2026届高考物理一轮复习专项练：物理实验分类基础练习4

2026届人教版高考物理第一轮复习：高考物理实验分类基础练习4 一、实验知识与常用测量仪器（本大题共1小题） 1．有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度．用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是 mm；用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是 mm。 二、力学实验（本大题共15小题） 2．某同学在“验证力的平行四边形定则”的实验中，根据实验数据、按照一定标度画出如图所示的力的图示。 （1）图中的力F1、F，、F、F'不是由弹簧测力计测得的是 ；（填字母） （2）在该实验中需要记录F1、F2的大小和方向及观察F、F'的大小和方向是否在误差允许范围内相同。 （3）本实验采用的科学方法是 。 A．理想实验法            B．等效替代法            C．控制变量法            D．放大微小形变法 3．“验证机械能守恒定律”的实验采用重物自由下落的方法（取g=10m/s2） (1)用公式=mgh时，对纸带上起点的要求是初速度为 ，为达到此目的，选择的纸带第一、第二两点间距应接近 mm。 (2)若实验中所用重锤质量m=1kg打点纸带如图所示，打点纸带如图所示,打点时间间隔为0.02s，则记录B点时、重锤速度= ，重锤的动能= ，从开始下落起至B点，重锤的重力势能减少量是 J（保留两位有效数字），因此可得出的结论是 。 4．某学习小组利用图示装置探究加速度与力、质量的关系，主要操作步骤如下： a.按图甲所示完成装置安装，木板左端用铰链连接在桌面上，将1个钩码通过跨过定滑轮的细绳连接到小车上； b.调整木块位置，使小车获得一定初速度后，遮光片通过两光电门的遮光时间相等； c.取下钩码，由静止释放小车，记录小车通过上、下两个光电门时遮光片的遮光时间，分别记为和； d.依次增加悬挂的钩码（完全相同）个数n，重复步骤b、c、d。 请完成以下问题： (1)两光电门中心间的距离为s，遮光片的宽度d用螺旋测微器测量如图乙，读得 mm。由计算出小车加速度。 (2)要探究小车加速度与所受合外力的关系，以加速度a为纵轴，以 （选填“n”“”“”或“”）为横轴描点作图，当所作图像是一条过坐标原点的倾斜直线时，则说明：在小车质量不变的情况下，小车的加速度与所受合外力成正比。 (3)下列做法能减小本实验误差的是______。 A．减小两光电门之间的距离 B．要确保小车的质量远大于钩码的质量 C．挑选遮光片时，选宽度比较小的 D．挑选表面比较光滑的木板进行实验 5．探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的向心力演示器如图甲所示，转动手柄，可使塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。如图乙所示是演示器部分原理示意图：两转臂上黑白格的长度相等，A、B、C为三根固定在转臂上的挡板（长槽的长度为短槽的2倍，挡板A在长槽正中间），可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力。根据图甲中向心力演示器标尺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。已知塔轮①和塔轮④的半径相等，塔轮②和塔轮⑤的半径之比为2∶1，塔轮③和塔轮⑥的半径之比为3∶1。由于皮带长度和传动效果的限制，皮带只能同时套在同一层的塔轮上，即同时套在塔轮①和塔轮④、塔轮②和塔轮⑤或塔轮③和塔轮⑥上。 (1)在该实验中应用了 来探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。 A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．演绎法 (2)探究向心力与角速度之间的关系时，应选择半径 （填“相同”或“不同”）的两个塔轮；同时应将质量相同的小球分别放在 处。 A．挡板A与挡板B            B．挡板A与挡板C            C．挡板B与挡板C (3)某同学用质量为3m和m的两个小球进行探究实验，他分别把两小球同时放在左右转臂上的合适位置，通过调整皮带套在塔轮的位置，转动手柄，得到两个标尺上示数差别最大的结果，此时标尺的最大示数和最小示数之比为 。 6．某同学用如图所示装置“验证动能定理”，重力加速度为g。 （1）实验前先平衡摩擦力，平衡摩擦力时 （选填“需要”“不需要”）悬挂钩码；实验过程中为了保证细线对小车的拉力近似等于悬挂钩码的重力，需要满足的条件是 。 （2）按实验要求安装、调整好装置，按正确的操作进行实验，某次实验悬挂钩码的质量为m，打出的纸带如图乙所示，O点为刚释放钩码时打下的点， A、B、C、D是四个连续点，各点与O点间的距离图中已标出，已知打点计时器所用交流电的频率为f，小车质量为M，则打下C点时，小车的速度表达式为 （用物理量符号表示），从打O点到打C点过程中，如果表达式 （用物理量符号表示）在误差允许的范围内成立，则动能定理得到验证。 （3）由于细线对小车的拉力近似等于悬挂钩码的重力，因此求得的合外力的功 （填“大于”或“小于”）小车动能的增量。 7．某同学利用如图所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律，物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如下图所示。打点计时器电源的频率为50Hz。 （1）由打点计时器打出的纸带，不用运动学公式计算就可以直接得出的物理量是 ； A．平均速度    B．瞬时速度    C．加速度    D．时间间隔 （2）通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点 和 之间某时刻开始减速； （3）计数点5对应的速度大小为 m/s，物块减速运动过程中加速度的大小为a= m/s2。