2025年與老曲裝解或￡實*敕

一.實驗題（共25小題）

1.（2024-天津）某同學研究閉合電路的規律。

①根據閉合電路的歐姆定律得出了電源輸出功率P與外電路電阻關系圖像，如圖1所示，則P的峰值

對應的外電路電阻值R應等于電源內阻"填“大于”、“小于”或“等于”）；

②測定電源的電動勢和內阻，可供選用的器材有：

A.電壓表（量程。?3『，內阻約為3kQ）B.電流表（量程0?0.64內阻約為1。）

C.滑動變阻器（最大阻值20Q,額定電流L4）D.滑動變阻器（最大阻值1000。，額定電流0.5/）

E.待測電源（電動勢約為3V,內阻約為1。）F.開關、導線若干

（1）實驗中所用的滑動變阻器應選（填器材前字母代號）；

（2）實物電路如圖2所示,單刀雙擲開關S2可分別與1、2端閉合，為使電源內阻的測量結果更接近真

實值，S2應與端閉合。

【答案】①等于;②⑴（2）2

【考點】測量普通電源的電動勢和內阻

【專題】實驗探究能力：實驗題;實驗分析法：恒定電流專題：定量思想

【分析】①根據閉合電路的歐姆定律：U=電源輸出功率：聯合解得P取最大值時的電流應

滿足的條件，再結合：/=—,可求得此時外電路電阻值7?與電源內阻r的關系。

H-\-r

②（1）實驗時滑動變阻器串聯在電路里，為了操作方便，應選擇最大阻值與電源內阻相差不多的滑動變阻

器。

（2）電源內阻與電流表內阻均約為1。，而電源內阻遠小于電壓表內阻，根據電流表相對于電源的內、外接法

對測量得到的內阻的誤差的大小的影響，確定電流表的接法，從而可得S2應與哪端閉合。

【解答】解:①根據閉合電路的歐姆定律：U=E—IT

電源輸出功率。=b=石7—/2r=里——岑丫

4rv2r7

可得/=棄時，P取最大值，再結合/=二旦」,可得此時有：滅=7■，即P的峰值對應的外電路電阻值R應

等于電源內阻廠。

②（1）待測電源內阻較小約為1。，實驗時滑動變阻器串聯在電路里，用以調節路端電壓，為了操作方便，滑

動變阻器應選擇最大阻值較小的Co???

