专题08 实验题的解题技巧(解析版)-2025年高考物理二轮热点题型归纳与变式演练（新高考用）

热点题型·实验题攻略热点题型·实验题攻略专题08实验题的解题技巧目录01.题型综述 错误！未定义书签。02.解题攻略 错误！未定义书签。题组01理解仪器原理，掌握读数规则，正确解答读数类实验题 2题组02明确实验目的，掌握实验原理，快速解答常规实验题 5题组03活用物理规律、巧妙迁移应用，快速解答创新型实验题 1103.高考练场 16物理实验题是高考的重点和难点，由于该题型多与实际问题相结合，造成干扰因素很多，考查的角度也多，考生往往不知如何下手，失分现象非常严重。高考实验题虽然不是课本上的原有实验，但其实验原理、方法、用的器材往往是学生学过的或用过的，是利用学生熟知的原理、方法和器材，经过迁移，解决一些新问题。策略一用好“1明2看3提”——又快又准破解力学实验题1.明——明确考查的知识范围现在的物理力学实验题，尽管题目千变万化，但通过仔细审题，都能直接地判断出命题人想要考查的知识点和意图。2.看——看清实验题图实验题一般配有相应的示意图，目的是告知实验仪器(或部分实验仪器)及其组装情况，让考生探究考查意图。认识这些器材在实验中所起的作用，便能初步勾画实验过程。3.提——提取信息试题总是提供诸多信息再现实验情境，因此，解答时必须捕捉并提取有价值的信息，使问题迎刃而解。策略二用好“1明2选3画”——逐步攻克电学实验题1.明——明确实验目的。2.选——通过实验目的与实验器材的结合，选择合适的实验原理。3.画——画出可能的实验原理图，结合题设条件确定最优的电路原理图。题组01理解仪器原理，掌握读数规则，正确解答读数类实验题【提分秘籍】刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、电流表、电压表、多用电表等都是基本仪器，要熟练掌握它们的使用方法、操作规程和读数规则，在高考前要进行系统的实际测量和读数练习，特别是游标卡尺、螺旋测微器、电学实验仪器的读数。此类试题难度不大，要防止在读数的估读、结果的有效数字和单位上出错。【典例剖析】【例1-1】(1)请读出螺旋测微器和游标卡尺的示数。甲：________cm；乙：________cm。(2)某照明电路出现故障，其电路如图丙所示，该电路用标称值12V的蓄电池作电源，导线与其接触完好。维修人员使用已调好的多用电表直流50V挡检测故障。他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点。①断开开关，红表笔接a点时多用电表指示如图丁所示，读数为______V，说明________(选填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯”)正常。②红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用电表指示仍然和图丁相同，可判定发生故障的器件是________(选填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯”)。【答案】(1)0.061710.04(2)①11.5蓄电池②小灯【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×11.7mm＝0.117mm，所以最终读数为0.617mm＝0.0617cm。游标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺读数为0.1×4mm＝0.4mm，所以最终读数为100mm＋0.4mm＝100.4mm＝10.04cm。(2)①用多用电表直流50V挡检测，每一小格是1V，要估读到0.1V，故读数是11.5V，断开开关，多用电表直接测量电源两端电压，多用电表有示数且接近电源电动势，说明蓄电池正常。②红表笔接b点，闭合开关，多用电表示数与①中相同，说明a、b之间是通路，b、c之间是断路，因此可以确定是小灯发生故障。【变式演练】【变式1-1】某学习小组测量一段粗细均匀金属丝的电阻率。(1)首先用游标卡尺测量该金属丝的长度，结果如图甲所示，其长度cm；再用螺旋测微器测金属丝直径，结果如图乙所示，其直径mm。(2)指针式用多用电表粗略测量金属丝的电阻，下列实验操作步骤，正确顺序是______。（填字母顺序）A．将红、黑表笔分别插入“”、“”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准欧姆零点B．将选择开关旋转到“”挡的“”位置C．将选择开关旋转到“OFF”位置D．将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，测出金属丝的电阻约【答案】(1)11.0501.995(2)BADC【详解】（1）[1]由图甲可知，游标卡尺为20分度，且第10个小格与主尺对齐，则金属丝的长度为[2]由图乙可知，金属丝直径为（2）用多用电表粗略测量金属丝的电阻，将选择开关旋转合适的欧姆挡位、将红、黑表笔分别插入“+”“”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准欧姆零点，将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，测出金属丝的电阻，最后选择开关旋转到OFF位置，故正确的顺序为BADC。【变式1-2】请按要求填写：甲

