度B=0.25T。一群不计重力、质量m=3×10kg、电荷量 q=2×10C的带电粒子垂直于Oa边以v=5×10m/s的速度射入磁场区域。下列判 断正确的是() A.若粒子带正电，所有粒子射出磁场时的速度方向都平行 B.若粒子带正电，所有粒子出射点都在b点 C.若粒子带负电，所有粒子出射点都在e点 D.所有粒子在磁场中运动的最长时间为6π×104s 10.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，质量分别为2和的物块A、B放在斜面上， 轻质弹簧上端连接物块A,下端连接斜面底端的固定挡板，初始时A和B处于静止状态。现对物块B施 加沿斜面向上的拉力F,使B沿斜面向上做加速度为α的匀加速直线运动直至与A分离。已知弹簧的劲度 系数为k,重力加速度为8，下列说法正确的是( A.A、B分离时弹簧处于压缩状态，且压缩量为2 m sin k B.从开始运动至A、B分离时，A的位移为ng sin日 k C.A、B分离前，拉力F逐渐增大，最小值为3a D.A、B分离时B的速度大小为 2ma(gsin6-2a） 二、实验题（共18分） 11.(共8分)用如图所示的实验装置来验证动量守恒定律。 (1)O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，入射 S 球，多次从斜轨上S位置由静止释放，位置P是其平 h 1m 均落地点，测量出平抛运动的射程OP。然后把大小相 同的被碰小球m2静置于轨道末端的水平部分，再将入 射小球m从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞， 并多次重复。下列步骤中必要的是 (填选项前 的符号)。 7777777 7777777 77 A.用天平测量两个小球的质量，、m2 B.测量小球m,开始释放高度h C.测量抛出点距地面的高度H D.测量平抛射程OM、ON (2)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 （用上述必要字母表示)： (3)若两球发生弹性碰撞，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是 (填选项前的符号)。 试卷第2页，共4页 A.OP+OM=ON B.20P=ON+OM C.OP-ON=20M (4)一同学在实验中记录了某次碰撞前后小球落点的位置P和M、N,发现M、N点不在OP连线上，下 列图中落点位置可能正确的是 (填字母)。 M ● B M D. ● M 12.(共10分)物理兴趣小组要测量某溶液的电导率（电阻率的倒数）。 100504030 20 15 10 R山L山0 00 50 20 30 22 1.52 电极板 00.5 A+V-2 样品池 图1 图2 (1)(1分)在透明塑料长方体样品池内部左右两侧插入合适的金属片，样品池的长度为d,两侧面积为 S,将溶液装满样品池，如图1所示。将欧姆表调到“×10”倍率，欧姆调零后，将红、黑表笔接入样 品池的两电极，表盘示数如图2所示，则样品池中溶液的电阻为」 2。 (2)为了精确测量其阻值，又准备了以下器材： A.电流表A,（量程0~15mA,内阻5约22) B.电流表A2(量程0-6mA,内阻为5=1002) C.电压表V(量程0~15V,内阻约1k2) D.定值电阻R=4002 E.定值电阻R2=10002 F滑动变阻器R,(0-22,允许通过的最大电流为200mA) G.滑动变阻器R4(0~302,允许通过的最大电流为400mA) H电源E(电动势为3V,内阻很小) 一中中一-一 F开关S ①(4分)从以上所提供的器材中，滑动变阻器应选 除了电源、开关S、电流表A、滑 动变阻器外，还需要的器材有： 一；（填器材前面的序号） ②(2分)根据所选用的器材，请在虚线框中绘制实验电路图，样品池可用定值电阻符号表示（实验要 求测量误差尽可能小，数据范围尽可能大)； ③(2分)电流表A的示数为I1,若选用电流表A2,其示数用I2表示；若选用电压表V,其示数用U 表示。