2023年高考真题分类汇编：物理实验
一、多项选择题
1．（2023·浙江）以下实验中，说法正确的是（ ）
A．“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐增大，放电时电流逐渐减小
B．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油膜面积
C．“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈输出电压不为零
二、非选择题
2．（2023·北京）
（1）用油膜法估测油酸分子直径是一种通过测量宏观量来测量微观量的方法，已知1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V，在水面上形成的单分子油膜面积为S，则油酸分子的直径 。
（2）采用图1所示的电路图来测量金属丝的电阻率。
实验时，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在 （填“M”或“N”）端。
（3）按照图1连接实物图，如图2所示。闭合开关前检查电路时，发现有一根导线接错，该导线为 （填“a”“b”或“c”）。若闭合开关，该错误连接会带来的问题有 。
3．（2023·北京）用频闪照相记录平抛小球在不同时刻的位置，探究平抛运动的特点。
（1）关于实验，下列做法正确的是___________（填选项前的字母）。
A．选择体积小、质量大的小球 B．借助重垂线确定竖直方向
C．先抛出小球，再打开频闪仪 D．水平抛出小球
（2）图1所示的实验中，A球沿水平方向抛出，同时B球自由落下，借助频闪仪拍摄上述运动过程。图2为某次实验的频闪照片，在误差允许范围内，根据任意时刻A、B两球的竖直高度相同，可判断A球竖直方向做 运动；根据 ，可判断A球水平方向做匀速直线运动。
（3）某同学使小球从高度为的桌面水平飞出，用频闪照相拍摄小球的平抛运动（每秒频闪25次），最多可以得到小球在空中运动的 个位置。
（4）某同学实验时忘了标记重垂线方向，为解决此问题，他在频闪照片中，以某位置为坐标原点，沿任意两个相互垂直的方向作为x轴和y轴正方向，建立直角坐标系，并测量出另外两个位置的坐标值、，如图3所示。根据平抛运动规律，利用运动的合成与分解的方法，可得重垂线方向与y轴间夹角的正切值为 。
4．（2023·山东）电容储能已经在电动汽车，风、光发电、脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：
电容器C（额定电压，电容标识不清）；
电源E（电动势，内阻不计）；
电阻箱（阻值）；
滑动变阻器（最大阻值，额定电流）；
电压表V（量程，内阻很大）；
发光二极管，开关，电流传感器，计算机，导线若干。
回答以下问题：
（1）按照图甲连接电路，闭合开关，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片应向 端滑动（填“a”或“b”）。
（2）调节滑动变阻器滑片位置，电压表表盘如图乙所示，示数为 V（保留1位小数）。
（3）继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为时，开关掷向1，得到电容器充电过程的图像，如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出充电结束后，电容器存储的电荷量为 C（结果保留2位有效数字）。
（4）本电路中所使用电容器的电容约为 F（结果保留2位有效数字）。
（5）电容器充电后，将开关掷向2，发光二极管 （填“”或“”）闪光。
5．（2023·山东）利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强和体积（等于注射器示数与塑料管容积之和），逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。
回答以下问题：
（1）在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体___________。
A．与成正比 B．与成正比
（2）若气体被压缩到，由图乙可读出封闭气体压强为 （保留3位有效数字）。
（3）某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了，则在计算乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随的增大而 （填“增大”或“减小”）。
6．（2023·海南）用如图所示的电路测量一个量程为，内阻约为的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为，有两个电阻箱可选，，
（1） 应选 ，应选 ；
（2）根据电路图，请把实物连线补充完整；
（3）下列操作顺序合理排列是： 。
①将变阻器滑动头移至最左端，将调至最大值；
②闭合开关，调节，使微安表半偏，并读出阻值；
③断开，闭合，调节滑动头至某位置再调节使表头满偏；
④断开，拆除导线，整理好器材
（4）如图是调节后面板，则待测表头的内阻为 ，该测量值 （大于、小于、等于）真实值。（此处应该有一个电阻箱的图）
（5）将该微安表改装成量程为的电压表后，某次测量指针指在图示位置，则待测电压为 。
（6）某次半偏法测量表头内阻的实验中，断开，电表满偏时读出值，在滑动头不变，闭合后调节电阻箱，使电表半偏时读出，若认为间电压不变，则微安表内阻为： （用表示）
7．（2023·海南）用激光测玻璃砖折射率的实验中，玻璃砖与屏平行放置，从另一侧用激光笔以一定角度照射，此时在屏上的处有激光点，移走玻璃砖，光点移到处，
（1）请画出激光束经玻璃折射后完整的光路图；
（2）已经测出，，，则折射率 ．
（3）若改用宽更小的玻璃砖做实验，则间的距离会 （填“变大”，“变小”或“不变”）
8．（2023·浙江）
（1）在“探究平抛运动的特点”实验中
①用图1装置进行探究，下列说法正确的是 。
A．只能探究平抛运动水平分运动的特点
B．需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C． 能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
②用图2装置进行实验，下列说法正确的是 。
A．斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B．上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C． 小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
③用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为 。
A． B． C． D．
（2）如图所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹簧下端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度、的数据如表。
钩码个数 1 2 …
xA/cm 7.75 8.53 9.30 …
xB/cm 16.45 18.52 20.60 …
钩码个数为2时，弹簧A的伸长量 cm，弹簧B的伸长量 cm，两根弹簧弹性势能的增加量 （选填“=”、“<”或“>”）。
9．（2023·浙江）在“测量干电池的电动势和内阻”实验中
（1）部分连线如图1所示，导线a端应连接到 （选填“A”、“B”、“C”或“D”）接线柱上。正确连接后，某次测量中电压表指针位置如图2所示，其示数为 V。
（2）测得的7组数据已标在如图3所示坐标系上，用作图法求干电池的电动势 V和内阻 Ω。（计算结果均保留两位小数）
10．（2023·上海）如图所示，是某小组同学“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置，实验过程中可近似认为钩码收受到的总重力等于小车所受的拉力。先测出钩码所受的力为G，之后改变绳端的钩码个数，小车每次从同一位置释放，测出挡光片通过光电门的时间△t。
（1）实验中 测出小车质量m车
A．必须 B．不必
（2）为完成实验还需要测量① ；② 。
（3）实际小车受到的拉力小于钩码的总重力，原因是 。
（4）若导轨保持水平，滑轮偏低导致细线与轨道不平行，则细线平行时加速度a1，与不平行是加速度a2相比，a1 a2。(选填“大于”、“小于”或“等于”)
11．（2023·湖北）某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：
电压表（量程，内阻很大）；
电流表（量程）；
电阻箱（阻值）；
干电池一节、开关一个和导线若干。
（1）根据图（a），完成图（b）中的实物图连线。
（2）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的图像如图（c）所示，则干电池的电动势为 V（保留3位有效数字）、内阻为 （保留2位有效数字）。
（3）该小组根据记录数据进一步探究，作出图像如图（d）所示。利用图（d）中图像的纵轴截距，结合（2）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为 （保留2位有效数字）。
（4）由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值 （填“偏大”或“偏小”）。
12．（2023·辽宁）导电漆是将金属粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一 根用导电漆制成的截面为正方形的细长样品(固态)，某同学欲测量其电阻率，设计了如图 (a) 所示的电路图，实验步骤如下：
a. 测得样品截面的边长a=0.20cm；
b. 将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触，其中甲、乙、丁位置固定，丙可在乙、丁间左右移动：
c. 将丙调节至某位置，测量丙和某探针之间的距离L：
d. 闭合开关S， 调节电阻箱R 的阻值，使电流表示数I=0.40 A， 读出相应的电压表示数 U， 断开开关S；
e. 改变丙的位置，重复步骤c、d， 测量多组L 和 U， 作出 U-L 图像如图 (b) 所示，得到直线的斜率k。
回答下列问题：
（1）L是丙到 (填“甲”“乙”或“丁”)的距离；
（2）写出电阻率的表达式p= ( 用k、a、I 表示)；
（3）根据图像计算出该样品的电阻率p= Ω m (保留两位有效数字)。
13．（2023·辽宁）某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如 图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA 为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。
测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2) 。 将硬币甲 放置在斜面上某一位置，标记此位置为 B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时， 测量甲从O 点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O 处，左侧与 O 点重合，将甲放置于 B 点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲、乙从 O 点到停止处的滑行距离 OM 和 ON。 保持释放位置不变，重复实验若干次，得到 OP、OM、ON 的平均值分别为S0 、S1 、S2。
