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大单元周测卷(六) 大单元六 实验技能与
创新
层级一 教材溯源·基础固本
(总分：100 分)
1．(9 分)(人教版必修第二册P28 实验改编)某实验小组利用如图所示的向心力演
示器探究向心力大小的表达式。
1 手柄、2 和3 变速塔轮、4 长槽、5 短槽、6 横臂、7 弹簧测力套筒、8 标尺
(1)匀速转动手柄1，可以使变速塔轮2 和3 以及长槽4 和短槽5 随之匀速转动，
槽内的小球也随之做匀速圆周运动，标尺8 上漏出的红白相间等分标记可以粗
略计算出________。
A．两小球质量的比值
B．两小球做圆周运动半径的比值
C．两小球角速度大小的比值
D．两小球向心力大小的比值
(2)与本实验采用了相同科学方法的实验是________。
A．探究互成角度的力的合成规律
B．探究加速度与力、质量的关系
C．探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
(3)实验中保持两小球的质量相同，圆周运动的半径相同，两小球做圆周运动的
角速度和向心力大小的实验数据如表所示，可以得到的实验结论是
_____________________________________________________________________。
序号
1
2
3
ω1∶ω2
1
2
3
F1∶F2
1
4
9
[解析] (1)标尺8 上漏出的红白相间等分标记可以粗略计算出两小球向心力大
小的比值。故选D。
(2)本实验采用的科学思想方法为控制变量法，其中探究互成角度的力的合成规
律的实验采用等效替代法，探究加速度与力、质量的关系和探究变压器原、副
线圈电压与匝数的关系均采用控制变量法。
故选BC。
(3)若保持两小球的质量相同，圆周运动的半径相同，根据两小球做圆周运动的
角速度和向心力大小的实验数据可得出结论：向心力大小与角速度的平方成正
比。
[答案] (1)D (2)BC (3)向心力大小与角速度的平方成正比
2．(9 分)(人教版选择性必修第一册P87 实验、P114 第3 题改编)小王同学欲利
用“插针法”测量某平行玻璃砖的折射率，正确操作后，作出的光路图如图甲
所示。因手中无量角器，该同学便以入射点O 为圆心作圆，与入射光线、折射
光线分别交于A、B 点，再分别过A、B 点作法线的垂线，垂足分别为M、N 点，
如图乙所示。
(1)下列关于大头针P3、P4的位置，说法正确的是________。
A．插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像
B．插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像
C．插上大头针P4，使P4挡住P1、P2的像和P3
D．插上大头针P4，使P4仅挡住P3
(2)测出线段OA、OM、ON 的长度分别为5 cm、3 cm、4 cm，则该玻璃的折射
率n＝________。
(3)另一同学在实验时因粗心将法线画歪了(如图丙)，在其他操作均正确的情况
下，则他测得的折射率将________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
[解析] (1)确定大头针P3的位置的方法是使大头针P3能挡住P1、P2的像，则P3
必定在出射光线方向上，确定大头针P4的位置的方法是使大头针P4能挡住P1、
P2的像和P3，则P4必定在出射光线方向上。故选AC。
(2)由题图乙可知，OA＝OB＝5 cm，根据几何关系有cos ∠AOM＝OM
OA ＝3
5，
cos ∠BON＝ON
OB ＝4
5
解得∠AOM＝53°，∠BON＝37°
根据折射定律可得n＝sin❑∠AOM
sin❑∠BON ＝sin53°
sin37°＝4
3。
(3)由题图丙可知，入射角和折射角都减小相同的角度Δθ，则折射率的测量值为
n 测＝sin (i- Δθ)
sin (r - Δθ)
真实值为n 真＝sini
sin r
因r<i，根据三角函数的性质可判断sini
sin r < sin (i- Δθ)
sin (r - Δθ)
即n 真<n 测
故折射率测量值偏大。
[答案] (1)AC (2)4
3 (3)偏大
3．(12 分)(人教版必修第二册P97 参考案例2 改编)某同学借助如图1 所示的装
置，用来验证机械能守恒定律，用到的器材有：气垫导轨、光电门、遮光条、
数字毫秒计、滑块等。当地重力加速度为g，实验的主要步骤如下：
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图2 所示，则d＝________mm。
(2)用测量工具测得导轨斜面的倾斜角为θ。
(3)将滑块从光电门左上方的最高位置由静止释放，用刻度尺测出滑块在释放点
时遮光条与光电门之间的距离为L，记录下遮光条通过光电门的遮光时间为t，
则滑块经过光电门时的速度大小v＝______，要验证滑块的机械能是否守恒，
只需验证1
2(
d
t )
2
＝________。(均用题中所给字母表示)
(4)为减小实验误差，实验时宜选用宽度________(选填“较大”或“较小”)的
遮光条。
[解析] (1)遮光条的宽度为d＝17 mm＋0.1 mm×5＝17.5 mm。
(3)滑块经过光电门时的速度为v＝d
t
要验证滑块的机械能是否守恒，只需验证
1
2m(
d
t )
2
＝mgL sin θ
即1
2(
d
t )
2
＝gL sin θ。
(4)为减小实验误差，宜选用宽度较小的遮光条。
[答案] (1)17.5 (3)d
t gL sin θ (4)较小
4．(9 分)(人教版选择性必修第一册P19 参考案例2 改编)如图所示为验证动量守
恒定律的实验装置图。实验时，将斜槽固定在铁架台上，使槽末端水平。先让
质量为m1的入射球多次从倾斜轨道上由静止释放，记录其在水平桌面上的平均
落点位置。然后把质量为m2的被碰小球静置于槽的末端，再将入射球从倾斜轨
道上由静止释放，与m2相碰，并多次重复，记录两小球在桌面上的平均落点位
置。用刻度尺测量O 点到三个平均落点位置M、P、N 的距离，分别记为x1、
x2、x3。
(1)关于该实验，下列说法中正确的是________(填正确答案标号)。
A．入射球和被碰球的质量必须满足m1>m2
B．入射球每次可从斜槽上任意位置释放
C．实验中还必须测量出斜槽末端到水平地面的高度
D．将小球静置于斜槽末端，若小球能保持静止，则说明斜槽末端水平
(2)在测量x1的过程中，直尺的0 刻度与白纸上O 点对齐，测量时如图所示，则
x1＝________cm。
