二轮专题(十三) 力学实验-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（安徽专用）

世上 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十三） 卷题 物理·力学实验 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 1.(10分)图甲为一套半圆拱形七色彩虹积木示意图，不同颜色的积木直径不同。某同学 通过实验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。 0cml2345678 分 乙 丙 (1)用刻度尺测量不同颜色积木的外径D,其中对蓝色积木的某次测量如图乙所示，从 图中读出D= cm。 (2)将一块积木静置于硬质水平桌面上，设置积木左端平衡位置的参考点O,将积木的 右端按下后释放，如图丙所示。当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计 时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了 个周期。 (3)换用其他积木重复上述操作，测得多组数据。为了探究T与D之间的函数关系， 可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，请根据下表数据选择合适 的坐标在方格纸上做出lnT-lnD图像。 颜色 红 橙 黄 绿 青 蓝 紫 InD 2.9392 2.7881 2.5953 2.4849 2.197 年甲用中 1.792 InT 0.45 0.53 0.56 0.65 0.78 0.92 1.02 个1n7 D 根据表中数据绘制出lnT-lnD图像判定T与D的近似关系为 0 1 A.Tc√D B.TocD2 C.Toc- 1 D.Toc D (4)请写出一条提高该实验精度的改进措施： 2.(6分)利用图甲装置验证动量守恒定律，将钢球a用细线悬挂于O点，钢球b放在离地 面高度H=0.80m的支柱上，O点到a球球心的距离L=0.20m。将a球拉至悬线与 竖直线夹角为α，由静止释放后摆到最低点时恰与b球正碰，碰撞后a球运动到与竖直 线夹角为3处，b球落到地面上，测出b球的水平位移s,当地重力加速度为g。 二轮专题精准提升（十三）物理第1页（共8页） 真题 最好的保鲜就是不断进步，让自己成为一个更好和更值得爱的人 s2m 1.60 班级 1.40 1.20 1.00 ○a 0.80 姓名 0.6 H 0.40 】 0.20 得分 00.200.400.600.801.00c0sa 甲 乙 (1)改变α角的大小，多次实验，发现钢球a、b碰撞过程不仅动量守恒，机械能也守恒， 得到s2-cosa的关系图线如图乙，则钢球a,b的质量之比"m (保留2 h 位有效数字)。 (2)若在钢球b的被碰位置贴一小块棉布，依然将a球拉至悬线与竖直线夹角为α由静 止释放，增大的物理量是 A.碰后b球的水平位移s B.碰后a再次到达最高点的夹角B C.碰撞过程中系统的总动量 D.碰撞过程中系统动能的损失 (3)某同学观察到，在台球桌面上，台球以初速度vo和静止的球M发生斜碰时，碰后 两球的速度方向将不在同一直线上，如图丙所示。已知两球大小相同，质量相等，若 两球碰撞过程无能量损失，碰后两球速度方向与初速度的夹角分别为α和β，则α和 β满足的关系为 m 丙 3.(6分)某同学用如图甲所示的装置验证轻弹簧和物块（带有遮光条）组成的系统机械能 守恒。图甲中光电门安装在铁架台上且位置可调。物块释放前，细线与弹簧和物块的 拴接点(A,B)在同一水平线上，且弹簧处于原长。滑轮质量和一切摩擦均不计，细线始 终伸直。物块连同遮光条的总质量为m,弹簧的劲度系数为k,弹性势能E,一2kx(z 为弹簧形变量)，重力加速度为g,遮光条的宽度为d,物块释放点与光电门之间的距离 为1(d远远小于)。现将物块由静止释放，记录物块通过光电门的时间t。 ☐光电门 (1)改变光电门的位置，重复实验，每次物块均从B点静止释放，记录多组1和对应的时 间t,作出：（图像如图乙所示，若要验证轻弹簧和物块组成的系统机械能守恒，则 在误差允许的范围内，需要验证正确的关系式是 2g 密卷 二轮专题精准提升（十三）物理第2页（共8页） 7 (2)在(1)中的条件下，l=11和1=13时，物块通过光电门时弹簧具有的弹性势能分别为 Ep1和E3,则Ep1一Ep3= (用l1、m、l3、g表示)。 (3)在(1)中的条件下，取某个值时，可以使物块通过光电门时的速度最大，速度最大值 为 (用m、g、k表示)。 4.(9分)用如图甲所示的实验装置验证动能定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方装 有宽度为d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、槽码等。 遮光片 光电门 气垫导轨滑块 槽码 甲 (1)用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则游标卡尺的读数为 mm。 456.7 8900.05amm (2)滑块在细线拉动下从左边开始运动，光电门测量出遮光片经过A、B两处光电门的遮 光时间分别为△t1、△t2。两个光电门中心的距离为L,槽码的总质量为m1、滑块（含 遮光片)的质量为2。将槽码所受重力视为滑块所受的拉力，要验证动能定理，即 需要验证 等式成立（用题中给出的物理量及重力加 速度g表示)。 (3)保持m2、L不变，改变m1,测得滑块经过A、B两光电门的动能改变量为△Ek,作 △Ek-1gL图像如图丙实线所示，图像a为实验的理论值，请简要说明图像偏离理 论值的原因 A△E →mgL 内 (4)图丙中，渐近线b对应的△Ek值为 5.(9分)两学习小组A、B用如图所示实验装置验证向心力大小与速度的平方成正比。轻 绳（未知长度）一端在圆心O处与DS传感器相连（图中未画出），用于测量摆锤做圆周 运动过程中绳拉力F的大小，另一端与一摆锤相连，摆锤平衡时重心恰在等高线O处， 装置中的标尺盘相邻等高线间距相等。利用光电门可测得摆锤通过光电门时的速度。 已知重力加速度为g。 二轮专题精准提升（十三）物理第3页（共8页） 真题 轻绳 摆锤 光电门 (1)A组同学控制摆锤的质量m(未知)、运动半径r(未知)不变，多次改变摆锤的释放高 度，记录摆锤每次运动至最低点时绳的拉力大小F及摆锤经过光电门的速度大小？， 若以F为纵坐标，以 （填“。“2”或”)为横坐标，可在坐标纸中描出数 据点作一条直线，即可说明摆锤的向心力与速度平方成正比。若测得图线的斜率为 k,纵截距为b,则摆锤的质量m= (用已知及所测物理量字母表示)。 (2)B组同学控制摆锤的质量m(未知)、运动半径r(未知)不变，将摆锤从不同高度的等 高线处由静止释放，记录每次高度h及对应的摆锤运动至最低点时绳的拉力大小 F,描绘出F-h图像，若表达式 成立，则可证明摆锤的向心力与 速度平方成正比，根据图线的斜率或纵截距，也可求出摆锤质量。 (3)在实验中B组同学测得的摆锤质量比A组同学明显偏小，造成这个误差的最主要原 因可能是 A.B组同学每次释放时将摆锤的最高点与高度为h的等高线对齐 B.B组同学每次释放时将摆锤的最低点与高度为h的等高线对齐 C.B组同学每次释放时摆锤初速度不为零 6.(8分)某同学利用如图所示的装置“探究功与速度变化的关系”：在木块的左端固定一挡 板，挡板上栓一轻质弹簧，弹簧的右端固定一小物块，物块的上方有一很窄的遮光片，当 弹簧的长度为原长时，物块恰处于O点，O点的正上方有一光电门，光电门上连接计时 器（图中未画出）。已知弹性势能的表达式为E,一2（△x)(△x为弹簧的形变量）。 光电门 遮光片 -/000000 (1)实验开始时， 平衡摩擦力； 测量遮光片的宽度（均填“需要”或 “不需要”)。 (2)所有实验条件具备后，将小物块向左压缩△x后从静止释放，小物块在弹簧的作用下 被弹出，记下遮光片通过光电门的时间t1。 (3)在弹簧的弹性限度内将小物块向左压缩2△x、3△x、…后从静止释放，小物块在弹簧 1.1,1 的作用下被弹出，分别记下遮光片通过光电门的时间t2、t3…,则：一：一= t1 t2 t3 密卷 二轮专题精准提升（十三）物理第4页（共8页） 世上 (④)将几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W、W、W、…,若以w为纵坐标、是 为横坐标作图，则得到的图像是 (填“一条直线”或“一条曲线”)。 7.(6分)某实验小组利用频闪照相技术研究平抛运动的规律。如图甲所示，某次实验时， 先将一足够大的方格纸平铺在竖直墙壁上作为背景。拍摄时，让一小球从A点水平抛 出的同时，从B点由静止释放另一小球，已知背景的小方格均为边长L=2cm的正方 形，g取9.8m/s2,空气阻力不计。 -08 -H 甲 乙 (1)根据图甲中的信息，下列说法中正确的是 0 A.只能确定水平抛出的小球水平方向的运动是匀速直线运动 B.只能确定水平抛出的小球竖直方向的运动是自由落体运动 C.既可以确定水平抛出的小球水平方向的运动是匀速直线运动，也可以确定竖直方 向的运动是自由落体运动 (2)根据图甲中的信息可求出：频闪照相机的闪光周期的平方为 s2(保留两位 有效数字)。 (3)如图乙所示，某同学实验时随意平铺方格纸，并忘了标记重垂线方向。用另一频闪 周期得到的频闪照片中只有D、E、F三个位置，则该平抛运动的初速度大小o= (用符号L、g表示)。 8.(9分)利用如图甲的实验装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。 (1)图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间 距已在图中给出。打点计时器电源频率为50Hz,则小车的加速度大小为 m/s2 (结果保留3位有效数字)。 小车 打点计时器 单位：cm 2.01 纸带 16.29→13.430.597.724.88 木板 砝码盘和砝码 打点计时器 甲 小车 a ②/ 纸带 槽码 丙 二轮专题精准提升（十三）物理第5页（共8页） 真题名 最好的保鲜就是不断进步，让自己成为一个更好和更值得爱的人 (2)实验得到的理想α-F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如 图丙所示的①、②、③三种情况。下列说法正确的是 A.图线①的产生原因是小车的质量太大 B.图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大 C.图线③的产生原因是小车的质量太小 (3)实验小组的同学觉得用图甲装置测量加速度较大时系统误差较大，所以大胆创新，选用图 丁所示器材进行实验，测量小车质量M,所用交流电频率为50Hz,共5个槽码，每个槽码 的质量均为m=10g。实验步骤如下：L安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接 在小车上，另一端悬挂着5个槽码。调整轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在 纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑；Ⅱ保持轨道倾角不变，取 下1个槽码（即细线下端悬挂4个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点 迹测出加速度α；Ⅲ.逐个减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤Ⅱ；V.以取下槽码的总 个数1≤≤5)的倒数为横坐标，己为纵坐标，在坐标纸上作出。后关系图线.已 知重力加速度g取9.78/s2,计算结果均保留三位有效数字，请完成下列填空： ①写出随变化的关系式 (用m、g、M、a、n表示)； ②测得上1关系图线的斜率为2.5s/m,则小车质量M=kg(计算结果保 a n 留两位有效数字)。 9.(9分)为探究“合力与分力的关系”，小鲁同学设计了如下实验。如图甲，在相距为D的 两根竖直杆之间用一根长为L的不可伸长的轻绳连接（打结）一物体于点C,在绳的两 端分别连接两个拉力传感器于点P和点Q,保持P、Q的位置不变，且Q高于P,不计拉 力传感器的重力。改变悬挂点C到P点的距离PC(不相对滑动)，测得两传感器的拉 力大小随PC的变化图像如图乙中I、Ⅱ图线所示，试回答下列问题。 ↑TN D 出出出出出出出R 0 20 40 60 80 100 120 140 PC/cm 甲 乙 (1)C点的轨迹在一个 上（填“圆”“抛物线”或“椭圆”）。 (2)图线I表示的是 处传感器的拉力（填“P”或“Q”)。 (3)根据图像可求得交点的纵坐标为 N,物体的重力为 (用图中传感器的读数，及绳长L和两杆间距D表示)。 公卷 二轮专题精准提升（十三）物理第6页（共8页） 7 10.(6分)小鱼同学用身边的学习用品探究橡皮筋的劲度系数k,进行了下面的操作：将橡 皮筋上端固定在竖直面内的白纸上的O点，下端打结，在结点P处挂上质量m=20g 的橡皮，记下静止后结点的位置P1。在结点P系上一根细线，并通过水平细线将橡皮 在纸面内缓慢拉起，如图甲所示，又记录了结点P的四次不同位置。