乙(1)某同学用游标卡尺的深度尺测得一玻璃杯的内高，如图甲所示，则其内高为；(2)又用螺旋测微器测得其玻璃厚度如图乙所示，则厚度为。【答案】(1)10.03(2)2.760【详解】（1）游标卡尺的精确度为0.1mm，游标尺上第3条刻度线（不计0刻度线）与主尺上的刻度线对齐，则玻璃杯的内高为100mm＋0.1mm×3＝100.3mm＝10.03cm（2）螺旋测微器的读数规则：测量值＝固定刻度读数（注意半毫米刻度线是否露出）＋精确度（0.01mm）×可动刻度读数（一定要估读），由图乙可知玻璃厚度为2.5mm＋0.01mm×26.0＝2.760mm【变式1-3】某同学设计了测量一元硬币电阻率的实验。(1)先用螺旋测微器测量硬币的厚度，然后用游标卡尺测量硬币的直径，螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示，则硬币的厚度mm，直径cm；(2)将硬币的正反两面连入电路，并与一阻值为的定值电阻串联，利用伏安法测量电阻，若测得流经硬币的电流为I，硬币和两端的总电压为U，则硬币材料的电阻率（结果用d、D、I、U、表示）。【答案】(1)1.8402.500(2)【详解】（1）[1]螺旋测微器读数为d=1.5mm+34.0×0.01mm=1.840mm[2]游标卡尺读数为D=2.5cm+0×0.05mm=2.500cm（2）由欧姆定律得根据电阻定律有解得【变式1-4】现有一合金制成的圆柱体。为测量该合金的电阻率，现用螺旋测微器和游标卡尺测量圆柱体的直径和长度，示数如图（甲）和图（乙）所示。由上图读得圆柱体的直径为mm，长度为cm。【答案】4.62010.14【详解】[1][2]圆柱体直径为长度为题组02明确实验目的，掌握实验原理，快速解答常规实验题【提分秘籍】(1)解答实验题要认真审题，明确该题的实验目的是什么，再就是明确出题人想用怎样的实验方案或实验原理来达到这个目的。(2)掌握常规实验的实验原理、实验的操作过程、实验数据的处理方法，对每个实验都做到心中有数，以不变应万变。【典例剖析】【例2-1】用如图所示装置“验证牛顿第二定律”，保持小车质量一定，验证小车加速度a与合力F的关系。(1)除了电火花计时器、小车、砝码、砝码盘、细线、附有定滑轮的长木板、垫木、导线及开关外，在下列器材中必须使用的有________(选填选项前的字母)。A．220V、50Hz的交流电源B．电压可调的直流电源C．刻度尺D．秒表E．天平(附砝码)(2)为使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，以下操作正确的是________。A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行B．在调整长木板的倾斜度补偿阻力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上C．在调整长木板的倾斜度补偿阻力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上(3)某同学得到如图所示的纸带，每5个点取一个计数点，测得相邻计数点间的距离如图所示(单位cm)。由此可得小车加速度的大小a＝________m/s2(保留三位有效数字)。(4)在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，已知三位同学利用实验数据作出的a－F图像如图中的1、2、3所示。下列分析正确的是________(选填选项前的字母)。A．出现图线1的原因可能是没有补偿阻力B．出现图线2的原因可能是砝码和砝码盘的质量不合适C．出现图线3的原因可能是在补偿阻力时长木板的倾斜度过大(5)在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是____________(选填“系统误差”或“偶然误差”)。设拉力的真实值为F真，小车的质量为M，为了使eq\f(mg－F真,F真)<5%，应当满足的条件是eq\f(m,M)<________。【答案】(1)ACE(2)AC(3)1.21(4)B(5)系统误差5%【解析】(1)电火花计时器需要220V、50Hz的交流电源，故A正确，B错误；用刻度尺测量纸带上点迹间的距离，故C正确；纸带上点迹间的时间可以由打点间隔计算不需要秒表，故D错误；实验中需要用天平测量砝码和砝码盘的质量，故E正确。(2)为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要补偿阻力，补偿阻力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整长木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，故A、C正确，B错误。