实验题专练(2)力学实验(二)-【鱼跃龙门卷】2026年高考物理试题逐题突破

高考试题逐题突破 程，=《》×4X10cm十4s T T 2×4×5cm=25cm,故B 正确。题图中甲波的波形图表达式为y=10sin2xcm,因此 5 13 可知xw=子m,xN=写m,波向右传播，经过1s传播的距 2 离为△x=1m,即题图中x=子m的质点的振动形式经过1s 10 传给M,题图中x=3m的质点的振动形式经过1s传给N, 因此1s后M、N两质点速度相同，故C正确。两列波同时到达 P点，P点振幅为两列波振幅之和，放)y=(A+A,血祭m 15sin)tcm,故D正确。 13.B 14.CD【解析】O点到两波源的距离之差为零，则该点为振动加 强点，振幅最大，但该处质点的位移不是始终最大，选项A错 误。P,Q两点与两波源的距离之差为△=1.5以=之×3，则 P、Q两点为振动减弱点，振幅为零，即P、Q两点处质点的位 移始终为零，选项B错误。满足△=子名·(2m十1)的点为振 动减弱点，其中n=0,1,2,·,则正方形内满足此条件的振动 减弱点有无数个，选项C正确。根据几何关系可知在P、Q连 线上振动加强点有3个，分别是S1右边距离S1为0.25入 0.75入和1.25入的位置，选项D正确。 15.C 16.A【解析】当声源和观察者之间的距离不发生变化时，观察者 接收到的频率和声源发出的频率相等，故当∫=时，说明 者之间的距离不变，表明前车与无人车速度相同，但不一定静 止，故A正确，B错误。当∫'>f时，说明接收到的频率增大， 两车间距离减小，故C错误。当f'<f时，说明接收到的频率 减小，则两车间距离增大，故D错误。 第二部分非选择题专练 物理实验题专练（一） 1.(1)AD(2)0.940.67(3)偏大 【解析】(1)为了充分利用纸带，释放前小车要靠近打点计时器， 故A正确。本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要平衡 小车与长木板间的摩擦力，也不需要小车的质量远大于钩码的 质量，只需要保证小车运动过程，受到的合力恒定不变，故B、C 错误。为了充分利用纸带，应先接通电源再释放小车，故D正 确。(2)每相邻两个计数点间还有四个点未画出，则相邻计数点 的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s,打E点时小车的瞬时速 度大小为E= xF=54+55=(9.03+9.72)×10 2T m/s≈ 2T 2×0.1 0.94m/s,根据逐差法可得小车的加速度大小为a=c工0 9T2 (9.03+9.72+10.40-7.02-7.71-8.36)×10-2 9×0.12 m/s2≈ 0.67m/s2。(3)如果当时电网中交变电流的频率是49Hz,则 打点周期大于0.02s,而做实验的同学并不知道，则代入计算的 时间偏小，使得加速度的测量值与实际值相比偏大。 2.(10.60(2)不需要(3) 2Lb 2gL cd? 【解析】(1)由图甲可知，该游标卡尺为二十分度的游标卡尺，游 标尺的12刻度线与主尺的18.00mm刻度线对齐，所以有d+ 12×0.95mm=18.00mm,解得d=6.60mm=0.660cm。 (2)由于在该实验中可以通过力传感器直接测得拉力F的大 小，而不是将砂桶和砂的重力当作拉力F,所以不需要满足物块 的质量远大于砂桶的质量。(3)由题意可知遮光条通过光电门 时物块的速度。=，根据运动学公式可得。2=2L,对物块受 力分析并结合牛顿第二定律有F一Mg=Ma,整理得是 2 2L 2Lc 金容2g上结合图有1d2b<一 =2g坠，解得M= 2L6 cd2 ed-2gL. (1)不可忽略(2)20(3)小于(4)2.5B 【解析】(1)由m-△l图像可知，当m=0时，△1大于0，则本实验 中弹簧自身的重力不可忽略。(2)根据胡克定律可得k= △x △，根据图乙可得弹簧的劲度系数为k○ 8.010)9×10N/m=20/m。3)根据题意可知，图乙的 斜率表示弹簧的劲度系数；两根完全相同的弹簧串联，在悬挂 相同质量的钩码情况下，每根弹簧均伸长相同的长度，所以总 伸长量变为两倍，所受力不变，则劲度系数变为原来的一半，即 作出的图像斜率为原来的一半，小于原弹簧图像的斜率。