2025年高考物理题型复习之实验题

2025年与老曲装解或£实*敕

一.实验题（共25小题）

1.（2024-天津）某同学研究闭合电路的规律。

①根据闭合电路的欧姆定律得出了电源输出功率P与外电路电阻关系图像，如图1所示，则P的峰值

对应的外电路电阻值R应等于电源内阻"填“大于”、“小于”或“等于”）；

②测定电源的电动势和内阻，可供选用的器材有：

A.电压表（量程。〜3『，内阻约为3kQ）B.电流表（量程0〜0.64内阻约为1。）

C.滑动变阻器（最大阻值20Q,额定电流L4）D.滑动变阻器（最大阻值1000。，额定电流0.5/）

E.待测电源（电动势约为3V,内阻约为1。）F.开关、导线若干

（1）实验中所用的滑动变阻器应选（填器材前字母代号）；

（2）实物电路如图2所示,单刀双掷开关S2可分别与1、2端闭合，为使电源内阻的测量结果更接近真

实值，S2应与端闭合。

【答案】①等于;②⑴（2）2

【考点】测量普通电源的电动势和内阻

【专题】实验探究能力：实验题;实验分析法：恒定电流专题：定量思想

【分析】①根据闭合电路的欧姆定律：U=电源输出功率：联合解得P取最大值时的电流应

满足的条件，再结合：/=—,可求得此时外电路电阻值7?与电源内阻r的关系。

H-\-r

②（1）实验时滑动变阻器串联在电路里，为了操作方便，应选择最大阻值与电源内阻相差不多的滑动变阻

器。

（2）电源内阻与电流表内阻均约为1。，而电源内阻远小于电压表内阻，根据电流表相对于电源的内、外接法

对测量得到的内阻的误差的大小的影响，确定电流表的接法，从而可得S2应与哪端闭合。

【解答】解:①根据闭合电路的欧姆定律：U=E—IT

电源输出功率。=b=石7—/2r=里——岑丫

4rv2r7

可得/=弃时，P取最大值，再结合/=二旦」,可得此时有：灭=7■，即P的峰值对应的外电路电阻值R应

等于电源内阻厂。

②（1）待测电源内阻较小约为1。，实验时滑动变阻器串联在电路里，用以调节路端电压，为了操作方便，滑

动变阻器应选择最大阻值较小的Co•••

（2）由图2所示的实物电路，可知单刀双掷开关52与1端闭合时，电流表的接法是相对于电源的内接，测量

得到的内阻是电源内阻值与电流表内阻之和，因电源内阻与电流表内阻均约为1Q,故内阻测量误差较大。

而单刀双掷开关S2与2端闭合时，电流表的接法是相对于电源的外接，测量得到的内阻值是电源内阻与电

压表内阻并联的等效电阻值，因电源内阻远小于电压表内阻，故内阻测量误差较小。故为使电源内阻的测

量结果更接近真实值，S2应与2端闭合。

故答案为：①等于；②⑴C;（2）2

【点评】本题考查了测定电源的电动势和内阻的实验和电源输出功率P与外电路电阻关系的问题。掌握应

用伏安法测量电源的电动势和内阻时，电流表的不同接法所产生的系统误差的具体情况。

2.（2024.天津）某同学用图示装置探究加速度与力的关系。

（1）为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力,调节木板倾角，使小车在不挂槽码时运动，并打出纸