（结果均保留三位有效数字） 8．在“探究向心力大小的表达式”实验中，用如图甲所示的装置，已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1，变速塔轮自上而下按如图乙所示三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1：1，2：1和3：1。回答以下问题： (1)本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的______。 A．探究小车速度随时间变化的观律 B．探究平抛运动的特点 C．探究两个互成角度的力的合成规律 D．探究加速度与物体受力、物体质量的关系 (2)在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第 层塔轮（填“一”、“二”或“三”）； (3)在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，将传动皮带调至第二层塔轮，则标尺的刻度之比为 。 9．在“研究小球做平抛运动的规律”的实验中： (1)如图甲所示的实验中，用锤子敲弹片后A球作自由落体运动，我们观察到两球同时落地，说明作平抛运动的B球在竖直方向做 运动；如图乙所示的实验：将两个光滑斜轨道固定在同一竖直面内，滑道末端水平，把两个质量相等的小钢球，从斜面的相同高度由静止同时释放，球2的轨道的水平部分也是光滑的，释放后，球2到达水平轨道后作匀速直线运动，我们观察到球1落到水平板上并击中球2，这说明作平抛运动的球1在水平方向做 运动； (2)该同学用频闪照相机拍摄到如图丙所示的小球平抛运动的照片，照片中小方格的边长，小球在平拋运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，如果我们把平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，则由图可知：照相机每隔 s曝光一次，小球平拋初速度为 （当地重力加速度大小）。 10．(6分)小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等，设计了如图(a)所示的实验装置，测量冰墩墩玩具的质量。主要实验步骤如下： 图(a) 图(b) 图(c) (1)查找资料，得知每枚硬币的质量为6.05 g； (2)将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋，测量每次稳定后橡皮筋的长度l，记录数据如下表： 序号 1 2 3 4 5 硬币数量n/枚 5 10 15 20 25 长度l/cm 10.51 12.02 13.54 15.05 16.56 (3)根据表中数据在图(b)上描点，绘制图线； (4)取出全部硬币，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，稳定后橡皮筋长度的示数如图(c)所示，此时橡皮筋的长度为　　　　cm； (5)由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为　　　　g (计算结果保留3位有效数字)。 11．在“验证动量守恒定律”的实验中,请回答下列问题. (1)实验记录如图(甲)所示，则A球碰前做平抛运动的水平位移是图中的 ，B球被碰后做平抛运动的水平位移是图中的 ；(两空均选填“OM”“OP”或“ON”) (2)小球A下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结果 (选填“会”或“不会”)产生误差.； (3)在“验证动量守恒定律”的实验中，某同学用如图(乙)所示的装置进行了如下的操作： ①先调整斜槽轨道,使末端的切线水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O； ②将木板向右平移适当的距离，再使小球a从原固定点由静止释放,撞在木板上并在白纸上留下痕迹B； ③把半径相同的小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端,让小球a仍从原固定点由静止释放,和小球b相碰后,两球撞在木板上并在白纸上留下痕迹A和C； ④用天平测量a、b两小球的质量分别为, ,用刻度尺测量白纸O点到A、B、C三点的距离分别为、和用本实验中所测得的量来验证两球碰撞过程动量守恒,其表达式为 。 12．某组同学在图a所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图b所示，将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图c所示的图线。      （1）由图c可知，该单摆的周期 s； （2）摆线长度L为单摆悬点至小球上端的距离，更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作图线，并根据图线拟合得到方程。由此可以得出当地的重力加速度 （取，结果保留3位有效数字）。若其他测量、计算均无误，则用上述方法算得的g值和真实值相比是 （选填“偏大”“ 偏小”或“不变”）的。 13．某同学利用如图甲所示的装置验证牛顿第二运动定律，装置如图所示，物块1质量为，物块2质量为；物块1、2由跨过轻质定滑轮的细绳连接，物块2下端与打点计时器纸带相连。初始时，托住物块1，两物块保持静止，且纸带竖直绷紧，接通打点计时器的电源，释放物块1，两物块开始运动，打点计时器打出的纸带如图乙所示，已知打点计时器所用的交流电源频率为，每相邻的两个点之间还有四个点未画出。回答下列问题： (1)对于该实验，下列哪些操作是正确的 。(选填选项前的字母) A．物块1选用质量和密度较小的物体 B．两限位孔在同一竖直线上 C．实验时，先释放物块1，后接通电源 (2)根据图乙中的数据可知，物块1匀加速下落时的加速度大小 。(保留三位有效数字) (3)通过该实验可计算出当地的重力加速度大小。 (保留两位有效数字) (4)由于空气阻力及纸带的影响，重力加速度的测量值 (填“大于”或“小于”)真实值。 