(3)在误差允许范围内，表达式__________________________________________
成立，则两个小球的碰撞满足动量守恒定律(用m1、m2、x1、x2和x3表示)。
[解析] (1)为了避免碰撞后入射球被反弹，所以要求入射球的质量大于被碰球
的质量，即m1>m2，故A 正确；为保证入射球每一次获得相同的初速度，故每
一次入射球都要从同一位置静止释放，故B 错误；小球从斜槽末端飞出后，做
平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时间相同，即可用水平位移表示速
度，所以不需要测量小球抛出点的离地高度，故C 错误；为保证小球做平抛运
动，所以要将小球静置于斜槽末端，若小球能保持静止，则说明斜槽末端水平，
故D 正确。
(2)由题图所示刻度尺可知，其分度值是1 mm，故读数为43.90 cm。
(3)小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时
间t 相等，由题意可知，P 点为碰撞前入射球的落点，M 点为碰撞后入射球的落
点，N 点为碰撞后被碰球的落点，则碰撞前入射球的速度大小v0＝x2
t ，碰撞后
入射球的速度大小v1＝x1
t ，碰撞后被碰球的速度大小v2＝x3
t ，若两球碰撞过程
系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，整理
得m1x2＝m1x1＋m2x3。
[答案] (1)AD (2)43.90(43.90～43.92 均可) (3)m1x2＝m1x1＋m2x3
5．(15 分)(人教版必修第二册P11 参考案例、P12 拓展学习改编)在“探究平抛
运动的特点”实验中，同学们进行了如下几组实验：
(1)如图甲所示，实验一：保持仪器离地高度不变，用小锤打击弹性金属片，改
变打击弹片的力度，发现A、B 两球同时落地。实验二：改变仪器离地高度、
再用小锤打击弹性金属片，发现A、B 两球仍然同时落地。关于这两个实验的
分析，正确的是________。
A．实验一说明：平抛运动水平初速度大小不影响空中运动时间
B．实验二说明：平抛运动水平初速度大小不影响空中运动时间
C．两个实验都说明：平抛运动沿水平方向的分运动是匀速直线运动
D．两个实验都说明：平抛运动沿竖直方向的分运动与自由落体运动相同
(2)用如图乙所示的实验装置描绘平抛运动的轨迹，下列操作正确的是________。
A．安装装置时要使平抛轨道的抛射端处于水平位置
B．建立坐标系的原点位置要在小球中心离开轨道处
C．每次向下移动接球挡板的高度变化必须相等
D．在描绘某一平抛运动轨迹时，定位板的位置可以不同
(3)同学们用二维运动传感器得到比较精确的平抛运动轨迹，并在坐标纸上建立
了如图丙所示的坐标系，坐标纸的每小格边长为L0，a、b、c 是轨迹上的三个
点，当地重力加速度为g。
①钢球离开轨道时速度v0＝________(用L0或g 表示)。
②测得轨迹上多个点的坐标值(x，y)，并在图丁所示的y-x2坐标系中描点连线，
得到一条过坐标原点的直线。这说明测得的轨迹________(选填“是”或“不
是”)抛物线。测得图丁中直线斜率为k，则k 与L0之间的关系是________。
[解析] (1)实验一高度相同时即使初速度不同两球也会同时落地，说明平抛运
动水平初速度大小不影响空中运动时间，A 正确；实验二高度不同时，两球仍
能同时落地，只能说明两球竖直方向的运动相同，不能说明水平初速度大小不
影响小球运动的时间，B 错误；两个实验都不能说明水平方向是匀速直线运动，
C 错误；由于实验一没有改变高度，具有偶然性，不能说明竖直方向为自由落
体运动，实验二改变高度后，总是同时落地才说明竖直方向上是自由落体运动，
D 错误。
(2)安装装置时要使平抛轨道的抛射端处于水平位置，以保证小球做平抛运动，
选项A 正确；建立坐标系的原点位置要在小球在轨道末端时球心在竖直木板的
投影位置，即要在小球中心离开轨道处位置，选项B 正确；每次向下移动接球
挡板的高度变化不一定必须相等，选项C 错误；在描绘同一平抛运动轨迹时，
定位板的位置必须相同，选项D 错误。
(3)①竖直方向有Δy＝2L0＝gT2
水平方向有3L0＝v0T
解得v0＝3√
g L0
2 。
②根据平抛运动规律有：x＝v0t，y＝1
2gt2
结合几何关系，变形整理得：y＝
g
2v0
2x2
在题图丁所示的y-x2坐标系中描点连线，得到一条过坐标原点的直线，这说明
测得的轨迹是抛物线。
图像的斜率为k＝
g
2v0
2
解得k＝1
9 L0。
[答案] (1)A (2)AB (3)3√
g L0
2 是
k＝1
9 L0
6．(15 分)(人教版选择性必修第二册P113 应用案例分析改编)某水果加工厂的苹
果自动分拣装置的示意图如图甲所示，该装置能把大小不同的苹果按一定质量
标准自动分拣为大苹果和小苹果，装置中R1为半导体薄膜压力传感器，托盘置
于R1上，托盘所受重力不计。苹果经过托盘时对R1产生压力，半导体薄膜压力
传感器R1的阻值随压力F 变化的图像如图乙所示。初始状态衔铁水平，当电阻
箱R2两端电压U2≥4 V 时，控制电路使电磁铁工作吸动衔铁，并保持一段时间，
确保苹果在衔铁上运动时电磁铁保持吸合状态，苹果进入下通道。已知电源电
动势E＝10 V，内阻r＝1.0 Ω，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)当质量较大的苹果通过托盘时，对应的压力传感器R1的阻值________(选填
“较大”或“较小”)。
(2)现以0.3 kg 为标准质量将苹果分拣开，根据题述条件可知，质量小于0.3 kg
的苹果将通过________(选填“上通道”或“下通道”)，电阻箱R2的阻值应调
为________Ω(结果保留一位小数)。
(3)若要将分拣标准质量提高到0.40 kg，仅将R2的阻值调为________Ω(结果保留
一位小数)即可实现。
(4)若电源长时间未使用，内阻r 增大，但电动势不变，则分拣标准质量将会
________(选填“变大”“变小”或“不变”)。
[解析] (1)质量较大的苹果通过托盘时，托盘对R1的压力较大，根据题图乙可
知，R1的阻值较小。
(2)若苹果质量小于0.3 kg 时，则R1阻值增大，分压增大，由于电源电动势不变，
R2两端分压减小，电衔铁将不被吸合，小苹果将通过上通道。
当苹果质量为0.3 kg 时，此时R1＝20 Ω
为使该装置达到分拣目的，R2的阻值满足
R1+r
R2
＝
E -U 2
U 2
解得R2＝14.0 Ω。
(3)同理当苹果质量为0.40 kg 时，此时R′1＝15 Ω
为使该装置达到分拣目的，R2的阻值满足R1
' + r
R2
＝
E -U 2
U 2
解得R2≈10.7 Ω。
