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大单元周测卷(六)
层级一 教材溯源·基础固本
1．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．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 ＝sin 53°
sin 37° ＝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＝sin i
sin r
因r<i，根据三角函数的性质可判断sin i
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．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
＝mgLsin θ
即1
2(
d
t )
2
＝gLsin 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 gLsin θ
(4)较小
4．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．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．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
R'1 + 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．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．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)＝ ＝
层级二 模拟精选·能力进阶
1．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．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．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
2mv0
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
2 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．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．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．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．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．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+ R' 1+
1
R' 2
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
层级三 高考重组·素养对标
1．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，aMt M
2 ＝aNt 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．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．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．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．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≈9.65 m/s2。
(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．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．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．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