小鱼取下白纸，以 O点为圆心、以橡皮筋原长L。为半径画圆弧，如图乙所示。连接OP2,与圆弧交于 A2,并过A2作OP1的垂线，垂足为B2。分别测出A2、P2的距离x2和O、B2的距离 y2。同样测得其余四个位置对应的x、y值，如下表所示，其中g取9.8m/s2。 序号 1 2 3 5 x/cm 0.70 0.83 1.08 1.27 1.51 y/cm 4.51 3.80 2.97 2.48 2.09 1 y cm-r 0.222 0.263 0.336 0.403 0.478 请完成下列问题： (1)用mg、x、y、L0表示橡皮筋的劲度系数k= (2)作出如图丙所示的图像，则可求得k= N/cm(保留两位有效数字)； 个方cm 0.50 0.45 0.40 0.3 0.30 B2 0.25 0.20■，xcm 0.70.80.91.01.11.21.31.41.51.6 甲 丙 (3)若小鱼标记好P,后，通过水平线将橡皮擦缓慢放回到最低点过程中，再次测得五 组不同数据，算出相应的'，则飞 '(填“>”“<”或“=”)。 11.(10分)某同学利用手机连拍功能测量自由落体加速度，为拍出清晰的照片，他效仿伽 利略利用斜面“冲淡”重力的方法，让物块沿带标尺的斜面运动。具体操作步骤如下： ①用支架固定好手机开始连拍，让物块从斜面底端滑上斜面直至物块重新滑回底端； ②在物块上滑过程和下滑过程中各选取连续拍摄的3张照片如图所示，手机每隔时间 T拍摄一张照片； cn 98 9 ,6 上滑1 上滑2 上滑3 981654 98 98 下滑1 下滑2 下滑3 二轮专题精准提升（十三）物理第7页（共8页） 真题密 ③物块在上滑1、2、3和下滑1、2、3的位置对应的刻度值分别记为x1、x2、x3、x4、 x5、t6; ④改变斜面倾角，重复上述步骤，获得多组实验数据 (1)在步骤③中，物块从上滑1到上滑2的位移s= (用x1、x2表示)。 (2)若规定沿斜面向上为正方向，则物块上滑过程加速度α1= ,下滑过程 加速度a2= （均用x1、x2x6及T表示)。 (3)令m=(a1一a2)2,n=(a1十a2)2,多次实验后，根据多组实验数据，以m为纵坐标、 n为横坐标作出-n图像，得到一条直线，若图像斜率为k,纵轴截距为b,则自由 落体加速度为 ;若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在重复实验中，斜面 倾角正切值应大于 (用k和b表示)。 12.(12分)某实验小组利用如图甲所示的装置，测量质量为M的滑块与长木板间的动摩 擦因数以。右端带滑轮的长木板水平放置于实验台上，轻绳跨过滑轮（绳与滑轮间的摩 擦力可忽略)，一端与木板上左端的滑块相连，另一端悬挂钩码（设总质量为），可用 钩码共8个（设其总质量为。）。除图中所示的器材外，还有米尺和秒表，g 取10m/s2。实验步骤如下： MMWMN4 B 甲 (1)用手按住滑块，把1个钩码挂在轻绳右端，其余7个钩码放在滑块上，调节滑轮高 度，使轻绳与木板平行； (2)释放滑块，滑块从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，运动过程中，长木板与 实验台、滑块与滑块上的钩码之间均无相对运动；为测量系统的加速度α，必须测出 的物理量是 和 ,计算a的表达式为 (用相关物理量的符号表示)； (3)将滑块上的钩码一次一个地移至轻绳右端挂着，剩余钩码仍留在滑块上，使系统的 总质量始终保持定值(M十。)。直到滑块上的钩码全部移至轻绳右端挂着。每次 都重复(2)的操作，记录数据，数据经处理后，得到轻绳右端所挂钩码总质量m与对 应加速度a的多组数据； (4)利用(3)得到的数据，作出a-m图像如图乙所示。从图乙所示的图线可以看出，在 滑动的条件下，a与m是一次函数关系，即可以写成a=km十b(式中的和b为常 数)的形式。本实验中表达式的= ,b= (均用本题中相关物理 量的符号表示)；根据图乙可求出滑块与长木板间的动摩擦因数μ= (保留 两位有效数字)。 