(4)由 题知，不悬挂小球时弹簧总长为20c,悬挂小球静止时总长为 40cm,根据平衡条件有k×(40一20)×10-2m=mg,则弹簧总 长为35cm时，根据牛顿第二定律有mg-k×(35-20)× 10-2m=ma,联立解得a=2.5m/s2,由题知，当指针示数为 40c时，合力等于0，则加速度为0；所以若发现在运动过程 中，指针由示数较大的刻度逐渐向40cm靠近，根据牛顿第二定 律有△x一mg=ma,可知随着形变量的减小，加速度逐渐减 小；此时加速度方向与速度方向相同，都为竖直向上，故小球向 上做加速度减小的加速运动。 (1)10(2)0.20(3)0.13 【解析】(1)由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点 到O点的距离为6.00cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静 止释放并开始计时。结合图乙的F-t图有△x=6.O0cm,F= F 0.610N,根据胡克定律计算出k= ≈10N/m。(2)根据牛 △工 顿第二定律有F=ma,则a-F图像的斜率为滑块与加速度传感 器的总质量的数：根据图丁中，则有品一司g1=5kg, 则滑块与加速度传感器的总质量为m=0.20kg。(3)滑块上增 加待测物体，同理，根据图线Ⅱ，则有是=， 1 0.5kg1= 3kg1,则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m'≈ 0.33kg,则待测物体的质量为△m=m'-m=0.13kg。 2 1m(5B十5c）1 (1)A(2)AB(3)2m (4)C(5)见解析 、2T 【解析】(1)根据机械能守恒定律可得mgh=2mv-0,故需要 比较动能变化量与势能变化量。(2)电磁打点计时器使用的是 交流电源；需要用到刻度尺测量纸带上两点之间的距离；由于 验证机械能守恒的表达式中质量可以消去，所以不需要用天平 测质量。(3)根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该段过 程的平均速度，则有v= B十sc,则从打O点到打B点的过程 2T 中，动能变化量为△正：=分m-0=名n(2产)）儿。(0该 实验中存在摩擦和空气阻力，实际加速度不是g,而利用公式 v=gt、v=√2gh计算重锤速度时都认为机械能守恒，则重力势 能的减少量等于动能的增加量，故A、B错误。存在空气阻力和 摩擦阻力，重力势能一部分会转化为内能，则重力势能的减少 量大于动能的增加量，故C正确。采用多次实验取平均值的方 法是为了减小偶然误差，故D错误。(5)该同学的判断依据不 正确。在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据mgh一 历=2m0-0,可得。=2(8一)A,可知，。2h图像仍然是 过原点的一条直线。要想通过-h图像的方法验证机械能是 否守恒，还必须看图像的斜率是否接近2g。 10 (1)AD(2)B(3)相等(4)mA√1一cosa=mB√1-c0s3 【解析】(1)轨道末端必须水平，以保证小球能做平抛运动，选项 论△y=gT2,可得T=√g /(5-3)×20×10 10 A正确。轨道倾斜部分不一定要光滑，只要到达底端时速度相 等即可，选项B错误。为防止入射小球碰后反弹，则入射小球 0.2s,则小球平抛初速度的大小为，=T △x.3×20×10-2 m/s= 0.2 的质量大于被碰小球的质量，选项C错误。同一组实验中，入 3m/s。在y轴方向，由匀变速直线运动在某段时间内中间时 射小球必须从同一位置由静止释放，以保证小球到达底端时速 刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得小球在B点沿 度相同，选项D正确。(2)小球均做平抛运动，竖直方向下落的 高度一定，则下落时间相等，水平方向的速度之比可等效为位 y轴方向速度的大小为，=2T yAc 8X20X10-2 2×0.2 m/s=4 m/s, 移之比，P点是一个小球不碰撞时下落的位置，所以需要测量 OP及OM、ON在OP方向的投影长度OM。,ON。。(3)实验中 小球在B点速度的大小为vB=√0后十o=√32十4m/s= 所用两绳长度应相等，以保证两球重心在同一水平面上。(4)对 5m/s。 两球由能量关系有2mA0元=mAgL(1一cosa),2mB后= 4.