(4)若电源长时间未使用，内阻r 增大，但电动势不变，根据U＝
E
R1+ R2+r R2
可知内阻r 增大，则实际要吸引衔铁打开通道时的电阻偏小，需要的压力变大，
即分拣标准质量将会变大。
[答案] (1)较小 (2)上通道 14.0
(3)10.7 (4)变大
7．(15 分)(人教版必修第三册P76 第3 题改编)某实验小组利用如图甲所示的电
路图来探究额定电压为2.5 V 的小灯泡的伏安特性。
除了额定电压为2.5 V 的小灯泡L，本实验还可能用到的器材有：
A．电流表A1(量程为0～10 mA，内阻为100 Ω)
B．电流表A2(量程为0～0.6 A，内阻未知)
C．滑动变阻器R1(最大阻值为10 Ω)
D．滑动变阻器R2(最大阻值为200 Ω)
E．定值电阻R0
F．电源(电动势E＝3.0 V，内阻r＝1.0 Ω)
G．开关S、导线若干
(1)将电流表A1与定值电阻R0串联，改装成量程为0～2.5 V 的电压表，则R0＝
________Ω；为了方便准确地探究小灯泡的伏安特性，滑动变阻器R 应选
________(填写器材前的字母代号)，请对照图甲中的电路图，用笔画线代替导
线，在图乙中完成实物连线。
(2)该实验小组通过实验得到多组I1和I2的实验数据，发现当I1＝10 mA 时，I2
＝0.25 A，则小灯泡的额定功率为________W(保留两位有效数字)。
(3)该实验小组以(I2－I1)为纵轴，以I1为横轴，描点作出的图像如图丙所示，若
将本实验的相同规格的两个小灯泡与电动势为3.0 V、内阻为1.0 Ω 的电池直接
串联，则每个小灯泡的实际功率为____________W(保留两位有效数字)。
[解析] (1)将电流表A1与定值电阻R0串联，改装成量程为0～2.5 V 的电压表，
则R0＝U
I g－RA1＝(
2.5
10×10
-3 -100) Ω＝150 Ω。
如果选最大阻值为200 Ω 的滑动变阻器，即使滑动变阻器的滑片移动较大距离，
小灯泡的电压变化也不明显，导致调节范围受限，调节将会不方便，因此选最
大阻值10 Ω 的滑动变阻器R1，即选C。
实物连接如下。
(2)小灯泡的额定功率P＝UI＝I1(R0＋RA1)×(I2－I1)＝0.60 W。
(3)令I＝I2－I1，根据串并联特点可知灯泡两端电压U＝(RA1＋R0)I1
两个小灯泡与电动势为3.0 V、内阻为1.0 Ω 的电池直接串联时，流过电源的电
流为I，电源两端的路端电压为2U，且2U＝E－Ir
整理得I1＝6－2I(mA)
当I＝0 时I1＝6 mA，当I＝0.2 A 时I1＝5.6 mA，作图如图所示
题图中图线的交点为(5.62 mA，0.19 A)，可知U＝(0.25×5.62) V＝1.405 V
故每个小灯泡的实际功率P′＝(1.405×0.19) W≈0.27 W。
[答案] (1)150 C 图见解析 (2)0.60
(3)0.27
8．(16 分)(人教版必修第三册P91 参考案例2、P92 第3 题改编)小明利用铜片、
锌片和橙子制作了水果电池。为了测量该电池的电动势E 和内阻r，他进行了
如下实验。
(1)将一铜片和一锌片分别插入同一个橙子内，构成一个简单的水果电池，用多
用电表的“直流电压2.5 V”挡粗测水果电池的电动势，如图1 所示，则多用电
表的读数为________V。
(2)如图2 所示，将该电池连接规格为“1.0 V 0.3 A”的小灯泡，结果小灯泡不
亮。已知小灯泡完好无损，电路连接正确，且没有断路现象，则可能的原因是
________。
A．电源的电动势小
B．电源内阻太大，电路的路端电压小
(3)小明要用如图3 所示的装置测量水果电池的电动势和内阻。其中电流表的量
程为0～3 mA，内阻为40 Ω，电阻箱R(0～999.9 Ω)，多次改变电阻箱接入电路
的阻值R，读出电流表A 的示数I，根据测得的数据作出1
I -R 图像，如图4 所示。
根据图像可得，水果电池的电动势E 测＝________V，内阻r 测＝________Ω。
(结果均保留三位有效数字)
(4)从测量原理来看，利用图3 所示电路所得的水果电池的测量值与真实值相比，
电动势E 测________E 真，内阻r 测________r 真。(均选填“>”“＝”或“<”)
[解析] (1)用多用电表的“直流电压2.5 V”挡粗测水果电池的电动势，分度值
为0.05 V，多用电表的读数为0.95 V。
(2)电源的电动势和小灯泡的额定电压非常接近，小灯泡不亮的原因是电源内阻
太大，导致电源的路端电压太小，选项B 正确。
(3)根据闭合电路欧姆定律有
I＝
E测
R+r测+r A
有1
I ＝1
E测R+
r测+r A
E测
结合题图4 有1
E测
＝920- 470
500
V－1，
r测+r A
E测
＝470 A－1
解得E 测≈1.11 V，r 测≈482 Ω。
(4)由(3)可知计算中已经考虑电流表内阻，可知电动势和内阻均无系统误差。
[答案] (1)0.95 (2)B (3)1.11 482 (4)＝ ＝
大单元周测卷(六) 大单元六 实验技能与
创新
层级二 模拟精选·能力进阶
(总分：100 分)
1．(9 分)(2025·辽宁本溪·二模)为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，
某兴趣小组设计了如图甲所示的实验装置。其中M 为小车的质量，m 为砂和砂
桶的总质量，m0为小车上的滑轮的质量，力传感器可以测出轻绳中的拉力大小。
(1)实验时，下列说法及操作正确的有________。
A．将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡阻力
B．需用停表测出小车运动的时间
C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带
D．平衡阻力时需将砂桶如图甲所示悬挂
(2)该兴趣小组在实验中得到如图乙所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个计
时点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz 的交流电，根据纸带，
可得打计数点2 时小车的速度为____________m/s(结果保留两位有效数字)。
(3)小车的加速度为________m/s2(结果保留两位有效数字)。
[解析] (1)用力传感器测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑
轮的长木板右端垫高，以平衡阻力，A 项正确；打点计时器是计时仪器，不需
要停表测出小车运动的时间，B 项错误；使用打点计时器时，应先接通电源，
待打点稳定后再释放小车，打出一条纸带，C 项错误；平衡阻力时不悬挂砂桶，