0.501ams 0.45 0.40 0.35 0.30 0.25 0.20 0.15 0.109 L→m/×10kg 60616263646566676869 乙 卷 二轮专题精准提升（十三）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 (2)由wt图像可得在1~2s内，棒G做匀加速 F=mna+BIL=3.4N (1分) 运动，其加速度 其水平向右拉力的功率 a-8品-2m/S (1分) P=FUH=32.3 W (1分) (4)棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受 依题意物块A的加速度也为a=2m/s2,由牛顿 到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉 第二定律可得 着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假 T-mAgsin 0=mAa (1分) 设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G的加速度 解得细绳受到拉力 T=1.8N (1分) a'= BL26_12×0.4×4 RmG 0.4×0.4 m/s2=4m/s2 (3)由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律 (1分) 推导出“双棒”回路中的电流 物块A的加速度 I=BL (on-vG) (1分) a"-gsin 0=2.5 m/s (1分) R志 说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大 R海=RG 小为2.5m/s2的匀减速运动，棒G做加速度越 由牛顿运动定律和安培力公式有 来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感 BIL-T=mGa (1分) 应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在2$~ 由于在1s~2s内棒G做匀加速运动，回路中电 3s内，有 流恒定为 (1分) I=6.5A BIL△t=mc(c2-vc3) (1分) 两棒速度差为 BL BLsG -△t= (1分) VH-VG-6.5 m/s RG RG 由t图像可知t=1.5s时，棒G的速度 棒G滑行的距离 vG=3 m/s (1分) SG= 此刻棒H的速度 me()Re ()m-2.53 m B2L2 vH=9.5 m/s (1分) (1分) 保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a;对棒 这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速 H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力 度，绳子始终松弛。 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十三） 物理·力学实验 1.(1)7.54/7.55/7.56(2分)(2)10(2分)(3)见 (3)作图如下 解析(2分)A(2分)(4)用游标卡尺测量外径 InT -0.4 D/通过测量40次或60次左端与O点等高所用 -0.5 -0.6 时间来求周期/适当减小摆动的幅度(2分) -0.7 -0.8 【解析】(1)刻度尺的分度值为0.1cm,需要估读 -0.9 到分度值下一位，读数D=7.54cm。 -1.0 1.60 1.802.002.202.402.60 (2)积木左端两次经过参考点O为一个周期，当积 2.803.001hD 由图可知，lnT与lnD成线性关系，根据图像可 木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时， 知，直线经过(2.80,0.5)与(1.80,1.0)，则有 之后每计数一次，经历半个周期，可知，第20次时停 止计时，这一过程中积木摆动了10个周期。 1nT-(-1.0)。-0.5-（-1.0)=0.5,解得 1nD-1.80 2.80-1.80 ·61. 7 真题密卷 二轮专题精准提升 Di lnT=0.5lnD-l.9,则有lnT=lnDz-lne.9=l e9, 222十2兰L,B正确 部得T-万，可知TcVD,A正确 (2)当l=1和L=13时，物块通过光电门的时间 相等，即物块经过光电门的速度相等，故动能也相 (4)为了减小实验误差，提高该实验精度的改进措 等，根据机械能守恒定律分别有mgl1=Ep1十 施：用游标卡尺测量外径D、换用更光滑的硬质水 Ek,mgl3=E3十Ek,整理可得Ep1l一E3= 平桌面、通过测量40次或60次左端与O点等高 mgL1-mgl3。 