请根据你设计的电路图，用相应的字母表示溶液的电导率为 ④(1分)忽略读数所造成的误差，则测量值 真实值（填“大于“小于”或“等 于”)。 三、解答题（共42分） 13.(10分)如图所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够 长.粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定质量的空气（可视为理想气体），气柱长L=20cm.活 塞A上方的水银深H=15cm,两活塞的重力及与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞 气柱 B使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平.现使活塞B缓慢上移，直至水银的1/3被 推入细筒中，求活塞B上移的距离.（设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强P相当 于75cm的水银柱产生的压强.) 试卷第3页，共4页 14.(14分)如图所示，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道A在A点相切，空 间中存在一水平向右的匀强电场（大小未知)。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为 a=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8。一质量为m、电荷量为q的带电物体（可视为质点）将弹簧压缩至 P点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，经A点沿圆弧轨道通过C点，最后 带电物体落至水平轨道；已知带电物体在C点所受合力的方向指向圆心， 且此时物体对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g,不计空气阻力， 求： (1)带电物体到达C点时电场力「电的大小和动能E; a R (2)带电物体到达A点时，轨道对物体的支持力F、的大小： B (3)带电物体从C点落至水平轨道所用的时间t。 P A 15.(18分)如图所示，第一象限内充满了垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），一带正电的粒子（不 计重力)从y轴上的A点沿x轴正方向以初速度V。进入该匀强磁场区域，A点坐标为(0,2L)。粒子从x轴 上的C点离开磁场时速度与x轴负方向成60°角，随后进入充满第四象限、且方向沿y轴正方向的匀强电 场区域。经该电场偏转后，粒子恰好垂直于y轴进入第三象限的匀强电、磁场区域，其中磁场方向均垂直 于纸面向里，磁感应强度大小均为B二4，电场方向均沿米轴负方向，电场强度大小均为6三，电，} 8aL 磁场区域的宽度均为L。已知粒子的质量为m、电荷量为q(q>0),虚线边界上有电场。 (1)求第一象限中匀强磁场的磁感应强度的大小B； (2)设粒子刚离开第三象限中第一个电场区域时速度与水平方向的夹角为62，求sin62; (3)求在第三象限内运动的整个过程中，粒子距离y轴最远的水平距离。 试卷第4页，共4页《2026年1月8日高三物理周考》参考答案 一、选择题（每小题4分，共40分。1-7题为单选题；8-10题为多选题，漏选得2分，错选得0分） 题号 1 4 6 7 8 9 10 答案 0 0 0 BD BD CD 二、实验题：（共18分) 11.(1)AD(2分) (2)mOP=mOM+m,ON (2分) 3)A(2分) (4)A(2分) 12.(1)220(1分) A R (2) G(2分) BD(2分) (2分) d(L1-2) S12(+R) (2分) 等于(1分) 三、解答题：（共42分） 13.(10分)【答案】7cm 【详解】初态封闭气体压强：p=pH十p0 水银上升到细简中，设粗筒横截面积为S,则S=h;:?