实验题考点专练3 热学、光学实验&实验题考点专练4 创新实验-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习考前增分练

实验题考点专练3 (分值：20分 1.(6分)某同学用半圆柱玻璃砖做测量玻璃的折射 率实验，他的操作步骤如下： 得分 A.用毫米刻度尺量出半圆柱玻 璃砖的直径d,算出半径r= d ，然后确定圆心0的位 置，记在玻璃砖上； B.在白纸上画一条直线作为入射光线，并在入射 光线上插两枚大头针P,和P2; C.让入射光线与玻璃砖的直径垂直，入射光线经 过圆心O: D.以圆心O为轴，缓慢逆时针转动玻璃砖，同时 调整视线方向，直到从AB下方恰好看不到P。 和P,的像，然后沿半圆柱玻璃砖直径画一条直 线AB,并作出光路图，如图所示。 (1)看不到P2和P1的像是因为发生了 (2)只使用毫米刻度尺，还需要测量 (选 填“OD”或“CD”)的长度，记作1。 (3)玻璃砖折射率的表达式n= 2.(8分)如图甲所示，在“用双缝干涉测量光的波长” 实验中： 得分 ②③④ ⑤ ① (1)在光具座上放置的光学元件依次为：①光源、 ②滤光片、③ 、④ 、⑤遮光筒、⑥ 光屏（含测量头）。 (2)(多选)利用如图甲中装置研究双缝干涉现象 时，下列说法中正确的是 A.将光屏移近双缝，其他条件不变，干涉条纹间距 变小 B.将滤光片由蓝色的换成红色的，其他条件不变， 干涉条纹间距变大 C.将单缝向双缝移动一小段距离后，其他条件不 变，干涉条纹间距变大 D.换一个两缝之间距离更大的双缝，其他条件不 变，干涉条纹间距变小 E.去掉滤光片，其他条件不变，干涉现象消失 (3)在某次测量中，将测量头的分划板中心刻线与 某条亮条纹中心对齐，将该亮条纹记为第1条亮 红对勾·讲与练18( 班级： 姓名： 热学、光学实验 时：20分钟) 条纹，此时手轮上的示数如图乙所示。然后同方 向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条 纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示，则此 示数为 mm,由此可求得相邻亮条纹的间 距△x为 mm。 35 40 -30 35 0 10 乙 丙 (4)已知双缝间距d为2.0×104m,测得双缝到 屏的距离1为0.700m,由计算式λ= ,求 得所测红光波长为 nm。 3.(6分)某同学通过如图甲所示的实验装置，利用玻 意耳定律来测定一颗形状不规则的石子的体积。 得分 注射器 中 b a O 石子 甲 实验步骤： ①将石子装进注射器，插入活塞，再将注射器通过 软管与传感器A连接； ②移动活塞，通过活塞所在的刻度读取了多组气 体体积V,同时记录对应的传感器数据： ③建立直角坐标系。 (1)(多选)在实验操作中，下列说法正确的是 A.图甲中，传感器A为压强传感器 B.在步骤①中，将注射器与传感器A连接前，应把 注射器活塞移至注射器最右端位置 C.操作中，不可用手握住注射器封闭气体部分，是 为了保持封闭气体的温度不变 D.若实验过程中不慎将活塞拔出注射器，应立即 将活塞插入注射器继续实验 (2)为了在坐标系中获得直线图像，若取y轴为 V,则x轴为 （选填“1”或“p”）。 (3)选择合适的坐标后，该同学通过描点作图，得 到的图像如图乙所示，若不考虑传感器和注射器 连接处的软管容积带来的误差，则石子的体积为 ;若考虑该误差影响，测得软管容积为 V。,则石子的体积为 高三二轮物理 班级： 姓名： 实验题考点专练4创新实验 （分值：30分 限时：30分钟) 1.