带进行检验，图中能表明补偿阻力恰当的是B；

（2）某次实验得到一条纸带，部分计数点如图2所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）,

测得Si=6.20cm,s2=6.70cm,s3=7.21cm,s4=7.73cm0已知打点计时器所接交流电源频率为

50Hz,则小车的加速度a=m/s2（要求充分利用测量数据,结果保留两位有效数字）；

（3）该同学将一个可以直接测出绳子拉力的传感器安装在小车上，小车和传感器总质量为210g。按要

求补偿阻力后，该同学共进行了四次实验，悬挂的槽码质量依次为5g、10g、20g、40g。处理数据时，用

两种方式得到小车（含传感器）受到的合力，一种将槽码所受重力当作合力、另一种将传感器示数当作

合力，则这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为g。

【答案】（1）3;（2）0.51;（3）40

【考点】探究加速度与力、质量之间的关系

【专题】定量思想；实验探究能力；牛顿运动定律综合专题；实验题;实验分析法

【分析】（1）补偿阻力时，应使小车在不挂槽码时做匀速直线运动，打出的纸带上的点迹应是均匀分布的。

⑵根据打点计时器所接交流电源的频率，确定打相邻两个计数点的时间间隔。根据：△§=aT2,应用逐差

法求得加速度。

（3）依据题意，应用牛顿第二定律求得这两种方式得到的合力差的大小与槽码质量的关系式,根据得到的关

系式分析判断。

【解答】解：（1）补偿阻力时，应使小车在不挂槽码时做匀速直线运动，打出的纸带上的点迹应是均匀分布

的，故图B能表明补偿阻力是恰当的，故B正确，ACD错误。

（2）已知打点计时器所接交流电源频率为f—50Hz，打相邻两个计数点的时间间隔为：

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

f50

根据=a??,应用逐差法可得：

S3+S4-®+s2）7.21+7.73-（6.20+6.70）仆七

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

4T24x0.12

（3）设小车和传感器总质量为A/,悬挂的槽码质量为m。

若将槽码所受重力当作合力，即：琮1=mg

对小车和传感器，以及悬挂的槽码整体，由牛顿第二定律得：mg=（m+M）a

可得：琮1=（m+M）a

若将传感器示数当作合力，根据牛顿第二定律得：琮2=痴

则这两种方式得到的合力差的大小为：仁［一琦2=巾&

显然，槽码质量越大时，此合力差异越大，则槽码质量最大为40g时，这两种方式得到的合力差异最大。

故答案为：⑴B;（2）0.51;（3）40

【点评】本题考查了探究加速度与力的关系的实验。掌握应用逐差法求解加速度的方法，以及实验中如何

测量合力的方法。

3.（2024-南昌模拟）研究物体的运动时，除了使用打点计时器计时外，也可以使用数字计时器。计时系

统的工作要借助于光源和光敏管（统称光电门）。光源和光敏管相对,它射出的光使光敏管感光。当

滑块经过时，其上的遮光条把光遮住，与光敏管相连的电子电路自动记录遮光时间的长短,通过数码

屏显示出来。根据遮光条的宽度和遮光时间，可以算出滑块经过时的速度。如图1,在滑块上安装宽

度d为0.50cm的遮光条,滑块在牵引力作用下由静止开始运动并通过光电门，配套的数字计时器记

录了遮光条的遮光时间△土为2.5ms。

（1）遮光条通过光电门的平均速度v=2.0m/s（保留两位有效数字），由于遮光条的宽度很小，所以

这个速度可以近似看作遮光条通过光电门的瞬时速度。。

（2）考虑到“光电门的光源射出的光有一定的粗细，数字计时器内部的电子电路有一定的灵敏度”，若

当遮光条遮住光源射出光的80%,即认为光被遮住，则第（1）问中方的测量值比真实值（选填

“偏大”或“偏小”）。

（3）用U形挡光片便可消除上述系统误差。某同学换用如图2所示的U形挡光片重复上述实验，若数

字计时器显示两次开始遮光的时间间隔为△»,则滑块通过光电门的瞬时速度U=o（用s、

△步表示）

【答案】（1）2.0;（2）偏大；（3）筹。

【考点】光电门测量物体速度

【专题】定量思想；实验分析法；直线运动规律专题；实验探究能力

【分析】（1）根据平均速度计算；

（2）因为当遮光条遮住光源射出光的80%,认为光被遮住，所以挡光时间变短,据此分析;