(3)相邻计数点间的时间间隔为T＝5×0.02s＝0.10s根据逐差法，可得a＝eq\f(4.12－2.91,0.102)×10－2m/s2＝1.21m/s2(4)根据图线1可知，当没有挂砝码、砝码盘时，小车产生了加速度，因此说明补偿阻力时木板倾角太大，故A错误；根据图线2可知，随着F的增大，即砝码、砝码盘的质量增大，不再满足砝码、砝码盘质量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故B正确；根据图线3可知，当挂上砝码、砝码盘时，小车的加速度还是为零，说明没有补偿阻力或补偿的不够，故C错误。(5)在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是系统误差。对小车，根据牛顿第二定律得a＝eq\f(F真,M)对整体，根据牛顿第二定律得a＝eq\f(mg,M＋m)又eq\f(mg－F真,F真)<5%，解得eq\f(m,M)<5%。【例2-2】选用合适的电学元件设计合理的电路，能较准确的测量同一电池组的电动势及其内阻。提供的器材如下：A．电流表G(满偏电流10mA，内阻10Ω)B．电流表A(0～0.6A～3A，内阻未知)C．电压表V(0～5V～10V，内阻未知)D．滑动变阻器R(0～100Ω，1A)E．定值电阻R0(阻值990Ω)F．开关与导线若干(1)图(a)是小宇同学根据选用的仪器设计测量该电池组电动势和内阻的电路图。根据该实验电路测出的数据绘制的I1－I2图线如图(b)所示(I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数)，则由图线可以得到被测电池组的电动势E＝________V(结果保留2位有效数字)；(2)另一位小张同学则设计了图(c)所示的实验电路对电池组进行测量，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制U－I图线如图(d)中所示的A、B两条图线。可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接________(选填“1”或“2”)中的实验数据描出的；分析A、B两条图线可知，此电池组的电动势为E＝________，内阻r＝________。(均用图中EA、EB、IA、IB表示)。【答案】(1)7.5(2)1EAeq\f(EA,IB)【解析】(1)电流表G和定值电阻串联，其可看成一个电压表，则有E＝I1(RG＋R0)＋(I1＋I2)r整理可得I1＝－eq\f(r,RG＋R0＋r)I2＋eq\f(E,RG＋R0＋r)根据题图(b)可知，图线与纵轴会相交于(0,7.5mA)的位置，则有eq\f(E,RG＋R0＋r)＝7.5×10－3A且有k＝eq\f(5－7×10－3,0.5－0.1)＝－eq\f(r,RG＋R0＋r)联立可得E≈7.5V(2)若单刀双掷开关接1，则电流表相对于电源内接，则因电流表分压作用，会导致E真＝E测，I短真>I短测若单刀双掷开关接2，则电流表相对于电源外接，因电压表分流作用，会导致E真>E测，I短真＝I短测结合所给图像，可以判断出A图线是利用单刀双掷开关S2接1，同样也可以判断出E＝EA，I短真＝IB，则内阻为r＝eq\f(E,I短真)＝eq\f(EA,IB)。【变式演练】【变式2-1】利用电火花计时器探究小车的速度随时间变化的规律。其中交流电源的频率为50Hz，如图给出了该次实验中，从A点开始，每5个点取一个计数点的纸带，其中A、B、C、D、E、F、G都为计数点。测得各计数点到A点的距离分别为：，，，，，。(1)电火花计时器使用的是（选填“直流电”或“交流电”），它是每隔s打一个点。(2)实验过程中，下列做法正确的是______。A．先释放小车，再接通电源B．先接通电源，再释放小车C．将接好纸带的小车停在靠近滑轮处D．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处(3)如果该纸带A端与小车相连，则小车的运动方向为（选填“A→B”或“B→A”），且小车做（选填“匀加速”“匀减速”或“变加速”）直线运动，判断的依据是。(4)在打计数点F时，小车运动的瞬时速度为，小车的加速度大小为（均保留2位有效数字）。(5)如果当时该交流电源的电压略偏小，但仍然稳定。而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】(1)交流电0.02(2)BD(3)B→A匀加速相邻相等时间内的位移差均为0.50cm(4)0.370.50(5)不变【详解】（1）[1][2]电火花计时器使用的是交流电，由于交流电源频率为50Hz，则它每隔0.02s打一个点。（2）AB．为避免纸带上出现大量的空白段落，实验时应先接通电源，再释放小车，故A错误，B正确；C．为避免小车与滑轮发生碰撞，能够打出足够多的点迹，实验时将接好纸带的小车停在没有滑轮的一端，故C错误；D．为避免纸带上出现大量的空白段落，实验中应将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，故D正确。故选BD。（3）[1]纸带做加速运动，相等时间内运动的位移越来越大，可知纸带的左端与小车相连，则小车的运动方向由B→A。[2][3]根据给出的数据可知，相邻相等时间内的位移差该差值为定值，故小车做匀加速直线运动。