所用时间来求周期、适当减小摆动的幅度。 (3)小物块经过光电门的速度越大，则小物块经 2.(1)3.0(2分)(2)BD(2分)(3)a+B=90°(2分) 过光电门所用时间越短，故由(1)可知，当l=2 【解析】(1)选取向左为正方向，碰撞过程中动量 时，小物块通过光电门的时间为t时速度最大， 守恒和机械能守恒，则有mav0=mav。十mbb, 且此时小物块的加速度为零。对其进行受力分 m时=名限+号m5,联立解得u 1 析有：=mg,解得：=爱，代入(1)中可得最 m.+m0,当a=90°时，c0sa=0,则0- m 大速度Um=g√k √2gL=2m/s,由图乙可知，cosa=0时，有s2= 4.(1)5.10(2分) g (2)8L=m() 1.4m,b微平抛运动，则=5√2日，代入数据 1 得=3m/s,联立可得=3.0。 2m(,)(3分) (3)细线对滑块的拉力实际 mb 小于槽码的重力，且槽码质量越大偏差越大(2分) (2)碰撞过程中动量守恒，两球作用的时间变长，b (4)m2gL(2分) 球获得的速度变小，则碰撞后b球水平位移减小， 【解析】(1)游标卡尺为20格，其精确度为0.05mm, a球碰后速度较之前变大，则碰后夹角B变大，A 主尺读数为5mm,游标尺上第2个刻度和主尺上某一 错误，B正确；若在钢球b的被碰位置贴一小块棉 刻度对齐，所以游标卡尺的读数为5mm十0.05X 布，依然将a球拉至悬线与竖直线夹角为a由静 2mm=5.10mm。 止释放，碰撞过程中，动量守恒，碰撞过程中系统 (2)砝码与砝码盘重力势能的减少量为m1gL,砝码 总动量不变，C错误；贴一小块棉布后，碰撞过程 与砝码盘和滑块（含速光片）系统动能的变化量为 中，动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，系统 1md2_1md2 2m -2m2Aa ,则要验证动能定理，即 动能损失变大，D正确。 (3)设两球的质量均为m,在v0方向与垂直0方 1/ 需要验证m1gL= 2h2 d)21/d2 △t2/ 向上由动量守恒定律可得mvo=mv'cosa十 (3)槽码的重力所做的功等于滑块动能的增加量和 mucos B,mv'sina=musin B,又由能量守恒得 槽码动能的增加量，故滑块动能的增加量小于槽码 m=号mm:+号m,络合以上三成可 1 的重力所做的功，即细线对滑块的拉力做的功小于 得cos(a十B)=0,即a+B=90°。 槽码的重力所做的功，细线对滑块的拉力实际小于 槽码的重力，且当槽码质量越大偏差越大。 3.(1)B(2分)(2)mg,-mgl,(2分)(3)g√为 (4)根据牛顿第二定律可得m1g=(m1十m2)a, (2分) 解得a= m1g m1+m2 滑块的动能Ek= 【解析】①)小球经过光电门的遂废口一，若系统 2m[【是)广-()门=mL-mmL 1 m1+m2 机械能守恒，则有mg1三212十2v2，整理得■ 随着m1的增大，滑块的动能总小于m2gL。 ·62· ·物理· 参考答案及解析 5.(1)02(2分) (2分)(2)F=mg+ 2mg h(3 2 mv2=md? 1:4:9,由(1)可得W= g 2,则，：1 分)(3)A(2分) 1 =√W:√W2:√W=1:2:3。 【解析】(1)由牛顿第二定律有F-mg=m ,得 1 4)由（⑩可得w=2mw=nd 2,若以W为纵坐 F=mg十，即若以F为纵坐标，以。2为横坐 1 标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线，则 标，三为横坐标作图，则得到的图像是一条直线。 b b=mg,解得m= /9√2 7.1)C(2分)(2)0.0041(2分)(3)2gL （2)根据mgh=2mu,F-mg=n” 1 ，得F=mg十 (2分) 【解析】(1)因为相邻两照片间的时间间隔相等， 2m8h。 r 水平位移相等，可知小球在水平方向上做匀速直 (3)将摆锤最高点与高度为h的等高线对齐，设此 线运动，竖直方向上的运动规律与另一球的运动 时摆锤重心距摆锤最高，点距离为△h,根据g(h一 规律相同，可以确定竖直方向的运动是自由落体 运动，C正确。 △）)三)mm,解得F=mg十m 2g(h-△h) (2)根据自由落体运动的规律有△y=gT2,解得 (g28出）十m么，数我延偏小，测得摆维质 2gh T=△y=2L_2×2X10- gg9.8 -s2=0.0041s2。 