2026湖北省部分高中协作体高二上学期9月联考物理试题含解析

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本试卷共 6 页，全卷满分 100 分，考试用时 75 分钟。
注意事项：
1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考
证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写
在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答
题卡上的非答题区域均无效。
4、考试结束后，请将答题卡上交。
一、单项选择题：（本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分，。在小题给出的四个选项中，第 1
~7 题只有一项符合题目要求，第 8~10 题有多项符合要求，每小题全部选对得 4 分，选对但不
全的得 2 分，有错选或者不选的得 0 分）
1. 四个完全相同的小球 A、B、C、D 均在水平面内做圆锥摆运动。如图甲所示，小球 A、B 在同一水平面
内做圆锥摆运动（连接 B 球的绳较长）；如图乙所示，小球 C、D 在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接
C、D 的绳与竖直方向之间的夹角相等（连接 D 球的绳较长），则下列说法错误的是（ ）
A. 小球 A、B 角速度相等
B. 小球 A、B 线速度大小相等
C. 小球 C、D 所需的向心加速度大小相等
D. 小球 D 受到绳的拉力与小球 C 受到绳的拉力大小相等
【答案】B
【解析】
【详解】AB．对题图甲中 A、B 分析，设绳与竖直方向的夹角为 ，绳长为 l，小球的质量为 m，小球 A、
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B 到悬点 O 的竖直距离为 h，则
解得
所以小球 A、B 的角速度相等，线速度大小不相等，故 A 正确，不符合题意；B 错误，符合题意；
CD．对题图乙中 C、D 分析，设绳与竖直方向的夹角为 ，小球的质量为 m，绳上拉力为 FT，则有
，
得
，
所以小球 C、D 所需的向心加速度大小相等，小球 C、D 受到绳的拉力大小也相等，故 CD 正确，不符合题
意。
故选 B。
2. 开普勒定律指出，行星绕太阳运行的轨道都是椭圆。太阳与这些椭圆的关系是（ ）
A. 太阳处在所有椭圆的中心上
B. 在相等时间内，太阳与每一颗行星的连线扫过相等的面积
C. 所有行星轨道半长轴的三次方与公转周期二次方的比值都相等，且该比值与太阳无关
D. 所有行星轨道半长轴的三次方与公转周期二次方的比值都相等，且该比值与行星无关
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据开普勒第一定律，所有行星绕太阳的轨道都是椭圆，太阳在椭圆的一个焦点上，不是椭圆
的中心，A 错误；
B．根据开普勒第二定律，行星和太阳的连线在相等的时间间隔内扫过相等的面积，此定律针对的是同一椭
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圆轨道，B 错误；
C．根据开普勒第三定律，所有行星轨道半长轴的三次方与公转周期二次方的比值都相等，若将椭圆近似看
为圆，则
解得
可知，比值由中心天体太阳决定，与环绕天体行星无关，C 错误，D 正确。
故选 D。
3. 中国火星探测器“天问一号”成功发射后，将沿地火转移轨道飞行七个多月，于 2021 年 2 月中旬到达火
星附近，要通过制动减速被火星引力俘获，才能进入环绕火星的轨道飞行。已知地球的质量约为火星质量
的 10 倍，半径约为火星半径的 2 倍，下列说法正确的是（ ）
A. 若在火星上发射一颗绕火星的近地卫星，其速度至少需要
B. “天问一号”探测器的发射速度一定大于 ，小于
C. 火星与地球的第一宇宙速度之比为
D. 火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度
【答案】C
【解析】
【详解】A C．卫星在行星表面附近绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，由
可得
故
所以在火星上发射一颗绕火星的近地卫星，其速度至少需要
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故 A 错误、C 正确；
B． “天问一号”探测器需要脱离地球的引力才能奔向火星绕火星运行，发射的最小速度为第二宇宙速度
11.2km/s，
故 B 错误；
D．不考虑自转时在行星表面有
可得
故
所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故 D 错误。
故选 C。
4. 大型游乐场里，小明乘坐如图所示匀速转动的摩天轮，正在向最高点运动，对此过程中小明的机械能，
下列说法中正确的是（ ）
A. 小明的重力势能保持不变
B. 小明的动能保持不变