（4）[1]相邻两计数点的时间间隔为根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，在打计数点F时，小车运动的瞬时速度为[2]根据逐差法求出小车的加速度大小为（5）如果当时该交流电源的电压略偏小，打点计时器的打点时间间隔不变，利用逐差法求加速度时的测量值不变，故加速度的测量值与实际值相比不变。【变式2-2】某物理探究小组的同学测量均匀金属实心圆柱体电阻的电阻率。(1)使用螺旋测微器测定金属实心圆柱体直径d，某次测量结果如图甲所示，读数为mm，然后用游标卡尺测量其长度L为22.7mm。(2)用伏安法测圆柱体电阻Rx的阻值，提供如下器材：电池组E：电动势3V，内阻不计；电流表A1：量程0~15mA，内阻约100Ω；电流表A2：量程0~300μA，内阻为1000Ω；滑动变阻器R1：阻值范围0~10Ω，额定电流为2A；电阻箱R2：阻值范围0~9999Ω，额定电流为1A；待测电阻Rx（约180Ω）；开关S，导线若干。要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下列问题：①为了测量待测电阻两端的电压，将电流表（填写器材字母代号）与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到Ω，改装成一个量程为0~3.0V的电压表。②在方框中画出测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材字母代号。【答案】(1)7.520(2)A29000【详解】（1）金属实心圆柱体直径d=7.5mm+2.0×0.01mm=7.520mm；（2）[1][2][3]根据电表的改装原理可知，应将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为0~3.0V的电压表，根据欧姆定律有=9000Ω。因为改装电表内阻已知，电流表采用外接法，滑动变阻器最大阻值较小，采用分压式接法，如图题组03活用物理规律、巧妙迁移应用，快速解答创新型实验题【提分秘籍】所谓设计型实验，就是题目要求考生运用学过的实验原理和实验方法，自行设计一个新的实验方案，主要考查考生是否真正理解实验原理和实验仪器的工作原理，是否具有灵活运用实验知识解决新问题的能力。是否具有在不同情况下迁移知识的能力。它要求考生设计实验原理，选择实验器材，安排实验步骤，设计数据处理的方法及分析实验误差。解决设计型实验题的关键在于选择实验原理，这就要求考生能审清题意，明确实验目的，应用迁移能力，联想相关实验原理，坚持科学性、安全性、准确性、简便性的原则进行设计。【典例剖析】【例3-1】如图(a)所示为验证机械能守恒定律的实验装置，轻绳跨过光滑轻质的定滑轮，其两端系着质量均为M的物块A(含挡光片)、B，物块B上放一质量为m的金属片C，系统由静止释放。重力加速度为g。(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d，如图(b)所示，则d＝________mm。(2)为验证机械能守恒定律，多次改变物块A的初始位置，进行实验，使物块A从不同的位置由静止释放，记录每次挡光片到光电门的竖直距离h以及挡光片穿过光电门的时间Δt。通过描点作图，为了得到一条过原点的直线，则应该绘制的图像是__________(选填“h－Δt”或“h－eq\f(1,Δt2)”)，该直线的斜率k为____________(用字母m、g、M、d表示)。【答案】(1)10.60(2)h－eq\f(1,Δt2)eq\f(2M＋md2,2mg)【解析】(1)由题图(b)可知d＝10mm＋12×0.05mm＝10.60mm(2)由机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)(2M＋m)(eq\f(d,Δt))2整理得h＝eq\f(2M＋md2,2mgΔt2)故应绘制h－eq\f(1,Δt2)图像，且图像的斜率为k＝eq\f(2M＋md2,2mg)。【例3-2】《道路交通安全法》规定驾驶员的血液酒精含量达到20mg/100mL以上属于酒驾，达到80mg/100mL以上属于醉驾，酒驾与醉驾都属于违法行为。半导体型呼气酒精测试仪采用氧化锡半导体作为传感器，实验测得酒精气体传感器R1的阻值随酒精气体浓度变化的关系曲线如图甲所示。在图乙电路中，定值电阻R2＝30Ω，电源电动势为3.0V，内阻可忽略，电压表的量程为0～3V，回答以下问题：(1)将电压表并联在__________(选填“ab”“bc”或“ac”)之间，则酒精气体浓度越高，电压表的示数越大，便于进行测量；(2)按(1)中设计接好电压表，酒精气体浓度为零时，电压表指针位于__________V处；当电压表示数超过________V时表示达到醉驾；(结果均保留两位有效数字)(3)如果不用电压表，在电路中串联一个量程100mA的电流表，则酒精气体浓度越高，电流表的示数________(选填“越大”或“越小”)。【答案】(1)bc(2)1.01.5(3)越大【解析】(1)酒精气体浓度越高，R1阻值越小，电流越大，定值电阻R2两端电压越大，故电压表应并联在bc之间。