（3）根据平均速度计算。

【解答】解：（1）遮光条通过光电门的平均速度为

-d0.50x10-2

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

△22.5x10-3

（2）由于光电门的光源射出的光有一定的粗细，且当遮光条遮住光源射出光的80%,认为光被遮住，即挡光

时间变短，所以平均速度的测量值比真实值偏大。

（3）若采用U形挡光片，则数字计时器显示两次开始遮光的时间间隔内，滑块的位移为2s,所以

,-2s

V—V———

△V

故答案为：⑴2.0;（2）偏大；（3）筹。

【点评】掌握运用光电门测量速度的方法，会进行误差分析。

4.（2025-邯郸一模）智能化育苗蔬菜基地对环境要求严格，其中包括对光照强度的调控,小明准备利用

所学知识设计智能光控电路。智能光控电路的核心元件是光敏电阻A。

图1图2

控

照

制

明

开

系

关

统

图3图4

（1）（多选）小明首先利用图1中多用电表粗略测量了光敏电阻阻值。下列关于实验过程的描述，正确

的是BDo

A.用不同挡位测量光敏电阻的阻值时，必须重新机械调零

B.测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量

C.图1中光敏电阻测量值A=20。

D.测量光敏电阻阻值时，应该把该电阻与电路断开

（2）为了精确测量多组不同光照强度下光敏电阻的阻值，小明采用图2中的实验器材进行实验,部分实

物连接已经完成,描绘的阻值R随照度”反映光照的强弱，光越强,照度越大,单位为勒克斯（lx）］变

化的图像如图3。根据图3可知，光敏电阻的阻值随照度减小而（选填“增大”或“减小”）。若

电压表的量程为0~3V,内阻约为3feQ，毫安表的量程为0〜3mA,内阻约为5。,请将图2中导线P、Q

连接在合适的位置,形成完整测量电路。

（3）小明设计如图4所示的智能光控电路。当光敏电阻五两端的电压U增加到一定值时照明系统开

始工作，自动控制系统开始补光。为了照度更小时，自动控制系统就开始补光，则需要（选填

“增大”或“减小”）电阻箱用的阻值。

【答案】⑴BD;（2）增大，电路图如上所示；（3）增大。

【考点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性

【专题】恒定电流专题；推理论证能力；推理法；定量思想

【分析】（1）根据欧姆表的使用注意事项以及欧姆表的读数规则进行分析解答；

（2）根据粗测出的电阻值选择滑动变阻器的接法和电流表的接法，再补充完成实物连线；

（3）根据题目要求结合串并联电路的特点分析判断凡的调整情况。

【解答】解：（1）4用不同挡位测量光敏电阻阻值时，应重新进行欧姆调零而非机械调零，故A错误；

B.测量电阻时，如果指针偏转过大，表明待测电阻的阻值太小，应将选择开关拨至倍率较小的挡位，重新调

零后测量，故B正确；

。.根据欧姆表的读数规则，图1中光敏电阻测量值R=20xl00Q=2000Q，故。错误；

D.测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故。正确。

故选：BD。

（2）由图3可知，光敏电阻的阻值随照度减小而增大，而且光敏电阻的阻值比较大，均在几千欧，所以电路应

该选用电流表内接法；实验需测量多组数据，因此电路采用分压式接法，所以导线P应接在滑动变阻器的

下接线柱a,导线Q接在电流表正接线柱c,如图所示

（3）照度越小，光敏电阻的阻值越大，同等条件下分得的电压越大，若要保持光敏电阻两端电压不变，就要增

大凡的阻值。

故答案为：（1）BD;（2）增大，电路图如上所示；（3）增大。

【点评】考查欧姆表的使用读数问题以及伏安法测电阻时的电流表接法、滑动变阻器的接法等，会根据题意

进行准确分析解答。

5.（2025•邯郸一模）重力加速度是物理学中一个重要概念，它描述了在地球表面附近自由落体运动的加

速度。某探究小组确定了两种方案测量重力加速度，一是利用单摆测量重力加速度，二是利用平抛运

动测量重力加速度。

方案一:利用单摆测量当地重力加速度

（1）甲同学欲利用图1装置测量重力加速度，乙同学分析该装置测量周期时，测量全振动次数较多时摆

球容易做圆锥摆，于是提议利用图2双线摆和光电计数器测量当地的重力加速度。已知每根轻细线

长度为Lo，两悬点间相距s。当小球通过光电门（平衡位置）时,光电计数器计数1次，同时计时器开始

计时。

图1图2图3

请回答下列问题：

①如图3,用螺旋测微器测得小球直径d=4.700mmo若计数器显示的计数次数为八,所用时间为

3则双线摆的振动周期T=，利用图2测得当地重力加速度g=（用表

示）。

②若利用图1测量重力加速度，由于摆球做圆锥摆导致测量的重力加速度（选填“偏大”或“偏

小”）。

方案二:利用平抛运动测量当地重力加速度

（2）如图4所示，四分之一圆弧轨道固定在水平台面上，在圆弧轨道最低点固定有压力传感器,将小球

由圆弧轨道某一高度静止释放,小球经过轨道最低点时压力传感器显示的压力大小为阿，小球离开圆

弧轨道后做平抛运动，圆弧轨道的半径为R,小球的质量为抛出点距离地面的高度为区水平射程

为为则当地的重力加速度测量值g=______（用已经测得的量表示）。

【答案】⑴4.700；飞；呕展上（而于+卷）；偏大；⑵*2%

n-1t2vv42/m（2Rh+x2）

【考点】测定自由落体运动的加速度;用单摆测定重力加速度

【专题】单摆问题；定量思想；推理法；实验探究能力

【分析】（1）根据螺旋测微器的精确度读数，根据题意解得周期，结合单摆周期公式解得重力加速度；

（2）根据牛顿第二定律结合平抛运动规律解答。

【解答】解：（1）①螺旋测微器的精确度为0.01mm,由图3可知读数为d=4.5mm+20.0x0.01mm=

4.700mm

双线摆的振动周期为

T_t_2t

n-1n—1

2

双线摆的等效摆长

八J骁-亨+5

由单摆周期公式

T=2忐

代入数据解得

7r2（n-l）2/匚2―d\

g=­m

②单摆周期公式为

-71

解得

_4兀2

q---7-2--L

圆锥摆的周期公式为

7=2兀产甯T

（。为摆线与竖直方向的夹角），可知圆锥摆的周期小于单摆的周期，所以如果测量全振动次数较多时摆球

