实验题分组标准练(7)&(8)-【衡水金卷·先享题】2026年新高考物理专项分组练(湖南专版)

实验题分组标准练(7) (限时20分钟) 1.(6分)在“测量玻璃砖的折射率”的实验中，某实验 为9999.9Ω)，电阻箱R2(最大阻值为 小组做了如下操作： 99999.92),开关S和导线若干。 (1)由于电流表的量程太小，需将电流表改装成量 程为9V的电压表，则电流表应与电阻箱R (填“并联”或“串联”)，并将该电阻箱的阻值 调为 2. 产品名称 南孚9V碱性电池 乙 电压 9V 保质期 7年 型号 6LR611粒装 含汞量 无汞 --N 执行标准号 GB/T8897.2 金 (1)如图甲所示，先将方格纸平铺在木板上并用图 (2)请在虚线框内画出测量电池电动势的电路图 钉固定，长方体玻璃砖平放在方格纸上，然后在方 (需标注R1、R2区分)。 格纸中画出玻璃砖与空气的两个界面MM'和 NN'。在相应位置插上P、P2两枚大头针，然后 在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针P 和P4。某学生在插P时，在视线中看到P1、P “断”成了a、b、c、d四节，如图乙所示。正确的做 (3)为了测量电池的电动势，调节其中某一电阻箱 法是让P同时挡住 (填正确答案标号)。 的阻值，读出相应阻值R对应的电流表示数I,分 A.a、b B.c、d C.a、c D.b、d 图像中， 别计算出号和只的值，并将其描在子·辰 (2)请根据实验原理在图甲中补全光路图，并标注 如图所示。若不考虑改装好的电压表分流，则根 出在界面MM'的入射角i和折射角r,通过分析实 验数据可得玻璃砖的折射率n= (结果保 据坐标图可得该电池的电动势为V。(结 果保留两位有效数字) 留两位有效数字)。 (3)如图丙所示，在实验过程中画出界面MM后， 7(104A) 1.1 不小心将玻璃砖向上平移了一些，导致界面NN 1.0 到图中虚线位置，而在作光路图时界面MM'仍为 0.9 开始所画的，则所测得的折射率将 (填 0.8 0.7 “偏大”“偏小”或“不变”)。 0.6 2.(8分)如表所示为无线话筒中一种常用电池的相 0.56102030 40 50 60 关数据，某同学欲测量该电池的实际电动势（内阻 友/(10-32-1) 约为252)，可供选择的实验器材有：电流表A(量 程为200μA,内阻为5002)，电阻箱R1(最大阻值 物理(XD)第39页（共66页） 实验题分组标准练(8) (限时20分钟) 1.(8分)(1)某同学利用多用电表的欧姆挡测量未知 测量定值电阻R的电阻率。闭合开关，电压表的 电阻的阻值，当选用“×10”挡测量时，指针的偏转情 示数接近电源电压，电流表无示数。经检查电流 况如图所示，为减小测量误差，请你选择正确的实 表及各接线处均完好，则电路的故障可能是 验操作并排序 (填正确答案标号) 5040 30 2015 10 2505P 500 100 200 100 50002/Y 2.5 25002/y A-V-2 甲 乙 A.将红黑表笔短接 2.(10分)在“观察水波的干涉”的实验中得到如图所 B.调节欧姆调零旋钮，使指针指在最左侧刻线 示的干涉图样。O,、O2为波源，振幅均为5cm,实 C.调节欧姆调零旋钮，使指针指在最右侧刻线 线表示波峰，图示时刻P点与其两侧同一波源对 D.将选择开关调至“×1”挡 应的实线（波峰）的距离相等，且波源O1、O2均在 E.将选择开关调至“×100”挡 波谷位置，虚线为P点与波源的连线，且OP= (2)某同学探究“变压器原、副线圈电压与匝数的 O2P=2m,波从波源O,传到P点所用的时间 关系”时，得到的实验数据如表格所示。 为2s。 原、副线圈匝数 0.5 2 的比值（西） 2 6 n2 原、副线圈电压 的比值÷) 0.572.272.304.509.2818.50 (1)P点是振动 (填“加强”或“减弱”)点， 振幅为 cm。 