(2)酒精气体浓度为零时，酒精气体传感器R1为60Ω，UR2＝eq\f(ER2,R1＋R2)＝1.0V，故此时电压表指针位于1.0V处；醉驾时，酒精浓度达到80mg/100mL，R1为30Ω，UR2＝eq\f(ER2,R1＋R2)＝1.5V，所以电压表示数超过1.5V时表示达到醉驾。(3)酒精气体浓度越高，R1阻值越小，电流越大，电流表的示数越大。【变式演练】【变式2-1】线加速度计是一种测量物体加速度的装置，其利用驱动电流产生的安培力带动其自身配重物运动，然后根据物体加速度与其所受合外力的关系，得到物体的加速度和驱动电流的关系。某实验小组为了得到某线加速度计的安培力比例系数，从而标定电流与加速度的对应关系，使用如图甲所示装置进行实验。(1)实验时小组成员认为无须通过倾斜木板平衡摩擦力也可以完成实验，安装好实验装置后，调整钩码质量，释放钩码，当时，可认为已经平衡摩擦力。记录此时线加速度计的驱动电流值。(2)实验中，仅调节钩码质量，释放钩码，记录线加速度计的驱动电流大小和对应纸带数据，如图乙所示为打点计时器某次打出的纸带，计时器打点的时间间隔为，每隔4个计时点取1个计数点，依次得到了、A、、、几个计数点；用刻度尺量得、、、，则打点时纸带的速度大小为，纸带运动的加速度大小为。（小数点后保留2位数字）(3)实验中所使用重物的质量为，当电流为时，测得重物的加速度为，线加速度计安培力比例系数可表示为，线加速度计的最大驱动电流为，其可测得的最大加速度值为。(4)实验中若未满足钩码质量远小于重物质量，则会使得值（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。【答案】(1)纸带上打出均匀的点(2)0.180.40(3)(4)无影响【详解】（1）当纸带上打出均匀的点时，重物做匀速直线运动，线加速度计的拉力等于摩擦力。（2）打点计时器打点的时间间隔为，每隔4个计时点取1个计数点，则打点时纸带的速度大小由逐差法得加速度大小（3）根据题意可知，（1）过程中对重物受力分析有当电流为时，对重物受力分析有解得当电流最大时，对重物受力分析有解得（4）实验中直接通过线加速度计的驱动电流表示绳子对重物的拉力，无须用钩码重力代替绳子对重物的拉力，因此未满足钩码质量远小于重物质量，对值的测量无影响。【变式2-2】某科技小组想通过实验探究热敏电阻的温度特性。如图甲所示，为滑动变阻器，为电阻箱，热敏电阻处在虚线所示的温控室中。(1)实验前，开关、先断开，将滑动变阻器的滑片移到（填“”或“”端；实验时，记录温控室的温度，将打到1，闭合，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为；然后保持滑动变阻器的滑片位置不变，再将打到2，调节电阻箱，使电流表的示数为，记录此时电阻箱的示数，即为热敏电阻的阻值；(2)多次改变温控室的温度，重复上述实验过程，测得多组热敏电阻在不同温度下对应的电阻值，作出图像，如图乙所示，由图像可知，该热敏电阻的阻值随温度的升高而（填“增大”或“减小”）；(3)上述实验过程中，若电流表内阻不可忽略，则热敏电阻的测量值（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值；(4)现将此热敏电阻接在电流恒定的电路中，当它产生的热量与向周围环境散热达到平衡时，热敏电阻的温度稳定在某一值，且满足关系式，其中是散热系数，是电阻的温度，是周围环境温度，为电流。已知，，，结合乙图可知该热敏电阻的温度稳定在℃。（保留两位有效数字）【答案】(1)b(2)减小(3)等于(4)50【详解】（1）[1]闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片移动b端，使滑动变阻器接入电路的电阻最大。[2]电流表前后两次一致，保证电路前后两次等效，所以调整电阻箱，使电流表的示数也为。（2）从图像可以看出，该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小。（3）电流表内阻即使不可忽略，只要保证开关打到1或2时电流表的读数一致，则热敏电阻的测量值等于真实值。（4）由题意可知，电阻的散热功率表示为其中则可解得在图像中做出如图所示的图线。据其与理论图线的交点即可求得：该电阻的温度大约稳定在。1．（2024·天津·高考真题）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，如图所示，则P的峰值对应的外电路电阻值R应电源内阻r（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，内阻约为）B．电流表：（量程，内阻约为）C．滑动变阻器：（最大阻值，额定电流）D．滑动变阻器：（最大阻值，额定电流）E．待测电源：（电动势约为，内阻约为）F．开关、导线若干（i）实验中所用的滑动变阻器应选（填器材前字母代号）；（ii）实物电路如图所示，单刀双掷开关可分别与1、2端闭合，为使电源内阻的测量结果更接近真实值，应与端闭合。【答案】(1)等于(2)C2【详解】（1）电源输出功率则当R=r时电源输出功率P最大；（2）（i）[1]实验中所用的滑动变阻器应选阻值较小的C即可；（ii）[2]电压表内阻远大于电源内阻，应采用相对电源的电流表外接法，使电源内阻的测量结果更接近真实值，应与2端闭合。2．（2024·重庆·高考真题）探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源E，定值电阻R0，电容器C，单刀双置开关S。