做了圆锥摆，测得的周期偏小，由g=果L计算得到的g偏大。

（2）根据牛顿第二定律有

口V2

根据平抛运动规律有h=gP,x=世

联立解得

2FRh

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

m（2Rh-\-x2）

故答案为：⑴4.700;鼻;7r2d丁尸（/叠—%2+4）偏大⑵2尺Rh

2V2

n-1tV42）m（2Rh+X）

【点评】本题考查利用自由落体运动和单摆运动解得重力加速度，解题关键掌握实验原理，注意牛顿第二定

律的运用。

6.（2024•香坊区校级二模）电容器是一种重要的电学元件,在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所

示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器可以捕捉瞬时的电流变化,它与计算机相

连,可显示电流随时间的变化。图甲直流电源电动势E=8U、内阻不计,充电前电容器带电量为零。

先使S与“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记

录的电流随时间变化的7-t曲线如图乙所示。

工

电

算机

计

流

传

感

器

（1）在电容器充电与放电过程中，通过电阻凡的电流方向相反（选填“相同”或“相反”）;

（2）图像阴影为曲线图像与对应时间轴所围成的面积，乙图中阴影部分的面积Si$2（选填

<”或“=”）；

（3）已知Si=1233mA-s,则该电容器的电容值为法拉（保留两位有效数字）；

⑷由甲、乙两图可判断阻值晶凡（选填“>”或“V”）。

【答案】⑴相反;（2）=;（3）0.15:（4）<

【考点】电容器的动态分析（U不变）一一板间距离变化；电容的概念与物理意义

【专题】推理能力；定性思想；推理法；电容器专题

（分析】（1）分别分析充电和放电过程的电流方向并比较即可；

（2）在/—力图像中，图像与横轴围成的面积表示电荷量，因为充放电过程中电荷量相等，所以面积也相等；

（3）根据图像和横轴围成的面积表示电荷量，结合公式。=3计算出电容器的电容；

（4）根据充放电过程中的最大电流大小情况分析出电阻的大小情况。

【解答】解：（1）由图甲可知，电容器充电时，通过电阻凡的电流方向向左，放电时通过凡的电流方向向右，

故在电容器充电与放电过程中通过扁的电流方向相反；

（2）/—力图像中图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影部分

的面积Si=S2；

（3）由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于电源电动势，则该电容器的电容值为：=*=

uhj

1.233As〜门1K0

8V〜0.15F,

（4）由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的最大电流，则可知，R1<R.2

故答案为：（1）相反；（2）=;（3）0.15;（4）<

【点评】本题主要考查了电容器的动态分析，理解电容器的充电和放电的过程，理解7-1图像中图像与横轴

围成的面积表示电荷量。

7.（2024•北京）如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。

（1）关于本实验,下列做法正确的是AC（填选项前的字母）o

A.实验前，调节装置，使斜槽末端水平B.选用两个半径不同的小球进行实验

C.用质量大的小球碰撞质量小的小球

（2）图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为mi的小球从斜槽上的S位置由静

止释放，小球落到复写纸上,重复多次。然后，把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端,再将质量为mi

的小球从S位置由静止释放，两球相碰，重复多次。分别确定平均落点，记为河、N和P（P为小］单独

滑落时的平均落点）。

a.图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点；

b.分别测出O点到平均落点的距离，记为OP、O河和ON。在误差允许范围内，若关系式成

立，即可验证碰撞前后动量守恒。

（3）受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不

可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和。'点，两点间距等于

小球的直径,将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放,在最低点B与静止于。点的小球2发

生正碰，碰后小球1向左反弹至最高点小球2向右摆动至最高点。。测得小球1,2的质量分别为

m和双,弦长AB=。、A'B=k、CD=Z3o

推导说明，m、M、小石满足什么关系即可验证碰撞前后动量守恒。

【答案】（1）47;

（2）a、用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点；

bym，i-OP=m，i-OM+m2-ON;

⑶m、需要满足：mA=-m%2+建3,即可验证碰撞前后动量守恒；推导过程见解答。

【考点】验证动量守恒定律

【专题】定量思想；分析综合能力；推理法;动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合

【分析】（1）根据实验原理和实验注意事项分析；

（2）a、根据最小圆法确定平均落点；

6、由动量守恒定律倒推出需要验证的表达式；

（3）根据动能定理结合动量守恒定律求解需要满足的表达式。

【解答】解：（1）4、实验要保证小球到达斜槽末端时以相等的速度做平抛运动，要求小球从斜槽的同一位置

由静止释放且斜槽轨道末端水平即可，故A正确；

B、为了保证两球发生对心碰撞，两球的半径要相等，故B错误；

。、为防止反弹,入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故。正确。

故选：AC.