（2）由圖2所示的實物電路，可知單刀雙擲開關52與1端閉合時，電流表的接法是相對于電源的內接，測量

得到的內阻是電源內阻值與電流表內阻之和，因電源內阻與電流表內阻均約為1Q,故內阻測量誤差較大。

而單刀雙擲開關S2與2端閉合時，電流表的接法是相對于電源的外接，測量得到的內阻值是電源內阻與電

壓表內阻并聯的等效電阻值，因電源內阻遠小于電壓表內阻，故內阻測量誤差較小。故為使電源內阻的測

量結果更接近真實值，S2應與2端閉合。

故答案為：①等于；②⑴C;（2）2

【點評】本題考查了測定電源的電動勢和內阻的實驗和電源輸出功率P與外電路電阻關系的問題。掌握應

用伏安法測量電源的電動勢和內阻時，電流表的不同接法所產生的系統誤差的具體情況。

2.（2024.天津）某同學用圖示裝置探究加速度與力的關系。

（1）為補償打點計時器對小車的阻力及其他阻力,調節木板傾角，使小車在不掛槽碼時運動，并打出紙

帶進行檢驗，圖中能表明補償阻力恰當的是B；

（2）某次實驗得到一條紙帶，部分計數點如圖2所示（每相鄰兩個計數點間還有4個點，圖中未畫出）,

測得Si=6.20cm,s2=6.70cm,s3=7.21cm,s4=7.73cm0已知打點計時器所接交流電源頻率為

50Hz,則小車的加速度a=m/s2（要求充分利用測量數據,結果保留兩位有效數字）；

（3）該同學將一個可以直接測出繩子拉力的傳感器安裝在小車上，小車和傳感器總質量為210g。按要

求補償阻力后，該同學共進行了四次實驗，懸掛的槽碼質量依次為5g、10g、20g、40g。處理數據時，用

兩種方式得到小車（含傳感器）受到的合力，一種將槽碼所受重力當作合力、另一種將傳感器示數當作

合力，則這兩種方式得到的合力差異最大時，槽碼質量為g。

【答案】（1）3;（2）0.51;（3）40

【考點】探究加速度與力、質量之間的關系

【專題】定量思想；實驗探究能力；牛頓運動定律綜合專題；實驗題;實驗分析法

【分析】（1）補償阻力時，應使小車在不掛槽碼時做勻速直線運動，打出的紙帶上的點跡應是均勻分布的。

⑵根據打點計時器所接交流電源的頻率，確定打相鄰兩個計數點的時間間隔。根據：△§=aT2,應用逐差

法求得加速度。

（3）依據題意，應用牛頓第二定律求得這兩種方式得到的合力差的大小與槽碼質量的關系式,根據得到的關

系式分析判斷。

【解答】解：（1）補償阻力時，應使小車在不掛槽碼時做勻速直線運動，打出的紙帶上的點跡應是均勻分布

的，故圖B能表明補償阻力是恰當的，故B正確，ACD錯誤。

（2）已知打點計時器所接交流電源頻率為f—50Hz，打相鄰兩個計數點的時間間隔為：

T=5=5x-^-s=0.1s

f50

根據=a??,應用逐差法可得：

S3+S4-?+s2）7.21+7.73-（6.20+6.70）仆七

a=---------------=-------------------------X102m/s/22=0.51m/s/22

4T24x0.12

（3）設小車和傳感器總質量為A/,懸掛的槽碼質量為m。

若將槽碼所受重力當作合力，即：琮1=mg

對小車和傳感器，以及懸掛的槽碼整體，由牛頓第二定律得：mg=（m+M）a

可得：琮1=（m+M）a

若將傳感器示數當作合力，根據牛頓第二定律得：琮2=癡

則這兩種方式得到的合力差的大小為：仁［一琦2=巾&

顯然，槽碼質量越大時，此合力差異越大，則槽碼質量最大為40g時，這兩種方式得到的合力差異最大。

故答案為：⑴B;（2）0.51;（3）40

【點評】本題考查了探究加速度與力的關系的實驗。掌握應用逐差法求解加速度的方法，以及實驗中如何

測量合力的方法。

3.（2024-南昌模擬）研究物體的運動時，除了使用打點計時器計時外，也可以使用數字計時器。計時系

統的工作要借助于光源和光敏管（統稱光電門）。光源和光敏管相對,它射出的光使光敏管感光。當

滑塊經過時，其上的遮光條把光遮住，與光敏管相連的電子電路自動記錄遮光時間的長短,通過數碼

屏顯示出來。根據遮光條的寬度和遮光時間，可以算出滑塊經過時的速度。如圖1,在滑塊上安裝寬

度d為0.50cm的遮光條,滑塊在牽引力作用下由靜止開始運動并通過光電門，配套的數字計時器記

錄了遮光條的遮光時間△土為2.5ms。

（1）遮光條通過光電門的平均速度v=2.0m/s（保留兩位有效數字），由于遮光條的寬度很小，所以

這個速度可以近似看作遮光條通過光電門的瞬時速度。。

（2）考慮到“光電門的光源射出的光有一定的粗細，數字計時器內部的電子電路有一定的靈敏度”，若

當遮光條遮住光源射出光的80%,即認為光被遮住，則第（1）問中方的測量值比真實值（選填

“偏大”或“偏小”）。

（3）用U形擋光片便可消除上述系統誤差。某同學換用如圖2所示的U形擋光片重復上述實驗，若數

字計時器顯示兩次開始遮光的時間間隔為△?,則滑塊通過光電門的瞬時速度U=o（用s、

△步表示）

【答案】（1）2.0;（2）偏大；（3）籌。

【考點】光電門測量物體速度

【專題】定量思想；實驗分析法；直線運動規律專題；實驗探究能力

【分析】（1）根據平均速度計算；

（2）因為當遮光條遮住光源射出光的80%,認為光被遮住，所以擋光時間變短,據此分析;