分析表格内数据，发现没有严格等于岩，可能的 U (2)若有一小纸片被轻放在P点浮于水面上，则此 原因有 。(填正确答案标号) 后纸片的运动情况是 （填正确答案 A.线圈通过电流时会发热 标号) B.铁芯在交变磁场的作用下会发热 A.一定沿箭头A的方向运动 C.交变电流产生的磁场没有完全局限在铁芯内 B.一定沿箭头B的方向运动 D.此变压器为理想变压器 C.一定沿箭头C的方向运动 (3)在测量某定值电阻的电阻率实验中，部分电路 D.在P点处随水面上、下运动 按照图甲连接。由试触a点改为试触b点时，发 (3)该水波的波速为 m/s。 现电压表的示数变化较大，电流表的示数变化不 (4)若OO2=3m,则O1O2(不含O1、O2两点)间 明显，为了减小测量误差，电压表右端接在 有 处振动加强区。 (填“a”或“”)点。某同学用图乙所示的实物电路 物理(XD)第40页（共66页）物理(XD) 2.(1)左(2分) (3)kE(2分)-bE。(2分)》 (4)等于(2分) 【解析】(1)为了保护电路，当开关S与1接通前，滑 动变阻器的滑片P应置于接入电路的最大阻值处， 即最左端。 (3)根据闭合电路欧姆定律有E=I(R十R。十r),E -1(R+R十)联立可得六长·大十，可 知片六图像的斜率和织箱栽距分别为女=层，6= E,解得E=E=一B: (4)若考虑电流表的内阻，根据(3)中测量原理可知待 测电源电动势的测量值等于真实值。 实验题分组标准练（7) 1.(1)B(1分) (2)如图所示(2分) 1.5(2分) (3)偏大(1分) 【解析】(1)在本实验中P应挡住P1、P2透过玻璃砖 的像而不是P、P2,图中a、b为P1、P,c、d为P1、Pg 透过玻璃砖的像，即应让P,同时挡住c、d,B项正确 (2)光路图如答案图所示，由折射定律可得玻璃砖的 折射率n=sini=」 V√32+22 =1.5。 sin r 2 √22+32 (3)在实验过程中，实际光线如图中的OQ所示，而 作图光线如图中OQ所示，导致折射角偏小，所测得 的折射率偏大。 。P1 M ·25 参考答案及解析 2.(1)串联(2分)4.45×10(2分) (2)如图所示(2分) A (3)8.7(8.69.0均可，2分) 【解析】(1)将电流表改装成量程为9V的电压表，根 9 据欧姆定律可知，串联电阻箱的阻值为200X10一0 -5002=4.45×1042,故电流表应与电阻箱R2串 联，并将该电阻箱的阻值调为4.45×10Ω。 (2)将电流表改装成电压表后测量路端电压，故电流 表和电阻箱R2串联再和电阻箱R并联，电路图如答 案图所示。 (3)将坐标系中各点用直线连接，使点迹均匀分布在 直线两侧，如图所示： 行/(104A-1) 1.1 1.0 0.9 0.8 0.7 0.6路 o.s电 0102030405060 F/(10-32-) 由于不考虑改装好的电压表分流，根据闭合电路欧姆 定律有E=R士(R十r,整理得子-RP E 十®上·京，由于图中精出的是一条倾斜的直 线，故调节的是电阻箱R,则上述函数-尽十 E 十R·尺，结合图像的纵我距有产 E 0.52×10A-1,解得E≈8.7V。 实验题分组标准练(8) 1.(1)DAC(2分) (2)ABC(2分) (3)b(2分)待测电阻断路(2分) 【解析】(1)用“×10”挡测电阻的阻值时，指针偏角过 大，说明所测电阻较小，所选挡位太大，为准确测量电 阻的阻值，应选“X1”挡，将红黑表笔短接，调节欧姆 调零旋钮，使指针指在最右侧刻线，然后再测电阻阻 值，故合理的实验步骤为DAC。 (2)变压器并非理想变压器，能量损失主要来源于三 个方面，分别是绕制线圈的铜导线发热损耗（俗称铜 损)、铁芯中的涡流发热损耗（俗称铁损）、铁芯对磁场 参考答案及解析 的约束不严密损耗（俗称磁损），A、B、C项正确。 (3)电压表示数变化较大，电流表的示数变化不明显 说明电流表的分压效果比较显著，电流表分得的电压 不可忽略，所以应该选用外接法，故应接在b点；电压 表示数接近电源电压，电流表无示数，说明待测电阻 断路。 