14．11 ．（7分）某同学探究弹簧振子振动周期与质量的关系，实验装置如图（a）所示，轻质弹簧上端悬挂在铁架台上，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁，其正下方放置智能手机，手机中的磁传感器可以采集磁感应强度实时变化的数据并输出图像，实验步骤如下： 图（a） （1）测出钩码和小磁铁的总质量m； （2）在弹簧下端挂上该钩码和小磁铁，使弹簧振子在竖直方向做简谐运动，打开手机的磁传感器软件，此时磁传感器记录的磁感应强度变化周期等于弹簧振子振动周期； （3）某次采集到的磁感应强度 B 的大小随时间t 变化的图像如图（b） 所示，从图中可以算出弹簧振子振动周期T＝　　　　（用“t0”表示）； 图（b） （4）改变钩码质量，重复上述步骤； （5）实验测得数据如表所示，分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是　　　　（填“线性的”或“非线性的”）； m/kg 10T/s T/s T2/s2 0．015 2．43 0．243 0．059 0．025 3．14 0．314 0．099 0．035 3．72 0．372 0．138 0．045 4．22 0．422 0．178 0．055 4．66 0．466 0．217 （6）设弹簧的劲度系数为k，根据实验结果并结合物理量的单位关系，弹簧振子振动周期的表达式可能是　　　　（填正确答案标号）； A．2π B．2π C．2π D．2πk （7）除偶然误差外，写出一条本实验中可能产生误差的原因：　　　　。 15．如图甲所示是某同学使用打点计时器研究匀变速直线运动的实验装置。请回答下面的问题： (1)实验中，必要的措施是（　　） A．小车停止运动后，应立即关闭电源，再取下纸带 B．先接通电源再释放小车 C．小车靠近滑轮，远离打点计时器释放 D．本实验要求瞬时速度，因此需要记录时间的仪器-秒表 (2)该同学获得一条点迹清晰的纸带，如图所示，已知打点计时器每隔打一个点，纸带左端与小车连接，该同学选择A、B、C、D、E、F六个计数点，对计数点进行测量的结果记录在下图中。 ①根据实验数据可以判断小车做 直线运动。（选填“匀加速”或“匀减速”） ②打下C点时小车的瞬时速度大小为 。（结果保留一位小数） ③小车运动的加速度大小为 。（结果保留一位小数） 16．如图甲所示是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置。（g取9.80 m/s2） (1)选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通以频率为50 Hz的交变电流。用分度值为1 mm的刻度尺测得OA＝12.41 cm，OB＝18.90 cm，OC＝27.06 cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00 kg。甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了 J；此时重锤的速度vB＝ m/s，此时重锤的动能比开始下落时增加了 J。（结果均保留三位有效数字） (2)某同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以v2为纵轴作出了如图丙所示的图线，图线的斜率近似等于 ； A．19.6   B．9.8   C．4.90 图线未过原点O的原因是 。 三、电学实验（本大题共9小题） 17．某实验小组用电压表和电阻箱测量溶液电池的电动势E和内阻r，实验室中有一种特殊电源，可以把电压表接在靠近电源正、负极M、N旁的两探针P、Q上，来采集溶液电池的内电压，并在实验的过程中测量和记录了电压表示数随电阻的变化情况。请回答下列问题： (1)在实验的过程中，逐渐调节电阻箱的电阻，让R的阻值逐渐增加，电压表的示数如何变化 （选填“增大”“不变”或“减少”）。 (2)通过作图来测量电源的电动势和内阻，以R为横坐标，以为纵坐标．在坐标系中，图线的斜率为k，纵截距为b，则电源的电动势 ，内阻 。 (3)内阻的测量值 （选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。 18．某实验小组在测量电源电动势和内阻的实验中，采用如图甲所示的电路进行实验，待测电源的电动势约2V，内阻约2Ω。 (1)按电路图连接电路后，在闭合开关S前，滑动变阻器滑片应置于 （填“a”或“b”）端； (2)根据实验数据绘出U-I图像如图乙，由图像可得电源电动势为 V。 19．（9分）小华制作了一个水果电池，要测量其电动势和内阻。 （1）小华先用电压表直接测量水果电池两极间的电压，发现电压表指针位置如图甲所示，读数为　　　　V； 甲 （2）小华又用这个电压表和一个电阻箱，设计了图乙所示的电路，测得多组U、R的值，并做出－图像，如图丙所示，已知电压表内阻等于3 kΩ，考虑电压表的分流影响，那么水果电池的电动势E＝　　　　V，内阻r＝　　　　kΩ；（计算结果均保留两位有效数字） 乙 丙 （3）查资料发现，由图像计算得到的水果电池电动势符合实际，那么用电压表直接测量水果电池两极间电压与电动势有明显偏差的原因是　　　　。 20．(9分)小梦同学自制了一个两挡位(“×1”“×10”)的欧姆表，其内部结构如图所示，R0为调零电阻(最大阻值为R0m)，Rs、Rm、Rn为定值电阻(Rs＋R0m＜Rm＜Rn)，电流计Ⓖ的内阻为RG(Rs≪RG)。用此欧姆表测量一待测电阻的阻值，回答下列问题： (1)短接①②，将单刀双掷开关S与m接通，电流计Ⓖ示数为Im；保持电阻R0滑片位置不变，将单刀双掷开关S与n接通，电流计Ⓖ示数变为In，则Im　　　　In(填“大于”或“小于”)； (2)将单刀双掷开关S与n接通，此时欧姆表的挡位为　　　　(填“×1”或“×10”)； (3)若从“×1”挡位换成“×10”挡位，调整欧姆零点(欧姆零点在电流计Ⓖ满偏刻度处)时，调零电阻R0的滑片应该　　　　调节(填“向上”或“向下”)； (4)在“×10”挡位调整欧姆零点后，在①②间接入阻值为100 Ω的定值电阻R1，稳定后电流计Ⓖ的指针偏转到满偏刻度的；取走R1，在①②间接入待测电阻Rx，稳定后电流计Ⓖ的指针偏转到满偏刻度的，则Rx＝　　　　Ω。 