专题卷(12)力学实验-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（山东专版）

·物理A· 解得Q=2.8J。 (2)电容器两板间的电势差等于导体棒切割磁感线产生的感应 电动势，有Uc=BL01, Q=△Q 根据C=U=△Uc 对导体棒和物块组成的系统，由牛顿第二定律得Mg一ILB= (M+m)a, 又I=4Q_C·AUe-CBLA △t △t △t =CBLa 联立解得a=2m/s2, 根据v2=2ah, 解得物块下落高度h=1m时，物块的速度大小v=2m/s。 15.a0.4Ts22a/s(s2号J 【解析】(1)开关打到1时，棒受力平衡，mg sin0=B1IL, △B0 E 根据E=n S=nkS,I=R千r 解得k=0.4T/s (2)棒在倾斜导轨上匀速下滑时，根据平衡条件可知mg sin0= BiL2v1 R,+R,可得u,=10m/s。 从棒α进入水平导轨到与棒b发生碰撞前的过程，根据动量定 理 =m2一m1 根据电路连接得R总=0.3Ω， 解得v2=2m/s。 1 (3)从棒a进入水平导轨至与棒b碰前瞬间Q1=2mui 2 mvi, 此时电阻R,产生热量Q1=6Q1, 得Q1=0.8J, 两棒相碰，mv2=2mv3, 1 碰后至静止电路产热Q:=2×2mui, 2 电阻R:产生热量Q2=3Q2, 得Q:=5J, 综上，R产生总热是为Q-Q十Q,-号。 16.as2mg205(39+" n mg BL4 【解析】(1)烧断细线，由于M=m,对导轨abcd由牛顿第二定 律知sin0-B=ma, 2R 随着速度增大，加速度a减小，直至加速度为0，速度最大，此 时有ngsin9三B2R”==FA,FA最大，即。=2，FA= 1 2 mg, 对导体棒PQ受力分析知，在垂直斜面方向mg cos0= FA十Nmin, 经分析知导体棒PQ受到的安培力始终等于导轨bc边受到的 安培力，即FM=F=之mg, 解得N=3-1 2mg。 (2)要使导轨abcd运动一段时间后，导体棒PQ与导轨abcd 间无作用力，则对导轨abcd和导体棒受力分析知Mg sin0≥ mgos0,即0≥5。 (3)若在条件(1)的情况下，从烧断细线到导体棒PQ与导轨间 刚达到最小作用力的过程中，通过导体棒PQ的焦耳热为Q。, 则回路总焦耳热为2Q。,由能量守恒知mg sin0·s一2Q。十 2mo品，又a-8R B2L2' 4Qom'gR2 解得5=mg十BD (1)2m/s2(2)F=1-0.25v(N)(8m/s≥0≥0)(3)1.44J 【解析】(1)金属环a在磁场中受到的安培力F,=BIL=1× 4×0.5N=2N, 根据牛顿第二定律F1一umg=ma1,解得a1=2m/s2。 (2)金属环a在4s末的速度v1=a1t1=8m/s, 此时将开关S掷向2，金属环a做匀减速运动，在t2=6s时刻 金属环a减速至0，可知加速度大小a:=△： 0-v1 =4m/s2, 方向向左，根据牛顿第二定律F十mg十BI'L=a2, 由题意可知，金属环α夹在两导轨部分的两段的电阻均为 Q,两部分电阻并联总电阻为r=0.52,则T广，2，解得 F=1-0.25v(N),(8m/s≥0≥0)。 (3)金属环a做减速运动，b做加速运动，金属环b的速度达到 最大值时，两金属环的速度相等，设为v,对α由动量定理 -BIL△t一umg△t=mw-mU1， 对b由动量定理BIL△t一mg△t=mw, 两式相加可得v=2.4m/s, 则金属环6获得的最大动能是E:=2m02=1,44J。 5+/15 (1)0.864C(2)0.75J(3)不能 m 10 【解析】(1)设初始时电容器两端电压为U。,导体棒从开始运动 到稳定过程，电容器极板上电荷量变化量为△Q,导体棒稳定后的 电动势为E,对导体棒，由动量定理有BIL·△t=m101一0， Q △Q E=BLw1,而C=U=U。-E 由电流的公式有I=△， △Q 整理有Q。=CU。=△Q+CE=0.864C (2)由于导体棒恰好能从C1C2处沿切线方向进人圆弧轨道， 01 设进入瞬间导体棒的速度为v2,有0？一cos日' 解得v2=2m/s, 设导体棒在与金属框碰撞前瞬间的速度为3，由动能定理有 m1gr(（1-cos0)=之m1号-之m1o2,解得v3=3m/s, 导体棒和线框发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为℃共，有 m1v3=(m1+m2)v共，解得v共=1m/s, 线框进人磁场过程中所受安培力为F,=BIL= B2L20共 R 3x(N), 线框整个过程产生的焦耳热与线框克服安培力所做的功相 等，且由上述安培力的表达式可知，安培力随着进入磁场的距 离均匀变化，所以进人过程中，安培力为其平均值，因此，Q和= 2距kx=2Pm十F*2=2x0+3X0.5×0.5J=0.75j. 2 2 (3)线框的右边框进人磁场过程由动量定理有一B工” R △t=(m1十m2)(v4一0共）， 整理有一3x·△x=一 0十3 3 2 x=-之x2=(m,十m)(4 v共)，其中0≤x≤0.5m, 3 解得，=8m/s,所以线框的右边框能完全离开，然后左边框 3 开始以w,=8m/s进人磁场， 0+3x 假设左边框仍能穿出磁场，则一∑3x·△x= x= 2 3 x2=(m1十m)(,-4),其中0≤x≤0.5m, 参考答案及解析 解得U5=一 8m/s, 统碰撞前后的动能守恒，则该说法正确。 (hor-hoD)2 所以线框左边框不能穿出磁场，则一公3x·△x=-0十3：， 10.(1)①ghoE= 2 ②B③否 低于(2)⑩号 I= 2 8△t) 2x2-0-(m1+m2)04, 3 1 ②mgh= 2M+m() √/15 解得x=10 m,所以线框右边框所处的位置坐标为x右= 【解析】(1)①打下E点时重锤的速度vE= os一hoD,若机械 2△t 5+√/15 (hoF-hop)2 10 m。 能守恒，则有mghoe=号mo层，联立可得ghoe= 8(△t)2 物理（十二） ②若考虑阻力的影响，设阻力为∫，根据动能定理可得 Nmg (mg-fDh=2mo2,整理得22=(g-)h,可知22-h (1)L,-L (2)C(3)20 图像是通过原点的一条直线，B正确。③表中的△E。与△E 之间存在差异，△E。小于△Ek,不是由于空气阻力造成的，如 （1BD(2)球心需要x√y一y g 果考虑空气阻力的影响，重力势能的减少量应大于动能的增 1)1.26(2)2m(d+21) 加量。由数据可知，测得的动能偏大，则测得的速度偏大，如果 (3)A 这是因为交流电源的频率不等于50Hz引起的，那么他做实验 T2 时，电源的实际频率必低于50Hz。 (1),+x2 (2)41.1(3)偏小偶然误差 2T (2)①由题可知，物体B刚穿过圆环后的速度。=。②若系 (18.6(2)D d (3)w2(或mw2)⑤探究F与r的关系 1 统机械能守恒，则有mgh=2(2M+m)v,整理得mgh 时，要先控制m和w不变，因此可在F-w图像中找到同一个w 对应的向心力，根据5组向心力F与半径x的数据，在F-r坐 2M+m)(）月. 1 标系中描点作图，若得到一条过原点的直线，则说明F与r成11.(1)不需要使滑块受到的合外力等于细线的牵引力(2)D 正比。 (3)F-() 1 Md (1)B (2)pd (3)需要 2L 2g9 【解析】(1)弹簧压缩量不变，则弹性势能一定，则有E= 【解析】(1)实验前需要调节气垫导轨水平，此操作过程不需要 悬挂钩码，只需要滑块在任意位置都能保持静止即可说明气 ugx十1mu2,令光电门的宽度为d,则有v=,解得，=角 垫导轨水平。悬挂钩码后还需要调节定滑轮的位置，使牵引滑 块的细绳与气垫导轨平行，这样做的目的是使滑块受到的合 2E-2堡工。结合函数式可知，能够利用图像的斜率求解动摩 外力等于细绳的牵引力。 md2 d2 (2)实验过程中，钩码向下加速运动，加速度向下，因此可知钩 擦因数，即需要测量遮光片的宽度d。 码处于失重状态，故A错误；由于钩码挂在动滑轮上，所以细 2)结合上述有华-=号，解得4一2 d 绳两端张力大小相等，因此拉力传感器的示数即为滑块受到 q 的合外力，所以不需要满足钩码的质量m远小于滑块的质量 1 M,B错误，D正确；本实验需要用气垫导轨自带的标尺测量出 (3)滑块从a点运动到0点过程有Ew=mgxo十2mw品，弹簧 滑块运动的距离，钩码下落的高度等于滑块运动距离的2， 做功W-E0,则有W=mgxo十之mo6。可知，若在滑块从a C错误。 点运动到O点过程，探究弹簧对滑块做的功，需要再测量滑块 (3)滑块通过光电门的速度v= 是，根据动能定理可知L= (含遮光片)的质量m、a点到O点的间距xo与滑块在O点的 速度vo 2 1 (1)BCD(2)③(3)4.20196(4)不受影响 M() 解得F=X 2L×(A),故为了获得线性图像应 (1)A(2)错误(3)0.820(4M+m Md M (5)直线 作F 图像。该图像的斜率为 2L (1)RR (2)1=1 cos+1 1 1 ，2cos822—名十t3 2L十d(F1-m1g) (3)正确由01和02互余，可得碰后两球速度的平方和等于碰 12.(1)1.66 (2)不需要(5) 2m 前B速度的平方，可验证系统碰撞前后的动能守恒 【解析】(1)由题意可知，A、B两球碰后不再受力，做匀速直线 (6)s2h (7)m101=m1v3十m202 运动，则速度大小分别为4=尽， R t2° 【解析】(1)由图乙可知，两小球直径为d=16mm十6× (2)设两球的质量均为m,若两球组成的系统在PQ方向上动量 0.1mm=16.6mm=1.66cm。 (2)题干中没有要求质量为m1的小球不反弹，则不需要满足 守恒，则m,=m0Ac0s0,十m0ac0s0.,其中，=R,可得 m1>m2 to to vi -cos 01+ 。0,系统在碰撞前、后动能守恒，应满足}m- (5)根据题意，由牛顿第二定律有F1一m1g=m1 L十 ,整理 t 2 2u房+2mui,可得是=是+1 1 2L十d(F1-m1g） (3)若系统已验证了动量守恒，则在两个垂直方向分别有Ve sin02= VAsin81,UB COS02十UA COS01=o,若还满足01和02互余，由 可得= 2m1 数学知识可得员十=，即碰后两球速度的平方和等于碰 前B速度的平方，根据子m=合mi+mwi,即可验证系 (6)质量为m:的小球做平抛运动，则有s=0t,h=乞gt,解 高三二轮复习专题卷 g 得v2=5√2 (7)由于本实验中m1>m2,则碰后质量为m1的小球不反弹，若 碰撞过程中动量守恒，则有m11=m1十m2v2,即m101= m1g十202，成立，则可说明两小球碰撞过程中动量守恒。 13.(1)0.04(2)9.691.322.48(3)水滴下落时受到空气阻 力作用 【解析】(1)由于频率由大到小逐渐调节，第一次看到一串仿佛 固定不动的水滴，说明闪光的时间间隔等于水滴的时间间隔， 闪光的频率为25Hz,因此时间间隔为T= -=0.04s。 (2)根据逐差法可得重力加速度为a=工c二工c= 4T2 (33.48-13.64-13.64)×10-2 m/s2≈9.69m/s2。根据匀变 4×0.042 速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则D点 处水滴此时的速度为0=33.4813.64)X10 -m/s= 2×0.04 2.48m/s。根据运动学公式可得A点处水滴此时的速度为 vA=vp-a·3T=2.48m/s-9.69X3X0.04m/s≈ 1.32m/s。 (3)造成上述实验与手机加速度传感器测量有差别的原因可能 是水滴下落时受到空气阻力作用。 14.(1)不需要(2)滑块经过光电门2时的速度大小一2k (3)A 【解析】(1)该实验只要保证滑块能匀加速下滑即可，不需要平 8 衡摩擦力。 9. 10 (2)滑块每次都从同一位置由静止开始下滑，设滑块加速度大 小为a,滑到光电门2时的速度大小为v,从光电门1运动到光 电门2，根据匀变速直线运动规律可得x=t一2a2,即三 1 2t+0,可见所作出的二t的图线纵截距表示的是滑块经 过光电门2时的速度大小。图线工t的斜率为= 2a,滑 块做匀变速直线运动的加速度大小为a=一2k。 (3)滑块的释放点偏上，会引起经过光电门2时的速度大小 偏大，由二=一号4+口，可知，相同的横坐标！对应的纵坐标 二偏大，对应的点偏离直线且在直线上方，故A正确：滑块的 1 释放点偏下，会引起经过光电门2时的速度大小偏小，由 二=一1十，可知，相同的横坐标：对应的纵坐标号偏小， 对应的点偏离直线且在直线下方，故B错误；滑块受到空气阻力， 会引起经过光电门2时的速度大小。偏小，由二=一2a十，可 知，相同的横坐标：对应的纵坐标二偏小，对应的点偏离直线 且在直线下方，故C错误。 物理（十三） 1.(1)6.700(6.699~6.701均可)0.25(2)M(3)b (4)πDU 4IL 2.(1)×100(2)负2.201.5(3)R1（④，- UR。 3.(2)a(3)b(4)无(5)，+R,+rA+kx。 E 4.(1)短接减小(2)大于Ro1一R2 5.(1)00.60~3R1(2)1.451.3 6.(1)1.35(1.34~1.36均对)偏小电路中有较小的电流（合 12 理即可)(2)B(3)1.41.1 13 【解析】(1)电压表所选量程为0~3V,读数为1.35V;用电压 表直接测量电源电压，所测的是电源的路端电压，由于电压表 的内阻不是无穷大，电路中有较小的电流，则测量值小于真 实值。 (2)一节干电池的电动势约为1.5V,电流表的量程为0一0.6A， 选项B中的电阻箱可以进行更精细的调节，从而方便得到多组 数据，而选项A中的电阻箱调节精度差，能测得的数据组较少。 (3)根据E=I(R十rA十r),解得R=E·一rA一T,则R- 图线斜率的大小等于电池电动势的大小，纵截距b=一（十 rA),其中rA=0.12,解得E≈1.4V,r=1.12。 (1)黑d4(2)1.432.25(3)小于 【解析】(1)电流从红表笔流人，黑表笔流出，所以图2中α表笔 为黑表笔；该表有“×1”“×10”两个倍率，欧姆表的内阻等于该 倍率下的中值电阻，所以“×1”倍率的内阻小于“×10”倍率的内 阻，由于R。阻值小于102，应选择“×1”倍率，故要测量R。,c 应与d相连；如图3所示，读数为R。=4×12=42。 U (2)由闭合电路欧姆定律E=U+ (R。十r),化简可得尺 E E0.16 R。十，‘UR,十，由图可知k=R。十，=Q.70,b=一R,十7 一0.16，联立解得该电池的电动势为E≈1.43V,内阻为r= 2.252」 (3)由图1可知，误差来源于电压表分流，则根据闭合电路欧姆 E真 体EU士（只+）R+r),化简可得RR,十r 1 1一 ,1 E 1 1 立-（R。十7度+)，对比RR,十T·立R,十r ,可得 r测<r或。 (1)C(2)A(3)AC (1)C(2)D (1)ADE(2)10(3)11.4 【解析】(1)题意可知，灯泡的额定电压为2.8V,故电压表应 P 0.8 选0~3V量程，应选A。灯泡的电流【=元=2,8A= 0.29A,故电流表应选D。由电路图可知，要使电压从零开始 调节，采用分压接法，滑动变阻器应选阻值较小的便于调节，应 选E。 (2)由灯泡的伏安特性曲线图可知，当电压为2.8V时，电流为 28A,故电阻R三号=。80=100 (3)要使灯泡串联在6V的电源上正常发光，则与之串联的电 阻分压应为6V一2.8V=3.2V,此时电路中电流为0.28A, 故应串联的电阻R' 3.2 0.280≈11.4n。 (1)见解析图(2)最左端(3)减小(4)200 【解析】(1)依据题意可知，本实验采用伏安法测量压力传感器 在不同压力下的电阻，由实验所给器材可知Rr>√RA·Rv三 1kΩ，所以电流表需采用内接法，电路实物连线图如图所示。 电源 (2)闭合开关前，为防止烧坏电表，应将滑动变阻器滑片调至最 左端。 (3)结合图(b)所示的压力曲线可知，该型号薄膜压敏电阻的灵 敏度随着所受压力的增大而减小。 (4)对圆柱体受力分析，根据牛顿第二定律有3F=G,解得最 小压力F=2N,结合图(b)所示的压力曲线可知对应的电阻 Rp=12k,则检测电流表的示数至少为I=R十R =0.2× 10-3A=200μA。 (1)C(2)B(3)AC(4)B (1)E(2)< 【解析】(1)为减小误差，应选用电动势较大的电源，若选用电 源E3,由于滑动变阻器R1的阻值较小，电路中的电流超过 0.6A,因此实验中应选用的电源为E2。 (2)闭合开关S2,调节电阻箱R。使电流表半偏，则电阻箱电阻 为电流表内阻，电流表并联电阻箱后认为电流表两端电压不 大，原子核越稳定，根据图像丁可判断出氧的原子核比锂的原 变，而实际上，电流表并联电阻箱后总电阻减小，电流表两端电 子核更稳定，故D正确。 压变小，滑动变阻器所分的电压变大，根据欧姆定律可知总电 12.AD【解析】原子核的比结合能越大，原子核就越稳定，故A 流变大，则电阻箱R。所在支路的电流大于电流表半偏电流， 正确；原子核D和E聚变成原子核F,有质量亏损，释放核能， 故B错误；根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能与光 根据R=)可得RA<RA。 的强度无关，所以增大Y射线强度不能增大逸出光电子的最大 14.(1)EAB负极、正极(2)5或66(3)号 初动能，故C错误；根据α衰变的本质可知，核衰变时α射线是 1(4)大于 由核内2个质子与2个中子结合在一起从核中被抛射出来形 【解析】(1)利用多用电表粗测一个电压表的内阻，首先将多用 成的，故D正确。 电表开关掷于合适挡位，接下来先调节机械调零旋钮，使指针 ￥AC【解析】距离太阳r处，光子的平均能量为e=v,太阳帆在 指向最左侧零刻度线，再将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋 钮，使指针指向最右侧零刻度线，之后进行测量。则正确的操 单位时间单位面积内接收到的光子数为V=君，故A正确；光子 作顺序是EAB。因欧姆表的红表笔接内部电源的负极，黑表 笔接内部电源的正极，因此将多用电表的红、黑表笔分别与待 的频率为=，距离太阳，处，每个光子的动量为p=冬，光射 测电压表的负极、正极相连」 到帆面被反弹，由动量定理得Ft=2Np,可得太阳帆单位面积受 (2)由多用电表的结构图可知，若需要测量某电阻两端的电压， 应将开关掷于5或6。由串联电阻的分压原理可知，其中开关 到的光压为F=2P ，故B错误；距离太阳r处，由题意得，匀速远 与6相接时测量电压的量程更大。 离要满足太阳光对太阳帆的作用力等于太阳对探测器的引力， (3)多用电表测量电流的部分为一量程为0~10mA的电流表 和电阻R,、R2改装而来。由图可知，开关接2应是0~100mA 即F=GMm,即2SP_GMm,解得S=GMmc r2 C r2 2P,,飞船匀速远离太 .10×10 量程的电流表，由欧姆定律可得R1十R,000Q=g 0, 阳的过程中，P仅与距离r平方成反比，结合S=GMmc, 2P,2,太阳帆 开关接1应是0~1A量程的电流表，由欧姆定律可得R, 飞船的展开面积保持不变，故C正确，D错误。 10×(10+R2) 1000-10 ,联立解得R,=号n,R,=1n。 13. ee2k (4)相比新的电表，其内部的电池内阻增大，电动势下降，使用 rNmr2π√mr E E 此电表测量电阻时有Im一反，IRk十R要+R 一，设此 【解析】电子绕核运动的向心力是库仑力，因为g-m',所 Im 以w=e 时指针对应电阻测量值为R侧，则有I。一 E数，I一R欧十R别 E新 r mr ,其等效电流1=号=w=e2k 下=2元2x入√mr 1R,由于电动势下降，则E<E新，则有R期>R;可知 1 14.Dn+9L+H+He(27音0(3) 7 121c2 【解析】(1)由题意可得，该核反应方程为。n十Li→H十He。 I Es (2)由动量守恒定律得mv=一3mv1+4mv2, 使用此电表测量电阻，测量值大于实际值。 由题意得v1：v2=7：8, 8 物理（十四）】 解得=0，w2=i0。 1.A2.B3.C 1 (3)氚核和α粒子的动能之和为Es= 4.C【解析】由题可知，激光武器的功率P=50kW=5×101W, 2×3nw1+7×4mw2月 则激光武器每秒发射的总能量为E=Pt=5×104×1J=5× 403 101J,而每个光子的能量约为e=hy=6.63×10-34×3.84× 242mv2, 1014J≈2.55×1019J,该激光武器每秒可射出的光子数n= 。一2.55X10≈1.96×10，即该激光武器每秒可射出的光 E 5×104 根据能量守恒定律，释放的核能为△E=Ek一2m02一 子数的数量级约为103。 242m2、 403 2m2、141 121mv, 5.A6.B7.A8.B 由爱因斯坦质能方程得，质量亏损为△m=△E=141m0 B【解析】He+从能级N跃迁到能级M,释放频率为1的光 121c2。 子，说明能级N的能量大于能级M的能量，且两能级能量差为 15.1.8eV2.2eV EN一EM=hy1,同理能级P的能量小于能级M的能量，且两能 【解析】若K的电势高于A的电势，且电势差为0.9V,光电 级能量差为EM一Ep=hy2,所以EN一Ep=hy1十hv2,从能级N 跃迁到能级P释放光子，且光子的频率为1十2，B正确。 流刚好截止，有Em=2mu品=eU=0.9eV, 9.CD【解析】天然放射现象的发现，揭示了原子核有复杂结构 当阳极A的电势高于阴极K的电势，根据动能定理得eU= 不能揭示原子核是由质子和中子组成的，故A错误；光电效应 中的光电子来源于原子核外的电子，B衰变中产生的3粒子来 2mu2、 2 mvm, 自原子核内部，故B错误；原子核的B衰变表明，一个中子可以 1 转变为一个质子和一个电子，故C正确；玻尔理论表明，氢原子 则光电子到达A极的最大动能Ek=2mo品十eU, 能量越高，电子绕核运动的半径越大，由=m号，得E, 代入数据得E.