D 项错误。
(2)纸带相邻两计数点间还有四个计时点没有画出，所以两计数点间时间为T＝
0.1 s，根据匀变速直线运动中某段过程中间时刻的瞬时速度等于这段过程的平
均速度，可得打计数点2 时小车的速度为v＝(1.80+2.20)×10
-2 m
2×0.1 s
＝0.20 m/s。
(3)根据逐差法可知小车的加速度为a＝[(2.20+2.60)-(1.40+1.80)]×10
-2 m
(2×0.1 s)
2
＝
0.40 m/s2。
[答案] (1)A (2)0.20 (3)0.40
2．(9 分)(2025·天津·二模)在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，
某小组进行实验的主要步骤是：
(ⅰ)如图甲所示，轻质小圆环挂在橡皮条一端，橡皮条另一端固定，橡皮条长
度为GE；
(ⅱ)通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力F1、F2的共同作用，
静止于O 点，橡皮条伸长的长度为EO，如图乙所示。记录O 点位置以及F1、
F2的大小和方向；
(ⅲ)撤去F1、F2，改用一个弹簧测力计拉小圆环，仍使它静止于O 点，此时测
力计的示数为F，如图丙所示。记录F 的大小和方向；
(ⅳ)图丁是在白纸上根据实验记录进行猜想后画出的力的合成图示。
(1)本实验中，我们采用的研究方法是________。
A．理想实验法
B．控制变量法
C．等效替代法
D．理想模型法
(2)关于该实验，下列说法正确的是________。
A．实验前必须对测力计进行校准和调零
B．连接测力计的细绳之间夹角越大越好
C．进行图丙的实验操作时，也可以用一个弹簧测力计将小圆环拉到O 点之外
的其他点
D．重复实验再次进行验证时，小圆环到达的平衡位置O 可以与前一组不同
(3)图丁中F′是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线，实验中一定沿GO
方向的是________(选填“F”或“F′”)。
[解析] (1)本实验中，两个力拉橡皮筋的作用效果与一个力拉橡皮筋的作用效
果相同，采用的研究方法是等效替代法。故选C。
(2)实验前必须对测力计进行校准和调零，故A 正确；连接测力计的细绳之间夹
角不能太大，也不能太小，适当就好，故B 错误；为了保持作用效果相同，进
行图丙的实验操作时，需要用一个弹簧测力计将小圆环拉到O 点，故C 错误；
重复实验再次进行验证时，由于不是同一次实验，所以小圆环到达的平衡位置
O 可以与前一组不同，故D 正确。
(3)题图丁中F′是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线，由于存在一定的
误差，F′不一定沿GO 方向；F 是一个力拉橡皮筋得到的合力实验值，根据二
力平衡可知，F 一定沿GO 方向。
[答案] (1)C (2)AD (3)F
3．(15 分)(2025·北京海淀·二模)某小组同学用如图1 所示装置做“验证机械
能守恒定律”的实验。
(1)实验时甲同学进行了如下操作，其中操作不当的步骤是________(填选项前的
字母)。
A．对体积和形状相同的重物，选择密度大的进行实验
B．将打点计时器接到直流电源上
C．将接有重物的纸带沿竖直方向穿过打点计时器的限位孔
D．先释放纸带，再接通打点计时器电源
(2)实验得到如图2 所示的一条纸带(其中一段纸带图中未画出)。选取纸带上清
晰的某点记为O，再选取三个连续打出的点A、B、C，测出它们到O 点的距离
分别为h1、h2、h3。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，重物质量m＝
300 g，当地重力加速度g＝9.8 m/s2。由此可计算出打点计时器打下B 点时重物
下落的瞬时速度vB＝________m/s。从打下O 点到打下B 点的过程中，重物的
重力势能减少量为________J。(结果均保留两位有效数字)
(3)乙同学的实验结果显示，重物的重力势能减少量总是小于其动能增加量，最
可能的原因是________(填选项前的字母)。
A．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
B．将打下O 点时重物的速度记为0
C．没有采用多次实验取平均值的方法
(4)丙同学设计了另一种“验证机械能守恒定律”的实验方案，如图3 所示。他
在一个较粗的矿泉水桶侧面开一个小孔，将一细管插入小孔处，水能够从细管
中水平射出。该同学仅选用刻度尺作为测量工具，验证桶中液面下降过程中水
的机械能守恒。写出需测量的物理量及其应满足的关系(用所需测量的物理量表
示)。
[解析] (1)对体积和形状相同的重物，选择密度大的进行实验，以减小阻力影
响，选项A 正确；将打点计时器接到交流电源上，选项B 错误；将接有重物的
纸带沿竖直方向穿过打点计时器的限位孔，选项C 正确；先接通打点计时器电
源，再释放纸带，选项D 错误。题目选择操作不当步骤，故选BD。
(2)打点计时器打下B 点时重物下落的瞬时速度vB＝hAC
2T ＝(15.19-9.20)×10
-2
2×0.02
m/s≈1.5 m/s
从打下O 点到打下B 点的过程中，重物的重力势能减少量为ΔEp＝mgh2＝
0.3×9.8×0.12 J≈0.35 J。
(3)由于存在空气阻力和摩擦阻力的影响，会造成重物的重力势能减少量总是大
于其动能增加量，选项A 错误；
若打下O 点时的速度不为0，而将打下O 点时重物的速度记为0，则会造成重
物的重力势能减少量总是小于其动能增加量，选项B 正确；
采用多次实验取平均值的方法会产生偶然误差，不一定会重物的重力势能减少
量总是小于其动能增加量，选项C 错误。故选B。
(4)选择质量m 为研究对象，若机械能守恒则满足mgh＝1
2 mv0
2
其中h 为瓶内水的液面到出口的高度；水射出后做平抛运动，则由x＝v0t，y＝
1
2gt2
可得v0＝x√
g
y
则只需验证x2＝4hy
需要测量的物理量：瓶内水的液面到出口的高度h；水射出后做平抛运动水平
射程x 和竖直高度y。
[答案] (1)BD (2)1.5 0.35 (3)B
(4)见解析
4．(12 分)(2025·湖南长沙·模拟)某学习小组利用如图1 所示的装置，测量滑
块1、2 的质量m1、m2(含遮光板)。
实验器材：气垫导轨、滑块1、2(含宽度相同的遮光板)、配重块(质量已知)、弹
簧、细线、光电门、计时器等。
实验步骤：
①打开光电门及计时装置，接通气源，调节气垫导轨水平；
②在滑块1 上固定数量不等的配重块，在两个滑块中间压缩轻质弹簧，再用细
线把两个滑块连接；