（1）在本实验中， 甲选用的是 (填“ 一元”或“ 一角”)硬币；
（2）碰撞前，甲到O 点时速度的大小可表示为 (设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g)；
（3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则= (用m1和m2表示)，然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒；
（4）由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动最变化量大小的比值不是1，写出一条产生这种误差可能的原因。
14．（2023·新课标卷）一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。
（1）用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径。首先，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐，如图（a）所示，该示数为 mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图（b）所示，该示数为 mm，则摆球的直径为 mm。
（2）单摆实验的装置示意图如图（c）所示，其中角度盘需要固定在杆上的确定点O处，摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小。若将角度盘固定在O点上方，则摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角 5°（填“大于”或“小于”）。
（3）某次实验所用单摆的摆线长度为81.50cm，则摆长为 cm。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，则此单摆周期为 s，该小组测得的重力加速度大小为 m/s2.（结果均保留3位有效数字，π2取9.870）
15．（2023·新课标卷）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，所用器材如下：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。
（1）用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时，红表笔应该与电池的 （填“正极”或“负极”）接触。
（2）某同学设计的实验电路如图（a）所示。先将电阻箱的阻值调为，将单刀双掷开关S与“1”端相接，记录电流随时间的变化。电容器充电完成后，开关S再与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变化情况可能是___________。（填正确答案标号）
A．迅速变亮，然后亮度趋于稳定
B．亮度逐渐增大，然后趋于稳定
C．迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭
（3）将电阻箱的阻值调为，再次将开关S与“1”端相接，再次记录电流随时间的变化情况。两次得到的电流I随时间t变化如图（b）中曲线所示，其中实线是电阻箱阻值为 （填“R1”或“R2”）时的结果，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的 （填“电压”或“电荷量”）。
16．（2023·湖南）某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置，其电路如图（a）所示，为电阻箱，为半导体薄膜压力传感器，间连接电压传感器（内阻无穷大）．
（1）先用欧姆表“”挡粗测的阻值，示数如图（b）所示，对应的读数是 ；
（2）适当调节，使电压传感器示数为0，此时，的阻值为 （用表示）；
（3）依次将的标准砝码加载到压力传感器上（压力传感器上所受压力大小等于砝码重力大小），读出电压传感器示数，所测数据如下表所示：
次数 1 2 3 4 5 6
砝码质量 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
电压 0 57 115 168 220 280
根据表中数据在图（c）上描点，绘制关系图线；
（4）完成前面三步的实验工作后，该测量微小压力的装置即可投入使用．在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力，电压传感器示数为，则大小是 （重力加速度取，保留2位有效数字）；
（5）若在步骤（4）中换用非理想毫伏表测量间电压，在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力，此时非理想毫伏表读数为，则 （填“>”“=”或“<”）．
17．（2023·全国乙卷）一学生小组测量某金属丝（阻值约十几欧姆）的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表（内阻非常大）、定值电阻（阻值）、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图（a）是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空：
⑴实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S。
⑵将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为。由此得到流过待测金属丝的电流I= ，金属丝的电阻 。（结果均用、、表示）
⑶继续微调R，重复⑵的测量过程，得到多组测量数据，如下表所示：
（） 0.57 0.71 0.85 1.14 1.43
（） 0.97 1.21 1.45 1.94 2.43
⑷利用上述数据，得到金属丝的电阻。
⑸用米尺测得金属丝长度。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图（b）所示，该读数为 mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等。
⑹由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率 。（保留2位有效数字）
18．（2023·全国乙卷）在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有：木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤：
①用图钉将白纸固定在水平木板上。
②将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力和的大小，并 。（多选，填正确答案标号）
A．用刻度尺量出橡皮条的长度
B．用刻度尺量出两细线的长度
C．用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置
D．用铅笔在白纸上标记出两细线的方向
③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到 ，由测力计的示数得到拉力的大小，沿细线标记此时的方向。
④选择合适标度，由步骤②的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作和的合成图，得出合力的大小和方向；按同一标度在白纸上画出力的图示。
⑤比较和的 ，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
19．（2023·全国甲卷）某同学利用如图(a)所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连。右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连。钩码下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图(b)所示。
（1）已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1s。以打出A点时小车位置为初始位置，将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移△x填到表中，小车发生应位移所用时间和平均速度分别为△t和。表中△xAD= cm， = cm/s。
位移区间 AB AC AD AE AF
△r(cm) 6.60 14.60 △xAD 34.90 47.30
(cm) 66.0 73.0 87.3 94.6
（2）根据表中数据得到小车平均速度随时间△t的变化关系，如图(c)所示。题卡上的图中补全实验点。
（3）从实验结果可知，小车运动的-△t图线可视为一条直线，此直线用方程表示，其中k= cm/s2，b= cm/s。(结果均保留3位有效数字)
（4）根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动，得到打出A点时小车速度大小vA= ，小车的加速度大小a= 。(结果用字母k，b表示)
20．（2023·全国甲卷）某同学用伏安法测绘一额定电压为6V、额定功率为3W的小灯泡的伏安特性曲线，实验所用电压表内阻约为6kΩ，电流表内阻约为1.5Ω，实验中有图(a)和(b)两个电路图供选择。
（1）实验中得到的电流I和电压U的关系曲线如图(c)所示，该同学选择的电路图是图( )(填“a”或“b")。
（2）若选择另一个电路图进行实验，在图（c）上用实线画出实验中应得到的关系曲线的示意图。
21．（2023·浙江选考）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。
①需要的实验操作有 （多选）；
A．调节滑轮使细线与轨道平行
B．倾斜轨道以补偿阻力
C．小车靠近打点计时器静止释放
D．先接通电源再释放小车
②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为 cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打计数点2时小车的速度大小为： （结果保留3位有效数字）。
22．（2023·浙江选考）在“测量金属丝的电阻率”实验中：
（1）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示，图中的导线a端应与 （选填“一”、“0.6”或“3”）接线柱连接，b端应与 （选填“—”、“0.6”或“3”）接线柱连接。开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于 （选填“左”或“右”）端。
（2）合上开关，调节滑动变阻器，得到多组U和I数据。甲同学由每组U、I数据计算电阻，然后求电阻平均值；乙同学通过图像求电阻。则两种求电阻的方法更合理的是 （选填“甲”或“乙”）。
（3）两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流的表头G改装成电流表。如图2所示，表头G两端并联长为L的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G满偏，毫安表示数为I。改变L，重复上述步骤，获得多组I、L数据，作出图像如图3所示。