=1.8eV, 根据光电效应方程得Ekm=hv一W,解得逸出功W。= 2.2eV. ,半径越大，动能越小，故D正确。 16.(1) 10.AC 4h 11.BD【解析】根据黑体辐射实验研究得出：黑体辐射电磁波的 强度按波长的分布只与黑体温度有关，温度越高，辐射强度的 【解标】1)因，=W,=E,一E,= E1,所以= 4 极大值向波长较短的方向移动，故λ1<λ2，T1>T2,故A错 3E1 误；图乙说明发生光电效应时，频率大的光对应的遏止电压较 4h° 大，故B正确；一个处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁 (2)氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁辐射出的光子能量 时，最多可产生3种不同频率的光子，故C错误；比结合能越 最大，此时从金属表面逸出的光电子的最大初动能为Ekm,2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（十二） 物理·力学实验 （考试时间90分钟，满分100分) 1.(6分)快递分拣流水线中，常用弹簧缓冲装置防止包裹下落时损坏。该装置核心是四根竖直 放置的相同轻弹簧，包裹接触弹簧后压缩弹簧，起到缓冲作用（假设压缩时四根弹簧的压缩量 相同)。为优化装置参数，需探究一根弹簧的弹力与形变量的关系。实验器材有：轻弹簧、规 格相同的钩码（每个质量为m)、毫米刻度尺、铁架台、细线、坐标纸。如图所示，实验时将铁架 台固定在水平桌面上，用细线将弹簧上端固定在铁架台横杆上，让弹簧自然竖直下垂，用刻度 尺测量弹簧原长L。,记录数据。在弹簧下端挂钩码，待弹簧静止后，测量弹簧的总长度L,多 次实验记录钩码个数和对应的弹簧长度。 (1)若钩码个数为N时，对应的弹簧长度为L1,则弹簧的劲度系数k= (用重力加速度g和题中所给字母表示)。 (2)某同学发现，即使未挂钩码，用弹簧自然下垂时的“原长”测量值也比 度 水平放置时的弹簧原长略大，用弹簧自然下垂时的“原长”计算出的劲 钩宁 度系数与劲度系数的真实值相比 码 A.偏大 B.偏小 C.相等 (3)若快递包裹的质量为2kg,从缓冲装置正上方20cm处自由下落（不 777777777777777777 计空气阻力，不计碰撞中的能量损失和装置中其他零件的质量，g取10m/s2),结合实验 测得的劲度系数k=100N/m,估算包裹接触缓冲装置后能将弹簧压缩的最大形变量 xm cm。(弹衡的弹性势能E,-x,其中及为系数，x为形变量) 2.(6分)用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固 硬板白纸 定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平 挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面 铅 会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白 垂 线 纸上将留下一系列痕迹点。 (1)下列实验条件必须满足的有 A.斜槽轨道光滑 B.斜槽轨道末端水平 C.挡板高度等间距变化 D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球 (2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。 a.取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的 (填“最上端”“最下端”或“球心”)对应白纸上的位置即为原点；在确 定y轴时 (填“需要”或“不需要”)y轴与铅垂线平行。 b.若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所 示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x,测 得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2,则可求得钢球平抛的初速 度大小为 (已知当地重力加速度为g,结果用上述字母表示)。 物理A·专题卷（十二）第1页（共8页） 鱼跃龙 3.(6分)某款应用软件新出了一款色彩传感器，只要一种运动引发了空间亮度、色彩等光学要素 的变化，就可以通过感知这种变化探究运动的规律，于是某教师就想到用其做“单摆测重力加 速度”实验。该教师利用铁架台、色彩艳丽饱满的橡胶球和燕尾夹搭建一个单摆作为研究对 象，拉动小球使细线与竖直方向有一角度，如图甲所示，静止释放小球，小球始终在竖直面内 摆动，每当小球扫过手机的监视区，引发传感器内色彩变化，就会输出一个峰值，继而测到单 摆的周期，如图乙所示。 山生活走向 .Hue 25 155 甲 乙 (1)通过软件的时间插件易知相邻峰值的时间间隔为0.63s,则该单摆的周期T为 So (2)测出小球直径d和细绳长度1，则当地重力加速度大小的表达式为g= (用题中 所给字母表示)。 (3)另一同学通过作图法，作出T2一L图像，由图像求得的重力加速度大小与网上查阅的当地 重力加速度大小具有一定的偏差，则造成误差的原因不可能是 A.软件的时间插件计时不准确 B.小球摆动过程中摆角过大 C.小球的摆长测量不准确 4.(6分)2025年9月22日，央视正式官宣中国福建舰成功通过电磁弹射歼15T、歼35、空警600 三款舰载机，标志着我国航空母舰的能力达到世界领先水平。为研究飞机降落在甲板并通过 阻拦索减速的运动规律，某海军战士在征得上级同意后，用手机的连拍功能拍摄了歼35在甲 板上减速滑行的一组照片，为了便于记录歼35在水平甲板上各时刻的位置，如图将连拍的连 续几幅画面合成到一张图片中，依次标记为0、1、2、3、4、5号位置，依次测得某些位置之间的距 离为x1、x2、x3、x4,假设歼35在整个过程中一直在向右做匀减速直线运动，该战士的手机每 秒钟能拍照11张（即拍照时间间隔为T=0.1s),可能手机出现卡顿或者别的原因，导致3号 位置照片模糊不清，拖着较长的影子，甚至可能3号附近还有照片没有拍出，其他位置完全 正常。 (1)歼35在位置1的瞬时速度大小为 。(用题中所给字母符号表示，时间也用T 表示)。 (2)通过测量，x1=37.32cm、x2=36.11cm、x3=45.98cm、x4=13.48cm,且按照同规格拍 摄并合成的照片中有另外一名战士的身高为5cm,该战士实际身高为170cm,则歼35减 速过程中的加速度大小为a= m/s2。(保留三位有效数字) (3)由于手机出现了程序故障，导致每秒钟拍照15张，但是该战士并不知道，则此次加速度的 测量值比真实值 (填“相等”“偏大”或“偏小”)，由于位移的测量产生的加速度测 量误差属于 (填“系统误差”或“偶然误差”) 门卷 物理A·专题卷（十二）第2页（共8页） 5.(7分)某同学探究做圆周运动的物体所需向心力F与其质量m、转动半径r和转动角速度ω 之间的关系。为了更精确地探究F与ω的关系，采用如图甲所示接有传感器的向心力实验装 置来进行实验。力传感器可直接测量向心力的大小，水平直杆的一端放一滑块，另一端固定 宽度为d的挡光条，且与竖直转轴的距离为D。 力传感器 挡光条 滑块 光电门 主尺/cm 0 山44山 D转轴 10 游标卡尺 甲 (1)用游标卡尺测量挡光条的宽度如图乙所示，则d= mm。 (2)某次旋转过程中挡光条经过光电门传感器，记录其挡光时间为△t,则角速度ω= (用所给物理量符号表示)，此时力传感器的示数为F。 (3)在实验中，保持滑块质量不变，改变滑块做圆周运动的半径，在同一坐标系中分别得到图 丙中的①②③④⑤五条图线。请回答以下问题： 本FN 15 0 10 15 aw/(rad·s-) 丙 入 第一，对图丙中的①数据处理，得到了F-x图像是一条过原点的直线，如图丁所示。则图 像横坐标x代表的是 第二，对图丙中5条图线进行分析研究可知图线 (填“①”“②”“③”“④”或“⑤”) 对应半径最小，并得到F与”之间关系的结论，请你简要说明分析研究得到结论的方 法： 6.(6分)为了测量滑块与铝合金导轨间的动摩擦因数，某同学设计了如图1所示的装置。将弹 簧放置在铝合金导轨上，左端固定，弹簧自由伸长时右端在O点，在O点右侧可移动的卡座B 上安装一个光电门，计时器（图中未画出）与光电门相连。用带有遮光片的滑块（与弹簧不拴 接)压缩弹簧到某位置α，由静止释放，计时器显示遮光片通过光电门的遮光时间为t,用米尺 测得α点到卡座B底端b点距离为x。将卡座B向右移动，保持弹簧压缩量不变，滑块由静 止释放，重复操作，记录多次x,:的实验数据，并将得到的实验数据描绘在是x图像中，如图2 所示。重力加速度为g。 物理A·专题卷（十二）第3页（共8页） 鱼跃龙】 遮光片 光电门 滑块 QQQ0Q0000000 B a 0 b 导轨 图1 图2 (1)为求出滑块与铝合金导轨间的动摩擦因数，还需要测量 A.弹簧原长x。 B.遮光片的宽度d C.滑块（含遮光片）的质量m (2)如图2所示，根据图像求得滑块与铝合金导轨间的动摩擦因数为μ= (用含p、q、 g及上一问中还需要测量的物理量字母表示)。 (3)若在滑块从α点运动到O点过程，测量弹簧对滑块做的功， (填“需要”或“不需 要”)再测量其他物理量。 7.(8分)小明同学发现手机软件有测角度的功能，于是结合软件的这个功能，用两根完全相同的 轻弹簧和一瓶矿泉水等器材设计了“验证力的平行四边形定则”的实验。实验时，先将一弹簧 一端固定在墙上的钉子A上，另一端挂一重物，最终静止于P点（图中未画出），如图①所示； 然后再将两弹簧一端分别固定在墙上的钉子A、B上，另一端彼此连接挂一重物，最终静止于 O点，静止时用智能手机的测角功能分别测出AO、BO与竖直方向的偏角α、β，如图②所示。 弹簧和矿泉水瓶始终不与竖直墙接触。 B 00000M 2 6 x/cm ① ② ③ ⑥ (1)在实验操作过程中，必须进行的操作是 A.保证图乙中两弹簧长度相同 B.测量弹簧的原长 C.测量图甲、乙中弹簧的长度 D.两次悬挂重物的质量相同 E.α和3角度相等 (2)该同学根据实验测量的结果，分别作出了图③和图④，其中正确的是图 (填“③” 或“④”)。 (3)小明同学想继续测量轻弹簧的劲度系数，设计了如图⑤所示的实验。用铁架台将待测轻弹簧竖 直悬挂，并将多个质量m=100g的钩码依次挂到弹簧下方，记录钩码数量与对应的弹簧长度， 并作出如图⑥所示的图像。据此可以得到弹簧自由下垂时的长度L。