(1)为测量电容器充放电过程电压U和电流I变化，需在①、②处接入测量仪器，位置②应该接入测（电流、电压）仪器。(2)接通电路并接通开关，当电压表示数最大时，电流表示数为。(3)根据测到数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关系图如图乙所示。该过程为（充电，放电）。放电过程中电容器两端电压U随时间t变化关系如图丙所示。0.2s时R0消耗的功率W。【答案】(1)电压(2)0(3)放电0.32【详解】（1）位置②与电容器并联，为测电压仪器。（2）电压表示数最大时，电容器充电完毕，电流表示数为零。（3）[1]电容器放电时电压和电流都减小，图像逆向分析，该过程为电容器放电过程。[2]电容器充电完毕后的电压等于电源电动势，大小为12V，由题图丙可知t=0.2s时电容器两端电压为U=8V，由题图乙可知当U=8V时，电流I=40mA，则电阻R0消耗的功率为P=8×40×10－3W=0.32W3．（2024·海南·高考真题）用如图a所示的电路观察电容器的充放电现象，实验器材有电源E、电容器C、电压表、电流表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关、开关、导线若干(1)闭合开关，将接1，电压表示数增大，最后稳定在12.3V。在此过程中，电流表的示数_____（填选项标号）A．一直稳定在某一数值B．先增大，后逐渐减小为零C．先增大，后稳定在某一非零数值(2)先后断开开关、，将电流表更换成电流传感器，再将接2，此时通过定值电阻R的电流方向（选填“”或“”），通过传感器将电流信息传入计算机，画出电流随时间变化的图像，如图b，时，图中M、N区域面积比为8∶7，可求出（保留2位有效数字）。【答案】(1)B(2)【详解】（1）电容器充电过程中，当电路刚接通后，电流表示数从0增大某一最大值，后随着电容器的不断充电，电路中的充电电流在减小，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于开路，电流为0。故选B。（2）[1]根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电，将接2，电容器放电，此时通过定值电阻R的电流方向；[2]时可知此时电容器两端的电压为电容器开始放电前两端电压为，根据图像与横轴围成的面积表示放电量可得间的放电量为后到放电结束间放电量为根据题意，解得4．（2024·北京·高考真题）某兴趣小组利用铜片、锌片和橘子制作了水果电池，并用数字电压表（可视为理想电压表）和电阻箱测量水果电池的电动势E和内阻r，实验电路如图1所示。连接电路后，闭合开关S，多次调节电阻箱的阻值R，记录电压表的读数U，绘出图像，如图2所示，可得：该电池的电动势E=V，内阻r=kΩ。（结果保留两位有效数字）【答案】1.03.3【详解】[1][2]由闭合电路欧姆定律得，解得结合题图2可得，5．（2024·天津·高考真题）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，下图中能表明补偿阻力恰当的是_________；A． B．C． D．(2)某次实验得到一条纸带，部分计数点如下图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出），测得。已知打点计时器所接交流电源频率为，则小车的加速度（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。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)B(2)0.51(3)40【详解】（1）若补偿摩擦力恰当，则小车应该匀速运动，打出的纸带应该点迹均匀分布，故选B。（2）每相邻两个计数点间还有4个点未画出，可知T=0.1s；小车的加速度（3）根据牛顿第二定律，对砝码mg-T=ma对小车T=Ma可得则当m较小时传感器的示数越接近与砝码的重力mg；m越大，则传感器的示数与砝码重力的差异越大，即这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为40g。6．（2024·浙江·高考真题）在“验证机械能守恒定律”的实验中(1)下列操作正确的是。A． B． C．(2)实验获得一条纸带，截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示已知打点的频率为50Hz，则打点“13”时，重锤下落的速度大小为m/s（保留三位有效数字）。(3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77m/s2，并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为5.09m，另计算得动能增加值为5.08m（m为重锤质量）则该结果（选填“能”或“不能”验证机械能守恒定律，理由是()A．