（2）a、用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点；

b.若碰撞过程动量守恒，设小球mi的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律应满足miVo=m"i+m2v2,

小球做平抛运动竖直位移相同，故运动时间相同，由c=n力可知，平抛初速度与水平位移成正比

故应满足的表达式为OP=m1-OM+m2,ON;

（3）设轻绳长为L,小球从偏角。处静止摆下，摆到最低点时的速度为u,小球经过圆弧对应的弦长为I

则由动能定理得：mgL（l—cos0）=-^-mv2

由数学知识可知：sin-^-=

2ZJ-j

联立解得=

若两小球碰撞过程中动量守恒，选水平向右为正方向，则有mvi=—mv2+MV3

整理可得：m/i=—ml2+Ml3

故答案为：（1）AC;

（2）a、用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点；

b、？7Zi•OP—mi-OM+m-2-ON;

⑶7n、M、从小需要满足：馆/1=一加2+阳3,即可验证碰撞前后动量守恒；推导过程见解答。

【点评】此题全面考查了验证动量守恒定律实验的原理、操作过程、数据处理等内容，只要从基本原理出发

可以解答属，其中第三问需要利用数学知识分析。

8.（2024•天心区校级模拟）小明在家中用一根轻弹簧、水瓶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，验证

力的平行四边形定则。实验步骤如下：

i.先用图钉A将弹簧一端固定在白纸上,弹簧另一端通过细绳J悬挂矿泉水瓶（与墙、纸无摩擦）,

如图甲所示；

ii.将另一细绳0拴于细绳〃上。点，并将细绳乙2水平拉直后用图钉口固定，在白纸上：记下4

B、O的位置，如图乙所示；

iii.在保证O点位置不变的情况下，交换弹簧与细绳刀2的位置，使其方向与（近）中对应方向平行，如

图丙所不；

iv.按照上述方法改变弹簧与细绳〃的夹角多测几次。

⑴对于本实验，下列说法或操作正确的是B；（选填选项前的字母）

A.还需要用天平测出矿泉水的质量

B.还需要测量弹簧的原长以及图甲、乙、丙中弹簧的长度

C.为了保证实验结果尽可能准确,弹簧与细绳〃的夹角应该越大越好

D.步骤（iv）中每次重复实验时，都应保证O点位置与第一次实验记录的位置一致

（2）小明在进行步骤（iii）时由于粗心将水瓶中的水洒落了少许，但弹簧和细绳，的方向都与（立）中

平行，。点位置也与（ii）中重合，这一操作（选填“会”或“不会”）造成误差。

【答案】⑴B；⑵会。

【考点】探究两个互成角度的力的合成规律

【专题】实验分析法；实验能力；定性思想;共点力作用下物体平衡专题

【分析】（1）本实验是通过合力与分力作用效果相同，利用作图方法验证平行四边形定则，已知两个夹角，需

要测量力的大小。根据胡克定律，力的大小与弹簧的伸长量成正比，力的大小可用弹簧伸长量来表示，因

此必须测量弹簧的伸长量；

（2）根据平衡条件分析，弹簧弹力会变化，据此判断实验是否会造成误差。

【解答】解：（1）AB.根据实验原理可知甲图可测量合力，乙、丙两图测量分力，结合胡克定律可知

还需要测量弹簧的原长以及图甲、乙、丙中弹簧的长度，以便测量三个力的大小，不需要用天平测量矿泉水

的质量，故A错误，B正确；

C.为了保证实验结果尽可能准确，弹簧与细绳乙2的夹角适当即可，故。错误；

D.步骤（iv）中每次重复实验时，不需要保证。点位置与第一次实验记录的位置一致，从而使实验更具有

普遍性，故D正确。

故选：瓦

（2）小明在进行步骤（iii）时由于粗心将水瓶中的水洒落了少许，虽然弹簧和细绳，的方向都与（ii）中平

行，。点位置也与（ii）中重合，会导致弹簧弹力变小，从而造成实验误差。

MS

故答案为：⑴B;（2）会。

【点评】本实验应用胡克定律，需要测量弹簧伸长量。掌握实验原理，从多个角度分析理解实验，提高分析

解决问题的能力。

9.（2024-鲤城区校级二模）如图1所示为某多用电表的欧姆挡“X10”挡内部电路示意图。表头G满偏

电流10mA＞内阻10。，电源的电动势设计值为1.50V0