21．用图所示的电路．测定一节旧干电池的电动势和内阻。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：双量程电流表：A（量程0~0.6A，0~3A）；双量程电压表：V（量程0~3V，0~15V）；滑动变阻器：R1（阻值范0~20Ω，额定电流2A）；滑动变阻器：R2（阻值范0~1000Ω，额定电流1A） (1)为了调节方便，测量精度更高，实验中应选用电流表的量程为 A，电压表的量程为 V，应选用滑动变阻器 （填写滑动变阻器符号）； (2)根据图正确连接图中的实物电路，注意闭合开关时滑动变阻器的滑片P应处于正确的位置并选择正确的电表量程进行连接 ； (3)通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图中画出了U-I图线。由图象可以得出，此干电池的电动势E= ，内阻r= Ω； (4)引起该实验的系统误差的主要原因是 。 A．由于电流表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小 B．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小 C．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压小 D．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压大 22．某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有： A．电流表A1（内阻，满偏电流    B．电流表A2（内阻约为，量程为） C．定值电阻（）     D．滑动变阻器（最大电阻为）    E．两节干电池    F．一个开关和导线若干   G．螺旋测微器，游标卡尺 （1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为 mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为 cm。 （2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用 挡（填“”或“”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为 。 （3）请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值。( ) （4）若实验测得电流表A1示数为，电流表A2示数为，则金属棒电阻的表达式为 。（用，，，表示） 23．（10分）某同学为了测电流表A1内阻的精确值，准备了如下器材： A．电流表A1（量程0～300 mA，内阻约为5 Ω）； B．电流表A2（量程0～600 mA，内阻约为1 Ω）； C．电压表V（量程0～15 V，内阻约为3 kΩ）； D．定值电阻R0（阻值为5 Ω）； E．滑动变阻器R1（阻值范围0～5 Ω，额定电流为1 A）； F．滑动变阻器R2（阻值范围0～50 Ω，额定电流为0．01 A）； G．电源E（电动势为3 V，内阻较小）； H．导线、开关若干。 （1）实验要求电流表A1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能地减少误差，以上给定的器材中滑动变阻器应选　　　　。（填器材前的序号） （2）实验电路图如图所示，应选用的仪器1为　　　　，2为　　　　，3为　　　　。（填器材前的序号） （3）利用上述电路图测得电流表A1的内阻　　　　真实值。（填“大于”“小于”或“等于”） 24．（10分）某实验小组为了测量某种材料制成的电阻丝的电阻Rx，实验室提供的器材有： A．电流表G1（内阻Rg1＝100 Ω，满偏电流Ig1＝20 mA） B．电流表G2（内阻Rg2＝100 Ω，满偏电流Ig2＝10 mA） C．定值电阻R0（50 Ω，允许通过的最大电流1 A） D．电阻箱R1（阻值范围0～9 999 Ω，允许通过的最大电流1 A） E．滑动变阻器R2（最大阻值100 Ω，允许通过的最大电流1 A） F．电源E（电动势30 V，内阻不计） G．多用电表 H．开关S和导线若干 某同学进行了以下操作： 　 甲　　　　　乙 （1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡测量时，发现指针偏转角度过小，为了更准确地测量该电阻丝的阻值，将多用电表的欧姆挡位换到“　　　　”（填“×1”或“×100”）挡再次测量，并重新进行　　　　（填“机械调零”或“欧姆调零”），若测量时指针位置如图甲所示，则示数为　　　　Ω。 （2）为测量电阻丝阻值，该同学设计电路图如图乙所示。为采集到多组数据，应尽可能让电表同时接近满偏状态。所以图乙中，A1处应选择　　　　（填“G1”或“G2”）与电阻箱串联，改装成量程为0～30 V的电压表。 （3）调节滑动变阻器的滑片到合适位置，测得电流表G1的示数为I1，电流表G2的示数为I2，则该种材料制成的电阻丝的电阻Rx＝　　　　（用题中所给的符号表示）。 25．某实验小组为了测量某种材料制成的电阻丝的电阻，实验室提供的器材有： A．电流表（内阻，满偏电流） B．电流表（内阻，满偏电流） C．定值电阻（100Ω，1A） D．电阻箱（，1A） E．滑动变阻器（100Ω，1A） F．电源（36V，内阻不计） G．多用电表 H．开关S和导线若干 某同学进行了以下操作： （1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡测量时，发现指针偏转角度过小，为了更准确地测量该电阻丝的阻值，将多用电表的欧姆挡位换到 （填“×1”或“×100”）进行再次测量，并重新进行 （填“机械调零”或“欧姆调零”），若测量时指针位置如图甲所示，则示数为 。    （2）测量电阻丝阻值，某同学设计电路图如图乙所示。为采集到多组数据，应尽可能让电表同时接近满偏状态。