（3）根據平均速度計算。

【解答】解：（1）遮光條通過光電門的平均速度為

-d0.50x10-2

V=--m/s=2.0m/s

△22.5x10-3

（2）由于光電門的光源射出的光有一定的粗細，且當遮光條遮住光源射出光的80%,認為光被遮住，即擋光

時間變短，所以平均速度的測量值比真實值偏大。

（3）若采用U形擋光片，則數字計時器顯示兩次開始遮光的時間間隔內，滑塊的位移為2s,所以

,-2s

V—V———

△V

故答案為：⑴2.0;（2）偏大；（3）籌。

【點評】掌握運用光電門測量速度的方法，會進行誤差分析。

4.（2025-邯鄲一模）智能化育苗蔬菜基地對環境要求嚴格，其中包括對光照強度的調控,小明準備利用

所學知識設計智能光控電路。智能光控電路的核心元件是光敏電阻A。

圖1圖2

控

照

制

明

開

系

關

統

圖3圖4

（1）（多選）小明首先利用圖1中多用電表粗略測量了光敏電阻阻值。下列關于實驗過程的描述，正確

的是BDo

A.用不同擋位測量光敏電阻的阻值時，必須重新機械調零

B.測量電阻時，如果指針偏轉過大，應將選擇開關撥至倍率較小的擋位，重新調零后測量

C.圖1中光敏電阻測量值A=20。

D.測量光敏電阻阻值時，應該把該電阻與電路斷開

（2）為了精確測量多組不同光照強度下光敏電阻的阻值，小明采用圖2中的實驗器材進行實驗,部分實

物連接已經完成,描繪的阻值R隨照度”反映光照的強弱，光越強,照度越大,單位為勒克斯（lx）］變

化的圖像如圖3。根據圖3可知，光敏電阻的阻值隨照度減小而（選填“增大”或“減小”）。若

電壓表的量程為0~3V,內阻約為3feQ，毫安表的量程為0?3mA,內阻約為5。,請將圖2中導線P、Q

連接在合適的位置,形成完整測量電路。

（3）小明設計如圖4所示的智能光控電路。當光敏電阻五兩端的電壓U增加到一定值時照明系統開

始工作，自動控制系統開始補光。為了照度更小時，自動控制系統就開始補光，則需要（選填

“增大”或“減小”）電阻箱用的阻值。

【答案】⑴BD;（2）增大，電路圖如上所示；（3）增大。

【考點】研究熱敏、光敏、壓敏等可變電阻的特性

【專題】恒定電流專題；推理論證能力；推理法；定量思想

【分析】（1）根據歐姆表的使用注意事項以及歐姆表的讀數規則進行分析解答；

（2）根據粗測出的電阻值選擇滑動變阻器的接法和電流表的接法，再補充完成實物連線；

（3）根據題目要求結合串并聯電路的特點分析判斷凡的調整情況。

【解答】解：（1）4用不同擋位測量光敏電阻阻值時，應重新進行歐姆調零而非機械調零，故A錯誤；

B.測量電阻時，如果指針偏轉過大，表明待測電阻的阻值太小，應將選擇開關撥至倍率較小的擋位，重新調

零后測量，故B正確；

。.根據歐姆表的讀數規則，圖1中光敏電阻測量值R=20xl00Q=2000Q，故。錯誤；

D.測量電路中的某個電阻，應該把該電阻與電路斷開，故。正確。

故選：BD。

（2）由圖3可知，光敏電阻的阻值隨照度減小而增大，而且光敏電阻的阻值比較大，均在幾千歐，所以電路應

該選用電流表內接法；實驗需測量多組數據，因此電路采用分壓式接法，所以導線P應接在滑動變阻器的

下接線柱a,導線Q接在電流表正接線柱c,如圖所示

（3）照度越小，光敏電阻的阻值越大，同等條件下分得的電壓越大，若要保持光敏電阻兩端電壓不變，就要增

大凡的阻值。

故答案為：（1）BD;（2）增大，電路圖如上所示；（3）增大。

【點評】考查歐姆表的使用讀數問題以及伏安法測電阻時的電流表接法、滑動變阻器的接法等，會根據題意

進行準確分析解答。

5.（2025?邯鄲一模）重力加速度是物理學中一個重要概念，它描述了在地球表面附近自由落體運動的加

速度。某探究小組確定了兩種方案測量重力加速度，一是利用單擺測量重力加速度，二是利用平拋運

動測量重力加速度。

方案一:利用單擺測量當地重力加速度

（1）甲同學欲利用圖1裝置測量重力加速度，乙同學分析該裝置測量周期時，測量全振動次數較多時擺

球容易做圓錐擺，于是提議利用圖2雙線擺和光電計數器測量當地的重力加速度。已知每根輕細線

長度為Lo，兩懸點間相距s。當小球通過光電門（平衡位置）時,光電計數器計數1次，同時計時器開始

計時。

圖1圖2圖3

請回答下列問題：

①如圖3,用螺旋測微器測得小球直徑d=4.700mmo若計數器顯示的計數次數為八,所用時間為

3則雙線擺的振動周期T=，利用圖2測得當地重力加速度g=（用表

示）。

②若利用圖1測量重力加速度，由于擺球做圓錐擺導致測量的重力加速度（選填“偏大”或“偏

小”）。

方案二:利用平拋運動測量當地重力加速度

（2）如圖4所示，四分之一圓弧軌道固定在水平臺面上，在圓弧軌道最低點固定有壓力傳感器,將小球

由圓弧軌道某一高度靜止釋放,小球經過軌道最低點時壓力傳感器顯示的壓力大小為阿，小球離開圓

弧軌道后做平拋運動，圓弧軌道的半徑為R,小球的質量為拋出點距離地面的高度為區水平射程

為為則當地的重力加速度測量值g=______（用已經測得的量表示）。

【答案】⑴4.700；飛；嘔展上（而于+卷）；偏大；⑵*2%

n-1t2vv42/m（2Rh+x2）

【考點】測定自由落體運動的加速度;用單擺測定重力加速度

【專題】單擺問題；定量思想；推理法；實驗探究能力

【分析】（1）根據螺旋測微器的精確度讀數，根據題意解得周期，結合單擺周期公式解得重力加速度；

（2）根據牛頓第二定律結合平拋運動規律解答。

【解答】解：（1）①螺旋測微器的精確度為0.01mm,由圖3可知讀數為d=4.5mm+20.0x0.01mm=

4.700mm

雙線擺的振動周期為

T_t_2t

n-1n—1

2

雙線擺的等效擺長

八J驍-亨+5

由單擺周期公式

T=2忐