③开始时让两滑块在两光电门中间处于静止状态，然后烧断细线，滑块1、2 分
别向左右弹开，经过光电门时，记录遮光板的挡光时间分别为t1、t2及配重片的
总质量m；
④改变滑块1 上配重片的质量，多次重复实验，记录多组t1、t2及m 值。
数据处理：在坐标纸上以
t1
t2为纵轴，以配重片总质量m 为横轴，画出
t1
t2-m 图像
如图2 所示，为一条倾斜的直线，测出纵截距为b，斜率为k。
请回答下列问题：
(1)若每次滑块弹开过程系统动量守恒，根据图像可求出滑块1 质量m1＝
________，滑块2 质量m2＝________。(均用b、k 表示)
(2)每次实验，弹簧的压缩量________(选填“可以不同”或“必须相同”)。
(3)若某次实验在烧断细线前，两滑块没有处于静止状态，而是有向左的微小速
度，则此次测量的数据点处在理论直线的________(选填“上”或“下”)侧。
[解析] (1)设遮光板宽度为d，弹簧弹开后，滑块1、2 的速度大小分别为v1＝
d
t1
，v2＝d
t2
滑块弹开过程系统动量守恒，有
0＝(m1＋m)v1－m2v2
可得
m1+m
t1
＝
m2
t2
整理可得
t1
t2＝
m1
m2＋1
m2m
可知
t1
t2-m 图像为一条倾斜的直线，斜率与纵截距的意义为k＝1
m2，b＝
m1
m2
可得m2＝1
k ，m1＝bm2＝b
k 。
(2)由于
t1
t2
＝
m1+m
m2
，与弹簧压缩量大小无关，所以每次实验，弹簧的压缩量可
以不同。
(3)若某次实验在烧断细线前，两滑块有向左的微小速度，烧断细线后，滑块1
向左的速度比理想值偏大，遮光时间t1比理想值偏小，滑块2 向右的速度比理
想值偏小，遮光时间t2比理想值偏大，
t1
t2
比理想值偏小，此次测量的数据点处
在理论直线的下侧。
[答案] (1)b
k 1
k (2)可以不同 (3)下
5．(9 分)(2025·山西晋城·二模)某同学用注射器和压强传感器探究在温度不变
时，一定质量气体的压强和体积关系。装置如图甲所示。
(1)关于实验要点，下列说法正确的是________。
A．活塞上要涂润滑油，以减小摩擦对压强测量的影响
B．推拉活塞时，应用手握住整个注射器，使其不要晃动
C．推拉活塞的时间越短越好
D．每次推拉活塞待稳定后，再记录压强值
(2)环境温度不变，该同学按正确操作先后做了两次实验，得到的两次p- 1
V 的图
像
如
图
乙
所
示
，
两
次
图
像
斜
率
不
同
的
原
因
是
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
。
(3)另一同学也用该装置做实验，根据实验测得的多组p 和V，作出p- 1
V 图像如
图丙所示，图像向下弯曲的可能原因有________。
A．实验过程中有进气现象
B．实验过程中有漏气现象
C．实验过程中气体温度降低
D．实验过程中气体温度升高
[解析] (1)活塞上要涂润滑油，是为了防止漏气，气体压强由压强传感器测量，
活塞与筒壁的摩擦对压强无影响，故A 错误；推拉活塞时，不能用手握住整个
注射器，要缓慢推拉活塞，以防止气体温度发生改变，故B、C 错误；每次推
拉活塞待稳定后，再记录压强值，故D 正确。
(2)由于温度不变，由p＝CT· 1
V 可知，图像的斜率不同是因为气体的质量不同。
(3)由p＝CT· 1
V 可知，图像向下弯曲斜率变小，则有可能是温度降低或发生了
漏气现象。故选BC。
[答案] (1)D (2)气体质量不同 (3)BC
6．(16 分)(2024·四川雅安市·三模)某实验小组为了测量某电压表V 的内阻，
他们找到如下实验器材：
学生直流电源E
电阻箱R(最大阻值9 999 Ω)
标准电压表V0
滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω)
滑动变阻器R2(最大阻值500 Ω)
开关、导线若干
(1)他们设计了如图甲所示实验电路图，滑动变阻器应选择________(选填“R1”
或“R2”)。
(2)正确连接电路后，调节滑动变阻器滑片至最________(选填“左”或“右”)
端，电阻箱阻值调为______(选填“零”或“最大值”)；闭合开关，调节滑动
变阻器使电压表满偏；保持滑动变阻器滑片位置不动，调节电阻箱阻值，使电
压表半偏，此时电阻箱示数如图乙所示，则可认为电压表内阻为________Ω。
(3)该实验存在系统误差，电压表实际内阻应______(选填“大于”“小于”或
“等于”)此时电阻箱阻值；为了得到更准确的内阻值，他们设计了如图丙所示
电路，正确连接电路后，调节电阻箱阻值为某一固定值R0，当待测电压表V 的
示数为U 时，标准电压表V0示数为U0，调节滑动变阻器，测得多组U、U0的
数值，以U0为纵坐标，U 为横坐标，画出U0-U 图像是斜率为k 的直线，则待测
电压表的内阻为________(用k、R0表示)。
[解析] (1)分压式电路应选择小电阻的滑动变阻器，故应选择R1。
(2)正确连接电路后，为了保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器滑片调节至最
左端，应将电阻箱阻值调为零；闭合开关，调节滑动变阻器使电压表满偏；保
持滑动变阻器滑片位置不动，调节电阻箱阻值，使电压表半偏，根据串联电路
分压特点可知，电阻箱的阻值等于被测电压表的内阻，所以被测电压表的内阻
为2 010 Ω。
(3)由于电阻箱的接入，并联部分的电阻增大，分压增大，所以当电压表读数变
为半偏时，电阻箱实际分压大于电压表的读数，所以电压表实际内阻应小于电
阻箱的阻值；
根据题图丙所示电路，由闭合电路欧姆定律有
U 0-U
R0
＝U
RV ，知U0＝
R0+ RV
RV
U，
则k＝
R0+ RV
RV
，待测电压表的内阻为RV＝R0
k -1。
[答案] (1)R1 (2)左 零 2 010 (3)小于 R0
k -1
7．(15 分)(2025·陕西西安·三模)某校举行了一次物理实验操作技能比赛，其
中一项比赛为选用合适的电学元件设计合理的电路，并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10 mA，内阻10 Ω)
B．电流表A(0～0.6 A～3 A，内阻未知)
C．电压表V(0～5 V～10 V，内阻未知)
D．滑动变阻器R(0～100 Ω，1 A)
E．定值电阻R0(阻值990 Ω)
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，内阻r＝________ Ω。(结果均保留两位有效数字)
(2)小张同学设计了图(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＝________(用图中