在误差允许范围内B．没有用当地的重力加速度g【答案】(1)B(2)3.34(3)不能B【详解】（1）应手提纸带上端使纸带竖直，同时使重物靠近打点计时器，由静止释放。故选B。（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得打点“13”时，重锤下落的速度大小（3）[1][2]某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77m/s2，并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为5.09m，另计算得动能增加值为5.08m（m为重锤质量），则该结果不能验证机械能守恒定律，理由是：该同学求出的9.77m/s2是重锤受到空气阻力时做匀加速运动的加速度a=9.77m/s2，不是当地的重力加速度，5.09m也不是重力势能的减少量。没有当地的重力加速度的数值，无法求出重力势能的减少量，所以无法验证机械能守恒定律。故选B。7．（2024·山东·高考真题）在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离xA，b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下：①测量两个滑块的质量，分别为200.0g和400.0g；②接通气源，调整气垫导轨水平；③拨动两滑块，使A、B均向右运动；④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。回答以下问题：(1)从图像可知两滑块在t=s时发生碰撞；(2)滑块B碰撞前的速度大小v=m/s（保留2位有效数字）；(3)通过分析，得出质量为200.0g的滑块是（填“A”或“B”）。【答案】(1)1.0(2)0.20(3)B【详解】（1）由图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在时发生突变，即这个时候发生了碰撞；（2）根据图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大小为（3）由题图乙知，碰撞前A的速度大小，碰撞后A的速度大小约为，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为，A和B碰撞过程动量守恒，则有代入数据解得所以质量为200.0g的滑块是B。8．（2024·新疆河南·高考真题）某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律。将斜槽轨道固定在水平桌面上，轨道末段水平，右侧端点在水平木板上的垂直投影为O，木板上叠放着白纸和复写纸。实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处由静止释放，a从轨道右端水平飞出后落在木板上；重复多次，测出落点的平均位置P与O点的距离，将与a半径相等的小球b置于轨道右侧端点，再将小球a从Q处由静止释放，两球碰撞后均落在木板上；重复多次，分别测出a、b两球落点的平均位置M、N与O点的距离、。完成下列填空：(1)记a、b两球的质量分别为、，实验中须满足条件（填“>”或“<”）；(2)如果测得的、、、和在实验误差范围内满足关系式，则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中，用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度，依据是。【答案】(1)>(2)小球离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度相同故下落时间相同，水平方向匀速运动直线运动，小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。【详解】（1）为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求；（2）[1]两球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t相等，碰撞前a球的速度大小碰撞后a的速度大小碰撞后b球的速度大小如果碰撞过程系统动量守恒，则碰撞前后系统动量相等，则整理得[2]小球离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度相同故下落时间相同，水平方向匀速运动直线运动，小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。9.（2024·广东·高考真题）某科技小组模仿太阳能发电中的太阳光自动跟踪系统，制作光源跟踪演示装置，实现太阳能电池板方向的调整，使电池板正对光源。图甲是光照方向检测电路。所用器材有：电源E（电动势3V）、电压表（V1）和（V2）（量程均有3V和15V，内阻均可视为无穷大）：滑