则图像斜率 。若要把该表头G改装成量程为的电流表，需要把长为 m的镍铬丝并联在表头G两端。（结果均保留两位有效数字）
答案解析部分
1．【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用；用油膜法估测油酸分子的大小；变压器的应用；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A.“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时和放电时电流均逐渐减小，故A不符合题意；
B.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸溶液全部散开，才能在水面上形成一层油膜，此时油膜是由单层油酸分子 ，用一玻璃板轻轻盖在浅盘上，然后用水笔把油酸溶液的轮廓画在玻璃板上，测出油膜面积，故B不符合题意；
C.“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大，故C符合题意；
D.“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，会导致变压器的效果减弱，但副线圈磁通量还是会发生变化，所以副线圈输出电压不为零，故D符合题意。
故答案为：CD
【分析】理解电容器充电时和放电时电流均逐渐减小；理解油酸在水面尽可能散开，是为了形成单分子油膜；光敏电阻阻值随光照强度增加而减小，金属热电阻阻值随温度升高而增大；根据变压器的规律分析。
2．【答案】（1）
（2）M
（3）b；移动滑片时，电压表和电流表的示数不变
【知识点】导体电阻率的测量；用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）纯油酸的体积为V，在水面上形成的单分子油膜面积为S，则油酸分子的直径：；
(2)由电路图可知，滑动变阻器为分压式接法，闭合开关时被测电阻电压从零开始增加，滑动变阻器滑片应置于M端；
（3）由实物图可知，应该为导线b连接错误，若闭合开关，导线b使电路发生短路，没有电流流过被测电阻丝，电流表无读数，电压表有读数。
【分析】（1）油酸分子直径为油酸体积与油膜面积的比值；
（2）根据分压式供电方式，闭合开关时被测电阻电压从零开始增加，滑动变阻器滑片应置于M端；
（3）分析实物图b导线使得被测电路短路，被测电阻丝上没有电流，电流表无读数，电压表测电源输出电压。
3．【答案】（1）A；B；D
（2）自由落体运动；A球相邻两位置水平距离相等
（3）10
（4）
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A、选择体积小，质量大的小球，可以减小摩擦阻力，A正确；
B、为研究小球平抛运动建立平面直角坐标y轴，需要重垂线确定竖直方向，B正确；
C、实验应先打开频闪仪，再抛出小球，C错误；
D、验证平抛运动，小球抛出速度必须水平，D正确；
故答案为：ABD
（2）由图2可知，在误差允许范围内，根据任意时刻A、B两球的竖直高度相同，可判断A球竖直方向做自由落体运动；根据相同时间间隔内平抛运动水平方向间隔相等，可判断A球水平方向做匀速直线运动。
（3）由可得：，频闪照相每秒频闪25次，
可知最多得到小球在空中运动的位置数为：N=0.4×25=10个。
（4）设重垂线与y轴夹角为θ，频闪照相时间间隔为T，
如图所示，沿xy轴分解重力加速度可得：，
根据匀变速直线运动规律，在相等时间间隔内的位移差应用逐差法可得：
沿x轴：，联立解得：；
沿y轴：，联立解得：；
可得：
【分析】（1）根据验证平抛运动实验条件和平抛运动特点分析判断；
（2）结合图1原理，根据图2中相等时间间隔的竖直高度和水平位移判断确定；
（3）根据平抛运动高度决定时间，确定时间结合频闪每秒闪光次数计算；
（4）根据题意分解重力加速沿xy轴方向，结合频闪照相确定xy轴方向相等时间间隔内位移，分别沿xy应用逐差法求解。
4．【答案】（1）b
（2）6.5
（3）3.8 × 10 3
（4）4.8 × 10 4
（5） 1
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）闭合开关，由电路结构可知，电容器所在支路与滑动变阻器左侧电阻并联，所以若要升高电容器充电电压，应使滑动变阻器左侧电阻增大，所以滑动变阻器滑片应向b端滑动；故填：b；
（2）电压表V的量程15V，每小格是0.5V，根据本位估读法可得，电压表的示数为6.5V；故填：6.5；
（3）根据电荷量的计算公式可得：q=It，I-t图像与坐标轴围成的面积表示电荷量。根据图丙可知，图像下的小格数约为38格，则电容器存储的电荷量为：；故填：3.8 × 10 3。
（4）根据电容的定义式可得：；故填：4.8 × 10 4。
（5）开关掷向1时，电容器充电，左极板带正电，右极板带负电；电容器充电后，将开关掷向2，电容器放电，通过和的电流向右，由二极管的单向导电性可知，导通、断开，则发光二极管闪光。故填： 1。
【分析】（1）根据滑动变阻器分压器的分压原理分析滑片的滑动方向；（2）根据指针的位置读出电压表的示数；（3）I-t图像与坐标轴围成的面积表示电荷量，根据所围面积的格数求解电容器存储的电荷量；（4）根据电容的定义式求解电容；（5）根据二极管的单向导电性进行分析。
5．【答案】（1）B
（2）2.04 × 105
（3）增大
【知识点】理想气体的实验规律
【解析】【解答】（1）由图乙可知，在温度不变的条件下， 一定质量的气体的压强p和体积的倒数成正比，和体积V成反比，A不符合题意，B符合题意；
故答案为：B；
（2）气体被压缩到10.0mL时，体积的倒数，由图乙可知，压强；
（3）设测量出的注射器示数为V，则准确的表达式应为，计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值为，是塑料管容积，为定值，所以随着压强的增大，增大。
【分析】（1）由图象进行分析，明确压强p和体积V之间的关系；（2）求出的值，再根据图乙读出压强的值；（3）明确该同学的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的表达式，再结合压强变化得出该差值的变化。
6．【答案】（1）；
（2）
（3）①③②④
（4）1998.0Ω；小于
（5）1.30
（6）
【知识点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据半偏法测量原理，的阻值要等于微安表内阻，能调节出2000Ω的电阻即可，故选电阻箱；
微安表的满偏电压约为：，所以应选变阻箱，选更大的电阻分去更多的电压，限制微安表上的电流；
（2）根据电路图，实物连线补充如图所示；
（3）根据半偏法的测量原理，先调整微安表满偏，再半偏，操作顺序为：①③②④；
（4）变阻箱的读数就是微安表的内阻， 则待测表头的内阻为 ：1998.0Ω
由于闭合使接入并联电路，使电路总电阻减小，总电流增大，微安表和并联部分的总电流增大，调节使微安表读数为满偏电流一半，的电阻会更小一点，所以测量值，即测量值小于真实值；
（5）先读出表盘读数为65，根据2v对应100可知：得：U=1.30v；
(6)由于OP见电压视作不变，则可得：
解得：
【分析】（1）根据半偏法测量原理，的阻值要等于微安表内阻，能调节出2000Ω的电阻即可；
（2）根据电路图连接实物图；
（3）根据半偏法的测量原理，先调整微安表满偏，再半偏，从而确定操作顺序；
（4）由并联电路电阻相等分的电流相等，变阻箱的读数就是微安表的内阻；
根据电路动态分析，闭合调整使微安表半偏，电阻越并越小，总电阻减小，总电流增大，需要调节得更小一点才能把增加的电流分流，致使得偏小；
（5）根据读数规则，按比例换算即可；
（6）在OP间电压视作不变的情况下：闭合前的OP间电压等于闭合后OP间电压列式计算。
7．【答案】（1）激光束经玻璃折射后的光路图如图所示：
（2）
（3）变小
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）激光束经玻璃折射后的光路图如图所示：
（2）根据折射定律，由几何关系可得：
根据已知条件有几何关系可得：，
联立解得：
（3）有几何关系可知：，若改用宽ab更小的玻璃砖，相当于把ad下移，即BC减小，间的距离也减小。
【分析】（1）根据光的折射定律，射入玻璃砖的光线与射出玻璃砖的光线平行，画出光路图；
（2）根据折射定律，利用几何关系计算折射率；
（3）宽度更小的玻璃砖就是降低ad，使BC减小，间的距离也减小。
8．【答案】（1）B；C；D
（2）0.78；1.29；>
【知识点】弹性势能；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1） ①图1装置，只能探究平抛运动竖直方向上的运动特点，为了保证小球的水平速度不同，需改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B符合题意，AC不符合题意。
②AC.为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每次需要小球由静止从同一位置释放，斜槽不需要光滑，故A不符合题意，C符合题意；
B.上下调节挡板N时不必每次等间距移动，故B不符合题意。
③根据平抛运动规律得：，，联立解得：，故D符合题意，ABC不符合题意。
（2） 弹簧A的伸长量， 弹簧B的伸长量，根据能量守恒定律知，钩码和弹簧减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，所以两根弹簧弹性势能的增加量。
故答案为：（1）①B；②C；③D；（2）0.78，1.29，
【分析】（1）①此装置只能分析出两球竖直方向上的运动特点，为了保证多次实验验证，需要改变小球的初速度；
②为了保证小球的初速度相同，要让小球从同一位置由静止下滑，轨道是否光滑对实验无影响，挡板N不需要等间距移动；
③根据平抛运动规律求初速度的表达式；
（2）根据指针刻度和弹簧伸长量的关系得出弹簧的伸长量，根据能量守恒定律得出弹性势能增加量和重力势能减少量的大小关系
9．【答案】（1）B；1.20
（2）1.50；1.04
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据实验原理知，电压表要连接在电源的两端，因此导线a端应连接到B接线柱上；电压表的量程是，分度值为，需要估读到分度值的下一位，所以示数为。
（2）根据，结合图像得：，。
故答案为：（1）B，1.20；（2）1.50，1.04
【分析】（1）根据实验原理知电压表测量的是外电压，由此分析出导线a端的连接方式，根据电压表的读数规则得出对应的示数；
（2）根据闭合电路欧姆定律，结合图像的物理意义得出电池电动势和内阻。
10．【答案】（1）B
（2）挡光片宽度d；小车释放位置到光电门的距离
（3）下落时钩码有向下的加速度，拉力小于重力
（4）大于
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）验证加速度与力的关系，由牛顿第二定律：控制变量法，控制车的质量M不变，研究a与F的关系，故不保持小车质量不变，不需要测出质量大小；
（2）为完成实验还需要测量 ① 测出挡光片的宽度d ，以便计算光电门处小车的速度：；
② 测出小车释放位置到光电门的距离L，由速度位移公式计算小车的加速度：；
（3）小车与钩码是连接体，钩码的重力使小车和钩码产生加速度，故绳子的拉力小于钩码的重力；
（4）细线水平时，细线拉力产生加速度：；滑轮偏低导致细线与轨道不平行时，细线拉力的水平分力产生加速度：，故.