代入數據解得

7r2（n-l）2/匚2―d\

g=-m

②單擺周期公式為

-71

解得

_4兀2

q---7-2--L

圓錐擺的周期公式為

7=2兀產甯T

（。為擺線與豎直方向的夾角），可知圓錐擺的周期小于單擺的周期，所以如果測量全振動次數較多時擺球

做了圓錐擺，測得的周期偏小，由g=果L計算得到的g偏大。

（2）根據牛頓第二定律有

口V2

根據平拋運動規律有h=gP,x=世

聯立解得

2FRh

Q----------n--------

m（2Rh-\-x2）

故答案為：⑴4.700;鼻;7r2d丁尸（/疊—%2+4）偏大⑵2尺Rh

2V2

n-1tV42）m（2Rh+X）

【點評】本題考查利用自由落體運動和單擺運動解得重力加速度，解題關鍵掌握實驗原理，注意牛頓第二定

律的運用。

6.（2024?香坊區校級二模）電容器是一種重要的電學元件,在電工、電子技術中應用廣泛。使用圖甲所

示電路觀察電容器的充、放電過程。電路中的電流傳感器可以捕捉瞬時的電流變化,它與計算機相

連,可顯示電流隨時間的變化。圖甲直流電源電動勢E=8U、內阻不計,充電前電容器帶電量為零。

先使S與“1”端相連，電源向電容器充電。充電結束后，使S與“2”端相連，直至放電完畢。計算機記

錄的電流隨時間變化的7-t曲線如圖乙所示。

工

電

算機

計

流

傳

感

器

（1）在電容器充電與放電過程中，通過電阻凡的電流方向相反（選填“相同”或“相反”）;

（2）圖像陰影為曲線圖像與對應時間軸所圍成的面積，乙圖中陰影部分的面積Si$2（選填

<”或“=”）；

（3）已知Si=1233mA-s,則該電容器的電容值為法拉（保留兩位有效數字）；

⑷由甲、乙兩圖可判斷阻值晶凡（選填“>”或“V”）。

【答案】⑴相反;（2）=;（3）0.15:（4）<

【考點】電容器的動態分析（U不變）一一板間距離變化；電容的概念與物理意義

【專題】推理能力；定性思想；推理法；電容器專題

（分析】（1）分別分析充電和放電過程的電流方向并比較即可；

（2）在/—力圖像中，圖像與橫軸圍成的面積表示電荷量，因為充放電過程中電荷量相等，所以面積也相等；

（3）根據圖像和橫軸圍成的面積表示電荷量，結合公式。=3計算出電容器的電容；

（4）根據充放電過程中的最大電流大小情況分析出電阻的大小情況。

【解答】解：（1）由圖甲可知，電容器充電時，通過電阻凡的電流方向向左，放電時通過凡的電流方向向右，

故在電容器充電與放電過程中通過扁的電流方向相反；

（2）/—力圖像中圖像與對應時間軸所圍成的面積表示電荷量，充電和放電電荷量相等，所以乙圖中陰影部分

的面積Si=S2；

（3）由于電源內阻不計，可知電容器兩端電壓等于電源電動勢，則該電容器的電容值為：=*=

uhj

1.233As?門1K0

8V?0.15F,

（4）由圖乙可知，充電時的最大電流大于放電時的最大電流，則可知，R1<R.2

故答案為：（1）相反；（2）=;（3）0.15;（4）<

【點評】本題主要考查了電容器的動態分析，理解電容器的充電和放電的過程，理解7-1圖像中圖像與橫軸

圍成的面積表示電荷量。

7.（2024?北京）如圖甲所示，讓兩個小球在斜槽末端碰撞來驗證動量守恒定律。

（1）關于本實驗,下列做法正確的是AC（填選項前的字母）o

A.實驗前，調節裝置，使斜槽末端水平B.選用兩個半徑不同的小球進行實驗

C.用質量大的小球碰撞質量小的小球

（2）圖甲中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影，首先，將質量為mi的小球從斜槽上的S位置由靜

止釋放，小球落到復寫紙上,重復多次。然后，把質量為m2的被碰小球置于斜槽末端,再將質量為mi

的小球從S位置由靜止釋放，兩球相碰，重復多次。分別確定平均落點，記為河、N和P（P為?。輪为?/p>

滑落時的平均落點）。

a.圖乙為實驗的落點記錄，簡要說明如何確定平均落點；

b.分別測出O點到平均落點的距離，記為OP、O河和ON。在誤差允許范圍內，若關系式成

立，即可驗證碰撞前后動量守恒。

（3）受上述實驗的啟發，某同學設計了另一種驗證動量守恒定律的實驗方案。如圖丙所示，用兩根不

可伸長的等長輕繩將兩個半徑相同、質量不等的勻質小球懸掛于等高的O點和。'點，兩點間距等于

小球的直徑,將質量較小的小球1向左拉起至A點由靜止釋放,在最低點B與靜止于。點的小球2發

生正碰，碰后小球1向左反彈至最高點小球2向右擺動至最高點。。測得小球1,2的質量分別為

m和雙,弦長AB=。、A'B=k、CD=Z3o

推導說明，m、M、小石滿足什么關系即可驗證碰撞前后動量守恒。

【答案】（1）47;

（2）a、用圓規畫圓，盡可能用最小的圓把各個落點圈住，這個圓的圓心位置代表平均落點；

bym，i-OP=m，i-OM+m2-ON;

⑶m、需要滿足：mA=-m%2+建3,即可驗證碰撞前后動量守恒；推導過程見解答。

【考點】驗證動量守恒定律

【專題】定量思想；分析綜合能力；推理法;動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合

【分析】（1）根據實驗原理和實驗注意事項分析；

（2）a、根據最小圓法確定平均落點；

6、由動量守恒定律倒推出需要驗證的表達式；

（3）根據動能定理結合動量守恒定律求解需要滿足的表達式。

【解答】解：（1）4、實驗要保證小球到達斜槽末端時以相等的速度做平拋運動，要求小球從斜槽的同一位置

由靜止釋放且斜槽軌道末端水平即可，故A正確；

B、為了保證兩球發生對心碰撞，兩球的半徑要相等，故B錯誤；

。、為防止反彈,入射小球的質量必須大于被碰小球的質量，故。正確。

故選：AC.