函 此时封闭气体压强：p=ph,十p十po Vi=LS:V2=L'S 由玻意耳定律得pV=p2☑ 解得L'=18cm 活塞B上升的距离d=H+L-'-2H=7m 3 4.4分3【皆案10=子-R 回人-g 3)r=35R 5V8 【详解】(1)由于带电物体在C点所受合力的方向指向圆心，且此时物体对轨道的压力恰好为零，故 tana=F mg 由牛顿第二定律，有m8=m当 cosa R 则动能五=2md 1 解得么-专eR (2)从A到C,由动能定理得-mgR(1+cosa)-FuRsina= 在A点，由牛顿第二定律R一mg=m R 27 解得=4m8 (3)在C点，将，分解在水平方向和竖直方向，从竖直分运动有R(1+cosw)=sina-t+】 解得1=35R 答案第1页，共7页 15.(18分)【答案】① 4qL 2 (3)(4+2√5)L 4 【详解】1D白几何关系得1-专，由牛领第二定律A=m 解得B= 3mvo 4gL (2)设粒子刚进入第三象限第一个磁场时的速度为y,则y=,cos60= 2 粒子在第一个磁场中运动有州B=m上 解得r=2L 由几何关系，粒子出磁场时与水平方向的夹角为30心°。 则粒子刚进入电场时水平方向的速度为y.=vcos30=B 4 竖直方向的速度为y,=ysin30= 4 由运动学公式得v-2=2aL 其中qE=ma 粒子刚离开第一个电场区时速度大小为，=√医+= 2% 所以sinA=2 4 (3)方法一： 设粒子在第三象限运动过程中，从右向左在第层磁场中运动的速度为"n,轨道半径为，由动能定理有 (a-gEL-mimi 由牛顿第二定律有g%,B=m2 联立解得v=, 。,n=2nL 2 设粒子进入第层电场时，速度与水平方向的夹角为an,从第n层电场左边界穿出时速度与水平方向的 夹角为On,粒子在电场中运动时，垂直电场线方向的速度分量不变，有V sind1=V,sine,1 电磁场区域的宽度均为L,r,sina,-rsin8,1=L 又x,=B,= gB 解得sina-sind1=L 可知rsin必、sinc2、sin%、口·，，sin是一组等差数列，公差为，可得 ,sind rsina+(n-1)L=nL 将=2L代入，得sin2= 令sina≤1，则有n≤4 由于n>1,且为整数，故n的最大值为4 25 此时sin6,=4sina4= V 5:5=25 即粒子在第5层磁场中达到轨迹最左端，此时速度竖直向下，几何关系得轨迹最左端距离第5层磁场右 边界距离为△x=5-5sin6,=(25-4)L 综上，轨迹最左端离y轴的水平距离为xm=n·2L+△S=(4+2√⑤)L 答案第2页，共7页 方法二： 设在第n个磁场中达到距y轴最远，在y轴方向，由动量定理得∑qvB.△t=m△v, 因为qBx做=v 由动能定理得(a-L=m-m 21 联立解得x=2√nL 又(n-1)L<x磁<nL 即3-2√2<n<3+2W2 整理得n=5 故xm=(4+2V5)L 其它各题详答： 1.C 【详解】A.分子电流假说是安培提出的，亚里士多德未涉及电磁学理论，A错误： B,电磁感应现象由法拉第发现，但法拉第电磁感应定律是由纽曼和韦伯总结的，B错误： C.卡文迪许通过实验测定了万有引力常量，使得万有引力定律有了实用价值，C正确： D.电流的磁效应由奥斯特发现，安培的贡献是安培定律和分子电流假说，D错误。 故选C。 2.C B 【详解】初始状态A、B处导线电流大小相等、方向向外，C点到A、B的距 离相等（等边三角形），故A、B在C点产生的磁感应强度大小均为B,由安 培定则，A在C点的磁场方向垂直AC斜向上，B在C点的磁场方向垂直BC 斜向下，两者夹角为60°，如图所示： 根据矢量叠加，合磁感应强度B=2B。cos30° 可得B=5B A○ OB 3 若其中一根电流反向，A、B在C点的磁场大小仍为Bo,但方向夹角变为120°， 如图所示： 根据矢量叠加，合磁感应强度大小日=B=5B,故选C。 3 3.A 【详解】AB.采用图解法分析如下 由图可知F一直增大，w先减小后增大，故A正确，B错误； ☒B C.外力F逐渐增大，竖直向上分力也逐渐增大，取整体为研究对象 F F,+F=(M+m)8 可知地面对凹槽的支持力一直减小，故C错误： D.