【分析】验证加速度与质量和合外力的关系的实验，应用的方法是控制变量法，探究加速度与合外力的关系时保持小车质量不变，改变钩码质量测出对应加速度，加速度根据速度位移公式计算，需要测出挡光板的宽度和小车发生的位移；由于钩码的重力让小车和钩码的连接体产生了加速度，故细绳的拉力小于钩码的重力；实验中要保持细绳与轨道平行，不平行时只是细绳拉力的分力产生加速度，增大了实验误差。
11．【答案】（1）
（2）1.58；0.64
（3）2.5
（4）偏小
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）实物连接如图：
（2）根据闭合电路欧姆定律得：，结合图像得：，；
（3）根据得：，结合图像得：，解得：；
（4）由于电压表内阻不是无穷大，所以实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，实验中测得的电池内阻偏小。
故答案为：（1）见解答；（2）1.58，0.64；（3）2.5；（4）偏小。
【分析】（1）从电源正极开始依次连接；
（2）（3）根据闭合电路欧姆定律和图像求解；
（4）于电压表内阻不是无穷大，所以实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值。
12．【答案】（1）乙
（2）
（3）6.5×10-5
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）根据题意，电压表测量的是乙与丙之间的电压，所以L是丙到乙的距离；
（2）由欧姆定律：；
由电阻定律：，
两式联立解得：
根据图b可得：，
得到：；
(3)由图b计算直线斜率代入（2）中电阻率表达式可得：。
【分析】(1) 根据题意，电压表测量的是乙与丙之间的电压，所以L是丙到乙的距离；
（2）由电阻定律和欧姆定律联立解得U-L的函数关系，结合图b直线的斜率计算电阻率表达式；
（3）计算U-L图像直线的斜率的数值代入电阻率表达式得出电阻率的值。
13．【答案】（1）一元
（2）
（3）
（4）1.测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；
2.碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际上碰撞过程中，两个硬币组成的系统合外力不为
零。
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）根据题意可知，甲与乙碰撞后甲没有反弹，故甲的质量大于乙的质量，甲选用的是一元硬币；
（2）甲从O-P，由动能定理：，可得：；
(3)甲从O-M，乙从O-N，
同理可得：； ，
根据动量守恒定律：，
可得：；
(4) 误差的可能原因：1.测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；
2.碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际上碰撞过程中，两个硬币组成的系统合外力不为
零。
【分析】（1）根据碰撞后碰撞物体是否反弹确定质量的大小关系；
（2）根据匀减速运动，由动能定理计算碰前甲在O点的速度；
（3）根据匀减速运动，由动能定理分别计算碰后甲乙的速度，根据动量守恒定律得出结果；
（4）误差分析：1.测量的误差，使用测量工具的精度误差，读数误差；2.应用动量守恒定律造成的误差。
14．【答案】（1）0.006（或0.007）；20.035（20.034~20.036）；20.029（20.028~20.030）
（2）大于
（3）82.5；1.82；9.83
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）图a的读数，图b的读数，摆球的直径。
（2）角度盘的位置固定在O点上方，角度盘距离悬点的距离减小，摆线在角度盘上走过的弧长减小，故角度盘的角度为5度时，实际角度小于5度。
（3）摆长，
单摆的周期，
根据单摆周期公式，则。
【分析】（1）螺旋测微器的读数为主尺读数加副尺读数，估读至最小分度值下一位。
（2）根据圆周运动弧长和半径之间的关系分析求解。
（3）摆长为摆线长度加上摆球的半径，根据单摆周期的定义和表达式计算周期和重力加速度。
15．【答案】（1）正极
（2）C
（3）R2；电荷量
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）多用电表电流从红表笔流入，黑表笔流出，故测量电压时红表笔接电池正极。
（2）闭合开关时，电容器放电，小灯泡迅速变亮，放电过程中电流逐渐减小，小灯泡亮度减小直至熄灭。
（3）根据欧姆定律可知，电路中电阻越大，充电时的起始电流越小，因此实线所对应的电阻箱阻值为R2，根据可知，曲线与坐标轴所围成的面积为充电完成电容器的电荷量。
【分析】（1）根据多用电表的内部结构和红进黑出的电流流向求解。
（2）根据电容器放电过程中电流大小的变化情况分析小灯泡亮度的变化。
（3）根据欧姆定律分析充电瞬间电流的大小，再由和图像的横纵坐标意义分析。
16．【答案】（1）1000
（2）
（3）
（4）1.7×10-2
（5）>
【知识点】利用传感器制作简单的自动控制装置；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）欧姆表读数为：；
（2）当电压传感器读数为零时，CD两点电势相等，即，即，解得：；
（3）绘出图像如图：
（4）由图像可知，当电压传感器的读数为200mV时，所放物体质量为1.75g，则；
（5）可将CD以外的电路等效为新的电源，CD两点电压看做路端电压，因为换用非理想电压传感器当读数为200mV时，实际CD间断路时的电压大于200mV，则此时压力传感器的读数。
故答案为：（1）；（2）；（3）见解答；（4）；（5）
【分析】（1）根据欧姆表读数方法读数；
（2）根据CD两点电势相等，即求解；
（3）根据表中数据描点作图；
（4）由图像得到200mV时，所放物体质量为1.75g，进而求得的大小；
17．【答案】；；0.150；5.0
【知识点】导体电阻率的测量；特殊方法测电阻
【解析】【解答】⑵根据串并联电路的特点，开关S接1时电压表读数为金属丝上的电压，开关接2S时电压表读数为 定值电阻 和金属丝上的总电压，由欧姆定律可得：，；
(5)螺旋测微器读数：0+15.0×0.01mm=0.150mm；
（6）利用电阻定律：得：.
【分析】根据串并联电路的特点，利用欧姆定律计算电流和金属丝电阻；螺旋测微器度数为主尺读数加旋钮读数乘以分度值，有估读位；应用电阻定律计算电阻率。
18．【答案】CD/DC；相同位置；大小和方向
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】 ② 标记小圆环的位置，使两个弹簧秤拉的效果和一个弹簧秤拉的效果相同，等效代替原理，标记两细线的方向，就是标记两个力的方向，要用力的图示作图，AB错误，CD正确；
故答案为：CD
③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到相同位置，使两次产生的效果相同，等效替代原理；
⑤比较和的大小和方向，看它们的一致程度，在误差允许的范围内，得出结论。
故答案为：CD/DC；相同位置；大小和方向。
【分析】验证力的平行四边形定则的实验中，利用等效替代原理，需要记录两个弹簧拉力产生的效果和一个弹簧拉力产生的效果相同，弹簧要拉到同一位置，同时记录力的大小和方向，用力的图示法作图，并以两个弹簧秤拉力为邻边做平行四边形，得出合力与一个弹簧秤的拉力对比，得出结论。
19．【答案】（1）24.00；80
（2）
（3）70.8；59.0
（4）b；2k
【知识点】探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】（1）由图b知，；；
（2）补全实验点如图，
（3）b为图像与纵轴的交点，直接读得，k为图像的斜率；
（4）根据得：，则，，所以，。
故答案为：（1）24.00，80；（2）见解答；（3）70.8，59.0；（4）b，2k
【分析】（1）根据、求解；
（2）根据数据描点即可；
（3）b为图像与纵轴的交点，k为图像的斜率；
（4）根据推导平均速度与时间的表达式：，跟对比求解。
20．【答案】（1）a
（2）解：若选用b进行实验，当小灯泡正常发光时，电流表示数为0.5A，而电压表示数要大于6V，所以图像如图实线所示：
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）由c图知，电压时对应的电流，此时灯泡的电阻，小灯泡正常发光时的电阻：，根据知，只有选择电流表外接法，即a才能符合题。
【分析】（1）根据，结合图像选择；
（2）若选用b进行实验，当小灯泡正常发光时，电流表示数为0.5A，而电压表示数要大于6V。
21．【答案】ACD；2.75；1.48
【知识点】探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】 ① A：调节滑轮使细线与轨道平行 ，可以使小车合外力恒定，加速度不变，做匀变速运动。符合实验要求。故A正确。
B：本实验不用平衡摩擦力，只要小车做匀变速运动即可。故B错误。
C： 小车靠近打点计时器静止释放 可以让纸带打下更多的点，得到更多数据，故C正确。
D： 先接通电源再释放小车 ，也可以让纸带打下更多的点，故D正确。
故选ABC。
② 计数点1的读数为 2.75 cm，刻度尺读数要读到最小刻度后一位，即读到0.01厘米。
【分析】 ①实验不用平衡摩擦力，探究加速度与合外力，质量的关系要平衡摩擦力。
②匀变速直线运动的中间时刻瞬时速度等于全程的平均速度。
22．【答案】（1）0.6；0.6；左
（2）乙
（3）2.3；0.26
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）回路电压不超过3伏，电流较小，所以导线a端应该接0.6接线柱。电阻丝电阻小，采用电流表外接误差小，所以b端接0.6接线柱。 开关闭合前 ，滑片位于最左端，电表以及金属丝被短路，无电流通过，保护电路。
（2）做U-I图象可以将剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度，所以选乙。