C. 小明的机械能保持不变
D. 小明的机械能减少
【答案】B
【解析】
【详解】A．小明乘坐 “摩天轮”匀速转动，正在向最高点运动，高度不断增大，则其重力势能正在增大，
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故 A 错误；
B．小明的速度大小不变，则其动能保持不变，故 B 正确；
CD．小明正在向最高点运动，重力势能正在增大，动能保持不变，两者之和在增大，即机械能在增大，故
CD 错误。
故选 B。
5. 如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边 a、b、c、d 上。移去 a 处的绝
缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心 O 点处电场强度方向和电势的变化，下列
说法正确的是（ ）
A. 电场强度方向垂直指向 a，电势减小
B. 电场强度方向垂直指向 c，电势减小
C. 电场强度方向垂直指向 a，电势增大
D. 电场强度方向垂直指向 c，电势增大
【答案】A
【解析】
【详解】根据对称性可知，移去 a 处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向 a，再根据电势的叠加原理，单个
点电荷在距其 r 处的电势为
（取无穷远处电势为零）
现在撤去 a 处的绝缘棒后，q 减小，则 O 点的电势减小。
故选 A。
6. 对于常温下一根阻值为 的金属电阻丝，下列说法正确的是（ ）
A. 常温下，若将电阻丝均匀拉长为原来的 倍，则电阻变为
B. 常温下，若将电阻丝从中点对折，电阻变为
C. 加在电阻丝上的电压从 逐渐加大到 ，则在任意状态下的 的值不变
D. 若把温度降到绝对零度附近，电阻丝的电阻突然变为零，这种现象称为超导现象
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【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，若将电阻丝均匀拉长为原来的 倍，则横截面积变为原来的 ，根据电阻定律
可知电阻变为原来的 100 倍，A 错误；
B．常温下，若将电阻丝从中点对折，长度为原来的一半，横截面积变为原来的 2 倍，可知电阻变为 ，B
错误；
C．加在电阻丝上的电压从 逐渐加大到 ，电阻丝的电阻率随温度发生变化，则电阻发生变化，可知 的
值发生变化，C 错误；
D．若把温度降到绝对零度附近，电阻丝的电阻突然变为零，这种现象称为超导现象，D 正确；
故选 D。
7. 如图所示电路中，电源电动势 ，内阻 ，定值电阻 ， ， ；滑动
变阻器 的取值范围为 。闭合开关 S，调节滑动变阻器的滑片，使 取不同的阻值接入电路，则
下列说法正确的是（ ）
A. 时，定值电阻 消耗的功率最大，为
B. 时，电源内阻消耗的功率最小，为
C. 时， 消耗的功率最大，为
D. 时，电源的效率最高，为 90％
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【答案】C
【解析】
【详解】A． 时，外电阻最小，总电流最大，则定值电阻 消耗的功率最大，此时并联部分的总阻
值为
由闭合电路欧姆定律得干路电流为
则定值电阻 消耗的功率为
故 A 错误；
B．当电源内阻消耗的功率最小时，由
知此时电路中的总电流最小，对应的外电阻最大，故当 时，总的外电阻并未达最大值，故 B 错误；
C．为求滑动变阻器 消耗的最大功率，可对原电路进行如下图所示的等效变换。
易知，等效电源的等效电动势 ，等效内阻 ，故当 时， 消耗的功率最大，
且为
故 C 正确；
D．当 时，总的外电阻最大。由于电源效率为
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显然，当总的外电阻 R 最大时， 取最大值，当 时，总的外电阻为
此时 最大，且为
故 D 错误。
故选 C。
8. 图示为质点做匀变速运动的轨迹示意图，质点运动到 D 点时速度方向与加速度方向恰好垂直．则质点从
A 点运动到 E 点的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 质点经过 C 点的速率比 D 点大
B. 质点经过 A 点时的动能小于经过 D 点时的动能
C. 质点经过 D 点时的加速度比 B 点的加速度大
D. 质点从 B 到 E 过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】AB．质点运动到 D 点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿 D 点轨迹的切线方向，则知
加速度斜向左上方，合外力也斜向左上方，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由 A 到 D 过程
中，合外力做负功，由动能定理可得，C 点的速度比 D 点速度大，质点经过 A 点时的动能大于经过 D 点时
的动能，故 A 正确，B 错误；