= cm,该轻弹 簧的劲度系数为 N/m。(重力加速度g取9.8m/s2,结果均保留三位有效数字) (4)若小明采用(3)中的实验方法，实际操作固定刻度尺时，刻度尺零刻度略高于弹簧上端，则 实验得出的劲度系数将 (填“偏小”“偏大”或“不受影响”)。 门卷 物理A·专题卷（十二）第4页（共8页） 8.(8分)某学习小组利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。 打点计时器 定滑轮 细绳 砝码 纸带 小车 垫块 长木板 槽码 甲 (1)该实验需要研究三个物理量之间的关系，我们应该采用的研究方法是 A.控制变量法 B.放大法 C.理想实验法 (2)该小组同学经过讨论后认为需要平衡摩擦力，于是将与槽码和纸带相连的小车放在水平 静止的长木板上，将木板不带滑轮的一端缓慢垫高，直到小车拖着纸带由静止开始沿木板 向下滑动为止，这名同学的操作 (填“正确”或“错误”)。 (3)某次实验获得的纸带如图乙所示，相邻计数点间均有4个点未画出，打点计时器电源频率 为50Hz,则小车的加速度大小为 m/s2(结果保留三位有效数字)。 1443.6-51.7--60.0-1-68.1 -76.4 -84.6 单位：mm (4)该小组在某次实验中，保持小车和砝码总质量不变，以槽码的重力为 外力，通过改变槽码的个数，得到了图丙中的曲线图像，另一位同学 利用最初的几组数据拟合了一条直线图像。如图所示，作一条与纵 Q 轴平行的虚直线，与这两条图线及横轴的交点分别为P、Q、N,若此 虚线对应的小车和砝码总质量为M,悬挂槽码的质量为m,则PN QNS (用M、m表示)。 丙 (5)该实验小组经过讨论后，改进了(4)中的实验方案，保持槽码、小车、砝码的总质量不变，把 槽码分别逐个叠放在小车上，重复(4)中的实验。由此得到的α-F图像是一条 （填“直线”或“曲线”)。 9.(7分)某实验小组观看“天宫课堂”时，关注到航天员桂海潮演示的动量守恒定律验证实验（如 图甲所示)，发现两球碰撞瞬间难以实现对心正碰，导致碰后的速度都不与原来的速度在同一 条直线上。受此实验现象启发，该实验小组针对这种情境，提出了另一种测量方案：实验仍在 处于完全失重的空间站中进行，将背景板中的方格改为以O为圆心、R为半径的圆弧，P、Q 连线为该圆的一条直径。小钢球A(可视为质点)悬浮于圆心O处，用相同的小钢球B,从圆 弧上的P点推出后撞向A,记录碰撞前B的运动时间为t。,碰撞后A运动至M点的时间为 t1、B运动至N点的时间为t2,测得连线OM、ON与OQ间的夹角分别为01、02。请用题目中 所给物理量的符号回答下列问题： (A 甲 (1)A、B两球碰后的速度大小分别为 (2)写出验证两球组成的系统在PQ方向上动量守恒应满足的表达式 系统在碰撞前、后动能守恒应满足的表达式 物理A·专题卷（十二）第5页（共8页） 鱼跃龙门 (3)该小组认为在已验证系统动量守恒的基础上，还需01和02互余，才可验证系统动能守恒， 该说法是否正确？ (选填“正确”或“不正确”)。简要说明理由： 10.(8分)甲、乙、丙同学使用不同的装置验证机械能守恒定律。 (1)甲同学用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输 出电压可为8V的交流电（频率50Hz)或直流电。重锤从高处由静止开始下落，重锤拖 着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量分析，即可验证机械能守恒定律。 打点 计时器 纸带 D 单位：cmf hoa -重锤 hoB hop ho 图1 图2 ①实验中，他挑出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图2所示。其中O点为下落起始 点，A、B、C、D、E、F为计数点。若该同学想验证重锤从开始下落到运动到纸带上打出E 点对应的位置的过程中机械能是否守恒，已知当地的重力加速度为g,相邻两计数点之间的 时间间隔为△，请结合图2纸带中的物理量，写出他需要验证的公式的表达式 ②该同学根据纸带算出各点的速度，以0点为起点测量出下落距离，以)为纵轴、以 h为横轴画出图像。若考虑阻力（阻力近似为恒力）的影响，图像可能是图中的 2 A B ③下表为该同学记录的实验结果： △E./(×10-2J) 4.892 9.786 14.69 19.59 29.38 △Ek/(×10-2J) 5.04 10.1 15.1 20.0 29.8 他发现表中的△E。与△Ek之间存在差异，他认为这是由于空气阻力造成的。你是否同意 他的观点？ (填“是”或“否”)。如果这是因为交流电源的频率不等于50Hz引起 的，那么他做实验时，电源的实际频率必定 (填“高于”或“低于”)50Hz。 (2)乙同学用如图3所示装置也可验证机械能守恒定律，轻绳两端系着 质量相等的物体A、B,物体B上放一金属片C,铁架台上固定一金 属圆环，圆环位于物体B的正下方，金属片C与圆环间的高度差为 h,将A、B、C组成的系统由静止释放。当物体B穿过圆环时，金属 片C被搁置在圆环上，两个固定在铁架台P,、P,处的光电门，通过 电子计时器可测出物体B通过P,、P2这段距离的时间。 数字 ①若测得P,、P2之间的距离为d,物体B通过这段距离的时间为 计时器 t,则物体B刚穿过圆环后的速度v= ②若物体A、B的质量均用M表示，金属片C的质量用表示，重 力加速度为g,该实验中只要验证了等式 成 图3 立，即可验证机械能守恒定律。 