（3）代入图像上的点坐标。
延长图像可知，当I=9.0mA时可得，，所以
【分析】（1）根据电路电压电流选择电压表和电流表量程。电阻小，选择外接法测电阻误差小。
（2）做U-I图象可以将剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度。
（3）代入图像上点的坐标即可求出斜率大小，延长图像可得导线长度。
1 / 12023年高考真题分类汇编：物理实验
一、多项选择题
1．（2023·浙江）以下实验中，说法正确的是（ ）
A．“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐增大，放电时电流逐渐减小
B．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油膜面积
C．“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈输出电压不为零
【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用；用油膜法估测油酸分子的大小；变压器的应用；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A.“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时和放电时电流均逐渐减小，故A不符合题意；
B.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸溶液全部散开，才能在水面上形成一层油膜，此时油膜是由单层油酸分子 ，用一玻璃板轻轻盖在浅盘上，然后用水笔把油酸溶液的轮廓画在玻璃板上，测出油膜面积，故B不符合题意；
C.“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大，故C符合题意；
D.“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，会导致变压器的效果减弱，但副线圈磁通量还是会发生变化，所以副线圈输出电压不为零，故D符合题意。
故答案为：CD
【分析】理解电容器充电时和放电时电流均逐渐减小；理解油酸在水面尽可能散开，是为了形成单分子油膜；光敏电阻阻值随光照强度增加而减小，金属热电阻阻值随温度升高而增大；根据变压器的规律分析。
二、非选择题
2．（2023·北京）
（1）用油膜法估测油酸分子直径是一种通过测量宏观量来测量微观量的方法，已知1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V，在水面上形成的单分子油膜面积为S，则油酸分子的直径 。
（2）采用图1所示的电路图来测量金属丝的电阻率。
实验时，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在 （填“M”或“N”）端。
（3）按照图1连接实物图，如图2所示。闭合开关前检查电路时，发现有一根导线接错，该导线为 （填“a”“b”或“c”）。若闭合开关，该错误连接会带来的问题有 。
【答案】（1）
（2）M
（3）b；移动滑片时，电压表和电流表的示数不变
【知识点】导体电阻率的测量；用油膜法估测油酸分子的大小
【解析】【解答】（1）纯油酸的体积为V，在水面上形成的单分子油膜面积为S，则油酸分子的直径：；
(2)由电路图可知，滑动变阻器为分压式接法，闭合开关时被测电阻电压从零开始增加，滑动变阻器滑片应置于M端；
（3）由实物图可知，应该为导线b连接错误，若闭合开关，导线b使电路发生短路，没有电流流过被测电阻丝，电流表无读数，电压表有读数。
【分析】（1）油酸分子直径为油酸体积与油膜面积的比值；
（2）根据分压式供电方式，闭合开关时被测电阻电压从零开始增加，滑动变阻器滑片应置于M端；
（3）分析实物图b导线使得被测电路短路，被测电阻丝上没有电流，电流表无读数，电压表测电源输出电压。
3．（2023·北京）用频闪照相记录平抛小球在不同时刻的位置，探究平抛运动的特点。
（1）关于实验，下列做法正确的是___________（填选项前的字母）。
A．选择体积小、质量大的小球 B．借助重垂线确定竖直方向
C．先抛出小球，再打开频闪仪 D．水平抛出小球
（2）图1所示的实验中，A球沿水平方向抛出，同时B球自由落下，借助频闪仪拍摄上述运动过程。图2为某次实验的频闪照片，在误差允许范围内，根据任意时刻A、B两球的竖直高度相同，可判断A球竖直方向做 运动；根据 ，可判断A球水平方向做匀速直线运动。
（3）某同学使小球从高度为的桌面水平飞出，用频闪照相拍摄小球的平抛运动（每秒频闪25次），最多可以得到小球在空中运动的 个位置。
（4）某同学实验时忘了标记重垂线方向，为解决此问题，他在频闪照片中，以某位置为坐标原点，沿任意两个相互垂直的方向作为x轴和y轴正方向，建立直角坐标系，并测量出另外两个位置的坐标值、，如图3所示。根据平抛运动规律，利用运动的合成与分解的方法，可得重垂线方向与y轴间夹角的正切值为 。
【答案】（1）A；B；D
（2）自由落体运动；A球相邻两位置水平距离相等
（3）10
（4）
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A、选择体积小，质量大的小球，可以减小摩擦阻力，A正确；
B、为研究小球平抛运动建立平面直角坐标y轴，需要重垂线确定竖直方向，B正确；
C、实验应先打开频闪仪，再抛出小球，C错误；
D、验证平抛运动，小球抛出速度必须水平，D正确；
故答案为：ABD
（2）由图2可知，在误差允许范围内，根据任意时刻A、B两球的竖直高度相同，可判断A球竖直方向做自由落体运动；根据相同时间间隔内平抛运动水平方向间隔相等，可判断A球水平方向做匀速直线运动。
（3）由可得：，频闪照相每秒频闪25次，
可知最多得到小球在空中运动的位置数为：N=0.4×25=10个。
（4）设重垂线与y轴夹角为θ，频闪照相时间间隔为T，
如图所示，沿xy轴分解重力加速度可得：，
根据匀变速直线运动规律，在相等时间间隔内的位移差应用逐差法可得：
沿x轴：，联立解得：；
沿y轴：，联立解得：；
可得：
【分析】（1）根据验证平抛运动实验条件和平抛运动特点分析判断；
（2）结合图1原理，根据图2中相等时间间隔的竖直高度和水平位移判断确定；
（3）根据平抛运动高度决定时间，确定时间结合频闪每秒闪光次数计算；
（4）根据题意分解重力加速沿xy轴方向，结合频闪照相确定xy轴方向相等时间间隔内位移，分别沿xy应用逐差法求解。
4．（2023·山东）电容储能已经在电动汽车，风、光发电、脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：
电容器C（额定电压，电容标识不清）；
电源E（电动势，内阻不计）；
电阻箱（阻值）；
滑动变阻器（最大阻值，额定电流）；
电压表V（量程，内阻很大）；
发光二极管，开关，电流传感器，计算机，导线若干。
回答以下问题：
（1）按照图甲连接电路，闭合开关，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片应向 端滑动（填“a”或“b”）。
（2）调节滑动变阻器滑片位置，电压表表盘如图乙所示，示数为 V（保留1位小数）。
（3）继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为时，开关掷向1，得到电容器充电过程的图像，如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出充电结束后，电容器存储的电荷量为 C（结果保留2位有效数字）。
（4）本电路中所使用电容器的电容约为 F（结果保留2位有效数字）。
（5）电容器充电后，将开关掷向2，发光二极管 （填“”或“”）闪光。
【答案】（1）b
（2）6.5
（3）3.8 × 10 3
（4）4.8 × 10 4
（5） 1
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）闭合开关，由电路结构可知，电容器所在支路与滑动变阻器左侧电阻并联，所以若要升高电容器充电电压，应使滑动变阻器左侧电阻增大，所以滑动变阻器滑片应向b端滑动；故填：b；
（2）电压表V的量程15V，每小格是0.5V，根据本位估读法可得，电压表的示数为6.5V；故填：6.5；
（3）根据电荷量的计算公式可得：q=It，I-t图像与坐标轴围成的面积表示电荷量。根据图丙可知，图像下的小格数约为38格，则电容器存储的电荷量为：；故填：3.8 × 10 3。
（4）根据电容的定义式可得：；故填：4.8 × 10 4。
（5）开关掷向1时，电容器充电，左极板带正电，右极板带负电；电容器充电后，将开关掷向2，电容器放电，通过和的电流向右，由二极管的单向导电性可知，导通、断开，则发光二极管闪光。故填： 1。
【分析】（1）根据滑动变阻器分压器的分压原理分析滑片的滑动方向；（2）根据指针的位置读出电压表的示数；（3）I-t图像与坐标轴围成的面积表示电荷量，根据所围面积的格数求解电容器存储的电荷量；（4）根据电容的定义式求解电容；（5）根据二极管的单向导电性进行分析。
5．（2023·山东）利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强和体积（等于注射器示数与塑料管容积之和），逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。
回答以下问题：
（1）在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体___________。
A．与成正比 B．与成正比
（2）若气体被压缩到，由图乙可读出封闭气体压强为 （保留3位有效数字）。
（3）某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了，则在计算乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随的增大而 （填“增大”或“减小”）。
【答案】（1）B
（2）2.04 × 105
（3）增大