量偏小，A正确，B错误；若初速度不为零，则mgh= (3)设DE沿重锤线方向的分量为mL,沿垂直重 1 锤线方向的分量为L,EF沿重锤线方向的分量 222之2%再由F27,子 为L,沿垂直重锤线方向的分量为nL,则 6 mg+m 2m3h,纵藏距偏大，测得摆锤质量偏 有m2L2+n2L2=20L2,pL2+n2L2=36L2, (mL+L)2+(2nL)2=104L2,频闪照片中只有 大，C错误。 6.(1)需要(2分)不需要(2分)(3)1：2：3(2 D、E、F三个位置，可得m=√2，p=3√2，n=3√2， 分)(4)一条直线(2分) 相临，点迹间的时间间隔相等，则有3√2L一√2L=gT, 【解析】(1)由于该实验要求只有弹簧弹力做功， 32L 92 U0= 则不能有摩擦力做功，需要平衡摩擦力。光电门 T ,解得√2L。 测速度的原理是用极短时间内的平均速度来代替 8.1)2.86(2分)(2)B(2分)(3)01=M+5m. 瞬时速度，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下 mg 遮光片通过光电门的时间t,小物块的速度v= 11 (3分)②0.19(2分) n g ,根据功能关系可得w三22二n2 d 1 2,若以w 【解析】（1)小车的加速度大小a 1 [(10.59+13.43+16.29)-(2.01十4.88+7.72)]×102 为纵坐标、以京为横坐标作图，则得到的图像是一 (3×0.1)2 条倾斜直线，即可得到合力所做的功与速度变化 m/s2≈2.86m/s2。 的关系，所以不需要测量遮光片的宽度。 (2)图线①的产生原因是，砝码盘和砝码的总质量 (3)已加详性势能的表达式为E,=(ax,几次 增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质 量远小于小车质量，是小车质量太小造成的，A错 实验中弹簧对小物块做的功分别为W1、W2、W、…, 误；图线②说明F=0时小车就有加速度，其产生 则W1:W2:W3=(△x)2:(2△x)2:(3△x)2= 原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，B正确； ·63· 7 真题密卷 二轮专题精准提升 图线③说明F增大到一定程度小车才开始有加速 【解析】(1)设橡皮筋与竖直方向夹角为0，重物 度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏 重力为mg,结点P在竖直拉力（橡皮重力mg)、 小或未平衡摩擦力，C错误。 橡皮筋拉力T和水平拉力F作用下处于平衡状 (3)对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有 态，满足图示关系。 5mg-T=Ma,T-(5-n)mg=(5-n)ma,两式 联立，求得2=M+5m.11 11的关系 由 a mg n g a n ,】关系图线的斛率=M+5 式可知， ,M= a n mg (kg-5)m=(2.5×9.78-5)×0.01kg≈0.19kg。 9.(1)椭圆(2分)(2)Q(2分)(3)4.30(2分) ,而cos0=y」 则cos日=mg 元。，当结点的位置为P 8.60L2-D(3分) L 时，橡皮筋的伸长量x。=,T=(x+x0),联 【解析】(1)椭圆是到两焦点距离之和等于常数的 所有，点的集合，题中PC十CQ为绳长L是常数， 立解得=mg(L。一y) xy 所以C点的轨迹是椭圆。 1 (2)图像中I、Ⅱ交，点即为两绳拉力相等的位置， (2)由(1)可知 ”ymg。x+。,由图丙可求得图 此时选取结点C为研究对象，受力如下图所示，两 像斜率飞 =0.32,又根据纵轴截距为橡皮筋 段绳与杆的夹角分别为α和B,水平方向受力平衡 Lo 可得Tpsin a=Tosin B,当a=B时，Tp=Ta,当 1 OP段原长的倒数，即L。=y1=0.22=4.51cm, C点继续向右移动如下图所示， 0 综上解得k=0.28N/cm. (3)测出五组数据后，橡皮筋恢复原状能力比弹 簧要差些，恢复原状时长度会比L。稍大。通过 水平线将橡皮擦缓慢放回到最低点过程中，再次 测得五组不同数据，实际计算中仍用原来的L。 