⑴该多用电表的人表笔应为红（填“红”或"黑”）表笔。

（2）由于长时间未使用，该多用表内部电源电动势发生了变化，但仍可欧姆调零。为了测得其内部电

源的电动势，实验步骤如下：

①将选择开关旋至欧姆“x10”挡位,红、黑表笔短接进行欧姆调零；

②将一电阻箱串联在两表笔间，实验电路如图2所示,为使测量过程指针偏转范围尽量大些，电阻箱

应选用（填字母序号）；

A.最大阻值99.99。

B.最大阻值999.9Q

③调节电阻箱的阻值，当多用表的指针如图3所示时,通过表头G的电流为mA；

④连续调节电阻箱的阻值,记录多组电阻箱阻值R和通过毫安表的电流了,作出R-十图像如图4所

示，则现在的电源电动势后=Vo

（3）用该欧姆表测得一定值电阻的阻值为300Q,如果操作无误，不考虑偶然误差的情况下，则该定值电

阻的实际阻值为。。

【答案】故答案为：⑴红；⑵B;6.0;1.4;（3）280-

【考点】测量普通电源的电动势和内阻；练习使用多用电表（实验）

【专题】定量思想；实验能力；实验题；实验分析法；实验探究题；恒定电流专题

【分析】（1）欧姆表的内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，据此分析作答；

（2）②欧姆表的倍率为“X10”时，欧姆表的中值电阻为150。,据此分析作答；

③量程为10mA,电流表的分度值为0.2mA,采用''半格估读法”读数；

④根据闭合电路的欧姆定律求解R—十函数，结合图像斜率的含义求电动势；

（3）根据闭合电路的欧姆定律进行分析。

【解答】解：（1）欧姆表的内部电流从电流从黑表笔流出，红表笔流入，因此该多用电表的4表笔应为红表

笔。

⑵②欧姆表的倍率为“x10”时，欧姆表的中值电阻为150Q,为使测量过程指针偏转范围尽量大些，电阻箱

应选用阻值较大的电阻，故A错误，B正确。

故选：B。

③量程为10mA,电流表的分度值为0.2mA,通过表头G的电流为6.0mA;

④根据闭合电路欧姆定律可得E=&+R）

变形得2?=-y--（r+Rg+7?o）

图像的斜率%=与（1&/；：!//

1UU—U

结合图像斜率的含义，电动势E=k=1.4V;

（3）当电源的电动势为L5V时，根据闭合电路的欧姆定律有/=小占=弁*^

欧姆表的内阻公内=与

当电动势为L4V时，根据闭合电路的欧姆定律有/=f

氏内十%翼

欧姆表的内阻凡内=与

联立解得凡小=280。。

故答案为:（1）红；⑵B;6.0;1.4;（3）280o

【点评】本题考查欧姆表的原理，电源电动势的测量，注意掌握此类问题的解决方法还是闭合电路欧姆定律

的应用，能够正确进行实验误差的分析。

10.（2024-镇海区模拟）（1）某实验小组用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。

J

如果用天平称出两个大小相同小球的质量小1、小2实验时用质量为小2的小球作为被碰小球，则mi

>（填“=”“〈”或“〉”）如。

实验时先让小球馆1多次从斜槽上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置

P,图中。点是小球抛出点在水平地面上的竖直投影,测出平抛射程OP;然后把小球m2静置于轨道

的水平部分末端,仍将入射小球从斜槽上位置S由静止释放,与被碰小球发生正碰，并多次重复该操

作，两小球平均落地点位置分别为河、N,测出两小球相碰后的平抛射程（W、ON,则在实验误差允

许范围内，若满足关系式（用所测物理量的字母表示），则可以认为两小球碰撞前后动量守恒。

如果实验时将斜槽固定好后，用闪光频率一定的频闪照相机研究两小球的碰撞过程。先只让小球mi

从斜槽上位置S由静止开始释放，小球馆】离开斜槽后,频闪照相机连续拍摄小球g的两位置如图乙

所示;再将小球m2放在斜槽的末端，让小球mi仍从位置S处由止开始释放,使它们碰撞，频闪照相机

连续拍摄下两个小球的位置如图丙所示;需要的物理量已经在图中标出。两小球在碰地过程中若动

量守恒，满足的关系式为。

（2）某同学在做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时在水面均匀地撒上一层爽身粉。在液面上方