【知识点】理想气体的实验规律
【解析】【解答】（1）由图乙可知，在温度不变的条件下， 一定质量的气体的压强p和体积的倒数成正比，和体积V成反比，A不符合题意，B符合题意；
故答案为：B；
（2）气体被压缩到10.0mL时，体积的倒数，由图乙可知，压强；
（3）设测量出的注射器示数为V，则准确的表达式应为，计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值为，是塑料管容积，为定值，所以随着压强的增大，增大。
【分析】（1）由图象进行分析，明确压强p和体积V之间的关系；（2）求出的值，再根据图乙读出压强的值；（3）明确该同学的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的表达式，再结合压强变化得出该差值的变化。
6．（2023·海南）用如图所示的电路测量一个量程为，内阻约为的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为，有两个电阻箱可选，，
（1） 应选 ，应选 ；
（2）根据电路图，请把实物连线补充完整；
（3）下列操作顺序合理排列是： 。
①将变阻器滑动头移至最左端，将调至最大值；
②闭合开关，调节，使微安表半偏，并读出阻值；
③断开，闭合，调节滑动头至某位置再调节使表头满偏；
④断开，拆除导线，整理好器材
（4）如图是调节后面板，则待测表头的内阻为 ，该测量值 （大于、小于、等于）真实值。（此处应该有一个电阻箱的图）
（5）将该微安表改装成量程为的电压表后，某次测量指针指在图示位置，则待测电压为 。
（6）某次半偏法测量表头内阻的实验中，断开，电表满偏时读出值，在滑动头不变，闭合后调节电阻箱，使电表半偏时读出，若认为间电压不变，则微安表内阻为： （用表示）
【答案】（1）；
（2）
（3）①③②④
（4）1998.0Ω；小于
（5）1.30
（6）
【知识点】伏安法测电阻；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据半偏法测量原理，的阻值要等于微安表内阻，能调节出2000Ω的电阻即可，故选电阻箱；
微安表的满偏电压约为：，所以应选变阻箱，选更大的电阻分去更多的电压，限制微安表上的电流；
（2）根据电路图，实物连线补充如图所示；
（3）根据半偏法的测量原理，先调整微安表满偏，再半偏，操作顺序为：①③②④；
（4）变阻箱的读数就是微安表的内阻， 则待测表头的内阻为 ：1998.0Ω
由于闭合使接入并联电路，使电路总电阻减小，总电流增大，微安表和并联部分的总电流增大，调节使微安表读数为满偏电流一半，的电阻会更小一点，所以测量值，即测量值小于真实值；
（5）先读出表盘读数为65，根据2v对应100可知：得：U=1.30v；
(6)由于OP见电压视作不变，则可得：
解得：
【分析】（1）根据半偏法测量原理，的阻值要等于微安表内阻，能调节出2000Ω的电阻即可；
（2）根据电路图连接实物图；
（3）根据半偏法的测量原理，先调整微安表满偏，再半偏，从而确定操作顺序；
（4）由并联电路电阻相等分的电流相等，变阻箱的读数就是微安表的内阻；
根据电路动态分析，闭合调整使微安表半偏，电阻越并越小，总电阻减小，总电流增大，需要调节得更小一点才能把增加的电流分流，致使得偏小；
（5）根据读数规则，按比例换算即可；
（6）在OP间电压视作不变的情况下：闭合前的OP间电压等于闭合后OP间电压列式计算。
7．（2023·海南）用激光测玻璃砖折射率的实验中，玻璃砖与屏平行放置，从另一侧用激光笔以一定角度照射，此时在屏上的处有激光点，移走玻璃砖，光点移到处，
（1）请画出激光束经玻璃折射后完整的光路图；
（2）已经测出，，，则折射率 ．
（3）若改用宽更小的玻璃砖做实验，则间的距离会 （填“变大”，“变小”或“不变”）
【答案】（1）激光束经玻璃折射后的光路图如图所示：
（2）
（3）变小
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）激光束经玻璃折射后的光路图如图所示：
（2）根据折射定律，由几何关系可得：
根据已知条件有几何关系可得：，
联立解得：
（3）有几何关系可知：，若改用宽ab更小的玻璃砖，相当于把ad下移，即BC减小，间的距离也减小。
【分析】（1）根据光的折射定律，射入玻璃砖的光线与射出玻璃砖的光线平行，画出光路图；
（2）根据折射定律，利用几何关系计算折射率；
（3）宽度更小的玻璃砖就是降低ad，使BC减小，间的距离也减小。
8．（2023·浙江）
（1）在“探究平抛运动的特点”实验中
①用图1装置进行探究，下列说法正确的是 。
A．只能探究平抛运动水平分运动的特点
B．需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C． 能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
②用图2装置进行实验，下列说法正确的是 。
A．斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B．上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C． 小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
③用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为 。
A． B． C． D．
（2）如图所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹簧下端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度、的数据如表。
钩码个数 1 2 …
xA/cm 7.75 8.53 9.30 …
xB/cm 16.45 18.52 20.60 …
钩码个数为2时，弹簧A的伸长量 cm，弹簧B的伸长量 cm，两根弹簧弹性势能的增加量 （选填“=”、“<”或“>”）。
【答案】（1）B；C；D
（2）0.78；1.29；>
【知识点】弹性势能；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1） ①图1装置，只能探究平抛运动竖直方向上的运动特点，为了保证小球的水平速度不同，需改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B符合题意，AC不符合题意。
②AC.为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每次需要小球由静止从同一位置释放，斜槽不需要光滑，故A不符合题意，C符合题意；
B.上下调节挡板N时不必每次等间距移动，故B不符合题意。
③根据平抛运动规律得：，，联立解得：，故D符合题意，ABC不符合题意。
（2） 弹簧A的伸长量， 弹簧B的伸长量，根据能量守恒定律知，钩码和弹簧减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，所以两根弹簧弹性势能的增加量。
故答案为：（1）①B；②C；③D；（2）0.78，1.29，
【分析】（1）①此装置只能分析出两球竖直方向上的运动特点，为了保证多次实验验证，需要改变小球的初速度；
②为了保证小球的初速度相同，要让小球从同一位置由静止下滑，轨道是否光滑对实验无影响，挡板N不需要等间距移动；
③根据平抛运动规律求初速度的表达式；
（2）根据指针刻度和弹簧伸长量的关系得出弹簧的伸长量，根据能量守恒定律得出弹性势能增加量和重力势能减少量的大小关系
9．（2023·浙江）在“测量干电池的电动势和内阻”实验中
（1）部分连线如图1所示，导线a端应连接到 （选填“A”、“B”、“C”或“D”）接线柱上。正确连接后，某次测量中电压表指针位置如图2所示，其示数为 V。
（2）测得的7组数据已标在如图3所示坐标系上，用作图法求干电池的电动势 V和内阻 Ω。（计算结果均保留两位小数）
【答案】（1）B；1.20
（2）1.50；1.04
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据实验原理知，电压表要连接在电源的两端，因此导线a端应连接到B接线柱上；电压表的量程是，分度值为，需要估读到分度值的下一位，所以示数为。
（2）根据，结合图像得：，。
故答案为：（1）B，1.20；（2）1.50，1.04
【分析】（1）根据实验原理知电压表测量的是外电压，由此分析出导线a端的连接方式，根据电压表的读数规则得出对应的示数；
（2）根据闭合电路欧姆定律，结合图像的物理意义得出电池电动势和内阻。
10．（2023·上海）如图所示，是某小组同学“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置，实验过程中可近似认为钩码收受到的总重力等于小车所受的拉力。先测出钩码所受的力为G，之后改变绳端的钩码个数，小车每次从同一位置释放，测出挡光片通过光电门的时间△t。
（1）实验中 测出小车质量m车
A．必须 B．不必
（2）为完成实验还需要测量① ；② 。
（3）实际小车受到的拉力小于钩码的总重力，原因是 。
（4）若导轨保持水平，滑轮偏低导致细线与轨道不平行，则细线平行时加速度a1，与不平行是加速度a2相比，a1 a2。(选填“大于”、“小于”或“等于”)
【答案】（1）B
（2）挡光片宽度d；小车释放位置到光电门的距离
（3）下落时钩码有向下的加速度，拉力小于重力
（4）大于
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）验证加速度与力的关系，由牛顿第二定律：控制变量法，控制车的质量M不变，研究a与F的关系，故不保持小车质量不变，不需要测出质量大小；
（2）为完成实验还需要测量 ① 测出挡光片的宽度d ，以便计算光电门处小车的速度：；
② 测出小车释放位置到光电门的距离L，由速度位移公式计算小车的加速度：；
（3）小车与钩码是连接体，钩码的重力使小车和钩码产生加速度，故绳子的拉力小于钩码的重力；
（4）细线水平时，细线拉力产生加速度：；滑轮偏低导致细线与轨道不平行时，细线拉力的水平分力产生加速度：，故.