(6分)某同学想验证“当系统在某一方向上所受外 a.按图甲连接电路； 力之和为0时，系统在该方向上动量守恒”的物理 b.闭合开关S,、S2,调节滑动变阻器滑片，使电压 规律。为此他设计了一个实验：如图甲所示，把一 表满偏； 个小球从末端切线水平的斜槽上某一位置由静止 c.保持滑动变阻器滑片位置不变，断开开关S,调 释放，在斜槽末端安装光电门1，调整光电门1的 高度，使光电门1与小球在斜槽末端时球心的位 节电阻箱使电压表示数为1.0V,记下电阻箱的 置等高。在下方水平面上放置光滑气垫导轨，把 阻值。 一带凹槽的滑块放在导轨上，滑块里装有细砂，不 (1)实验中滑动变阻器应选择 （选填“R” 考虑砂从滑块上漏出。调整装置的位置，使小球 或“R2”)。 从斜槽上释放后恰好能落入细砂中（立即与滑块 (2)根据图甲电路，用笔画线代替导线，将图乙中 共速)。在气垫导轨的右端安装光电门2，在滑块 实物图连接成实验电路。 上安装宽度为d2的遮光条。 得分 (3)在步骤b中，闭合开关S、S2前，滑动变阻器的滑 Q光电门1 片应移到图甲中最 (选填“左”或“右”)端。 光电门21 主尺 cm 遮光条 (4)在步骤c中，记录的电阻箱阻值为1998.02， 0游标尺10 甲 若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变， 乙 (1)用游标卡尺测量小球的直径d1,测量结果如图 则该电压表的内阻为 (结果保留到个 乙所示，则小球的直径d1= mm 位)。实际上在调节电阻箱时滑动变阻器上的分 (2)实验中光电门1、2记录的时间分别为△1、 压会发生微小变化，如果要考虑其变化的影响，用 △t2,则小球经过光电门1的速度大小为 ,滑块经过光电门2的速度大小为 半偏法测量的电压表内阻与其真实值相比，测量 (用题中所给字母表示) 值 (选填“大于”“等于”或“小于”)真 (3)用天平分别测量小球和滑块（含遮光条和细砂） 实值。 d 的质量，测量结果分别为m、M。当等式m (5)该同学进一步研究了该电压表的内部结构，发 △t1 现它是由一个表头和电阻串联而成，由此可以推 时，由小球和滑块组成的系统在相互作 断该表头的满偏电流为 用的过程中水平方向动量守恒。（用题中所给字 母表示) 3.(8分)智能手机内置很多传感器，磁传感器是其中 2.(8分)某同学欲利用半偏法测量量程为0~2.0V 一种。现用智能手机内的磁传感器结合某应用软 的电压表V的内阻（内阻约为几千欧），设计了如 件，利用长直木条的自由落体运动测量重力加速 图甲所示电路，可供选择的器材有：电阻箱R(最 度。主要步骤如下： 得分 大阻值9999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值 单位：cm 202),滑动变阻器R2(最大阻值2kΩ)，直流电源 E(电动势3V),开关2只，导线若干。实验步骤 小磁铁 如下： 得分 105 磁传 75 ● 手机 感器 50 55 乙 图(a) (横线下方不可作答) 181☐ 第一部分 题型精准练 ↑h/m 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 O出出出出中出出出由 0.10.20.30.40.5ts 图(b) (1)在长直木条内嵌入7片小磁铁，最下端小磁铁 与其他小磁铁间的距离如图(a)所示。 (2)开启磁传感器，让木条最下端的小磁铁靠近该 磁传感器，然后让木条从静止开始沿竖直方向自 由下落。 (3)以木条释放瞬间为计时起点，记录下各小磁铁 经过磁传感器的时刻，数据如下表所示： h/m0.000.050.150.300.500.751.05 t/s0.0000.1010.1750.2470.3190.3910.462 (4)根据表中数据，补全图(b)中的数据点，并用平 滑曲线绘制下落高度h随时间t变化的h-t 图线。 (5)由绘制的h-1图线可知，下落高度与时间是 (选填“线性”或“非线性”)关系 (6)将表中数据利用计算机拟合出下落高度h与 时间的二次方t的函数关系式为h=4.916t2(SI 国际单位制)。据此函数式可得重力加速度大小 为 m/s2。(结果保留三位有效数字) (7)若因操作不慎，导致长木条略有倾斜地自由下 落，则测量值 (选填“等于”“大于”或“小 于”)真实值。 4.(8分)磁敏电阻是一种对磁敏感、具有磁阻效应的 电阻元件。物质在磁场中电阻发生变化的现象称 为磁阻效应。某实验小组利用伏安法测量一磁敏 电阻RM的阻值（约几千欧）随磁感应强度的变化 关系。 所用器材：电源E(5V)、滑动变阻器R(最大阻值 为202)，电压表（量程为0~3V,内阻为3k2)和 毫安表（量程为0~3mA,内阻不计）。定值电阻 R。=1k2,开关、导线若干。 得分 红对勾·讲与练 18 Ro ④ ××× 磁敏电阻 RM R 电源 乙 5 040 1 2 -53-1 V 3E15 分 (1)为了使磁敏电阻两端电压调节范围尽可能大， 实验小组设计了电路如图甲所示，请用笔画线代 替导线在图乙中将实物电路连线补充完整。 (2)某次测量时电压表的示数如图丙所示，电压表 的读数为 V,电流表读数为0.5mA,则此 时磁敏电阻的阻值为 (保留三位有效 数字)。 (3)实验中得到该磁敏电阻阻值R随磁感应强度 B变化的曲线如图丁所示，某同学利用该磁敏电 阻制作了一种报警器，其电路的一部分如图戊所 示。图中E为直流电源（电动势为5.0V,内阻可 忽略)，当图中的输出电压达到或超过2.0V时， 便触发报警器（图中未画出）报警。若要求开始报 警时磁感应强度为0.2T,则图中 (选填 “R,”或“R2”)应使用磁敏电阻，另一固定电阻的阻 值应为 k2(保留两位有效数字)。 ↑R/k2 6 R 0 输出 电压 00.10.20.30.40.50.6B/T 0 入 戊 (4)在图戊所示电路中，如果要提高此装置的灵敏 度（即在磁感应强度更小时就能触发报警），应该 (选填“增大”或“减小”)磁敏电阻之外的 定值电阻 高三二轮物理(2)造成误差的原因可能是：①纸带与 打，点计时器之间有摩擦；②轻绳与滑 轮之间有摩擦；等等。 4.(1)1.070 (2)0.54 mp mp (3) 解析：(1)游标卡尺的精确度为0.05mm, 遮光片的宽度d=1.0cm+0.05× 14mm=1.070cm。 (2)滑块经过光电门时挡住光的时间 极短，则平均速度可近似替代滑块的 d 瞬时速度，则碰前P的速度℃A= 0.54m/s。 (3)碰后PQ整体的速度0'= d ,由系 统动量守恒有mpv'十mQY'=mp℃A, 化简可得表达式 m P ma mp 5.(1)B (2) mg 4R2 解析：(1)圆孤轨道是否光滑对实验没 有影响，故A错误；选用密度大、体积 小的小球，可以减小空气阻力的影响， 故B正确；根据题意，若小球恰好通过 D,点，由牛顿第二定律有mg= mUD R 可得D=√gR,由能量守恒定律可 知，若P点位置比D点略高些，则小球 可能到不了D点，故C错误；同样的实 验过程，质量小些的小球通过D,点时， 对力传感器的压力会小些，不利于实 验数据的测量，产生误差较大，故D 错误。 (2)根据题意可知，在D点，小球受到 的合力提供向心力，则有F。