(1) △t 2m专m+m:(品) (3)2m1g m1+m2 mBgL(1一cosB),若动量守恒则满足mA℃A=mB℃B,即 【解析】(1)根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，滑块通过 mA√2gL(1-cosa)=mB√2gL(1-cosB),化简得 d mA√1-cosa=mB/1-cosB。 光电门时的速度为0= 。(2)从释放到滑块经过光电门这一 物理实验题专练（二） 过程中，系统重力势能减少量为△E。=m1gl,动能增加量为 1 (1)C(2)(a)增大(b)0.18(3)A △Ek=2(m1十mz)2= 【解析】(1)利用该装置做“探究小车速度随时间变化规律”的实 m+m,() 。(3)改变1，做多 验时，只需要保证小车受到的合力恒定不变，不需要平衡摩擦 组实验，作出以1为横坐标，以（是） 为纵坐标的图像，若机械 力，故A错误。以小车和砝码整体为研究对象，平衡摩擦力后， 由于仍存在摩擦力做功，会产生内能，所以不能利用该装置“验 能守恒，有m1gl= 证机械能守恒定律”，故B错误。利用该装置做“探究小车的加 合(m+m)()，整理有（） 速度与力、质量的关系”的实验时，除应平衡摩擦力外，还必须满 2m8·L,则图像斜率为k一 2m1g 足小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量。因为只有当小 m1十m2 m1+m2 车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量时，才能认为绳的拉力 D 近似等于砝码与砝码盘的总重力，故C正确。（2)(a)平衡摩擦 5.(1)L+2 (2)低(3)D(4)见解析(5)9.83(6)96.8 力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，纸带向右 【解析】(1)若摆球的直径为D,悬线长为L,则摆长为1=L十 运动，点迹变密集，说明小车做减速运动，为了让小车做匀速运 D 动，应该增大木板的倾角；(b)由牛顿第二定律得mg=Ma,可 。(2)为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点的位 得上，。曲。图像可得兰品解得小车的质量为 a g m a m L= M≈0.18kg。(3)取下托盘和砝码前，小车做匀速直线运动，处 置时开始计时。(3)根据单摆的周期公式T=2m√官 于平衡状态，合力等于零，取下托盘和砝码后，小车做匀加速直 线运动，其所受的合力为F=mg。改变砝码质量和木板倾角 L+ 多次测量，根据牛顿第二定律，加速度与合力成正比，通过作图 2rg ，可得g-禁(L+2)。由此可知，单摆的悬点 可得到a-F的图像一定是一条通过原点的倾斜的直线。 未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，则摆长的测量值偏 (1)两弹簧测力计拉力的大小O点3.70 小，重力加速度的测量值偏小，故A错误。把次全振动的时 (2)C(3)A 【解析】(1)记下结点的位置O和两弹簧测力计拉力的 间误记为n一1次全振动的时间，则周期的测量值偏大，重力加 大小和方向；用一个弹簧测力计拉橡皮条将橡皮条的 速度的测量值偏小，故B错误。若以摆线长作为摆长来计算， 结点拉到O点。弹簧测力计的分度值为0.1N,需要 则摆长的测量值偏小，重力加速度的测量值偏小，故C错误。 估读到0.01N,可知其示数为3.70N。(2)根据二力FA 以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，则摆长的测量值 平衡条件，F'一定与橡皮条在同一条直线上。F是根据平行四 偏大，重力加速度的测量值偏大，故D正确。(4)根据图中的数 边形定则得到的合力，F一定是平行四边形的对角线。(3)两个 据点画出T2与L的关系图线，如图所示。 分力大小相等，夹角小于90°，根据矢量三角形可知，当一个分 T21s2 力F,方向不变，两分力间的夹角减小，合力F一定，则方向不 5.00 变的分力F2减小，转动的分力F1变大。 (1)同时平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动(2) 4.60 变大(3)水平不需要 (4)35 4.20 【解析】（1)甲实验中，小球A做平抛运动，小球B做自由落体 3.60 运动，实验现象是小球A、B同时落地，说明平抛运动在竖直方 向的分运动是自由落体运动。(2)将A、B球恢复初始状态后 3.401 用比较大的力敲击弹性金属片，A球落地点变远，水平速度变 大，可下落的高度不变，由自由落体运动可知下落时间t= 0.800.901.001.101.20L/m ，则在空中运动的时间不变，落地的竖直速度不变，则落地 N8 (5)单摆周期T=5460s-1.82s,重力加速度大小为g 30 的速度变大。(3)安装图乙所示研究平抛运动实验装置时，保证 4π 4π2 斜槽末端水平，使小球每次都做平抛运动，由于小球每次都是从 TL=1.82×82.50×10-3m/s≈9.83m/s。(6)新单摆摆 斜槽上同一位置开始释放，小球在轨道上运动时克服阻力做功 都相同，因此斜槽不需要光滑。(4)由题图丙可知，两计数点间 动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等，即 小球在水平方向的位移相等，可知两计数点间的时间间隔相等， 小球在竖直方向做自由落体运动，因此由匀变速直线运动的推 10T=11T,10·2x√g 亿=11·2元√/g,所以2'=96.8cm。 ·物理· 6.(1质量转动半径(2②)，(3)当转盘转速较小时，由 t。π△t 转盘与重物间的静摩擦力提供向心力；随着转盘转速增大，达到 最大静摩擦力后，绳子才开始提供拉力一d。 c△t 【解析】(1)在研究向心力与角速度的关系时，根据控制变量法 需要保证重物的质量和转动半径保持不变。因为向心力的表达 式为F=mwr,只有当m和r不变时，才能研究F与w的关 系。(2)转盘匀速转动时，激光接收周期为t。,所以转盘的旋转 周期为T=24。,根据角速度与周期的关系如=2年， ,解得重物随 圆盘做匀速圆周运动的角速度为仙= 2π_2π= T二2。一。。已知狭缝 宽度为d,每次接收到光照的时长为△t,则重物随圆盘做匀速 3 圆周运动的线速度为一是，根据线速度与角速度的关系。 d r,解得原物的转动半径为一日-兰-总（③）曲于转盘表 面粗糙，存在摩擦力。当转盘转速较小时，由转盘与重物间的静 摩擦力提供向心力；随着转盘转速增大，达到最大静摩擦力后， 绳子才开始提供拉力，拉力传感器才会有示数，所以图线不过原 点。由图丙可知，F是图像的斜率为女=。 =一6，设重物 做匀速圆周运动过程受到的最大静摩擦力为「，根据牛顿第二 定律有F+f=mw2r,其中u=交， 一△，代入上式解得F= A一·一下，所以有飞=一。三A二，解得重物的质量为 △t n-、c4t πbdt。 物理实验题专练（三）】 1.(1)R偏大(2)见解析(3)R1298(4)A 【解析】(1)由于R>RvRA,则电流表选择内接时，误差较小 则Rb更接近真实值，测量值偏大。(2)实物图连接如图所示。 (3)根据实验原理可知应保证R,不变，根据欧姆定律有R,十 R,十R,U1,R,+RA=,解得Rx≈298D。（4)由上述分析 可知电源内阻与电流表内阻对实验结果都无影响。 2.(1)BD(2)100不需要(3)机械调零见解析 【解析】(1)甲图中，多用电表与小灯泡并联，但由于黑表笔与电 源的正极相连，故不可以测量小灯泡的电压，故A错误。图乙 中，多用电表串联在电路中，红表笔与电源正极相连，可以用直 流电流挡测量电路中的电流，故B正确。图丙中，若用欧姆挡 测量小灯泡的工作电阻，电源不可接人电路中，故C错误。图 丁中，黑表笔与内部电源的正极相连，所以用的是欧姆挡测量 二极管的反向电阻，故D正确。(2)由图可知，表盘中间刻度为 10,所以当倍率为×10时，欧姆表的内阻为R内=10×102 100Ω。若某个多用电表内的电学元件R,(如图戊所示)损坏， 换成最大阻值比R1略大的R2,由于 电源电动势不变，满偏电流不变，所 202 B 以欧姆表的内阻不变，所以不需要更 换该多用电表的表头。(3)由于用多 152 用电表的直流电压挡测量电压，所以 测量前应进行机械调零；由于使用直 流电压2.5V挡依次接A和B、B和C、A和C,示数均为零，说 明黑箱内没有电源；将选择开关旋到欧姆挡，正确调零后，由测 量结果可知，AB间正接、反接示数相同，说明AB间存在阻值 为20的定值电阻；同理BC间正接、反接示数变化较大，说明 BC间存在二极管，且二极管的正向电阻为152；AC间正接、 反接示数变化较大，说明AC间存在二极管，且黑表笔接C,红 表笔接A时，欧姆表的读数等于定值电阻与二极管正向电阻之 和，说明此时二极管与定值电阻串联，故黑箱的结构如图所示。 (1)30.7(3)0.9(4)6.0×10- 【解析】(1)游标卡尺的示数为3cm十0.1mmX7=30.7mm: R1_R,解 (3)由电桥电路的原理可知，当电流计示数为零时，R一R, 得R=0.9D.()根据R=P5,可得R,-彩L,由图像可知 3S0.03,解得p=6.0×1050·m。 5 1 (1)A(2)75.0小于(3)并0.25 【解析】(1)当电流表满偏时电流为2mA,此时回路中电阻值 为R=2×10D=1.5X100,所以变阻箱选最大阻值为 9999.92的，故选A。(2)闭合开关S1、断开开关S2,调节电阻 箱R1,使电流表满偏即回路中电流为2A,保持电阻箱R1接 入电路的电阻不变，再闭合开关S2,调节电阻箱R2使电流表示 数为1mA,回路中总电流为2mA,所以流过R2的电流与流过 电流表的电流相等，两者是并联关系，电压也相等，则电阻也相 等，表示电流表的电阻为RA=75.02。由于接人电阻箱R2与 电流表并联，导致干路上电流变大，当电流表示数为1mA时， 流过变阻箱R2的电流大于1A,这样导致电流表内阻的测量 值小于真实值。(3)若将此电流表改装成量程为0~0.6A的电 流表，由并联电阻分流作用可知，应将电流表并联一个电阻。改 装后的电流表量程变为满偏电流的300倍，则流过并联电阻的 电流是满偏电流的299倍，所以并联的电阻阻值R并 R-3n=0.25n. 1 (1)0~0.60(2)R1(3)1.51.0(4)不变 (5)见解析 IRs= 【解析】(Q)改装后的电流表对应的量程为1=1：十R。 0.60A。(2)为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验 中应选用的滑动变阻器是R,,而R2阻值太大。(3)根据闭合 电路欧婚定律可得U户E一1+R)P=E1+太)，给 合图线可得E=1.5V,+Rr×0,解得r= 1.02。(4)由以上分析可知，若本实验中连接滑动变阻器和导 线接头处有“接触电阻”导致滑动变阻器阻值变大，电动势E测 量值不变。(5)实验时，某同学进行了多次测量，花费了较长时 间，测量期间一直保持电路闭合，从实验误差角度考虑，这样的 操作不妥，因为长时间使用将会导致电源电动势减小，内阻 增大。 (1)C(2)见解析(3)最左端(4)Ca-1Dc,c b-a b-a 【解析】(1)因电路中滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调 节，滑动变阻器应选择小量程的。(2)根据电路图连接完整实物 图，如图所示。(3)为保障仪器安全，滑动变阻器的滑片应放置 在滑动变阻器的最左端，此时待测电路电压为0，从而保证电表 的安全。(4)对该电路有I2=I1+Ix,由欧姆定律可得I2= 1+1(RA+R) R 变形得1 +R处十1，由图像可得k= -R.R+. ·11 参考答案及解析 1 -b-a 时，通过电阻箱的电流会大于毫安表读数的一半，产生误差，为 ,a= R. R:十1，联立可得，电流表A,的内阻为R= R 了使S2闭合后电路总电阻变化小，则滑动变阻器接入电路中的 (a-1)c,待测电阻阻值为R:=6一a C 阻值应尽可能大，同时毫安表又要能调节到满偏，则所用电源 b-a 的电动势应该较大，应选用E2,即选B。滑动变阻器应选阻值 A 较大的R2,即选D。②可认为通过毫安表的电流等于电阻箱的 电流的2倍，则毫安表的电阻等于电阻箱电阻值的一半，即 号1，R,=(1,-)R,解得毫安表的测量值为R,=90. 根据电流表改装原理1，=1。十'：=1A,解得R=.0D, R (2)由图可知此时毫安表表头电流=0.004A,改装电流表示 数为Q4A根起片-8政装电表的实际量匙为1：=125A 场 R和R的电压相等，则（山-1）R=(12-1)R,解得=4 物理实验题专练（四） 4.a)AC(2)200.0n(3)Y (4)等于 (1)D(2)2.5(3)见解析8.0×10-3(4)小于 【解析】(1)由于电源E的电动势为5V,则电路中电压表应选 【解析】(1)因为要观察电容器充、放电现象，只能选择直流电 U 5 源；微安表指针要往左右两个方向偏转，所以要选择零刻度线 A;电路中最大电流约为1。