EA、EB、IA、IB表示)。
[解析] (1)由题图(a)电路可知E＝I1(RG＋R0)＋(I1＋I2)r
解得I1(1 000＋r)＝E－rI2
由题图(b)可知I1＝7 mA 时I2＝0.1 A；I1＝5 mA 时I2＝0.5 A；代入可得7×10-
3×(1 000＋r)＝E－r×0.1，5×10-3×(1 000＋r)＝E－r×0.5
联立解得E＝7.5 V，r＝5.0 Ω。
(2)由题图(c)分析可知，单刀双掷开关接1 和2 时，只是电流表的内接与外接差
别：当S2接1 时，是电流表的内接法(相对于电源)，从题图(d)可以看出，当电
流表的示数为零时，即电源的外电路断开，而对电源来说断路电压就是电动势，
根据实验原理知：图像的纵截距b1＝E；由于电流表内阻的影响，则短路电流I
短1＜I 短，即横截距(即短路电流)小于真实值。
当S2接2 时，电流表相对于电源外接，同理可以看出，当电流表的示数为零时，
但由于电压表与电源仍构成通路，则此时路端电压小于电源电动势，根据实验
原理知：图像的纵截距b2＜E。由于短路时电流表的测量值就是通过电源的电
流，则I 短2＝I 短，即图像的横截距是真实值。
总结以上两点可知，U-I 图像中纵截距小的EB是S2接2 的数据所绘。图线A 是
S2接1 时中的实验数据描出，则电源电动势E＝EA。
电源的内阻r＝E
I 短＝
E A
I B
。
[答案] (1)7.5 5.0 (2)1 EA
E A
I B
8．(15 分)(2025·辽宁朝阳·阶段练习)(1)实验室中用电阻表粗测待测电阻Rx的
阻值，电阻表倍率选“×1”，读数如图甲所示，可知待测电阻Rx的粗测阻值
为________Ω。
(2)某同学想更准确测出Rx的阻值，他找到可用器材如下：
A．电源(E＝3.0 V，内阻很小)
B．电流表(量程0～10 mA，内阻未知且大部分刻度模糊不清)
C．定值电阻(R0＝300 Ω)
D．电阻箱(阻值范围0～999.9 Ω，两个)
E．开关、导线若干
①该同学设计的电路图如图乙所示，请根据电路图用笔画线替代导线完成丙图
中实物连接。
②调节两电阻箱R1、R2的阻值分别为82.2 Ω、100.0 Ω，记下电流表指针所在位
置。然后调节电阻箱R2的阻值为200.0 Ω，接着调节电阻箱R1的阻值，同时观
察电流表指针，当指针又处于上述记下的位置时，电阻箱R1的阻值为35.9 Ω，
由以上数据可求得待测电阻Rx的阻值为________Ω(保留三位有效数字)。
(3)本实验中电流表和电源内阻对实验结果______(选填“有”或“没有”)影响，
减小实验误差的方法是________(写出一条即可)。
[解析] (1)由题可知，电阻表的倍率为“×1”，结合题图，其读数为Rx＝40
Ω。
(2)结合题图乙的原理图，将其连线，其实物连接如图所示。
电流表指针位置不变，说明电路中电阻值不变，有
1
Rx+ R1＋1
R2＝
1
Rx+ R1
' ＋
1
R2
'
解得Rx≈39.9 Ω。
(3)本实验电流不变，总电阻不变，对电流表内阻和电源内阻没有要求，即本实
验中电流表和电源内阻对实验结果无影响。
多次测量求平均值可以减小实验误差。
[答案] (1)40 (2)见解析图 39.9 (3)没有 多次测量求平均值
大单元周测卷(六) 大单元六 实验技能与
创新
层级三 高考重组·素养对标
(总分：100 分)
1．(12 分)(2025·广西卷)在用如图甲所示的装置做“探究加速度与力、质量的
关系”实验中：
(1)探究小车加速度与小车所受拉力的关系时，需保持小车(含加速度传感器，下
同)质量不变，这种实验方法是__________________________________________。
(2)实验时，调节定滑轮高度，使连接小车的细绳与轨道平面保持________。
(3)由该装置分别探究M、N 两车加速度a 和所受拉力F 的关系，获得a-F 图像
如图乙，通过图乙分析实验是否需要平衡阻力。如果需要，说明如何操作；如
果
不
需
要
，
说
明
理
由
。
___________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
。
(4)悬挂重物让M、N 两车从静止释放经过相同位移的时间比为n，两车均未到
达轨道末端，则两车加速度之比aM∶aN＝________。
[解析] (1)在研究两个物理量间的关系时，保持其他量不变，所使用的方法为
控制变量法。
(2)为了使细绳拉力的方向与小车运动方向一致，需要让连接小车的细绳与轨道
平面保持平行。
(3)力传感器上显示的示数为细绳的拉力，要以该拉力作为小车所受的合外力，
需要平衡小车所受的阻力，具体操作为撤去细绳连接的力传感器和重物，将木
板左端用垫块垫起适当高度，使小车能沿木板匀速下滑。
(4)根据初速度为零的匀加速直线运动的位移时间公式x＝1
2at2 可知，aM t M
2 ＝
aN t N
2 ，又tM∶tN＝n，解得aM∶aN＝1∶n2。
[答案] (1)控制变量法 (2)平行 (3)需要 撤去细绳连接的力传感器和重物，
将木板左端用垫块垫起适当高度，使小车能沿木板匀速下滑 (4)1∶n2
2．(12 分)(2025·甘肃卷)某学习小组使用如图所示的实验装置验证机械能守恒
定律。把一个直径为d 的小球用不可伸长的细线悬挂，光电门置于小球平衡位
置处，其光线恰好通过小球球心，计时器与光电门相连。
将小球拉离平衡位置并记录其高度h，然后由静止释放(运动平面与光电门光线
垂直)，记录小球经过光电门的挡光时间Δt。改变h，测量多组数据。已知重力
加速度为g，忽略阻力。
(1)以h 为横坐标、________[选填“Δt”“(Δt)2”“ 1
Δt ”或“
1
(Δt )
2”]为纵坐标
作直线图。若所得图像过原点，且斜率为________(用d 和g 表示)，即可证明小
球在运动过程中机械能守恒。
(2)实验中，用游标卡尺测得小球直径d＝20.48 mm。
①由结果可知，所用的是________(选填“10”“20”或“50”)分度的游标卡
尺；
②小组设计了一把25 分度的游标卡尺，未测量时的状态如图所示。如果用此游
标卡尺测量该小球直径、则游标尺上第________条刻度线与主尺上的刻度线对
齐。
[解析] (1)小球经过光电门的挡光时间Δt，可得小球到达平衡位置v＝d
Δt
为验证机械能守恒定律，此过程中重力势能转化为动能有mgh＝1
2mv2
联立解得
1
(Δt )
2＝2g
d
2 h
可得纵坐标为
1
(Δt )
2
图像的斜率为k＝2 g
d
2 。
(2)①10 分度、20 分度、50 分度的游标卡尺的精确度分别为0.1 mm、0.05
mm、0.02 mm
此游标卡尺测得小球直径d＝20.48 mm
可以判断所用的是50 分度的游标卡尺。