所以图乙中，处应选择 （填“”或“”）与电阻箱串联，改装成量程为36 V的电压表 （3）调节滑动变阻器的滑片到合适位置测得电流表的示数为，电流表的示数为，则该种材料的电阻 四、其他实验（本大题共3小题） 26．在“研究电磁感应现象”实验中，将灵敏电流计G与线圈L连接，线圈上导线绕法，如图所示．已知当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转． （1）将磁铁N极向下从线圈L上方竖直插入L时，灵敏电流计的指针将 偏转（选填“向左”“向右”或“不”）．     （2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，a点电势 b点电势（填“高于”、“等于”或“低于”）． 27．在“用油膜法估测分子大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每体积溶液中有纯油酸体积，用注射器和量筒测得体积上述溶液有n滴，把一滴该溶液滴入盛水的撒有痱子粉的浅盘中，待水面稳定后，得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中每个小正方形格的边长为a，则可求得： (1)油酸薄膜的面积S= ； (2)每滴溶液中含有纯油酸的体积为 ；油酸分子的直径是 ；（用、、、n、S表示） (3)某同学实验中最终得到的油酸分子直径数据偏大，可能是由于________。 A．油膜中含有大量未溶解的酒精 B．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格 C．水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开 D．用注射器和量筒测体积溶液滴数时多记录了几滴 28．利用双缝干涉测量光的波长实验中，双缝相距d，双缝到光屏的距离L，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图所示，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数如图所示，则： （1）分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数分别为 mm， mm，相邻两条纹间距 mm； （2）波长的表达式 （用、L、d表示）； （3）若将滤光片由红色换为绿色，得到的干涉条纹间距将 （选填“变大”“不变”或“变小”）； （4）若仅将屏向远离双缝的方向移动。可以 （填“增加”或“减少”）从目镜中观察到的条纹个数。 五、创新实验（本大题共2小题） 29．如图所示，某同学设计了一种验证机械能守恒定律的实验方案，将一量角器固定在铁架台的水平横杆上，在量角器的圆心位置固定一光滑的钉子，并使量角器直径与水平横杆平行。将不可伸长的轻绳一端系在钉子上，另一端与一密度较大的小铁球相连。钉子正下方放置一光电门。实验时，先使小球自由下垂并且小球球心对准光电门中心，然后握住铁球使轻绳拉直，且在与量角器平行的竖直平面内让小球从静止释放，光电门测得小球通过光电门的时间为。 (1)若要验证机械能守恒定律，还需要测量以下哪些物理量__________（填标号）。 A．小球质量m B．小球直径D C．轻绳的长度L D．轻绳与水平方向的夹角 (2)根据题干和（1）中的测量量，得出能够验证机械能守恒定律的表达式为 。 (3)若轻绳自由下垂时小球的球心略高于光电门的中心，小球在最低点处的动能的测量值将 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 30．（7分）2023年9月21日在中国空间站的“天宫课堂”中，“神舟十六号”航天员做的钢球碰撞实验给大家留下深刻印象。如图甲所示，其中大钢球质量为M，小钢球质量为m，在空间站中钢球的自由运动可以看成匀速直线运动。 甲 （1）用两个相同的大钢球做实验，一个运动的钢球碰另一个静止的钢球，碰后二者刚好交换速度，说明此碰撞为　　　　（填“弹性碰撞”或“完全非弹性碰撞”）。 （2）用小钢球去碰静止的大钢球，二者发生正碰，发现小钢球能被弹回。通过视频逐帧播放，可测量在相同运动时间内碰前小钢球的位移大小为L1、碰后小钢球的位移大小为L2和大钢球的位移大小为L3，若上述物理量满足关系式　　　　，就可验证此碰撞过程中两球的总动量守恒。 （3）用大钢球去碰静止的小钢球，发现碰撞前后两球的运动方向不在同一直线上，如图乙所示，此碰撞过程中两球的总动量　　　　（填“仍然守恒”或“不再守恒”）。 乙 参考答案 1．【答案】10.50；1.731 【详解】[1]游标卡尺的主尺读数为10mm，游标读数为：0.05mm×10=0.50mm，所以最终读数为：10mm +0.50mm =10.50mm； [2]螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为：0.01mm×23.1=0.231mm，所以最终读数为：1.5mm+0.231mm= 1.731mm。 2．【答案】；B 【详解】（1）[1]F1、F2是用两个弹簧秤拉橡皮条时的读数，F是用一个弹簧秤拉橡皮条时的读数，是F1、F2的理论值，则图中的力F1、F2、F、不是由弹簧测力计测得的是。 （3）[2]本实验采用的科学方法是等效替代法。选B。 3．【答案】0 ；2mm ；0.59；0.174 ；0.176；误差允许的范围内，机械能守恒 【详解】(1)[1]用公式=mgh来验证机械能守恒定律时，对纸带上起点的要求是重锤是从初速度为零开始； [2]打点计时器的打点频率为50Hz，打点周期为0.02s，重物开始下落后，在第一个打点周期内重物下落的高度所以所选的纸带最初两点间的距离接近 (2)[3]利用匀变速直线运动的推论 [4]重锤的动能 [5]从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量 [6]得出的结论是在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒 4．