（2）a、用圓規畫圓，盡可能用最小的圓把各個落點圈住，這個圓的圓心位置代表平均落點；

b.若碰撞過程動量守恒，設小球mi的初速度方向為正方向，根據動量守恒定律應滿足miVo=m"i+m2v2,

小球做平拋運動豎直位移相同，故運動時間相同，由c=n力可知，平拋初速度與水平位移成正比

故應滿足的表達式為OP=m1-OM+m2,ON;

（3）設輕繩長為L,小球從偏角。處靜止擺下，擺到最低點時的速度為u,小球經過圓弧對應的弦長為I

則由動能定理得：mgL（l—cos0）=-^-mv2

由數學知識可知：sin-^-=

2ZJ-j

聯立解得=

若兩小球碰撞過程中動量守恒，選水平向右為正方向，則有mvi=—mv2+MV3

整理可得：m/i=—ml2+Ml3

故答案為：（1）AC;

（2）a、用圓規畫圓，盡可能用最小的圓把各個落點圈住，這個圓的圓心位置代表平均落點；

b、？7Zi?OP—mi-OM+m-2-ON;

⑶7n、M、從小需要滿足：館/1=一加2+陽3,即可驗證碰撞前后動量守恒；推導過程見解答。

【點評】此題全面考查了驗證動量守恒定律實驗的原理、操作過程、數據處理等內容，只要從基本原理出發

可以解答屬，其中第三問需要利用數學知識分析。

8.（2024?天心區校級模擬）小明在家中用一根輕彈簧、水瓶、細線、墻釘和貼在墻上的白紙等物品，驗證

力的平行四邊形定則。實驗步驟如下：

i.先用圖釘A將彈簧一端固定在白紙上,彈簧另一端通過細繩J懸掛礦泉水瓶（與墻、紙無摩擦）,

如圖甲所示；

ii.將另一細繩0拴于細繩〃上。點，并將細繩乙2水平拉直后用圖釘口固定，在白紙上：記下4

B、O的位置，如圖乙所示；

iii.在保證O點位置不變的情況下，交換彈簧與細繩刀2的位置，使其方向與（近）中對應方向平行，如

圖丙所不；

iv.按照上述方法改變彈簧與細繩〃的夾角多測幾次。

⑴對于本實驗，下列說法或操作正確的是B；（選填選項前的字母）

A.還需要用天平測出礦泉水的質量

B.還需要測量彈簧的原長以及圖甲、乙、丙中彈簧的長度

C.為了保證實驗結果盡可能準確,彈簧與細繩〃的夾角應該越大越好

D.步驟（iv）中每次重復實驗時，都應保證O點位置與第一次實驗記錄的位置一致

（2）小明在進行步驟（iii）時由于粗心將水瓶中的水灑落了少許，但彈簧和細繩，的方向都與（立）中

平行，。點位置也與（ii）中重合，這一操作（選填“會”或“不會”）造成誤差。

【答案】⑴B；⑵會。

【考點】探究兩個互成角度的力的合成規律

【專題】實驗分析法；實驗能力；定性思想;共點力作用下物體平衡專題

【分析】（1）本實驗是通過合力與分力作用效果相同，利用作圖方法驗證平行四邊形定則，已知兩個夾角，需

要測量力的大小。根據胡克定律，力的大小與彈簧的伸長量成正比，力的大小可用彈簧伸長量來表示，因

此必須測量彈簧的伸長量；

（2）根據平衡條件分析，彈簧彈力會變化，據此判斷實驗是否會造成誤差。

【解答】解：（1）AB.根據實驗原理可知甲圖可測量合力，乙、丙兩圖測量分力，結合胡克定律可知

還需要測量彈簧的原長以及圖甲、乙、丙中彈簧的長度，以便測量三個力的大小，不需要用天平測量礦泉水

的質量，故A錯誤，B正確；

C.為了保證實驗結果盡可能準確，彈簧與細繩乙2的夾角適當即可，故。錯誤；

D.步驟（iv）中每次重復實驗時，不需要保證。點位置與第一次實驗記錄的位置一致，從而使實驗更具有

普遍性，故D正確。

故選：瓦

（2）小明在進行步驟（iii）時由于粗心將水瓶中的水灑落了少許，雖然彈簧和細繩，的方向都與（ii）中平

行，。點位置也與（ii）中重合，會導致彈簧彈力變小，從而造成實驗誤差。

MS

故答案為：⑴B;（2）會。

【點評】本實驗應用胡克定律，需要測量彈簧伸長量。掌握實驗原理，從多個角度分析理解實驗，提高分析

解決問題的能力。

9.（2024-鯉城區校級二模）如圖1所示為某多用電表的歐姆擋“X10”擋內部電路示意圖。表頭G滿偏

電流10mA＞內阻10。，電源的電動勢設計值為1.50V0