【分析】验证加速度与质量和合外力的关系的实验，应用的方法是控制变量法，探究加速度与合外力的关系时保持小车质量不变，改变钩码质量测出对应加速度，加速度根据速度位移公式计算，需要测出挡光板的宽度和小车发生的位移；由于钩码的重力让小车和钩码的连接体产生了加速度，故细绳的拉力小于钩码的重力；实验中要保持细绳与轨道平行，不平行时只是细绳拉力的分力产生加速度，增大了实验误差。
11．（2023·湖北）某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：
电压表（量程，内阻很大）；
电流表（量程）；
电阻箱（阻值）；
干电池一节、开关一个和导线若干。
（1）根据图（a），完成图（b）中的实物图连线。
（2）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的图像如图（c）所示，则干电池的电动势为 V（保留3位有效数字）、内阻为 （保留2位有效数字）。
（3）该小组根据记录数据进一步探究，作出图像如图（d）所示。利用图（d）中图像的纵轴截距，结合（2）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为 （保留2位有效数字）。
（4）由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值 （填“偏大”或“偏小”）。
【答案】（1）
（2）1.58；0.64
（3）2.5
（4）偏小
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）实物连接如图：
（2）根据闭合电路欧姆定律得：，结合图像得：，；
（3）根据得：，结合图像得：，解得：；
（4）由于电压表内阻不是无穷大，所以实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，实验中测得的电池内阻偏小。
故答案为：（1）见解答；（2）1.58，0.64；（3）2.5；（4）偏小。
【分析】（1）从电源正极开始依次连接；
（2）（3）根据闭合电路欧姆定律和图像求解；
（4）于电压表内阻不是无穷大，所以实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值。
12．（2023·辽宁）导电漆是将金属粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一 根用导电漆制成的截面为正方形的细长样品(固态)，某同学欲测量其电阻率，设计了如图 (a) 所示的电路图，实验步骤如下：
a. 测得样品截面的边长a=0.20cm；
b. 将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触，其中甲、乙、丁位置固定，丙可在乙、丁间左右移动：
c. 将丙调节至某位置，测量丙和某探针之间的距离L：
d. 闭合开关S， 调节电阻箱R 的阻值，使电流表示数I=0.40 A， 读出相应的电压表示数 U， 断开开关S；
e. 改变丙的位置，重复步骤c、d， 测量多组L 和 U， 作出 U-L 图像如图 (b) 所示，得到直线的斜率k。
回答下列问题：
（1）L是丙到 (填“甲”“乙”或“丁”)的距离；
（2）写出电阻率的表达式p= ( 用k、a、I 表示)；
（3）根据图像计算出该样品的电阻率p= Ω m (保留两位有效数字)。
【答案】（1）乙
（2）
（3）6.5×10-5
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）根据题意，电压表测量的是乙与丙之间的电压，所以L是丙到乙的距离；
（2）由欧姆定律：；
由电阻定律：，
两式联立解得：
根据图b可得：，
得到：；
(3)由图b计算直线斜率代入（2）中电阻率表达式可得：。
【分析】(1) 根据题意，电压表测量的是乙与丙之间的电压，所以L是丙到乙的距离；
（2）由电阻定律和欧姆定律联立解得U-L的函数关系，结合图b直线的斜率计算电阻率表达式；
（3）计算U-L图像直线的斜率的数值代入电阻率表达式得出电阻率的值。
13．（2023·辽宁）某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如 图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA 为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。
测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2) 。 将硬币甲 放置在斜面上某一位置，标记此位置为 B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时， 测量甲从O 点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O 处，左侧与 O 点重合，将甲放置于 B 点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲、乙从 O 点到停止处的滑行距离 OM 和 ON。 保持释放位置不变，重复实验若干次，得到 OP、OM、ON 的平均值分别为S0 、S1 、S2。
（1）在本实验中， 甲选用的是 (填“ 一元”或“ 一角”)硬币；
（2）碰撞前，甲到O 点时速度的大小可表示为 (设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g)；
（3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则= (用m1和m2表示)，然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒；
（4）由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动最变化量大小的比值不是1，写出一条产生这种误差可能的原因。
【答案】（1）一元
（2）
（3）
（4）1.测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；
2.碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际上碰撞过程中，两个硬币组成的系统合外力不为
零。
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）根据题意可知，甲与乙碰撞后甲没有反弹，故甲的质量大于乙的质量，甲选用的是一元硬币；
（2）甲从O-P，由动能定理：，可得：；
(3)甲从O-M，乙从O-N，
同理可得：； ，
根据动量守恒定律：，
可得：；
(4) 误差的可能原因：1.测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；
2.碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际上碰撞过程中，两个硬币组成的系统合外力不为
零。
【分析】（1）根据碰撞后碰撞物体是否反弹确定质量的大小关系；
（2）根据匀减速运动，由动能定理计算碰前甲在O点的速度；
（3）根据匀减速运动，由动能定理分别计算碰后甲乙的速度，根据动量守恒定律得出结果；
（4）误差分析：1.测量的误差，使用测量工具的精度误差，读数误差；2.应用动量守恒定律造成的误差。
14．（2023·新课标卷）一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。
（1）用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径。首先，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐，如图（a）所示，该示数为 mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图（b）所示，该示数为 mm，则摆球的直径为 mm。
（2）单摆实验的装置示意图如图（c）所示，其中角度盘需要固定在杆上的确定点O处，摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小。若将角度盘固定在O点上方，则摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角 5°（填“大于”或“小于”）。
（3）某次实验所用单摆的摆线长度为81.50cm，则摆长为 cm。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，则此单摆周期为 s，该小组测得的重力加速度大小为 m/s2.（结果均保留3位有效数字，π2取9.870）
【答案】（1）0.006（或0.007）；20.035（20.034~20.036）；20.029（20.028~20.030）
（2）大于
（3）82.5；1.82；9.83
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）图a的读数，图b的读数，摆球的直径。
（2）角度盘的位置固定在O点上方，角度盘距离悬点的距离减小，摆线在角度盘上走过的弧长减小，故角度盘的角度为5度时，实际角度小于5度。
（3）摆长，
单摆的周期，
根据单摆周期公式，则。
【分析】（1）螺旋测微器的读数为主尺读数加副尺读数，估读至最小分度值下一位。
（2）根据圆周运动弧长和半径之间的关系分析求解。
（3）摆长为摆线长度加上摆球的半径，根据单摆周期的定义和表达式计算周期和重力加速度。
15．（2023·新课标卷）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，所用器材如下：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。
（1）用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时，红表笔应该与电池的 （填“正极”或“负极”）接触。
（2）某同学设计的实验电路如图（a）所示。先将电阻箱的阻值调为，将单刀双掷开关S与“1”端相接，记录电流随时间的变化。电容器充电完成后，开关S再与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变化情况可能是___________。（填正确答案标号）
A．迅速变亮，然后亮度趋于稳定
B．亮度逐渐增大，然后趋于稳定
C．迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭
（3）将电阻箱的阻值调为，再次将开关S与“1”端相接，再次记录电流随时间的变化情况。两次得到的电流I随时间t变化如图（b）中曲线所示，其中实线是电阻箱阻值为 （填“R1”或“R2”）时的结果，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的 （填“电压”或“电荷量”）。
【答案】（1）正极
（2）C
（3）R2；电荷量
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）多用电表电流从红表笔流入，黑表笔流出，故测量电压时红表笔接电池正极。
（2）闭合开关时，电容器放电，小灯泡迅速变亮，放电过程中电流逐渐减小，小灯泡亮度减小直至熄灭。
（3）根据欧姆定律可知，电路中电阻越大，充电时的起始电流越小，因此实线所对应的电阻箱阻值为R2，根据可知，曲线与坐标轴所围成的面积为充电完成电容器的电荷量。
【分析】（1）根据多用电表的内部结构和红进黑出的电流流向求解。
（2）根据电容器放电过程中电流大小的变化情况分析小灯泡亮度的变化。
（3）根据欧姆定律分析充电瞬间电流的大小，再由和图像的横纵坐标意义分析。
16．（2023·湖南）某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置，其电路如图（a）所示，为电阻箱，为半导体薄膜压力传感器，间连接电压传感器（内阻无穷大）．
（1）先用欧姆表“”挡粗测的阻值，示数如图（b）所示，对应的读数是 ；
（2）适当调节，使电压传感器示数为0，此时，的阻值为 （用表示）；
（3）依次将的标准砝码加载到压力传感器上（压力传感器上所受压力大小等于砝码重力大小），读出电压传感器示数，所测数据如下表所示：
次数 1 2 3 4 5 6
砝码质量 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
电压 0 57 115 168 220 280
根据表中数据在图（c）上描点，绘制关系图线；
（4）完成前面三步的实验工作后，该测量微小压力的装置即可投入使用．在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力，电压传感器示数为，则大小是 （重力加速度取，保留2位有效数字）；
（5）若在步骤（4）中换用非理想毫伏表测量间电压，在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力，此时非理想毫伏表读数为，则 （填“>”“=”或“<”）．
【答案】（1）1000
（2）
（3）
（4）1.7×10-2
（5）>
【知识点】利用传感器制作简单的自动控制装置；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）欧姆表读数为：；
（2）当电压传感器读数为零时，CD两点电势相等，即，即，解得：；
（3）绘出图像如图：
（4）由图像可知，当电压传感器的读数为200mV时，所放物体质量为1.75g，则；
（5）可将CD以外的电路等效为新的电源，CD两点电压看做路端电压，因为换用非理想电压传感器当读数为200mV时，实际CD间断路时的电压大于200mV，则此时压力传感器的读数。
故答案为：（1）；（2）；（3）见解答；（4）；（5）
【分析】（1）根据欧姆表读数方法读数；
（2）根据CD两点电势相等，即求解；
（3）根据表中数据描点作图；
（4）由图像得到200mV时，所放物体质量为1.75g，进而求得的大小；
17．（2023·全国乙卷）一学生小组测量某金属丝（阻值约十几欧姆）的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表（内阻非常大）、定值电阻（阻值）、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图（a）是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空：
⑴实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S。
⑵将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为。由此得到流过待测金属丝的电流I= ，金属丝的电阻 。（结果均用、、表示）
⑶继续微调R，重复⑵的测量过程，得到多组测量数据，如下表所示：
（） 0.57 0.71 0.85 1.14 1.43
（） 0.97 1.21 1.45 1.94 2.43
⑷利用上述数据，得到金属丝的电阻。
⑸用米尺测得金属丝长度。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图（b）所示，该读数为 mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等。
⑹由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率 。（保留2位有效数字）
【答案】；；0.150；5.0
【知识点】导体电阻率的测量；特殊方法测电阻
【解析】【解答】⑵根据串并联电路的特点，开关S接1时电压表读数为金属丝上的电压，开关接2S时电压表读数为 定值电阻 和金属丝上的总电压，由欧姆定律可得：，；
(5)螺旋测微器读数：0+15.0×0.01mm=0.150mm；
（6）利用电阻定律：得：.