C．质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过 D 点时的加速度与 B 点相同，故 C 错误；
D．质点从 B 到 E 过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小，故 D 正确。
故选 AD。
9. 冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一、某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略：
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倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足 。在设计滑梯时，
要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下 L1、L2 的组合符合设计要
求的是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】CD
【解析】
【详解】设斜面倾角为 ，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足
可得
即有
因 ，所有游客 倾斜滑道上均减速下滑，可得
滑行结束时停在水平滑道上，即在摩擦因数去最小时能停在滑道上，由全程的动能定理有
要求进入水平滑道，因此最大的动摩擦因数能够进入水平滑道，即
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综合需满足
和
故选 CD。
10. 如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电
介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的
变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体（ ）
A. 向左移动时，θ增大
B. 向右移动时，θ增大
C. 向左移动时，θ减小
D. 向右移动时，θ减小
【答案】BC
【解析】
【详解】AC．由公式
可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板件电介质增大，则电容 增大，由公式
电荷量不变时， 减小，则 减小，故 C 正确，A 错误；
BD．由公式
可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板件电介质减小，则电容 减小，由公式
电荷量不变时， 增大，则 增大，故 B 正确，D 错误。
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故选 BC。
二、非选择题：（本大题共 5 小题，共 60 分）
11. 如图所示为向心力演示装置，匀速转动手柄 1，可以使变速塔轮 2 和 3 以及长槽 4 和短槽 5 随之匀速转
动，槽内的小球也随着做匀速圆周运动。使小球做匀速圆周运动的向心力由横臂 6 的挡板（即挡板 、 、
C）对小球的压力提供。球对挡板的反作用力，通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒 7 下降，从而露出标尺
8。根据标尺 8 上露出的红白相间等分标记，可以粗略计算出两个球所受向心力的比值。利用此装置可以探
究做匀速圆周运动的物体需要的向心力的大小与哪些因素有关。已知小球在挡板 、 、C 处做圆周运动的
轨迹半径之比为 1∶2∶1。
（1）要探究向心力与轨道半径的关系时，把皮带套在左、右两个塔轮的半径相同的位置，把两个质量______
（选填“相同”或“不同”）的小球放置在挡板______和挡板______位置（选填“A”、“B”或“C”）。
（2）把两个质量不同的小球分别放在挡板 A 和 C 位置，皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为 1∶2，则
放在挡板 A 处的小球与 C 处的小球角速度大小之比为______。
（3）把两个质量相同的小球分别放在挡板 B 和 C 位置，皮带套在左、右两边塔轮的半径之比为 3∶1，则
转动时左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比约为______。
【答案】 ①. 相同 ②. C ③. B（或者 B C） ④. 2∶1 ⑤. 2∶9
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1][2][3]探究向心力与轨道半径的关系时，根据
采用控制变量法，应使两个相同质量的小球放在不同半径挡板处，以相同角速度运动，因此将质量相同的
小球分别放在 B 和 C 处。
(2)[4]皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为 1∶2，两个塔轮边缘处的线速度大小相同，根据