2.(1)加强(2分)10(2分) (2)D(2分) (3)1(2分) (4)5(2分) 【解析】(1)由题图可知，两列波的波长相同，O、O 两点在图示时刻均在波谷位置，故两列波的频率相 同，振动步调一致，由于OP=O2P,所以路程差为波 长的整数倍，所以P点为振动加强点，故P点的振幅 为5cm+5cm=10cm。 (2)根据波传播的特点，各质点并不随波迁移，而是在 平衡位置附近做简谐运动，所以小纸片在P点随水 面上、下运动，A、B、C项错误，D项正确。 (3)因为O1P=O2P=2m,且波从波源O传到P点 用时2s,故波速u=工=1m/s。 (40P=2m=2x,故入=1m,-3m<2m之<3m, 解得n=一2，-1,0,1,2，故有5处振动加强区。 第三部分常考大题分组练 分组练(1)牛顿运动定律A组 1.【解析】(1)设物块与木板间的静摩擦力大小为f,绳 上的拉力为T,物块的加速度大小为a1,木板的加速 度大小为a2,根据牛顿第二定律 对重物有T-Mg=Ma1 (1分) 对物块有m2gsin日十f-T=mga (1分) 对木板有1gsin日-f=ma2 (1分) 物块和木板之间不发生相对滑动，有a1=a2(1分) 解得f=Mmg(1+sin) (1分) M+m+m 物块和木板之间不发生相对滑动的条件是∫≤∫mx= um2 gcos 0 (1分) 解得≥0.4 (1分) （2)由题意得4=日×0.4=0.25 (1分) 根据牛顿第二定律有 mz gsin 0+uom2 gcos 0-Mg=(M+m2 )a' (1分) migsin 0-uomz gcos 0=m az (1分) 物块与木板间的相对加速度a=a2'-a1 又L=ar (1分) 解得t=1s (1分) ·26 物理(XD) 2.【解析】(1)根据v-t图像与t轴围成的面积表示位 移可得0~1.5s内木板通过的位移大小x=号×1× 9m+3×0.5m=7.5m (2分) (2)根据题意，结合图像可知，0~1.5s内小铁块始终 做匀加速运动，t=1.5s时木板和小铁块达到共速， 设小铁块与木板间的动摩擦因数为，则对小铁块 由牛顿第二定律有：mg=ma1 (1分) 由速度与时间的关系式可得=at (1分) 其中v=3m/s,t=1.5s 解得1=0.2 (1分) 设木板与地面间的动摩擦因数为2，在撤去拉力后， 对木板由牛顿第二定律有4mg十2mg=ma2 (2分) 由图乙可知=号n/s心=12m/s (1分) 解得g=0.5 (1分) (3)对木板和小铁块在达到共速时进行分析，若共速 后二者相对静止，设二者的共同加速度为a,则由牛 顿第二定律有2mg=2a (1分) 解得a=5m/s2 (1分) 而小铁块相对于木板不发生相对滑动的临界加速度 amax=a =2 m/s<a (1分) 由此可知，小铁块与木板共速后瞬间又发生了相对滑 动，对木板，设其继续与小铁块发生相对滑动时的加 速度大小为aa,则由牛顿第二定律有22mg一ng =17a3 (1分) 解得a3=8m/s (1分) 即木板以a?的加速度继续减速直至速度为零，小铁 块以a1的加速度减速直至速度为零，设在两者达到 共速时小铁块的对地位移为x1,木板的对地位移为 xg,则刘=之a1t=2.25m (1分) x2=x=7.5m 设共速之后的减速阶段小铁块的位移为x,木板的 位移为x4,则由运动学公式可得=2a1x,= 2a3x4 (1分) 解得x3=2.25m,x4=0.5625m (2分) 则小铁块最终停止时的位置与木板右端的距离△x= x2十x4-(x1+x3)=3.5625m (2分) 3.【解析】(1)剪断弹簧之前，斜面与小球间无弹力，小 球受力分析如图甲所示 ---F2 F mg 甲 根据平衡条件可得F,=mgtan0= 4 3mg (2分) =。-号mg (2分) 剪断弹簧①瞬间，F1立即消失，F2和g不变，小球