物理A·专题卷（十二）第6页（共8页） 11.(8分)某同学利用如图所示的气垫导轨装置做“探究动能定理”实验。气垫导轨上质量为M 的滑块（含遮光条）通过轻质细绳绕过滑轮与质量为m的钩码相连，绳子的悬挂点与拉力传 感器相连，滑块上遮光条宽度为。实验时，滑块由静止释放，测得遮光条通过光电门的时间 为△t,拉力传感器的读数为F。不计滑轮的质量，不计滑轮轴、滑轮与轻质细绳之间的摩擦。 光电门 拉方学 滑块遮光条 传感器 气源 气垫导轨 钩码 (1)实验前需要调节气垫导轨水平，此操作过程 (填“需要”或“不需要”)悬挂钩码。 悬挂钩码后还需要调节定滑轮的位置，使牵引滑块的细绳与气垫导轨平行，这样做的目 的是 (2)关于本实验，下列说法正确的是 0 A.实验过程中钩码处于超重状态 B.钩码的质量要远小于滑块质量 C.本实验需要用刻度尺测量出钩码下落的高度h D.拉力传感器的读数等于滑块所受合外力 (3)实验时记录滑块的初位置与光电门的距离L及遮光条通过光电门的时间△，测得多组L 和△t值。应用图像法处理数据时，为了获得线性图像应作 (填“F1” △t 1 “F(A)”或“F-(△)”)图像，该图像的斜率- 12.(8分)某实验小组验证动量守恒定律的装置如图甲所示。 于一力传感器 m100m2 Icm 可升降平台 TTTTTTTT 0510 甲 乙 (1)选择两个半径相等的小球，其中一个小球有经过球心的孔，用游标卡尺测量两小球直径 d,如图乙所示，则d= cm。 (2)用天平测出小球的质量，有孔的小球质量记为1，另一个球的质量记为2，本实验中 (填“需要”或“不需要”)满足m1>m2。 (3)将铁架台放置在水平桌面上，上端固定力传感器，通过数据采集器和计算机相连；将长约1m 的细线穿过质量为1的小球的小孔并挂在力传感器上，测出悬点到小球上边缘的距离L; (4)将质量为m2的小球放在可升降平台上，调节平台位置和高度，保证两个小球能发生正 碰；在地面上铺上复写纸和白纸，以显示质量为2的小球的落地点。 (5)拉起质量为m1的小球由某一特定位置静止释放，两个小球发生正碰，通过与拉力传感器 连接的计算机实时显示拉力大小；读出碰前和碰后拉力的两个峰值F,和F2,通过推导 可以得到质量为m1的小球碰撞前瞬间速度大小v1= ;同样方式可 以得到质量为m1的小球碰撞后瞬间速度大小v3。(已知当地的重力加速度为g) (6)测出质量为m2的小球做平抛运动的水平位移s和竖直位移h,已知当地的重力加速度为 g,则质量为m2的小球碰后瞬间速度v2= (7)数据处理后若满足表达式 (已知本次实验中m1>m2,各速度用前述 1、v2、3表示)，则说明两小球碰撞过程中动量守恒。 物理A·专题卷（十二）第7页（共8页） 鱼跃龙门 13.(8分)小黄同学在暗室中用图示装置做“测定重力加速度”的实验，用到的实验器材有：分液 漏斗、阀门、支架、接水盒、一根有荧光刻度的米尺、频闪仪。具体实验步骤如下： A。 6.02 A分液漏斗 B。 13.64 阀 22.76 33.48 E。 频闪仪 接水盒 单位：cm 乙 ①在分液漏斗内盛满清水，旋松阀门，让水滴以一定的频率一滴滴地落下； ②用频闪仪发出的闪光将水滴流照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率，当频率为25Hz 时，第一次看到一串仿佛固定不动的水滴； ③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度； ④处理数据，得出结论。 (1)水滴滴落的时间间隔为 (2)小黄同学测得连续相邻的五个水滴之间的距离如图乙所示，根据数据计算当地重力加速 度g= m/s2;A点处水滴此时的速度vA= m/s,D点处水滴此时的速 度VD= m/s。（结果均保留三位有效数字) (3)小黄同学怀疑自己的测量结果不是很符合当地的重力加速度值，于是他打开手机上的测 量APP(phyphox),利用其中的加速度传感器测出当地的重力加速度值为9.80m/s2,你 认为造成上述实验与手机加速度传感器测量有差别的原因可能是 (写出一种即可)。 14.(8分)利用如图所示的装置研究滑块的匀变速直线运动。所用器材有：铁架台、长木板、滑块 (带遮光片)、光电门、米尺等。实验时，光电门2固定在长木板上靠近底端处，光电门1的位 置可移动，当滑块自长木板上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以测出遮光片从光电 门1至光电门2所用的时间t。改变光电门1的位置，进行多次测量，每次都使滑块从同一点 由静止开始下滑，并用米尺测量光电门1、光电门2之间的距离x,记录滑块从光电门1运动 到光电门2所用的时间t。请回答下列问题： 铁架台 遮光片 光电门1 光电门2 滑块 长木板 777777777777777777777777777777777分7777777777 (1)实验中， (填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力。 (2)根据实验中多次记录的x、t的值，用描点法在坐标纸上作出？t图线，它是一条倾斜的直 线，则该图线纵截距表示的物理意义是 算得该图线的斜率为k,则滑块做匀变速直线运动的加速度大小为 (3)作出的二t图线中，有一个点偏离直线且在直线上方，可能原因是 A.滑块的释放点偏上 B.滑块的释放点偏下 C.滑块受到空气阻力 卷 物理A·专题卷（十二）第8页（共8页）