⑴該多用電表的人表筆應為紅（填“紅”或"黑”）表筆。

（2）由于長時間未使用，該多用表內部電源電動勢發生了變化，但仍可歐姆調零。為了測得其內部電

源的電動勢，實驗步驟如下：

①將選擇開關旋至歐姆“x10”擋位,紅、黑表筆短接進行歐姆調零；

②將一電阻箱串聯在兩表筆間，實驗電路如圖2所示,為使測量過程指針偏轉范圍盡量大些，電阻箱

應選用（填字母序號）；

A.最大阻值99.99。

B.最大阻值999.9Q

③調節電阻箱的阻值，當多用表的指針如圖3所示時,通過表頭G的電流為mA；

④連續調節電阻箱的阻值,記錄多組電阻箱阻值R和通過毫安表的電流了,作出R-十圖像如圖4所

示，則現在的電源電動勢后=Vo

（3）用該歐姆表測得一定值電阻的阻值為300Q,如果操作無誤，不考慮偶然誤差的情況下，則該定值電

阻的實際阻值為。。

【答案】故答案為：⑴紅；⑵B;6.0;1.4;（3）280-

【考點】測量普通電源的電動勢和內阻；練習使用多用電表（實驗）

【專題】定量思想；實驗能力；實驗題；實驗分析法；實驗探究題；恒定電流專題

【分析】（1）歐姆表的內部電流從黑表筆流出，紅表筆流入，據此分析作答；

（2）②歐姆表的倍率為“X10”時，歐姆表的中值電阻為150。,據此分析作答；

③量程為10mA,電流表的分度值為0.2mA,采用''半格估讀法”讀數；

④根據閉合電路的歐姆定律求解R—十函數，結合圖像斜率的含義求電動勢；

（3）根據閉合電路的歐姆定律進行分析。

【解答】解：（1）歐姆表的內部電流從電流從黑表筆流出，紅表筆流入，因此該多用電表的4表筆應為紅表

筆。

⑵②歐姆表的倍率為“x10”時，歐姆表的中值電阻為150Q,為使測量過程指針偏轉范圍盡量大些，電阻箱

應選用阻值較大的電阻，故A錯誤，B正確。

故選：B。

③量程為10mA,電流表的分度值為0.2mA,通過表頭G的電流為6.0mA;

④根據閉合電路歐姆定律可得E=&+R）

變形得2?=-y--（r+Rg+7?o）

圖像的斜率%=與（1&/；：!//

1UU—U

結合圖像斜率的含義，電動勢E=k=1.4V;

（3）當電源的電動勢為L5V時，根據閉合電路的歐姆定律有/=小占=弁*^

歐姆表的內阻公內=與

當電動勢為L4V時，根據閉合電路的歐姆定律有/=f

氏內十%翼

歐姆表的內阻凡內=與

聯立解得凡小=280。。

故答案為:（1）紅；⑵B;6.0;1.4;（3）280o

【點評】本題考查歐姆表的原理，電源電動勢的測量，注意掌握此類問題的解決方法還是閉合電路歐姆定律

的應用，能夠正確進行實驗誤差的分析。

10.（2024-鎮海區模擬）（1）某實驗小組用如圖所示的裝置做“驗證動量守恒定律”的實驗。

J

如果用天平稱出兩個大小相同小球的質量小1、小2實驗時用質量為小2的小球作為被碰小球，則mi

>（填“=”“〈”或“〉”）如。

實驗時先讓小球館1多次從斜槽上位置S由靜止釋放，通過白紙和復寫紙找到其平均落地點的位置

P,圖中。點是小球拋出點在水平地面上的豎直投影,測出平拋射程OP;然后把小球m2靜置于軌道

的水平部分末端,仍將入射小球從斜槽上位置S由靜止釋放,與被碰小球發生正碰，并多次重復該操

作，兩小球平均落地點位置分別為河、N,測出兩小球相碰后的平拋射程（W、ON,則在實驗誤差允

許范圍內，若滿足關系式（用所測物理量的字母表示），則可以認為兩小球碰撞前后動量守恒。

如果實驗時將斜槽固定好后，用閃光頻率一定的頻閃照相機研究兩小球的碰撞過程。先只讓小球mi

從斜槽上位置S由靜止開始釋放，小球館】離開斜槽后,頻閃照相機連續拍攝小球g的兩位置如圖乙

所示;再將小球m2放在斜槽的末端，讓小球mi仍從位置S處由止開始釋放,使它們碰撞，頻閃照相機

連續拍攝下兩個小球的位置如圖丙所示;需要的物理量已經在圖中標出。兩小球在碰地過程中若動

量守恒，滿足的關系式為。

（2）某同學在做“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗時在水面均勻地撒上一層爽身粉。在液面上方