②若为25 分度的游标卡尺，其精确度为0.04 mm，用此游标卡尺测量该小球直
径，可得n＝0.48
0.04 ＝12
则游标尺上第12 条刻度线与主尺上的刻度线对齐。
[答案] (1)
1
(Δt )
2 2g
d
2 (2)50 12
3 ．(15 分)(2025· 安徽卷)某同学设计了一个具有两种挡位(“×1”挡和
“×10”挡)的电阻表，其内部电路如图甲所示。电源为电池组(电动势E 的标
称值为3.0 V，内阻r 未知)，电流表G(表头)的满偏电流Ig＝20 mA，内阻Rg＝
45 Ω，定值电阻R0＝5 Ω，滑动变阻器R 的最大阻值为200 Ω。设计后表盘如图
乙所示，中间刻度值为“15”。
(1)测量前，要进行欧姆调零：将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关S1、
S2，此时电阻表处于“×1”挡，将红表笔与黑表笔____________，调节滑动变
阻器的阻值，使指针指向________(选填“0”或“∞”)刻度位置。
(2)用该电阻表对阻值为150 Ω 的标准电阻进行试测，为减小测量误差，应选用
电阻表的________(选填“×1”或“×10”)挡。进行欧姆调零后，将电阻接在
两表笔间，指针指向图乙中的虚线位置，则该电阻的测量值为________Ω。
(3)该同学猜想造成上述误差的原因是电源电动势的实际值与标称值不一致。为
了测出电源电动势，该同学先将电阻箱以最大阻值(9 999 Ω)接在两表笔间，接
着闭合S1、断开S2，将滑动变阻器的阻值调到零，再调节电阻箱的阻值。当电
阻箱的阻值调为228 Ω 时，指针指向“15”刻度位置(即电路中的电流为10
mA)；当电阻箱的阻值调为88 Ω 时，指针指向“0”刻度位置(即电路中的电流
为20 mA)。由测量数据计算出电源电动势为________ V(结果保留两位有效数
字)。
[解析] (1)测量电阻之前应该先把两支表笔直接接触，调节滑动变阻器的阻值，
使指针指向0 刻度位置。
(2)使用电阻表测电阻时，如果指针偏转过大、过小，测量误差都会比较大，为
了减小测量误差，应该选择适当倍率，使测量时指针指在刻度盘的中间区域，
又该电阻表刻度盘的中间刻度值为15，而待测电阻的阻值为150 Ω，所以应选
用电阻表的×10 挡。由题图乙与电阻表的读数规则可知，该电阻的测量值为R
测＝16×10 Ω＝160 Ω。
(3)由题图甲可知，电阻箱接在两表笔间，闭合S1、断开S2，将滑动变阻器的阻
值调到零时，由闭合电路欧姆定律可得E＝I(r＋Rg＋R 电阻箱)，其中r 未知，Rg＝
45 Ω，将I1＝10 mA、R 电阻箱1＝228 Ω 和I2＝20 mA、R 电阻箱2＝88 Ω 两组数据代
入并联立解得r＝7 Ω，E＝2.8 V。
[答案] (1)短接(填“直接接触”也可以) 0 (2)×10 160 (3)2.8
4．(12 分)(2024·福建卷)某小组基于动量守恒定律测量玩具枪子弹离开枪口的
速度大小，实验装置如图(a)所示。所用器材有：玩具枪、玩具子弹、装有挡光
片的小车、轨道、光电门、光电计时器、十分度游标卡尺、电子秤等。实验步
骤如下：
(1)用电子秤分别测量小车的质量M 和子弹的质量m。
(2)用游标卡尺测量挡光片宽度d，示数如图(b)所示，宽度d＝________ cm。
(3)平衡小车沿轨道滑行过程中的阻力。在轨道上安装光电门A 和B，让装有挡
光片的小车以一定初速度由右向左运动，若测得挡光片经过A、B 的挡光时间
分别为13.56 ms、17.90 ms，则应适当调高轨道的________(选填“左”或
“右”)端。经过多次调整，直至挡光时间相等。
(4)让小车处于A 的右侧，枪口靠近小车，发射子弹，使子弹沿轨道方向射出并
粘在小车上，小车向左运动经过光电门A，测得挡光片经过A 的挡光时间Δt。
(5)根据上述测量数据，利用公式v＝________(用d、m、M、Δt 表示)即可得到
子弹离开枪口的速度大小v。
(6)重复步骤(4)五次，并计算出每次的v 值，填入下表。
次数
1
2
3
4
5
速度v/(m·s-1)
59.1
60.9
60.3
58.7
59.5
(7)根据表中数据，可得子弹速度大小v 的平均值为
________m/s(结果保留三位有效数字)。
[解析] (2)游标卡尺的分度值为0.1 mm，则挡光片的宽度为d＝0.9 cm＋9×0.1
mm＝0.99 cm。
(3)小车经过光电门的速度为v 车＝d
Δt
测得挡光片经过A、B 的挡光时间分别为13.56 ms、17.90 ms，可知小车经过光
电门A 的速度大于经过光电门B 的速度，故应适当调高轨道的右端。
(5)子弹粘上小车的过程，根据动量守恒定律有mv＝(M＋m)v 车
解得v＝
(M +m)d
m Δt
。
(7)根据表格数据，可得子弹速度大小v 的平均值为v＝v1+ v2+ v3+ v4+ v5
5
＝59.7
m/s。
[答案] (2)0.99 (3)右 (5)
(m+ M )d
m Δt
(7)59.7
5．(12 分)(2024·湖北卷)某同学设计了一个测量重力加速度大小g 的实验方案，
所用器材有：2 g 砝码若干、托盘1 个、轻质弹簧1 根、刻度尺1 把、光电门1
个、数字计时器1 台等。具体步骤如下：
①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内
放入一个砝码，如图(a)所示。
②用刻度尺测量平衡时弹簧的长度l，并安装光电门。
③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动。
④用数字计时器记录30 次全振动所用的时间t。
⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作。
该同学将振动系统理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动周期T＝2π√
M
k ，
其中k 为弹簧的劲度系数，M 为振子的质量。
(1)由步骤④可知振动周期T＝________。
(2)设弹簧的原长为l0，则l 与g、l0、T 的关系式为l＝________。
(3)由实验数据作出的l-T2图线如图(b)所示，可得g＝______m/s2(保留三位有效
数字，π2取9.87)。
(4)本实验的误差来源包括________(多选)。
A．空气阻力
B．弹簧质量不为零
C．光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置
[解析] (1)由于30 次全振动所用的时间为t，则1 次全振动的时间，即振动周期
T＝t
30。
(2)弹簧振子平衡时，由力的平衡条件有k(l－l0)＝Mg，又T＝2π√