外力F逐渐增大，水平向右分力也逐渐增大，取整体为研究对象=∫ 可知地面对凹槽的有水平向左的摩擦力，且逐渐增大，故D错误。 故选A。 4.C 【详解】CD.根据图示可知，B为匀强磁场，B2为变化的磁场，可知，圆环 中磁通量的变化由B,决定，B,方向垂直于圆环平面向外，磁感应强度减小，穿过圆环的磁通量减小，根 据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，故C正确，D错误； A.结合上述可知，感应电流沿逆时针方向，根据左手定则可知，圆环上半部分所受安培力向下，圆环下 半部分所受安培力方向向下，由于O~时间内下侧区域的磁感应强度大于上侧区域的磁感应强度，则圆 环下半部分所受安培力大于上半部分所受安培力，可知，0~o时间内整个圆环具有扩张的趋势，故A错 误： B.和时刻的圆环内的磁通量为零，B与B2大小相等，方向相反，两磁场在圆环中分布的面积相等，则此 答案第3页，共7页 时穿过圆环的磁通量为零，结合上述可知，圆环中磁通量的变化由B,决定，磁通量的变化率一定，即和 时刻圆环内的感应电流不为零，故B错误： 故选C。 5.D 【详解】将D点和E点接入电路，导线DE、DOE、DCE三者并联，设DE的电阻为R,通过DE的电流 为1，则D0B、DCZ的等效电阻均为2R,可知通过D0Z、DCE的电流均为，0C两点电势相等，0C 上没有电流，而DOE、DCE在磁场中的等效长度均为DE的长度，可知DOE和DCE所受安培力大小均 方向与DB所受安培力方向相同，因此三棱锥所受安培力的合力大 故选D。 6.D 【详解】A.如图所示 带电粒子从C点或D点射出磁场时，运动时间最短，有t=一T 由qB= T=2r 解得=” 9B’A错误： B.如图所示 带电粒子运动轨迹与OD相切，从OC边界射出磁场时，运动时间最长 设若粒子从切点F射出 +π 2π 12 7元1m 解得t= 6gB 但粒了经过F点后，还要继续运动，从OC边射出，则>0 6gB,B错 误 ,若校子及C射出，有( 解得y9BL 2m 若粒子从D射出，有5=L 解得，=9BL 故9BL 2m Svs 9BL m,C错误； D.由前面分析知D正确。 故选D。 7.D 【详解】A.洛伦兹力的方向始终与小环的运动速度方向垂直，所以洛伦兹力对小环不做功，故A错 误： B.小环在水平方向随杆匀速运动，在竖直方向受重力以及向上的洛伦兹力的作用，因水平速度v不变， 则竖直向上的洛伦兹力不变，所以在竖直方向小环受竖直向下、不变的合力的作用向下做匀变速直线运 动，符合类平抛运动的特点，所以小环做的是类平抛运动，故B错误； C.小环在竖直方向的牛顿第二定律方程为ng-qvB=ma 解得小环在竖直方向的加速度大小为a=m8-gB=5m/s 答案第4页，共7页 由匀变速直线运动的位移公式有1=1ar 解得小环在绝缘细杆上运动的时间为t= 21 =0.2s,故C错误； a D.小环离开绝缘细杆时竖直方向的速度为，=at=1ms 所以小环离开绝缘细杆时的速度大小为v会=√+=√ms，故D正确。 故选D。 8.BD 【详解】A.甲图中电子束出射速度不变，励磁线圈电流变大时，磁感应强度变大，根据洛伦兹力提供向 心力gvB=m 有r=my gB 可知，电子束径迹形成的圆半径变小，故A错误： B.乙图中，带电粒子经质谱仪的加速电场后，有g山= v 2 在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有B=m心 联立可得r=12Um ΓBV9 可知，不改变质谱仪各区域的电场、磁场时，比荷相同的粒子在磁场中偏转的轨道半径r相同，即击中光 屏同一位置，故B正确： C.丙图中载流子为负电荷的霍尔元件，负电荷运动方向与电流方向相反，由左手定则可知，负电荷在洛 伦兹力作用下，向N侧移动，因此N侧聚集负电荷，N侧电势低，故C错误： D.丁图是回旋加速器，根据gB=mw 可得最大动能E。=9R 2m 可知，最大动能与加速电压U无关，故D正确。 6 故选BD。 9.BD 【详解】AB.