滴入一滴油酸酒精溶液后，形成了如圖丁所示形狀的油膜,該同學認為形成油膜面積過小，測量面積

時誤差較大。該同學接著再依次滴入第二滴、第三滴油酸酒精溶液。但該同學發現滴入油酸酒精溶

液后形成的油膜面積先略有增加,后又很快縮小，基本上恢復到滴入第一滴溶液后的油膜面積。造成

滴入多滴油酸酒精溶液后，油膜面積基本不變的原因是-若該同學用三滴油酸酒精溶液中油

酸的體積及對應形成的面積計算分子直徑，計算得到的分子直徑與實際分子直徑相比0（選

填“偏大”、“偏小”或“基本相同”）

【答案】（1）>,mQP=mQM+m2ON,m^o=m^i+m2x2;（2）爽身粉太厚，不能形成單分子油膜；偏大。

【考點】驗證動量守恒定律

【專題】分析綜合能力；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；定量思想；推理法

【分析】（1）為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質量應大于被碰球的質量；

應用動量守恒定律求出實驗需要驗證的表達式；

（2）根據實驗原理分析出面積不變的原因，結合分子直徑的計算公式得出測量值和計算值的大小關系。

【解答】解：（1）為防止碰撞后入射球反彈，驗中質量為mi的入射小球和質量為館2的被碰小球的質量關系

是恒1大于m2;

如果碰撞過程系統動量守恒，以水平向右為正方向，由動量守恒定律定律得：7721%=山⑶+館2。3

小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間力相等，

上式兩邊同時乘以得：rriiVit=m^t+m2v^t

整理可得：mQP=mrOM+m2ON

設碰撞前4球的速度為幼），碰撞后71球的速度為94,碰撞后6球的速度為OR,設頻閃照相的時間間隔是

T,

f

兩球碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：77Tlg=rn1UA+加2外

頻閃照相的時間間隔T相等，則有：TTIIVQT=rriiVAT+rri2VBT

整理可得：m1g=nzRi+m2x2

（2）油膜面積基本不變的原因是：爽身粉太厚，不能形成單分子油膜；

由于油膜面積偏小，所以計算得到的分子直徑與實際分子直徑相比偏大。

故答案為:（1）>,mQP=mQM+m^ON,m1x（）=m1x1+m2x2^（2）爽身粉太厚，不能形成單分子油膜；偏

大。

【點評】對于實驗題，要弄清楚實驗目的、實驗原理以及數據處理等問題，一般的實驗設計、實驗方法都是根

據教材上給出的實驗方法進行拓展、延伸，所以一定要熟練掌握教材中的重要實驗。

11.（2024.龍鳳區校級模擬）某同學用三根完全相同的彈簧設計了如下實驗，以探究彈簧的勁度系數。

（1）將彈簧上端均固定在鐵架臺上相同高度的橫桿上，甲裝置用一根彈簧掛物塊小1，乙裝置用另外兩

根彈簧掛大小相同但質量不同的物塊加2,在物塊正下方的距離傳感器可以測出物塊到傳感器的距

離，此時剛好均為知如圖所示，則仍是人的y倍。

（2）只交換兩物塊的位置,此時甲裝置的距離傳感器顯示為g，彈簧相對原長的形變量為；乙裝置

中的每根彈簧相對原長的形變量為△出，則△為是△工、的倍。

（3）已知物塊質量人=0.50kg,當地重力加速度為9.8m/s2,該同學測得g=10cm>x2=8cm，則每根

彈簧的勁度系數k=N/m.

mm

l2

距離距離

傳感器傳感器

乙

【答案】⑴，（2）4;（3）245o

【考點】探究彈簧彈力與形變量的關系

【專題】彈力的存在及方向的判定專題；實驗探究題；實驗分析法；實驗題；定量思想；理解能力

【分析】（1）根據胡克定律和平衡條件求解質量之比；

（2）交換物塊的位置后，根據胡克定律和平衡條件求解形變量之比；

（3）根據胡克定律和平衡條件求解彈簧的勁度系數。

［解答］解：（1）設彈簧的形變量為△2,彈簧的勁度系數為k;