M
k ，联立可得
l＝l0＋g
4 π
2T2。
(3)结合(2)问分析可知l-T2图线的斜率k＝g
4 π
2，由题图(b)可知k＝0.54 -0.474
0.57-0.3
m/s2，联立解得g≈9.65m/ s
2。
(4)空气阻力会使本实验中的振动系统做阻尼振动，即本实验中的振动系统并不
是理想化的弹簧振子，而本实验中是将振动系统理想化为弹簧振子，从而测出
重力加速度的，所以空气阻力是本实验的一个误差来源，A 正确；(2)问分析中
将弹簧振子的质量等效为托盘及其上物体的总质量，但是实际上弹簧振子的质
量为弹簧的质量和托盘及其上物体的总质量之和，所以弹簧质量不为零是本实
验的一个误差来源，B 正确；由于数字计时器记录的是30 次全振动的时间，所
以光电门的位置只要在托盘经过的位置均可，即光电门的位置稍微偏离托盘的
平衡位置不是本实验的误差来源，C 错误。
[答案] (1) t
30 (2)l0＋g
4 π
2T2 (3)9.65(9.55～9.75 均可) (4)AB
6．(15 分)(2025·湖北卷)某实验小组为测量一节干电池的电动势E 和内阻r，
设计了如图(a)所示电路，所用器材如下：干电池、智能手机、电流传感器、定
值电阻R0、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路，将智能手机与电流传
感器通过蓝牙无线连接，闭合开关S，逐次改变电阻箱的阻值R，用智能手机
记录对应的电流传感器测得的电流I。回答下列问题：
(1)R0在电路中起________(选填“保护”或“分流”)作用。
(2)1
I 与E、r、R、R0的关系式为1
I ＝________。
(3)根据记录数据作出1
I -R 图像，如图(b)所示。已知R0＝9.0 Ω，可得E＝
________ V(保留三位有效数字)，r＝________ Ω(保留两位有效数字)。
(4)电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果________(选填“有”或
“无”)影响。
[解析] (1)R0能避免电路中的电流过大，起到保护作用。
(2)对整个回路由闭合电路欧姆定律有E＝I(R＋R0＋r)，整理得1
I ＝1
E(R＋R0＋
r)。
(3)结合(2)中关系式与题图(b)可知，干电池的电动势E＝1
k ＝25-0
24 -7 V≈1.47 V，
内阻r＝b
k －R0＝7×(25-0)
24 -7
Ω－9 Ω≈1.3 Ω。
(4)结合(2)(3)项分析可知，实验测量的是干电池与电流传感器的总电阻，所以电
流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果有影响。
[答案] (1)保护 (2) 1
E(R＋R0＋r)
(3)1.47 1.3 (4)有
7．(12 分)(2025·北京卷)(1)下列实验操作，正确的是________(填选项前的字
母)。
A．用单摆测重力加速度时，在最高点释放摆球并同时开始计时
B．探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时，使用多用电表的交流电压挡
测电压
C．用多用电表测电阻前应先把两表笔短接，调整欧姆调零旋钮使指针指向欧
姆零点
(2)用双缝干涉实验测量光的波长的实验装置如图1 所示。
①双缝应该放置在图1 中________(选填“A”或“B”)处。
②分划板中心刻线与某亮纹中心对齐时，手轮上的示数如图2 所示，读数为
________mm。
(3)某电流表出现故障，其内部电路如图3 所示。用多用电表的电阻挡检测故障，
两表笔接A、B 时表头Rg指针不偏转，接A、C 和B、C 时表头Rg指针都偏转。
出现故障的原因是________(填选项前的字母)。
A．表头Rg断路
B．电阻R1断路
C．电阻R2断路
[解析] (1)最高点小球速度为0，有加速过程造成摆动不明显，计时不准确，摆
球在最低点速度最快，因此需要在最低点开始计时，A 错误；变压器原、副线
圈上为交变电压，使用多用电表的交流电压挡测量，B 正确；用多用电表测电
阻之前需要先进行机械调零，之后选择合适的倍率，然后将红、黑表笔短接，
进行欧姆调零，C 正确。故选BC。
(2)双缝应置于单缝后边，因此A 为单缝，B 为双缝；螺旋测微器读数为3 mm
＋18.5×0.01 mm＝3.185 mm。
(3)表头Rg断路，表笔连任意两端，电流都无法通过表头，均不发生偏转，A 错
误；电阻R1断路，连接A、B 时，电流通过表头和R2与电阻挡构成闭合回路，
表头偏转，B 错误；电阻R2断路，连接A、B 时，电流无法通过表头和R2与电
阻挡构成闭合回路，表头不偏转；连接A、C 和B、C 均能与电阻挡构成闭合回
路，表头发生偏转，C 正确。
[答案] (1)BC (2)B 3.185(3.183～3.187) (3)C
8．(10 分)(2025·浙江1 月选考)某同学研究半导体热敏电阻(其室温电阻约为几
百欧姆)Rt 的阻值随温度变化的规律，设计了如图所示电路。器材有：电源
E(4.5 V0.5 Ω)，电压表(3 V 50 kΩ)，滑动变阻器R(A：“0～10 Ω”或B：“0
～100 Ω”)，电阻箱R1(0～99 999.9 Ω)，开关、导线若干。
(1)要使cd 两端电压U0 在实验过程中基本不变，滑动变阻器选________(选填
“A”或“B”)。
(2)正确连线，实验操作如下：
①滑动变阻器滑片P 移到最左端，电阻箱调至合适阻值，闭合开关S1；
②开关S2切换到a，调节滑片P 使电压表示数为U0＝2.50 V；再将开关S2切换
到b，电阻箱调至R1＝200.0 Ω，记录电压表示数U1＝1.40 V、调温箱温度t1＝20
℃。则温度t1下Rt＝________Ω(保留三位有效数字)；
③保持R1、滑片P 位置和开关S2状态不变，升高调温箱温度，记录调温箱温度
和相应电压表示数，得到不同温度下Rt的阻值。
(3)请根据题中给定的电路且滑片P 位置保持不变，给出另一种测量电阻Rt的简
要方案。
[解析] (1)要使得cd 两端电压U0在实验中基本不变，则滑动变阻器应该选择阻
值较小的A。
(2)由电路可知Rt＝
U 0-U 1
U 1
R1
＝
(2.50-1.40)×200
1.40
Ω≈157 Ω。
(3)题中滑片P 位置保持不变，则电阻箱R1与热敏电阻Rt两端电压之和保持不变，
先让S2接a，此时电压表读数为U，然后接b，读出电阻箱R1的读数和电压表
读数U′，当温度改变时，调整R1，使得R1两端的电压表U′保持不变，因此可
得
Rt
R1＝U -U
'
U
'
整理得Rt＝(
U
U
' -1)R1
可得热敏电阻Rt的值。
[答案] (1)A (2)157 (3)见解析