【分析】根据串并联电路的特点，利用欧姆定律计算电流和金属丝电阻；螺旋测微器度数为主尺读数加旋钮读数乘以分度值，有估读位；应用电阻定律计算电阻率。
18．（2023·全国乙卷）在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有：木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤：
①用图钉将白纸固定在水平木板上。
②将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力和的大小，并 。（多选，填正确答案标号）
A．用刻度尺量出橡皮条的长度
B．用刻度尺量出两细线的长度
C．用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置
D．用铅笔在白纸上标记出两细线的方向
③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到 ，由测力计的示数得到拉力的大小，沿细线标记此时的方向。
④选择合适标度，由步骤②的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作和的合成图，得出合力的大小和方向；按同一标度在白纸上画出力的图示。
⑤比较和的 ，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
【答案】CD/DC；相同位置；大小和方向
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】 ② 标记小圆环的位置，使两个弹簧秤拉的效果和一个弹簧秤拉的效果相同，等效代替原理，标记两细线的方向，就是标记两个力的方向，要用力的图示作图，AB错误，CD正确；
故答案为：CD
③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到相同位置，使两次产生的效果相同，等效替代原理；
⑤比较和的大小和方向，看它们的一致程度，在误差允许的范围内，得出结论。
故答案为：CD/DC；相同位置；大小和方向。
【分析】验证力的平行四边形定则的实验中，利用等效替代原理，需要记录两个弹簧拉力产生的效果和一个弹簧拉力产生的效果相同，弹簧要拉到同一位置，同时记录力的大小和方向，用力的图示法作图，并以两个弹簧秤拉力为邻边做平行四边形，得出合力与一个弹簧秤的拉力对比，得出结论。
19．（2023·全国甲卷）某同学利用如图(a)所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连。右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连。钩码下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图(b)所示。
（1）已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1s。以打出A点时小车位置为初始位置，将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移△x填到表中，小车发生应位移所用时间和平均速度分别为△t和。表中△xAD= cm， = cm/s。
位移区间 AB AC AD AE AF
△r(cm) 6.60 14.60 △xAD 34.90 47.30
(cm) 66.0 73.0 87.3 94.6
（2）根据表中数据得到小车平均速度随时间△t的变化关系，如图(c)所示。题卡上的图中补全实验点。
（3）从实验结果可知，小车运动的-△t图线可视为一条直线，此直线用方程表示，其中k= cm/s2，b= cm/s。(结果均保留3位有效数字)
（4）根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动，得到打出A点时小车速度大小vA= ，小车的加速度大小a= 。(结果用字母k，b表示)
【答案】（1）24.00；80
（2）
（3）70.8；59.0
（4）b；2k
【知识点】探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】（1）由图b知，；；
（2）补全实验点如图，
（3）b为图像与纵轴的交点，直接读得，k为图像的斜率；
（4）根据得：，则，，所以，。
故答案为：（1）24.00，80；（2）见解答；（3）70.8，59.0；（4）b，2k
【分析】（1）根据、求解；
（2）根据数据描点即可；
（3）b为图像与纵轴的交点，k为图像的斜率；
（4）根据推导平均速度与时间的表达式：，跟对比求解。
20．（2023·全国甲卷）某同学用伏安法测绘一额定电压为6V、额定功率为3W的小灯泡的伏安特性曲线，实验所用电压表内阻约为6kΩ，电流表内阻约为1.5Ω，实验中有图(a)和(b)两个电路图供选择。
（1）实验中得到的电流I和电压U的关系曲线如图(c)所示，该同学选择的电路图是图( )(填“a”或“b")。
（2）若选择另一个电路图进行实验，在图（c）上用实线画出实验中应得到的关系曲线的示意图。
【答案】（1）a
（2）解：若选用b进行实验，当小灯泡正常发光时，电流表示数为0.5A，而电压表示数要大于6V，所以图像如图实线所示：
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）由c图知，电压时对应的电流，此时灯泡的电阻，小灯泡正常发光时的电阻：，根据知，只有选择电流表外接法，即a才能符合题。
【分析】（1）根据，结合图像选择；
（2）若选用b进行实验，当小灯泡正常发光时，电流表示数为0.5A，而电压表示数要大于6V。
21．（2023·浙江选考）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。
①需要的实验操作有 （多选）；
A．调节滑轮使细线与轨道平行
B．倾斜轨道以补偿阻力
C．小车靠近打点计时器静止释放
D．先接通电源再释放小车
②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为 cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打计数点2时小车的速度大小为： （结果保留3位有效数字）。
【答案】ACD；2.75；1.48
【知识点】探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】 ① A：调节滑轮使细线与轨道平行 ，可以使小车合外力恒定，加速度不变，做匀变速运动。符合实验要求。故A正确。
B：本实验不用平衡摩擦力，只要小车做匀变速运动即可。故B错误。
C： 小车靠近打点计时器静止释放 可以让纸带打下更多的点，得到更多数据，故C正确。
D： 先接通电源再释放小车 ，也可以让纸带打下更多的点，故D正确。
故选ABC。
② 计数点1的读数为 2.75 cm，刻度尺读数要读到最小刻度后一位，即读到0.01厘米。
【分析】 ①实验不用平衡摩擦力，探究加速度与合外力，质量的关系要平衡摩擦力。
②匀变速直线运动的中间时刻瞬时速度等于全程的平均速度。
22．（2023·浙江选考）在“测量金属丝的电阻率”实验中：
（1）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示，图中的导线a端应与 （选填“一”、“0.6”或“3”）接线柱连接，b端应与 （选填“—”、“0.6”或“3”）接线柱连接。开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于 （选填“左”或“右”）端。
（2）合上开关，调节滑动变阻器，得到多组U和I数据。甲同学由每组U、I数据计算电阻，然后求电阻平均值；乙同学通过图像求电阻。则两种求电阻的方法更合理的是 （选填“甲”或“乙”）。
（3）两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流的表头G改装成电流表。如图2所示，表头G两端并联长为L的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G满偏，毫安表示数为I。改变L，重复上述步骤，获得多组I、L数据，作出图像如图3所示。
则图像斜率 。若要把该表头G改装成量程为的电流表，需要把长为 m的镍铬丝并联在表头G两端。（结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）0.6；0.6；左
（2）乙
（3）2.3；0.26
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）回路电压不超过3伏，电流较小，所以导线a端应该接0.6接线柱。电阻丝电阻小，采用电流表外接误差小，所以b端接0.6接线柱。 开关闭合前 ，滑片位于最左端，电表以及金属丝被短路，无电流通过，保护电路。
（2）做U-I图象可以将剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度，所以选乙。
（3）代入图像上的点坐标。
延长图像可知，当I=9.0mA时可得，，所以
【分析】（1）根据电路电压电流选择电压表和电流表量程。电阻小，选择外接法测电阻误差小。
（2）做U-I图象可以将剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度。
（3）代入图像上点的坐标即可求出斜率大小，延长图像可得导线长度。
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