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可知，角速度与半径成反比，所以放在挡板 A 处的小球与 C 处的小球角速度大小之比为 2:1
(3)[5] 把两个质量相同的小球分别放在挡板 B 和 C 位置，则两小球的转动半径关系为
皮带套在左、右两边塔轮的半径之比为 3∶1，两个塔轮边缘处的线速度大小相同，根据
可知，角速度与半径成反比，所以放在挡板 B 处的小球与 C 处的小球角速度大小之比为 1:3，即
根据
可知两小球所受向心力为
则转动时左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比约为 2:9
12. 小理同学利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，图乙是毫安表表头。
（1）小理先将单刀双抛开关打到 1 位置，发现毫安表指针向右偏转，电容器开始充电，充电电流逐渐变____
，此时电容器的上极板带____；再将开关打到 2 位置，发现毫安表指针向____偏转，电容器开始放电，放
电电流逐渐变小。以上三空格，判断正确的是_______
A.大、正、右 B.小、正、左
C.大、负、右 D.小、负、左
（2）小理同学将放电过程所获得的数据绘制成图丙中的 a 图线（图中实线）。再通过调节电阻箱，增大电
阻 R，重复电容器的冲、放电过程，再收集放电电流的数据，将得到图丙中的_____曲线（选填“b”或“c”）。
小理同学通过观察图像中的______（选填“截距”、“斜率”或“面积”），认为在误差允许的范围内，控
制充电电压不变，改变电路中的电阻，不会影响电容器放电的电荷量。
（3）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，以下观点错误的是______
A.在 ef 之间增加一个微型直流小风扇，可以展示电容器是储能元件
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B.更换电容 C 值更小的电容器，在电源电压不变的情况下，电容器放电时释放的电荷量仍不变
C.将电源电压增大，且不超过电容器的耐压，可以增大电容器放电时释放的电荷量
D.将变阻箱转移动 mn 之间，可以减少电容器的充电时间
【答案】 ① B ②. ③. 面积 ④. B
【解析】
【详解】（1）[1]小理先将单刀双抛开关打到 1 位置，发现毫安表指针向右偏转，电容器开始充电，充电电
流逐渐变小，此时电容器的上极板与电源正极相连，带正电；再将开关打到 2 位置，电容器放电，通过电
容器的电流方向相反，毫安表指针向左偏转，放电电流逐渐变小。
故选 B。
（2）[2]增大电阻 R，电容器放电时间延长，对应图中的 c 曲线；
[3]图中电流-时间图像与坐标轴围成的面积表示电容器的放电量，所以小理同学通过观察图像中的面积，认
为在误差允许的范围内，控制充电电压不变，改变电路中的电阻，不会影响电容器放电的电荷量。
（3）[4] A．在 ef 之间增加一个微型直流小风扇，电容器放电时，小风扇工作，可以展示电容器是储能元件，
故 A 正确，不符合题意；
B．更换电容 C 值更小的电容器，在电源电压不变的情况下，由 ，可知电容器的带电量减少，电容器
放电时释放的电荷量减少，故 B 错误，符合题意；
C．将电源电压增大，且不超过电容器的耐压，由 ，可知电容器充电后，带电量增大，可以增大电容
器放电时释放的电荷量，故 C 正确，不符合题意；
D．将变阻箱转移动 mn 之间，可知增大电容器充电电流，可以减少电容器的充电时间，故 D 正确，不符合
题意。
故选 B
13. 如图所示，一倾斜轨道 ，通过微小圆弧与足够长的水平轨道 平滑连接，水平轨道与一半径为
的圆弧轨道相切于 点，A、 、 、 均在同一竖直面内。质量 的小球（可视为质点）压紧轻
质弹簧并被锁定，解锁后小球 的速度离开弹簧，从光滑水平平台飞出，经 A 点时恰好无碰撞沿
方向进如入倾斜轨道滑下。已知轨道 长 ，与水平方向夹角 ，小球与轨道 间的
动摩擦因数 ，其余轨道部分均为光滑， 取 ， ， 。求：
（1）未解锁时弹簧的弹性势能；
（2）小球在 点时速度的大小；
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（3）要使小球不脱离圆轨道，轨道半径 应满足什么条件。
【答案】（1） ；（2） ；（3） 或
【解析】
【分析】
【详解】（1）对小球与弹簧，由机械能守恒定律有
解得弹簧的弹性势能
（2）对小球：离开台面至 A 点的过程做平抛运动，在 A 处的速度为
从 A 到 的过程，由动能定理可得
解得
（3）要使小球不脱离轨道，小球或通过圆轨道最高点，或沿圆轨道到达最大高度小于半径后返回：设小球
恰好能通过最高点时，速度为 ，轨道半径 ，在最高点
从 至最高点的过程
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解得
设小球恰好能在圆轨道上到达圆心等高处，轨道半径 ，从 至圆心等高处的过程
解得