滴入一滴油酸酒精溶液后，形成了如图丁所示形状的油膜,该同学认为形成油膜面积过小，测量面积

时误差较大。该同学接着再依次滴入第二滴、第三滴油酸酒精溶液。但该同学发现滴入油酸酒精溶

液后形成的油膜面积先略有增加,后又很快缩小，基本上恢复到滴入第一滴溶液后的油膜面积。造成

滴入多滴油酸酒精溶液后，油膜面积基本不变的原因是-若该同学用三滴油酸酒精溶液中油

酸的体积及对应形成的面积计算分子直径，计算得到的分子直径与实际分子直径相比0（选

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，不能形成单分子油膜；偏大。

【考点】验证动量守恒定律

【专题】分析综合能力；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；定量思想；推理法

【分析】（1）为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量；

应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式；

（2）根据实验原理分析出面积不变的原因，结合分子直径的计算公式得出测量值和计算值的大小关系。

【解答】解：（1）为防止碰撞后入射球反弹，验中质量为mi的入射小球和质量为馆2的被碰小球的质量关系

是恒1大于m2;

如果碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律定律得：7721%=山⑶+馆2。3

小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间力相等，

上式两边同时乘以得：rriiVit=m^t+m2v^t

整理可得：mQP=mrOM+m2ON

设碰撞前4球的速度为幼），碰撞后71球的速度为94,碰撞后6球的速度为OR,设频闪照相的时间间隔是

T,

f

两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：77Tlg=rn1UA+加2外

频闪照相的时间间隔T相等，则有：TTIIVQT=rriiVAT+rri2VBT

整理可得：m1g=nzRi+m2x2

（2）油膜面积基本不变的原因是：爽身粉太厚，不能形成单分子油膜；

由于油膜面积偏小，所以计算得到的分子直径与实际分子直径相比偏大。

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

大。

【点评】对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理等问题，一般的实验设计、实验方法都是根

据教材上给出的实验方法进行拓展、延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。

11.（2024.龙凤区校级模拟）某同学用三根完全相同的弹簧设计了如下实验，以探究弹簧的劲度系数。

（1）将弹簧上端均固定在铁架台上相同高度的横杆上，甲装置用一根弹簧挂物块小1，乙装置用另外两

根弹簧挂大小相同但质量不同的物块加2,在物块正下方的距离传感器可以测出物块到传感器的距

离，此时刚好均为知如图所示，则仍是人的y倍。

（2）只交换两物块的位置,此时甲装置的距离传感器显示为g，弹簧相对原长的形变量为；乙装置

中的每根弹簧相对原长的形变量为△出，则△为是△工、的倍。

（3）已知物块质量人=0.50kg,当地重力加速度为9.8m/s2,该同学测得g=10cm>x2=8cm，则每根

弹簧的劲度系数k=N/m.

mm

l2

距离距离

传感器传感器

乙

【答案】⑴，（2）4;（3）245o

【考点】探究弹簧弹力与形变量的关系

【专题】弹力的存在及方向的判定专题；实验探究题；实验分析法；实验题；定量思想；理解能力

【分析】（1）根据胡克定律和平衡条件求解质量之比；

（2）交换物块的位置后，根据胡克定律和平衡条件求解形变量之比；

（3）根据胡克定律和平衡条件求解弹簧的劲度系数。

［解答］解：（1）设弹簧的形变量为△2,弹簧的劲度系数为k;