【答案】(1)3.108/3.107/3.109/3.106 (2)n (3)C 【详解】（1）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为 （2）令一个钩码的质量为m，小车的质量为M，依次增加悬挂的钩码（完全相同）个数n，重复步骤b、c、d，在步骤b中，根据平衡条件有 在步骤c中，对小车进行分析，根据牛顿第二定律有 则有 可知，要探究小车加速度与所受合外力的关系，以加速度a为纵轴，以n为横轴描点作图，当所作图像是一条过坐标原点的倾斜直线时，则说明：在小车质量不变的情况下，小车的加速度与所受合外力成正比。 （3）A．根据光电门测速原理有 当光电门之间间距大一些时，挡光时间短一些，测速更加精确一些，可知，为了减小测速误差，实验中应增大两光电门之间的距离，A错误； B．结合上述可知，实验中能够精确测得小车所受外力的合力，实验中，不需要确保小车的质量远大于钩码的质量，B错误； C．遮光片宽度越小，挡光时间越短，速度测量误差越小，可知，实验中挑选遮光片时，选宽度比较小的，C正确； D．结合上述可知，木板的摩擦对实验没有影响，即不需要挑选表面比较光滑的木板进行实验，D错误。 选C。 5．【答案】(1)B；(2)不同，B；(3)27∶1 【详解】（1）在该实验中应用了控制变量法，选B。 （2）探究F的大小与ω的关系时，应保持小球质量m和小球做圆周运动的半径r相同，所以应将相同的小球分别放在挡板A处和挡板C处，并将皮带套在两边半径不同的变速塔轮上，选B。 （3）将m的小球放在A处，3m的小球放在C处，皮带套在塔轮③和塔轮⑥上，两物体向心力差别最大，塔轮③和塔轮⑥半径之比为，塔轮③和塔轮⑥边缘的线速度相等，角速度与半径成反比，两小球做圆周运动的向心力之比，此时标尺的最大示数和最小示数之比为27:1。 6．【答案】（1）不需要；钩码的质量远小于小车的质量 （2）； （3）大于 【详解】（1）实验前先平衡摩擦力，平衡摩擦力时不需要悬挂钩码；以小车为对象，根据牛顿第二定律可得以钩码为对象，根据牛顿第二定律可得，联立可得，则实验过程中为了保证细线对小车的拉力近似等于悬挂钩码的重力，需要满足的条件是钩码的质量远小于小车的质量。 （2）根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打下C点时，小车的速度表达式为，从打O点到打C点过程中，合力对小车做功为，小车的动能变化量为，则如果表达式，在误差允许的范围内成立，则动能定理得到验证。 （3）由于细线对小车的拉力近似等于悬挂钩码的重力，则代入计算的合力偏大，因此求得的合外力的功大于小车动能的增量。 7．【答案】D；6 ；7 ；1.00；2.00 【详解】（1）[1]打点时间间隔为，平均速度、瞬时速度、加速度都需要运动学公式得出，时间间隔不需要运动学公式得出。选D。 （2）[2][3]计数点1～7段，相邻计数点之间的距离逐渐增大，计数点6～11段，相邻计数点之间的距离逐渐减小，可判断物块在两相邻计数点6和7之间某时刻开始减速； （3）[4]计数点5对应的速度大小为 [5]加速度的大小为 8．【答案】(1)D；(2)一；(3) 【详解】（1）探究向心力的大小与小球质量m、角速度和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。 探究小车速度随时间变化的规律，速度的测量用的是极限法，A错误；探究平抛运动的特点，采用的实验方法是用曲化直的方法，B错误；探究两个互成角度的力的合成规律，采用的是等效替代的实验方法，C错误；探究加速度与物体受力、物体质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，D正确。 （2）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，应使两球的角速度相同，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。 （3）在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，则两球做圆周运动半径之比为；将传动皮带调至第二层塔轮，则两球做圆周运动的角速度之比为，根据，可知标尺的刻度之比为 9．【答案】(1)自由落体；匀速直线；(2) 0.02；0.4 【详解】（1）[1][2]用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动；因为观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，可知球1在水平方向上的运动规律与球2相同，即平抛运动在水平方向上做匀速直线运动。 （2）在竖直方向上，根据匀变速直线运动的规律可得，得照相机的曝光时间为，在水平方向有，得 10．【答案】(3)见解析(2分)　(4)15.35(2分)　(5)127(2分) 【详解】(3)根据表中数据描点连接，如图所示。 (4)刻度尺的分度值为1 mm，则橡皮筋的长度l'＝15.35 cm。 (5)橡皮筋的弹力与其长度关系为F＝k(l－l0)，图像的斜率大小等于橡皮筋的劲度系数大小，有k＝＝ N/cm＝0.196 N/cm，将k＝0.196 N/cm、n＝25和l＝16.56 cm代入F＝k(l－l0)可得橡皮筋的原长l0＝9.00 cm，挂上冰墩墩时l'＝15.35 cm，由mg＝k(l'－l0)，解得m＝127 g。 11．【答案】 OP ON 不会 【详解】(1)[1][2]A球碰前做平抛运动的水平位移是图中的OP，B球被碰后做平抛运动的水平位移是图中的ON； (2)[3]小球A下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结果无影响，只要斜槽末端水平保证小球做平抛运动即可； (3)[4] 碰撞前a球的速度为 碰撞后a球的速度为 碰撞后b球的速度为 用本实验中所测得的量来验证两球碰撞过程动量守恒，则有 表达式化简为 ． 12．【答案】 2.0 9.76 不变 【详解】（1）[1]根据图线知，单摆的周期。 （2）[2]设小球直径为，根据单摆周期公式有 可得 由题中可知 解得 [3]在图像中，未测得摆球的直径，不影响斜率的求解，则算出的g值和真实值相比较是不变的。 