=F十 mg,根据题意可知，小球离开D点做 平抛运动，竖直方向上有2R=】 水平方向上有x=t,联立解得℃ 4R 三√食，在D点，根据牛频第 二定律有F十mg=m尺，联立整理可 得F=” x2一mg,则当图像与纵轴 R 的截距为一mg,斜率为 mg 时，说明向 4R2 心力与速度二次方成正比。 实验题考点专练2电磁学 基础实验 Rb R 1.(1)C (2) k (3)不变 因电动势相同，通过欧姆调 零后，电阻表内阻不变，根据闭合电路 欧姆定律可知，未知电阻的测量结果 不变 解析：(1)电阻表的测量原理是闭合电 E 路欧姆定律I= R角+R,所以电阻表 内部要有电源，A错误；灵敏电流表中 电流应从正接线柱流入，B错误；电阻 表内部要接滑动变阻器，进行欧姆调 零，C正确，D错误。电流要从红表笔 2682对闪·讲与练·高三二轮物理 流入，黑表笔流出，所以红表笔应为口。 (2)根据闭合电路欧姆定律，有I。= E 1R+R,所以有 R十R,可得元=E1+E Rb k 《③)根指R。-号可知电动势相同：通 过欧姆调零后，电阻表内阻不变，根据 闭合电路欧姆定律可知I=RA十R' 所以未知电阻的测量结果不变。 2.(1)1(2)9.12.3(3)无 解析：(1)根据电桥平衡原理，则满足 R=R,解得电流表的内阻R R:-RA 12。 (2)由电路可知E=I(RA十R。)十 I(RA+R2)7 I+- r, R 可得1E 116+r R 16r I 16r 116+r=0.5, 由题国乙可如后-子9始 可得r≈2.32，E≈9.1V。 (3)该实验已经考虑了电表内阻影响， 可知利用该实验方案测出的电源电动 势和内阻无系统误差。 3.(1)03V(2)D(3)1.50 ER (4)R,+R (5)不同意，理由见解析 解析：(1)所用电源为2节千电池，电动 势为3V,则所用电压表量程为0 3V。 (2)闭合开关之前，滑动变阻器阻值应 该调到最大，则由题图乙可知，电池盒 上的接线柱A应该与滑动变阻器的接 线柱D连接。 (3)电压表所选量程的最小刻度为0.1V, 则示数为1.50V。 (4)由闭合电路欧姆定律可得I= R十R,当被测电阻阻值为R时，其 E ER 两端的电压U=IR=R,+R: (5)不同意；当R较大时，电压表的内 阻不能忽略，则电路中的电流I E 一，则电压表读 R:+(R:-R)+R+Rv RRy E 数为U= RRV R,+(R:-R)+R+R RRy E R+Ry (R+R2-R)(R+R) +1 RRy 当R较大，R=R,时R最大，此时 E E U R(R:+R+1 R+R+1 RRy Ry R, 因Rv>R1,则电压表读数接近于U= E-R+R: ER2 R+1 R, 4.(1)b (2)500(3)见解析图5.0× 10-1 (4)见解析 解析：(1)由题图甲电路可知，若要升 高电容器充电电压，滑动变阻器R,的 滑片应向b端滑动。 (2)由题图乙可知，充电的最大电流值 U 为11，根据欧姆定律可得R,= 5002。 (3)U-Q图像如图所示，根据C= 结合图像可得图线的斜率倒数表示电 容器电容，即C=1=0.3×10 F= 6 5.0×10-iF。 ↑U/V 8 7 5 4 3 Q/10-3C) 0.1 0.2 0.3 0.4 (4)充电过程中，R,会把一部分电能转 化为内能，导致充电电流的最大值略 大于放电电流的最大值。 实验题考点专练3热学光学实验 1.(1)全反射(2)CD (3) 2 解析：(1)看不到P。和P,的像是由于 光线在AB面上发生了全反射。 (2)(3)只要测出CD的长度1，就相当 于测出了临界角的正弦值，即sinC= 二西mC=女可得折纷率w d 219 2.