可知a增大，B减小，水平方向还是有Tpsina= 计算x,使得x计算值偏大，从而使′偏小，故 Tosin B,由上式可知T。会增大，Tp减小，结合题 有k>k'。 图，在图像相交后，图线I的拉力大于图线Ⅱ的拉 11.(1)x4-1(2分)（2)+-2(2分) 7T2 力，故图线I表示Q处传感器的拉力。 (3)图像中I、Ⅱ交点可以读出此时P,Q处拉力 x4十x6-2x5(2分) T2 (3) 4k (2分)√一 都为4.30N。此时CP、CQ与竖直方向的夹角相 (2分) 等，延长QC到P',由几何关系有P'Q=CP十 CQ=L,过Q作水平线与左杆交于A点，在 【解析】(1)物块从上滑1到上滑2的位移s= △AQP'中有∠AP'Q=a=B,C点受力平衡 x2一x1。 有cosa=D (2)若规定沿斜面向上为正方向，则物块上滑过 一，2 Tcosa=G,整理得G= L 程有△x=(x3一x2)一(x2一x1)=a1T2,可得物 8.40D 块上滑过程加速度a1=十-24，物块下潘 T2 10.1)mgL。-2(2分)(2)0.28(2分) 过程有△x'=(x5-x6)一(x4-x5)=-a2T2, xy (3)>(2分) 可得物块下滑过程加速度a,=4十x一25 T2 7 ·64· ·物理· 参考答案及解析 (3)设物块与斜面的动摩擦因数为以，斜面倾角为 12.(2)A、B之间的距离L(2分)滑块从A运动 0;上滑时，根据牛顿第二定律可得a1= 2L 到B的时间t(2分) (1十u)g -mgsin 0-umg cos 0 华(2分)④)M+m =-gsin0-ug cos0,下 (2分)-g(2分)0.23(2分) 滑时，根据牛顿第二定律可得a2= 【解析】(2)必须测出的物理量是A、B之间的距 -mg sin 0+umg cos 0 离L和滑块从A运动到B的时间t,由初速度为零 =-gsin0十ug cos0,则 m 有m=(a1-a2)2=42g2cos20,n=(a1+a2)2= 的句加速直线运动规律得L 2,解得a=2L 2。 m n (4)由牛顿第二定律得mg一μ(M十mo一m)g= 4gsin0,则有g十4g=1,可得m=一n十 M+m)a,解得a=1十)g M+m。 m一g。所 4μ2g2,则有一u2=k,b=42g2,联立解得自由落 b 以k= 体加速度g一√一，若最大静摩擦力等于滑动 1+)8,b=一g,根据题图乙可得a1 M+mo 0.43m/s2,m1=69X10-3kg,a2=0.15m/s2,m2= 摩擦力，为了保证物块能够下滑，需要满足 62×10-3kg,由a=km十b,可得b≈-2.3m/s2,则 mg sin0>mg cos0,可得tan0>u=√-k。 滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.23。 2024一2025学年度二轮专题精准提升（十四）】 物理·电学实验 1.(1)见解析(1分)(2)最左端(1分)偶然(1分)2.(1)黑表笔(1分)(2)1000(2分)(3)77.5 (2分)80(2分)(4)87(2分) (3)1= R十RU(2分)R8-2R(2分) R 【解析】(I)根据“红进黑出”知a表笔应该为黑表笔。 E 【解析】(1)完整的电路连线图如图所示。 (2)电流表满偏时，1。一R,电动势不变，内阻越大， 干路电流越小。又因为开关S断开的干路电流小 于开关S闭合时的干路电流，所以开关S断开时内 阻比开关S闭合时大，所以开关断开时是“×100”的 E 倍率。当开关断开时1。一R。,欧姆表的内阻RA E =15002,表盘的中值电阻为15002，电流表指 (2)闭合开关S之前，应使分压电路电压为零，R Ie 针指向如题图乙所示的位置时的读数为0.6mA, 触头应置于最左端，多测几组I、U,然后作-U图 E 像的目的是减小偶然误差。 根据闭合电路的欧姆定律有I:=R十R,解得 (3)由并联电阻的电压相等，总电流等于两个支路 1.5 R:=0.6X100-15000=10o00. 的电流之和，结合闭合电路欧姆定律可得【= (3)闭合开关S,欧姆表的内阻变小，倍率变小至“X 10”,调节电阻箱R2和R3,使电流表满偏时欧姆表 +0R。十R:）×1,变形可得I= 2Ro+R-U; Ro Ro R 内为1500，电路总电流1-6A=0.01A,则 当图乙的斜率为k,可得及= 2Ro+R: R。2,解得 R,2-0aR+十 1-1g Rz=kR6-2R0。 r=1502,解得R2=77.52。 ·65·