根据胡克定律和平衡条件，甲图中，有k-AT=m^g

乙图中，有2k•AT=m2g

解得2乜

m22

即mi是??12的■倍。

（2）交换物块的位置后，根据胡克定律和平衡条件，甲图中，有k•Aa?!=m2g

乙图中，有2k•△/2=mig

两式联立解得等=3

△。21

即是△/2的4倍。

（3）物块质量mi=0.50kg时，物块质量m2=2ml=2X0.50kg=1.00kg

设弹簧处于原长状态时，下端与距离传感器之间距离为止

弹簧下挂?721时，形变量△力—h—Xx

根据胡克定律和平衡条件=k（h—判）=rrirg

弹簧下挂成时，形变量△/］=八一/2

根据胡克定律和平衡条件fcAa；i=k（h—力2）=rn2g

代入数据联立解得弹簧的劲度系数％=2457V/mo

故答案为：（1）/;（2）4;（3）245。

【点评】本题主要考查了胡克定律和平衡条件，求解弹簧的形变量是解题的关键。

12.（2024-重庆）元代王祯《农书》记载了一种人力汲水灌田农具--庠斗。某兴趣小组对摩斗汲水工作

情况进行模型化处理，设计了如图甲所示实验，探究屋斗在竖直面内的受力与运动特点。该小组在位

16

于同一水平线上的P、Q两点，分别固定一个小滑轮，将连结沙桶的细线跨过两滑轮并悬挂质量相同

的祛码，让沙桶在竖直方向沿线段PQ的垂直平分线OO,运动。当沙桶质量为136.0g时，沙桶从人点

由静止释放,能到达最高点最终停在。点。分析所拍摄的沙桶运动视频，以A点为坐标原点，取竖

直向上为正方向。建立直角坐标系，得到沙桶位置少随时间力的图像如图乙所示。

甲乙

（1）若将沙桶上升过程中的某一段视为匀速直线运动，则此段中随着连结沙桶的两线间夹角逐渐增

大,每根线对沙桶的拉力逐渐增大（选填“逐渐增大”“保持不变”“逐渐减小”）。沙桶在B点的加

速度方向（选填“竖直向上”“竖直向下”）0

（2）由图乙可知，沙桶从开始运动到最终停止，机械能增加J（保留两位有效数字，g=

9.8m/s2）o

【答案】（1）逐渐增大，竖直向下；（2）0.11o

（考点】判断机械能是否守恒及如何变化

【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理能力

【分析】（1）设细线与竖直方向夹角为仇根据沙桶匀速上升，列出关于拉力、角度和重力平衡的表达式,分析

可得当。逐渐增大时，拉力T的变化情况以及沙桶上升到最高点口然后下落，在最高点的加速度方向；

（2）沙桶从开始运动到静止上升，根据机械能的概念可以求解机械能的增加量。

【解答】解：（1）设细线与竖直方向夹角为。，沙桶匀速上升

2Teos=Mg

当。逐渐增大时，T逐渐增大，沙桶上升到最高点B然后下落,在最高点的加速度方向竖直向下。

（2）沙桶从开始运动到静止上升高度为8.4cm,机械能增加量为

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

故答案为：（1）逐渐增大，竖直向下；（2）0.11。

【点评】本题关键是理解题意，根据沙桶运动过程的受力分析以及运用平衡知识列式讨论是解题突破口，再

讨论机械能的变化。

13.（2024-南宁模拟）在做''用电流表和电压表测电池的电动势E（约1.5U）和内电阻r（约1.0。）”的实验

时，某同学利用图甲所示的实物间的连线图进行测量,下列器材可供选用：

A.电流表4：量程0~0.64内阻约0.125QB.电流表4：量程0~64内阻约0.025。

C.电压表V：量程0〜3V,内阻约比。D.滑动变阻器庶0〜10。,额定电流2A

E.待测电池、开关、导线

（1）请根据实物间的连线图在图中方框中画出电路图；

甲乙

（2）为了让测量结果尽量准确，电流表应选用A（填器材前的字母代号）；

（3）根据实验数据作出的U—/图像如图乙所示，则该电池的电动势E=V,内阻r=

。；（结果均保留两位小数）

（4）该同学在实验中发现，在保证所有器材安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片时，电压表的示数取

不到1.0V以下，出现这一现象的原因可能是，改进的方法为o

【答案】⑴

（2）A;（3）1.47,0.73;（4）电源内阻太小可在电源旁边串联一个较小阻值的定值电阻。

【考点】测量普通电源的电动势和内阻

【专题】定量思想；恒定电流专题；实验探究能力；实验题;实验分析法；实验探究题

【分析】（1）根据实物图画出电路图；

（2）根据电路中电流的特点判断：

（3）根据闭合电路的欧姆定律推导函数图像表达式，结合图像计算；

（4）根据电压表的取值范围太小分析判断。

【解答】解：⑴根据实物图画出电路图可知

(2)由于电路中的电流比较小，故选择小量程的电流表，故电流表选择4。

⑶根据闭合电路的欧姆定律

E=U+Ir

可得

U=-r・I+E

由图可知，纵截距为

b=E=lA7V

可得该电池的电动势为

E=1A7V

斜率

L47103

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

可得该电池的内阻为

y0.73Q

(4)路端电压U=E——,如果电源内阻r太小，则电压表U较大，调节滑动变阻器，电压表的示数取不到

1.0V以下，给电源串联一个较小阻值的定值电阻可以使电压表示数取到LOV以下。

故答案为：(1)

(2)4(3)1.47,0.73;(4)电源内阻太小可在电源旁边串联一个较小阻值的定值电阻。

【点评】本题关键掌握用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验原理，利用图像处理数据的方法。

14.(2024•罗湖区校级模拟)在探究热敏电阻的特性及其应用的实验中，为了测量热敏电阻品在到

100℃之间多个温度下的阻值，一实验小组设计了如图甲所示电路。其实验步骤如下：

图甲图乙

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①连接电路，在保温容器中加入适量开水；

②加入适量的冰水,待温度稳定后,测量该温度下热敏电阻的阻值；

③重复第②步操作若干次，测得多组数据。

（1）该小组用多用电表“x100”挡测热敏电阻在某温度下的阻值，发现表头指针偏转的角度很大;为了

准确地进行测