(1)单缝 双缝(2)ABD (3)13.8702.310 (4)d△ 660 解析：(1)由题图甲可知，③为单缝， ④为双缝。 (2)将光屏移近双缝，1减小，则由 △x= 入可知，在其他条件不变时，于 涉条纹间距变小，故A正确；将滤光片 由蓝色的换成红色的，则波长入变大， 所以其他条件不变时，干涉条纹间距 变大，故B正确：将单缝向双缝移动一 小段距离后，其他条件不变时，干涉条 纹间距不变，故C错误；换一个两缝之 间距离更大的双缝，则 大，在其他 条件不变时，千涉条纹间距变小，故D 正确；去掉滤光片，其他条件不变，会 形成彩色千涉条纹，故E错误。 (3)由题图丙可得手轮上的示数为 x2=13.5mm+37.0×0.01mm= 13.870mm,由题图乙可得手轮上的示 数为x1=2mm+32.0×0.01mm= 2.320mm,则相邻亮条纹的间距△x= x2-x113.870-2.320 mm= 5 5 2.310mm。 (4)由△z=子A可得X=Ax,代入 d 数据解得，所测红光波长为入= 2.0×10-4×2.310×10-a m=6.6× 0.700 10-7m=660nm。 3.(1)AC (2)1 (3)6 b+Vo 解析：(1)该气体发生等温变化，从注 射器的刻度上读出体积，因此传感器 A为压强传感器，A正确；在步骤① 中，将注射器与传感器A连接前，应使 注射器封住一定质量的气体，因此不 必将活塞移至注射器最右端，B错误； 操作中，不可 手握住注射器封闭气 体部分，是为了保持封闭气体的温度 不变，C正确；若实验过程中不慎将活 塞拔出注射器，气体的质量发生变化， 不可将活塞插入注射器继续做实验， D错误。 (2)为使作出的图像为一条直线，根据 玻意耳定律pV=C可知，x轴应 1 为 p (3)设石子体积为V1,对一定质量的气 体，根据玻意耳定律可得p(V一V1)= C,整理得V=C+V,因此可得V, b;软管容积为V。不能忽略，则表达式 为p(V十V。一V1)=C,整理得V= C+V,-V。,可知V,-V。=b,故 V1=b+V。。 实验题考点专练4 创新实验 d d: 1.(1)10.6 (2) △t1 △te (3)(m+M) d △tg 解析：(1)10分度游标卡尺的精确度为 0.1mm,由题图乙可知小球的直径为 d1=10mm+6×0.1mm=10.6mm。 (2)由于小球和滑块经过光电门时的 挡光时间很短，可认为小球和滑块经 过光电门时挡光过程的平均速度等于 小球和滑块经过光电门时的瞬时速 度，则小球经过光电门1的速度大小为 01= ,滑块经过光电门2的速度大 △t1 d 小为2三 △tg (3)若小球和滑块组成的系统在相互 作用的过程中水平方向动量守恒，则 d 有mv1=(m十M)o2,则有m △t (m+M) △tg 2.(1)R,(2)见解析图 (3)左 (4)1998大于(5)1mA 解析：(1)根据电压表半偏法测量原理 可知，为减小实验误差，满足滑动变阻 器内阻远小于电压表内阻，应选择最 大阻值较小的滑动变阻器，故选择R1。 (2)实物连接图如图所示。 (3)在步骤b中，闭合开关S、S前，滑 动变阻器的滑片应移到题图甲中最左 端，其目的是保护电表，且使电压表的 示数从0开始调节」 (4)在步骤c中，记录的电阻箱阻值为 1998.02,若认为调节电阻箱时滑动 变阻器上的分压不变，则有Rv=R 19982 根据设计的电路，实际上在调节电阻 箱时滑动变阻器上的左侧部分分压要 变大，大于2.0V,故电阻箱分得的电 压大于1,0V,电阻箱的阻值大于电压 表的真实阻值，故测量值大于真实值。 