13．【答案】(1)B，(2)2.00，(3)9.7，(4)小于 【解析】(1)为了减小空气阻力和摩擦阻力的影响，物块1选用质量和密度较大的物体，A错误；为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，两限位孔应在同一竖直线上，正确；为了充分利用纸带，实验时，先接通电源后释放物块，故C错误。选B。 (2)打点计时器所用的交流电源频率为，每相邻的两个点之间还有四个点未画出，相邻计数点间的时间间隔为， 根据逐差法有 (3)根据牛顿第二运动定律有解得 (4)空气阻力及纸带的影响使得通过纸带得到的加速度比理想情况下的加速度小，从而使得重力加速度的测量值小于真实值。 14．【答案】（3）（1分）　（5）线性的（2分）　（6）A（2分）　（7）见解析（2分） 【解析】（3）由题图（b）可知t0时间内完成了10次全振动，故振动周期T＝。 （5）计算表中数据，得出弹簧振子振动周期的平方T2与质量m的比值在误差允许的情况下相等，所以两者的关系是线性的。 （6）根据m与T2呈线性关系可排除B选项，再根据周期T的单位为s，劲度系数k的单位为N/m，即kg·s－2，质量m的单位为kg，由单位制可判断出A正确。 （7）弹簧自身的重力对弹簧振子在竖直方向上做简谐运动有影响，所以在测量周期时会有误差。 15．【答案】(1)AB，(2)匀加速 ；0.7 ；5.0 【详解】（1）A．小车停止运动后，应立即关闭电源，再取下纸带，A正确； B．为充分利用纸带，实验时应先接通电源然后再释放小车，B正确； C．为充分利用纸带，实验前小车要远离滑轮，小车要从靠近打点计时器的地方释放，C错误； D．本实验要求瞬时速度，小车的运动时间通过打点的间隔数计时，不需要记录时间的仪器-秒表，D错误。选AB。 （2）①[1]据题可得，，，，则，可知小车在连续相等时间内的位移增加相等，可知小车做匀加速直线运动。 ②[2]点的瞬时速度用段的平均速度来代替，则 ③[3]由逐差法求加速度，可得 16．【答案】1.85；1.83；1.68 ；B；先释放了纸带，后合上打点计时器的开关 【详解】(1)[1]当打点计时器打到B点时，重锤的重力势能减小量ΔEp＝mg·OB＝1.00×9.80×18.90×10－2 J≈1.85 J [2]打B点时重锤的速度vB＝ [3]此时重锤的动能增加量ΔEk＝＝×1.00×1.8312 J≈1.68 J (2)[4]由机械能守恒定律有mv2＝mgh，可得v2＝gh，由此可知图线的斜率近似等于重力加速度g，所以B正确；ACD错误；选B。 [5]由图线可知，h＝0时，重锤的速度不等于零，原因是该同学做实验时先释放了纸带，然后才合上打点计时器的开关。 17．【答案】(1)减少，(2) ；，(3)小于 【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律可知，当外阻增加时，路段电压增加，内电压减少。 （2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可知，，，，解得， （3）内阻的测量值是电源内阻与电压表并联总阻值，其大小小于电源真实内阻。 18．【答案】(1)a，(2)1.9 【详解】（1）在闭合开关S前，为防止烧坏电表，滑动变阻器滑片应置于a端。 （2）根据闭合电路的欧姆定律，整理得，可知图像的纵截距表示电源电动势，为 19．【答案】（1）0．40（2分）　（2）1．2（2分）　6．0（2分）　（3）水果电池的内阻过大（3分） 【解析】（1）题图甲中电压表的分度值为0．02 V，由题图甲知，电压表读数为0．40 V。 （2）设电压表的内阻为RV，根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋r，整理得＝·＋，则－图像的斜率k＝＝ Ω/V＝5 000 Ω/V，－图像的纵截距为b＝＝2．5 V－1，由题意得RV＝3 kΩ，联立解得E＝1．2 V，r＝6 000 Ω＝6．0 kΩ。 （3）水果电池的内阻过大，内阻分得的电压较大，使得电压表示数明显小于电动势。 20．【答案】(1)大于(2分)　(2)×10(2分)　(3)向上(2分)　(4)400(3分) 【详解】(1)将R0、Rs和电流计内阻RG看作一个整体，分别与Rn和Rm串联，电源电动势不变，I＝，由于Rn＞Rm，所以Im＞In。 (2)将单刀双掷开关S与n接通，电路的总电阻较大，中值电阻较大，能接入待测电阻的阻值较大，此时欧姆表的挡位为“×10”挡位。 (3)从“×1”挡位换成“×10”挡位，即开关S从m拨向n，电路电阻增大，干路电流减小，①②短接时，为了使电流表满偏，则需要增大通过电流计Ⓖ所在支路的电流，所以需要将R0的滑片向上调节。 (4)设欧姆调零后欧姆表的内阻为RΩ＝，Imax为电流表满偏时电路的总电流。当指针偏转到满偏刻度的时，有Imax＝，当指针偏转到满偏刻度的时，有Imax＝，解得Rx＝400 Ω。 21．【答案】0~0.6A ；0~3V ；R1 ；；1.45V；；B 【详解】(1)[1]分析U-I可知电流小于0.6A，流过干电池电流一般不会超过0.6A，否则很容易损坏电源，电流表选择量程。 [2]由U-I分析可知1节干电流电动势为1.45V，电压表选择量程0~3V。 [3]因干电池内阻较小，所以滑动变阻器选择R1，一是调节较方便，二是额定电流较大。 (2)[4]电压表选0~3V，电流表选，滑动变阻器有效电阻为右部分，补充好的电路图如下所示： (3)[5]由闭合电路欧姆定律可知，变形可得，分析U-I图像可知纵坐截距为1.45V，说明干电池的电动势为E=1.45V。 [6]由前面的表达式分析可知图像斜率的绝对值在数值上等于电源内阻 (4)[7]分析电路图可知电压表测的是电源路端电压，电流表测的电流小于通过电源的电流，电流没有测准确的原因是电压表分流作用。 22．【答案】6.123/6.124/6.122；；；；见解析； 【详解】（1）[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为 [2]由图示游标卡尺可知，其示数为 （2）[3]用欧姆表“”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用挡，并进行一系列正确操作。 [4]由图3所示可知，则金属棒的阻约为 （3）[5]由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为，电流表内阻约为，待测电阻阻值约为，滑动变阻器最大阻值为，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示： （4）[6]金属棒电阻阻值 23．【答案】（1）E（2分）　 （2）A（2分）　D（2分）　B（2分）（或D　A　B） （3）等于（2分） 【解析】（1）实验要求电流表A1的示数从零开始变化，则采取分压式接法，为保证电路方便实验操作，滑动变阻器选择最大阻值较小的R1。 （2）因为电压表量程太大，所以选用两个电流表，仪器1为A1，仪器2为定值电阻R0（或者仪器1为定值电阻R0，仪器2为A1），R0与待测电流表并联，根据欧姆定律测电压，仪器3为电流表 A2，故选A、D、B。 （3）设电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，根据欧姆定律得＝R0，因为测得的电压为真实值，所以不存在误差，测得电流表A1的内阻等于真实值。 24．【答案】（1）×100（2分）　欧姆调零（2分）　900（2分） （2）G2（2分）　（3）（2分） 【解析】（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值时，当用“×10”挡测量时，指针偏转角度过小，说明电阻阻值较大，应该换用大倍率，即将多用电表的欧姆挡位换到“×100”挡再次测量，并重新进行欧姆调零；若测量时指针位置如图甲所示，则示数为9×100 Ω＝900 Ω。 （2）根据题意可知，让电表同时接近满偏状态，A1处电表改装后量程为0～30 V，由欧姆定律可知，流过Rx的电流约为I1＝≈33 mA，若A2处选择G2，和R0并联后量程为0～30 mA，不能满足实验要求，则A1处应选择G2，A2处选择G1。 【一题多解】 若A2处选择G1，和R0并联后量程为0～60 mA，能满足实验要求，则A1处应选择G2，A2处选择G1。 （3）调节滑动变阻器的滑片到合适位置，根据欧姆定律有Rx＝，整理可得Rx＝。 25．【答案】（1）；欧姆调零；（2）；（3） 【详解】（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值时，指针偏转角度过小，说明电阻较大，应该换用大倍率的，即将多用电表的欧姆挡位换到进行再次测量，并重新进行欧姆调零。则图甲的读数为 （2）根据题意可知，让电表同时接近满偏状态，处电表改装后量程为，由欧姆定律可知，流过的电流为，若处选择，和并联后量程为，不能满足实验要求，则应处选择，处选择。 （3）由于与内阻相等，则流过的电流为，则流过的电流为 两端的电压为，由欧姆定律可得 26．【答案】向左；高于 【详解】(1)[1]将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，穿过L的磁场向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，由安培定则可知，电流从左端流入电流计，则电流表指针向左偏转； (2)[2]当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，由安培定则可知，电流从b流向a，a点电势高于b点电势； 27．【答案】(1)，(2)；，(3)BC 【详解】（1）轮廓包围方格约为71个，一个方格的面积为，油酸薄膜的面积为 （2）[1]每滴溶液中含有纯油酸的体积为 [2]油酸分子的直径是 （3）A．如果油膜中含有大量未溶解的酒精，导致油酸的实际面积比统计面积小，计算时采用统计的油酸面积S偏大，由可知，油酸分子直径d的计算值将比真实值偏小，A错误； B．如果计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，导致统计的油膜面积偏小，由可知，计算结果将偏大，B正确； C．如果水面上痱子粉撒得较多，油酸没有充分展开，导致统计的油酸面积比充分展开的油酸面积小，由可知，计算结果将偏大，C正确； D．用注射器和量筒测V0体积溶液滴数时多记录了几滴，则每一滴油酸酒精溶液所含纯油酸的体积的测量值偏小，由可知，计算结果将偏小，D错误。选BC。 28．【答案】11.1；15.6；0.75；；变小 ；减少 【详解】（1）[1][2]游标卡尺读数分别为， [3]相邻两条纹间距 （2）[4]由，得 （3）[5]由，知频率高的单色光波长短，所以根据，判断出干涉条纹间距将变小。 （4）[6]若仅将屏向远离双缝的方向移动，根据可知条纹间距变大，则从目镜中观察到的条纹个数减少。 29．【答案】(1)BCD；(2)；(3)偏大 【详解】（1）根据机械能守恒定律，可得，则需要测量L，D，的值。选BCD。 （2）根据（1）可知得出能够验证机械能守恒定律的表达式为 （3）若小球的球心略高于光电门的中心，则小球的遮光长度小于小球的直径D，在计算小球速度时仍然借助求解，解得小球速度偏大，小球的动能也偏大。 30．【答案】（1）弹性碰撞（2分）　（2）m（L1＋L2）＝ML3（2分）　（3）仍然守恒（3分） 【解析】（1）设运动的钢球碰前速度为v1，碰后两球的速度分别为v2、v3，由动量守恒定律得Mv1＝Mv2＋Mv3，假如v2＝0，v3＝v1，即满足M＝M＋M，所以此碰撞为弹性碰撞。 （2）设碰前小钢球的速度大小为v01，碰后小钢球、大钢球速度大小分别为v11、v21，由动量守恒定律得mv01＝－mv11＋Mv21，式子两边都乘时间得mL1＝－mL2＋ML3，解得m（L1＋L2）＝ML3。 （3）动量守恒定律的表达式是矢量式，所以用大钢球去碰静止的小钢球，即使发现碰撞前后两球的运动方向不在同一直线上，碰撞过程中两球的总动量仍然守恒。 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 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