若粒子带正电，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力 提供向心力得粒子的运动半径为r=m心=0,3m=R gB Bx 所以带正点的粒子从O点射入，形成以r=R为半径的圆弧，从b点出去，从 αO边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M点进入磁场， 其圆心为0，如图所示 根据几何关系，可得虚线的四边形O'Mb是菱形，则粒子的出射点一定是从B 点射出，同理可知，从O边射入的粒子，出射点都在b点，但射出的速度方向 并不相同，A错误，B正确； C.同理，带负电的粒子，从a点入射，形成以r=R为半径的圆弧，从e点离 开，从O间射出的粒子，顺时针偏转，轨迹如图 + 有的能到达e点，有的从Of边离开，故C错误； D.根据运动轨迹可知，所有粒子中最长的轨迹为半圆，故在磁场中运动的最长 时间为m=元×3x10? gB2×10-3×0.25 =6π×104，故D正确。 故选BD。 10.CD 答案第5页，共7页 【详解】A.A、B分离时弹簧处于压缩量为x,,A、B间的弹力为0，A的加速度为a,对A有 kx-2mg sin 0=2ma 解得x=2(&sin6+a) 故A错误： k B.初始时弹簧压缩量为x,对A、B整体进行受力分析，由平衡条件得kx,=3gsin8 解得x,=3 ng sin6 k 所以A移动的位移为△x=2gsi血0-2ma,故B错误； C.当A、B一起沿斜面匀加速运动时，对整体受力分析有F+kx-3 ng sin6=3ma 随着物体运动，x逐渐减小，F逐渐增大，故初态F最小，且F=3ma,故C正确： D.初始时对A、B整体进行受力分析，由平衡条件得kx=3 ng sin6 解得，-3 mg sin6 k A、B从开始运动到分离，沿斜面上升的距离s=3 mg sin0_2m(gsin6+@四 k 又v2=2as 联立得v= 2ma(gsinθ-2a) ,故D正确。 k 故选CD。 11.(1)AD (2)mOP=mOM+mON (3)A (4)A 【详解】(1)要验证动量守恒定律，即验证'=my+m2 小球离开轨道后做平抛运动，抛出点距地面的高度相等，在空中运动的时间相等，由平抛运动在水平方 向做匀速直线运动 可知OP=vt、OM=t、ON=vt 代入动量守恒式子有mOP=mOM+m,ON 故实验需要测量两个小球的质量，小球的水平位移。 故选AD。 (2)两小球碰撞后动量守恒，其表达式为m,OP=mOM+m,OW 3)老商球发生浮任碰拉。则根据机碳能守恒网后矿% 代入速度与水平位移的关系可得m,OP2=mOM2+m,ON2 联立动量守恒mOP=m,OM+m,ON 可得OP+OM=OW 故选A。 (4)M、N点不在OP连线上，说明发生的不是对心碰撞，设碰撞后，垂直于OP连线上的速度为yy, m2垂直于OP连线上的速度为V2, 则垂直于OP连线上由动量守恒有mMy=m2, 由于m>m2 故，<2y 因此m落地距OP的距离小于m2距OP的距离。 故选A。 12.(1)220 d(I1-I2) (2) G BD 见解析 等于 S12(+R) 【详解】(1)因为欧姆表调到了“×10”倍率，表盘示数为22，所以电阻为22×102=2202。 (2)[1]因为滑动变阻器最大阻值小于待测电阻，所以选择分压电路，若选R,电路刚接通时，通过滑动 变阻器的电流为1.5A,超过其最大电流，故选R4: [2]由题意可知，电压表的量程过大，不利于读数，故应将内阻已知的电流表A2串联一个电阻改装成电压 答案第6页，共7页 表来测电压，若与R串联，量程为U=I（5+R)=3V 符合题意，所以还需要的器材有BD: [3]该题采用安安法测电阻，选用外接，电路图如下 [4]根据电路图，可知待测电阻两端电压为U,=12(5+R) 流过的电流1.=1，-2 12(3+R) 故R= 11-12 结合R=PS 可知p=Es 所以溶液的电导率为：↓-1山-1) p RS S12(+R) [5]由上述分析可知，该实验已经修正了电流，无系统误差，测量值等于真实值。 答案第7页，共7页