5)该表头的满偏电流为I=尺 1mA。 3.(4)见解析图(5)非线性(6)9.83 (7)大于 解析：(4)补上数据点后绘制下落高度 h随时间t变化的h一t图线如图。 ↑hlm 1. 1.0 0.8 0.6 0.2 0.10.20.30.40.5t/s (5)由绘制的h-t图线可知，下落高度 与时间是非线性关系。 (6)根据h=4.916t2,结合h= 2gt2, 可知2g=4.916,解得g≈9.83m/s。 (7)若因操作不慎，导致长木条略有倾 斜地自由下落，则各个小磁铁经过磁 传感器时的时间偏小，则加速度的测 量值大于真实值。 4.(1)见解析图(2)1.303.47×1032 (3)R。2.1(4)减小 解析：(1)实物连线如图所示。 R 人磁敏电阻 RM 电源 (2)电压表的读数为U=1.30V,根据 部分电路欧姆定律可得U十PR。= IRM,解得磁敏电阻的阻值为RM 3.47×1032。 (3)根据闭合电路欧姆定律可得U。 I'R:=R,+R ·,要求输出电压达到或 超过2.0V时报警，即要求磁感应强度 增大时，磁敏电阻的阻值增大，输出电 压增大，由于需增大R。阻值才能实现 此功能，故R。为磁敏电阻。开始报警时 磁感应强度为0.2T,此时R。=1.4k Rg两端电压为Uo=2.0V,根据电路 Uo E 关系R:R,+R ,解得另一固定电阻 的阻值应为R1=2.1k2 (4)在磁感应强度更小时就能触发报 警，此时磁敏电阻的阻值减小，根据电 路关系 Uo E R,R+R 。可知，需减小磁敏 电阻之外的定值电阻。 计算题考点专练1热学计算题 1.(1)8×10Pa(2)3.0kg 解析：(1)已知环境温度不变，说明气 体发生的是等温变化：对于一定质量 的理想气体，在等温变化过程中，由玻 意耳定律得poV1=pV2, 其中V2=1.25V1, 代入数据解得扳下锁扣后吸盘内气体 的压强为p2=8×10°Pa。 (2)水平方向上，吸盘内外存在压强 差，大气对吸盘有一个向内的压力，吸 盘内气体对吸盘有一个向外的压力。 吸盘内外的压力差F=poS1一p,S2, 代入数据可得F=40N, 当吸盘恰好能挂起最大质量的重物 时，竖直方向上重物的重力等于吸盘 受到的最大静摩擦力即mg=F, 代入数据解得m=3.0kg, 即吸盘能挂起重物质量的最大值为 3.0 kgo 2.(1)1.008×10Pa(2)2 m 解析：(1)设此时密闭空气的压强为 力：，对井盖受力分析可知 poS+mg=p2S, 解得p:=p十 =1.008×10Pa。 (2)由题可知，设刚开始时密闭空气的 压强为p1,密闭空气的体积为V1,井 盖被顶开时密闭空气的压强为力2，此 时密闭空气的体积为V:,整个过程是 等温变化，根据玻意耳定律可知 piV=p2V2, 其中p1=p。=1.0×10Pa, V,=SM+20×103×60×S. 48 p2=1.008×10Pa, V,=Sh, 代入数据解得h=2m。 3.(1)10p。(2)16p。(3)1:15 解析：(1)对活塞受力分析，由平衡条 件有p1S=poS+9pS, 解得p1=10p。。 (2)以封闭气体为研究对象，活塞由 到尽L处的进程中，由疏意平定律得 L5=:X名1s, 解得p2=16p。 (3)设漏出气体的体积为△LS, P:LS=p:(BL+AL)S, p3S=poS+14poS, △7m △LS 7n制 5 LS 8 △m1 解得 7m制 15 4.(1)528K (2)10J 解析：(1)A、B管内气体压强相同， A管内气柱长5cm、水银柱长3cm, 参考答案 269