=尺一20A=0.25A,可知电流表 在中间的微安表。(2)电压表测量的是微安表与电阻箱两端的 电压，电压表的示数U。=6V,微安表的示数i。=500uA,故微 应选C。(2)根据实验原理，当满足=尽时，通过灵敏电流 Ry R. U。 6V 安表与电阻箱的总电阻R。=。一500A=12k,微安表的 计的电流为0，则有R≈2000Ω，为确保灵敏电流计G的安全， 闭合S前电阻箱应调整至2000.0Ω。(3)闭合S后，调节电阻 内阻R。=12k2-9.5k2=2.5k2。(3)将这些点用平滑的曲 箱的阻值，当灵敏电流计G的示数为零时，电阻箱的阻值为R、 线连接起来，如图所示。i-t图线与横轴所围成的图形的面积表 示整个放电过程放出的电荷量，数出的小方格数为32（数格时， 电压表的示数为U,电流表的示数为1，则测量值为R,-名 注意面积大于半格算一格，小于半格舍去)，而每个小方格表示 (4)当灵敏电流计G的示数为零时，电压表的示数U等于R,两 的电荷g=50×106×5C=2.5×10-4C,则放出的电荷量 Q。=32q=32×2.5×104C=8.0×10-3C。(4)断开开关S1, 端电压，电流表的示数I等于通过R的电流，由于U、I都是准 开关S2保持闭合，电压表和电容器也形成通路，有一部分电荷 确的，所以用这种方法测得的电阻值等于真实值。 流经电压表，故乙同学测得的电荷量小于甲同学测得的电荷量。 5.(1)欧姆挡的零刻度线1500减小(2)见解析图R i/uA 【解析】(1)欧姆调零时，选择“×100”欧姆挡，将红、黑表笔短 600 接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准刻度盘上欧姆挡的零 500￥ 刻度线。位置b热敏电阻的阻值为R。= +3V 400 15×100=15002。将温控室温度由A 300 20℃逐渐升高到60℃，指针由题图1中 200 a逐渐向右偏转到b,其阻值不断减小，由 100 此可判断热敏电阻的阻值随温度的升高 而减小。(2)为使二极管能正常发光报 0102030405060708090100t/s 警，电流应从二极管正极流入，如图所示。 (1)外(2)0.340.396(3)见解析(4)C 当大棚内温度降低至20℃时，由题图2 【解析】(1)由电流表的表盘可知 电流大小为0.34A,电压表的百 可知此时热敏电阻的阻值为6k2,同时三极管导通，则b、e间 电压达到2V,因直流电源的电动势为3V,故方框A中的定值 分比变化为=上站的× 电阻的阻值为3k2,即R2。 100%≈5.7%，电流表的百分比 6.(1)乙(2)2.00(3)见解析(4)2.902.02(5)A(6)小 R 变化为%=034033×100%≈ 于小于 0.33 写然 【解析】(1)由题中数据可知，电池的内阻与电流表内阻大小相 3.0%,可知电压表的示数变化更明显，故采用电流表外接法」 当，远小于电压表内阻，若实验电路采用图a中的甲，电流表的 (2)电流表的分度值为0.02A,不需要估读到下一位，读数是 分压会使得路端电压测量值误差很大，若实验电路采用图a中 0.34A。螺旋测微器测量金属丝的直径d=39.6×0.01mm= 的乙，通过电池的电流的测量值由于电压表分流引起的误差很 0.396mm。(3)由图表数据可知，待测电阻阻值约为52，若电 小，所以为减小测量误差，相对电源来说，应采用电流表外接法， E 即图a中的乙。(2)由题图b可知，电压表量程为0~3V,分度 路采用限流接法，回路最小电流I一R,十R每十，代入数值约 值为0.1V,则电压表示数为2.00V。(3)描点作出U-I图线如 为0.11A,不可能达到0.020A,所以应该是分压接法。实物图 图1所示。(4)根据闭合电路欧姆定律有E=U+Ir,整理得 如图所示。(4)图线的斜率即为R,的阻值，由图像可知R,= U=一Ir十E,则电源U-I图线纵截距表示电池电动势，图线斜 2.5 0.56≈4.5D,由电阻定律知R=p5=p L 率的绝对值表示电源的内阻，由图可知E=2.90V,r= 2 ,解得p≈1× d 2.90-2.00 2 445×10-3 2≈2.02。(5)该实验相对于电源来说，电流表采 1062·m。 