综上所述，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径 必须满足
或
14. 如图为某游戏装置的示意图， 均为四分之一光滑圆管， 为圆管 的最高点，圆轨道半
径均为 ，各圆管轨道与直轨道相接处均相切， 是与水平面成 的斜面，底端 处有一
弹性挡板， 在同一水平面内．一质量为 的小物体，其直径稍小于圆管内径，可视
作质点，小物体从 点所在水平面出发通过圆管最高点 后，最后停在斜面 上，小物体和 之间的
动摩擦因数 ，其余轨道均光滑，已知 ， ， ，求：
（1）小物体的速度 满足什么条件？
（2）当小物体的速度为 ，小物体最后停在斜面上的何处？在斜面上运动的总路程为多大？
【答案】（1） ；（2）H 处，
【解析】
【详解】（1）小物体在 点处做圆周运动，当其恰好通过 点时，小物体速度为零，从 到 的运动过程，
根据动能定理有
解得
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设小物体刚好反弹到 点，斜面长度为 ，全过程对小物体运动，根据动能定理有
解得
故小物体在水平面上的速度范围为
（2）由于
故小物体最后停在 处，从小物体开始运动到小物体最后停止，全过程用动能定理
解得
15. 某同学要将量程为 3mA 的毫安表 G 改装成量程为 30mA 的电流表。他先测量出毫安表 G 的内阻，然后
对电表进行改装，最后再利用一标准毫安表对改装后的电流表进行校准，可供选择的器材如下：毫安表头 G
（量程 3mA，内阻约为几百欧姆）
A.滑动变阻器 R1（0~1kΩ）；
B.滑动变阻器 R2（0~10kΩ）；
C 电阻箱 R（0~9999.9Ω）；
D.电源 E1（电动势约为 1.5V）；
E.电源 E2（电动势约为 9V）；开关、导线若干具体实验步骤如下：
①按电路原理图 a 连接电路；
②将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关 S1 后调节滑动变阻器的阻值，使毫安表 G 的指针满偏；
③闭合 S2，保持滑动变阻器不变，调节电阻箱的阻值，使毫安表 G 的指针偏转到量程的三分之一位置；
④记下电阻箱的阻值
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回答下列问题：
（1）为减小实验误差，实验中电源应选用________（填器材前的字母），滑动变阻器应选用________（填
器材前的字母）；
（2）如果按正确操作步骤测得电阻箱的阻值为 90.0Ω，则毫安表 G 内阻的测量值 Rg=________Ω，与毫安
表内阻的真实值 Rg'相比，Rg________（填“＞”“=”或“＜”）Rg'；
（3）若按照第（2）问测算的 Rg，将上述毫安表 G 并联一个定值电阻 R 改装成量程为 30mA 的电流表，接
着该同学对改装后的电表按照图 b 所示电路进行校准，当标准毫安表的示数为 16.0mA 时，改装表的指针位
置如图 c 所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，要想达到实验目的，无论测得的内阻值是否
正确，都不必重新测量，只需要将定值电阻 R 换成一个阻值为 kR 的电阻即可，其中 k=________；
（4）若用该电流表量程 3mA，内阻按照第（2）问测算的 Rg 按正确的步骤改装成欧姆表并测标准电阻 Rx
的阻值时（如图 d），理论上其测量结果与标准电阻 Rx 实际阻值相比较________（填“偏大”“偏小”或“相
等”）。
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【答案】 ①. E ②. B ③. 180 ④. < ⑤. ⑥. 相等
【解析】
【详解】（1）[1][2]根据实验原理，当 闭合后，电路总电阻会减小，总电流会变大，则当毫安表 G 的指针
偏转到量程的三分之一位置时，通过电阻箱的电流会大于毫安表读数的 2 倍，会产生误差；为了使得当 闭
合后电路总电阻变化较小，则滑动变阻器用电阻阻值较大的 ，这样的话要想能使毫安表能调节到满偏，
则所用电源的电动势应该较大，即采用 。
（2）[3][4]根据以上分析可知，如果按正确操作步骤测得 的阻值为 ，因认为通过电阻箱的电路等
于毫安表电流的 2 倍，则毫安表 G 内阻等于电阻箱的阻值的 2 倍，即毫安表 G 内阻的测量值
实际上因通过电阻箱的电流会大于毫安表读数的 2 倍，则毫安表内阻的真实值偏大，即与毫安表内阻的真
实值 相比
（3）[5]当标准毫安表的示数为 16.0mA 时，改装表的读数为 15.0mA，则当改装表满偏时，对应的真实电
流为 32.0mA，即把毫安表 G 改装成 32mA 的电流表时
把毫安表 G 改装成 30mA 的电流表时
所以
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（4）[6]测量时欧姆表进行欧姆调零，表头的内阻的误差不影响欧姆表的内阻，所以，测量值等于真实值。
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