根據胡克定律和平衡條件，甲圖中，有k-AT=m^g

乙圖中，有2k?AT=m2g

解得2乜

m22

即mi是??12的■倍。

（2）交換物塊的位置后，根據胡克定律和平衡條件，甲圖中，有k?Aa?!=m2g

乙圖中，有2k?△/2=mig

兩式聯立解得等=3

△。21

即是△/2的4倍。

（3）物塊質量mi=0.50kg時，物塊質量m2=2ml=2X0.50kg=1.00kg

設彈簧處于原長狀態時，下端與距離傳感器之間距離為止

彈簧下掛?721時，形變量△力—h—Xx

根據胡克定律和平衡條件=k（h—判）=rrirg

彈簧下掛成時，形變量△/］=八一/2

根據胡克定律和平衡條件fcAa；i=k（h—力2）=rn2g

代入數據聯立解得彈簧的勁度系數％=2457V/mo

故答案為：（1）/;（2）4;（3）245。

【點評】本題主要考查了胡克定律和平衡條件，求解彈簧的形變量是解題的關鍵。

12.（2024-重慶）元代王禎《農書》記載了一種人力汲水灌田農具--庠斗。某興趣小組對摩斗汲水工作

情況進行模型化處理，設計了如圖甲所示實驗，探究屋斗在豎直面內的受力與運動特點。該小組在位

16

于同一水平線上的P、Q兩點，分別固定一個小滑輪，將連結沙桶的細線跨過兩滑輪并懸掛質量相同

的祛碼，讓沙桶在豎直方向沿線段PQ的垂直平分線OO,運動。當沙桶質量為136.0g時，沙桶從人點

由靜止釋放,能到達最高點最終停在。點。分析所拍攝的沙桶運動視頻，以A點為坐標原點，取豎

直向上為正方向。建立直角坐標系，得到沙桶位置少隨時間力的圖像如圖乙所示。

甲乙

（1）若將沙桶上升過程中的某一段視為勻速直線運動，則此段中隨著連結沙桶的兩線間夾角逐漸增

大,每根線對沙桶的拉力逐漸增大（選填“逐漸增大”“保持不變”“逐漸減小”）。沙桶在B點的加

速度方向（選填“豎直向上”“豎直向下”）0

（2）由圖乙可知，沙桶從開始運動到最終停止，機械能增加J（保留兩位有效數字，g=

9.8m/s2）o

【答案】（1）逐漸增大，豎直向下；（2）0.11o

（考點】判斷機械能是否守恒及如何變化

【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；推理能力

【分析】（1）設細線與豎直方向夾角為仇根據沙桶勻速上升，列出關于拉力、角度和重力平衡的表達式,分析

可得當。逐漸增大時，拉力T的變化情況以及沙桶上升到最高點口然后下落，在最高點的加速度方向；

（2）沙桶從開始運動到靜止上升，根據機械能的概念可以求解機械能的增加量。

【解答】解：（1）設細線與豎直方向夾角為。，沙桶勻速上升

2Teos=Mg

當。逐漸增大時，T逐漸增大，沙桶上升到最高點B然后下落,在最高點的加速度方向豎直向下。

（2）沙桶從開始運動到靜止上升高度為8.4cm,機械能增加量為

Mgh=0.136x9.8x0.0847=0.1U

故答案為：（1）逐漸增大，豎直向下；（2）0.11。

【點評】本題關鍵是理解題意，根據沙桶運動過程的受力分析以及運用平衡知識列式討論是解題突破口，再

討論機械能的變化。

13.（2024-南寧模擬）在做''用電流表和電壓表測電池的電動勢E（約1.5U）和內電阻r（約1.0。）”的實驗

時，某同學利用圖甲所示的實物間的連線圖進行測量,下列器材可供選用：

A.電流表4：量程0~0.64內阻約0.125QB.電流表4：量程0~64內阻約0.025。

C.電壓表V：量程0?3V,內阻約比。D.滑動變阻器庶0?10。,額定電流2A

E.待測電池、開關、導線

（1）請根據實物間的連線圖在圖中方框中畫出電路圖；

甲乙

（2）為了讓測量結果盡量準確，電流表應選用A（填器材前的字母代號）；

（3）根據實驗數據作出的U—/圖像如圖乙所示，則該電池的電動勢E=V,內阻r=

。；（結果均保留兩位小數）

（4）該同學在實驗中發現，在保證所有器材安全的情況下，調節滑動變阻器的滑片時，電壓表的示數取

不到1.0V以下，出現這一現象的原因可能是，改進的方法為o

【答案】⑴

（2）A;（3）1.47,0.73;（4）電源內阻太小可在電源旁邊串聯一個較小阻值的定值電阻。

【考點】測量普通電源的電動勢和內阻

【專題】定量思想；恒定電流專題；實驗探究能力；實驗題;實驗分析法；實驗探究題

【分析】（1）根據實物圖畫出電路圖；

（2）根據電路中電流的特點判斷：

（3）根據閉合電路的歐姆定律推導函數圖像表達式，結合圖像計算；

（4）根據電壓表的取值范圍太小分析判斷。

【解答】解：⑴根據實物圖畫出電路圖可知

(2)由于電路中的電流比較小，故選擇小量程的電流表，故電流表選擇4。

⑶根據閉合電路的歐姆定律

E=U+Ir

可得

U=-r?I+E

由圖可知，縱截距為

b=E=lA7V

可得該電池的電動勢為

E=1A7V

斜率

L47103

\k\=r=|Q6-|^-0-73Q

可得該電池的內阻為

y0.73Q

(4)路端電壓U=E——,如果電源內阻r太小，則電壓表U較大，調節滑動變阻器，電壓表的示數取不到

1.0V以下，給電源串聯一個較小阻值的定值電阻可以使電壓表示數取到LOV以下。

故答案為：(1)

(2)4(3)1.47,0.73;(4)電源內阻太小可在電源旁邊串聯一個較小阻值的定值電阻。

【點評】本題關鍵掌握用電流表和電壓表測電池的電動勢和內阻的實驗原理，利用圖像處理數據的方法。

14.(2024?羅湖區校級模擬)在探究熱敏電阻的特性及其應用的實驗中，為了測量熱敏電阻品在到

100℃之間多個溫度下的阻值，一實驗小組設計了如圖甲所示電路。其實驗步驟如下：

圖甲圖乙

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①連接電路，在保溫容器中加入適量開水；

②加入適量的冰水,待溫度穩定后,測量該溫度下熱敏電阻的阻值；

③重復第②步操作若干次，測得多組數據。

（1）該小組用多用電表“x100”擋測熱敏電阻在某溫度下的阻值，發現表頭指針偏轉的角度很大;為了

準確地進行測