用外接法，因电压表分流会引起电流测量的误差，干路电流真 1①BD②91.0(2)124 99 实值1=1，+品则电流测餐值小于真实值，且电流测景值 【解析】(1)①根据实验原理，当S2闭合后，电路总电阻会减小， 与真实值的差随U的减小均匀减小，当U=0、外电路短路时， 总电流会变大，当毫安表G的指针偏转到满偏的三分之二位置 电流测量值等于真实值，即两图像在横轴交于同一点，如图2所2025一2026学年度高考试题逐题突破一 实验题专练（二） 物理·力学实验（二） 总分：60分时间：40分钟姓名： 得分： 1.(10分)如图甲所示是很多力学实验中常使用的装置。 电火花计时器 小车 纸带 长木板 纸带运动方向 ···· 分 乙 打点计时器 1.8--------- 古M☐ 0.9 纸带 501001 m/kg 丙 (1)关于该装置的下列说法正确的是 A,利用该装置做“探究小车速度随时间变化规律”的实验时，需要平衡摩擦力 B.以小车和砝码整体为研究对象，平衡摩擦力后，可利用该装置“验证机械能守恒定律” C.利用该装置做“探究小车的加速度与力、质量的关系”的实验时，除应平衡摩擦力外，还 必须满足小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量 (2)在用该装置来“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，操作如下： ()平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，应 (填“减小”或 “增大”)木板的倾角。 (b)图丙为小车质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度α的倒数与盘和砝码的总质 量m的倒数之间的实验关系图像。若牛顿第二定律成立，则小车的质量M= kg。 (g取9.8m/s2,结果保留2位有效数字) (3)若用图丁的装置拓展探究方法，按如下步骤进行： (ⅰ)挂上砝码盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑。 (ⅱ)取下砝码盘和砝码，测出其总质量为m,记mg为小车受到的作用力F,让小车沿木板 下滑，测出加速度a。 物理·实验题专练（二）第1页（共4页） 鱼欧花门老 (i川)改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到α-F的关系。 若小明同学操作规范，随着托盘内的砝码数增大，作出的αF图像正确的是 B 2.(10分)某同学用如图甲所示装置验证力的平行四边形定则。 (1)实验时，先用两个弹簧测力计把橡皮条AO拉长，记下 ↑A 3月 结点的位置O和 及两细绳的方向， 然后用一个弹簧测力计拉橡皮条，将橡皮条的结点拉 到 ,记下弹簧测力计拉力的大小、方向，实验 单位：N 中，一个弹簧测力计的示数如图乙所示，则该弹簧测力 甲 乙 计的拉力大小为 No (2)通过作图对实验结果处理：F,、F,表示两个测力计的拉力，F表示利用平行四边形作出的 F1与F2的合力。F'表示用一个弹簧测力计拉橡皮条时的力，则下图中符合实验事实的 是 F F 橡皮条 橡皮条 橡皮条 橡皮条 A B C D (3)某次实验时，用两个弹簧测力计拉橡皮条，结点拉到O点时，两个弹簧测力计的示数相同， 两个弹簧测力计的拉力夹角小于90°，现将其中一个弹簧测力计拉力方向不变，转动另一 弹簧测力计的拉力方向，使两拉力的夹角减小，保持结点始终在O点位置，则转动的弹簧 测力计的拉力会 A A.变大 B.变小 C.可能先变大后变小 D.可能先变小后变大 3.(10分)某实验小组用如图甲所示的装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球A、 B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开下落。 小锤、1 地面 甲 乙 丙 物理·实验题专练（二）第2页（共4页） (1)甲实验的现象是小球A、B (填“同时”或“先后”)落地，说明 (2)现将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，A球落地点变远，则其落地 时的速度 (填“变大”“不变”或“变小”)。 (3)安装图乙所示研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端 ,斜槽 (填“需 要”或“不需要”)光滑。 (4)然后小明用图乙所示方法记录平抛运动的轨迹，由于没有记录抛出点，如图丙所示，数据 处理时选择A点为坐标原点(0,0)，丙图中小方格的边长均为20cm,重力加速度g取 10m/s2,则小球平抛初速度的大小为 m/s,小球在B点速度的大小为 m/s。 4.(10分)利用气垫导轨和光电门验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示。已经测得： a.遮光片宽度d b.释放滑块时滑块上遮光片到光电门的距离为 c.钩码质量m1,滑块与遮光片的总质量m2 接通气源，释放钩码。 光电门 遮光片 气垫导轨 滑块 连气源 钩码 刻度尺 甲 (1)已知滑块上遮光片通过光电门时间为△t,则滑块通过光电门时的速度为 (2)在滑块从释放到滑块上遮光片经过光电门这一过程中，滑块（含遮光片）与钩码组成的系 统重力势能减少量为 ,动能增加量为 (3)改变1，做多组实验，作出以1为横坐标，以（品）为纵坐标的图像，如图乙所示。若滑块 (含遮光片)与钩码组成的系统机械能守恒，则图像斜率为 5.(10分)某同学在做“用单摆测量重力加速度”实验中，装置如图甲所示。 ◆T21s2 5.00 4.60 4.20 0角度盘 3.80 42i234到 3.40 】 3.00 0.800.901.001.101.20L1m 甲 乙 物理·实验题专练（二）第3页（共4页） 广鱼跃花门卷 (1)若摆球的直径为D,悬线长为L,则摆长为 (2)为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最 (填“高”或“低”)点的位置时开始 计时。 (3)如果采用计算法测得的g值偏大，可能的原因是 A.单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了 B.把n次全振动的时间误记为n一1次全振动的时间 C.以摆线长作为摆长来计算 D.以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算 (4)为了提高测量精度，需多次改变L的值并测得相应的T值。现测得的六组数据，标示在图 乙所示的以L为横坐标，T2为纵坐标的坐标纸上，即图中用“×”表示的点。根据图中的 数据点画出T2与L的关系图线。 (5)某次实验所用单摆的摆长为82.50cm,实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次 经过最低点的时间间隔为54.60s,该小组测得的重力加速度大小为 m/s2。(结 果保留到小数点后两位，π2取9.87) (6)某同学用一个摆长为80.0cm的单摆做实验，摆动的最大角度小于5°，完成实验后想设计 一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。新单 摆的摆长应该取 cm。 6.(10分)利用如图甲装置研究重物做圆周运动的向心力与角速度的关系，在表面粗糙的转盘同 一直径上开了两道宽度均为d的狭缝，转盘上放置一质量未知的重物，拉力传感器固定在转 轴上，重物与拉力传感器用轻绳连接。激光发射器发出的细小光束穿过狭缝后可被正对的接 收器接收，调整激光发射器和接收器的位置使得激光束恰好正对着重物中间。实验开始时把 轻绳拉直，启动电机让转盘缓慢加速，重物与转盘始终保持相对静止，最后一起保持匀速转 动。某次实验中当转盘匀速转动时，接收器接收到的激光强度随时间的变化情况如图乙所 示，激光接收周期为t。,每次接收到光照的时长为△t。 发射器 拉力传感器 个激光接收强度 重物 △t △i △t H 接收器 电机 0 2t0 ⑧ 乙 丙 (1)要研究向心力与角速度的关系时，需要保证重物的 和 保持不变。 (2)此次实验物体随圆盘做匀速圆周运动的角速度为ω= ,重物的转动半径”= 。(用题中已知量的符号表示) (3)改变转盘转速，进行多次实验，测得多组激光接收周期t及对应的传感器示数F,得到如图 丙所示的图像，图线不过原点的主要原因是 0 由图像可得重物的质量m= (用题中已知量的符号表示)。 物理·实验题专练（二）第4页（共4页）