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专题01 实验
1．【答案】(1)B
(2) (m2−m1)ghB 1
8 (m1+m2)(hC−hA)
2f
2
【详解】（1）A．v =>¿默认加速度为g，已经默认机械能守恒，故A 错误；
B．利用纸带相邻两点的平均速度求该点瞬时速度，是打点计时器实验中求瞬时速度的正确方法，故B 正
确；
C．v
2=2 gh同样默认机械能守恒，故C 错误；
D．直接用待验证的机械能守恒公式计算速度，循环论证，故D 错误。
故选B。
（2）[1]从打O 点到打B 点的过程中，系统总重力势能减少量为Δ E p=m2 ghB−m1ghB=(m2−m1)ghB
[2]根据匀变速直线运动规律，B 点瞬时速度等于AC 段的平均速度；
打点周期T = 1
f
，A 到C 的时间间隔为2T = 2
f
因此 vB= hC−hA
2T
= f (hC−hA)
2
系统初动能为0，因此动能增加量
Δ Ek = 1
2 (m1+m2)vB
2 = 1
2 (m1+m2)⋅( f (hC−hA)
2
)
2
= (m1+m2)f
2(hC−hA)
2
8
2.【答案】(1)1:2
(2)
❑√3
4
(3)C
【详解】（1）由图可知，小球下落时间为t1=2.1−1.7s=0.4s
滑块沿斜面下滑时间为t2=2.5−1.7s=0.8s
所以小球下落时间与滑块沿斜面下滑时间之比为1:2。
（2）滑块沿斜面向下做匀加速直线运动，则x = 1
2 at2
2
根据牛顿第二定律可得mgsinθ−μmgcosθ =ma，sinθ = h
x
力学实验
考点01
地 城
对小球，有H = 1
2 gt1
2
联立解得μ=
❑√3
4
（3）由以上分析可得❑√3 μ=1−t1
2
t2
2
所以本实验的误差来源于测量小球下落的时间与滑块沿斜面下滑的时间，而与滑块质量、当地的重力加速
度无关。
故选C。
3.【答案】(1)0.80
(2)2 g
(3)m(g−k
2)
【详解】（1）由图乙可知，小球直径8 mm +0×0.1mm=8.0mm=0.80cm。
（2）若小球机械能守恒，有mgh= 1
2 m v
2
又v = d
t
可得d
2
t
2 =2gh
则d
2
t
2 −h图像的斜率k =2 g
所以，若k =2 g，则可以验证小球机械能守恒。
（3）设空气阻力大小为f ，根据能量守恒有mgh= 1
2 m v
2+ fh
又v = d
t
可得d
2
t
2 = 2(mg−f )
m
h
则k = 2(mg−f )
m
解得f =m(g−k
2)
4.【答案】(1) kl
d
2
F0d
2
kl
(2) 偏小 偏大
【详解】（1）[1][2] 小球经过光电门时的速度大小为v = d
t
小球静止悬挂时，读出力传感器示数F0，则F0=mg
根据牛顿第二定律有F −F0=m v
2
l
整理得F = md
2
l
·(
1
t)
2
+ F0
结合图乙，有k = md
2
l
解得m= kl
d
2
，g= F0d
2
kl
（2）[1][2] 若实验中摆线出现松动，则l 变大，代入数据偏小，根据m= kl
d
2可知质量偏小；同理根据
g= F0d
2
kl
，可知重力加速度偏大。
5.【答案】(1)7.884（7.882~7.885）
(2) x
L h
(3)D
(4)2 gΔh= d
2
t2
2 −d
2
t1
2
【详解】（1）由图乙可知，遮光条的宽度d =7.5 mm +38.4×0.01mm =7.884 mm
（2）设气垫导轨与桌面的夹角为θ，根据几何关系可得sinθ = h
L = Δh
x
解得Δh= x
L h
（3）由题知，要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，即验证系统动能的增加量和系统重力势能的减小
量是否相等，滑块通过两个光电门的瞬时速度分别为v1= d
t1
，v2= d
t2
系统动能的增加量为Δ Ek= 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2= 1
2 m(
d
t2)
2
−1
2 m(
d
t1)
2
系统重力势能的减小量为Δ Ep=mgΔh
若系统机械能守恒，则有Δ Ep= Δ Ek
联立解得2gΔh= d
2
t2
2 −d
2
t1
2
可知除了需要知道d 和Δh，还需要测量滑块通过两光电门1、2 的遮光时间t1、t2。
故选D。
（4）由上一问，可知要验证滑块和遮光条系统的机械能守恒，应满足的关系式为2gΔh= d
2
t2
2 −d
2
t1
2
6.【答案】(1)A
(2)2.0
(3)②
(4) k
m
【详解】（1）电火花打点计时器的工作电源为220V 交流电源。
故选A。
（2）电源频率为50 Hz，打点周期为0.02s，相邻计数点间有4 个点未画出，因此相邻计数点的时间间隔
T =0.02×5s=0.1s
利用逐差法计算加速度
a= ( x4+ x5+ x6)−( x1+ x2+ x3)
9T
2
= (7.10+9.13+11.09)−(1.10+3.09+5.12)
9×0.1
2
×10
−2m/s
2≈2.0 m/s
2
（3）平衡摩擦力后，槽码的重力使槽码和小车以共同的加速度a运动，细线的拉力为F，根据牛顿第二定
律，对质量为m的槽码和总质量为M的小车分别有mg−F =ma，F = Ma
两式联立可得F = Mmg
M +m =
1
1+ m
M
mg
可以看出只有当m≪M时，m
M ≈0，可将槽码重力近似为细线的拉力。当m不断增大，不再满足m≪M，
1+ m
M
会增大，F会较小，则实际加速度增长会变慢，a−F图像向下弯曲，因此对应图线②。
（4）对小车和槽码整体，平衡摩擦力过度时，根据牛顿第二定律，得
mg+( M +m)g(sinθ−μcosθ)=( M +m)a
整理得a=mg⋅
1
M +m + g(sinθ−μcosθ)
对照图像，可知图像斜率k =mg
因此重力加速度g= k
m
7.【答案】(1)t2−t1
2
(2) g= 4 π
2b
a
摆球半径 等于
【详解】（1）由图可知单摆的周期T = t2−t1
2
（2）[1]根据T =2π ❑√
L+r
g
解得L= g
4 π
2 T
2−r
可得g
4 π
2 = b
a
可得g= 4 π
2b
a
[2][3]图线在纵轴截距的绝对值表示摆球的半径；该方法不会产生误差，则由此求出的重力加速度等于真实
值。
8.【答案】(1)C
(2)正比
(3)0.16
【详解】（1）A．实验探究向心加速度a与半径r、角速度ω的关系，在研究其中两个物理量的关系时，需
要确保第三个物理量不变，可知，实验采用了控制变量法。探究弹簧弹力与形变量的关系时，实验中研究
的物理量只有两个，没有采用控制变量法，故A 错误；
B．探究两个互成角度的力的合成规律时，采用了等效替代法，没有采用控制变量法，故B 错误；
C．探究物体加速度与力、质量的关系时，在研究其中两个物理量的关系时，需要确保第三个物理量不变，
可知，实验采用了控制变量法，故C 正确。
故选C。
（2）a−r图像是一条过原点的倾斜直线，可知，当角速度不变时，物体的向心加速度大小与物体做圆周
运动的半径成正比。
（3）根据a=ω
2r
结合图丙有r = 25
160 m ≈0.16m
9.【答案】(1)AC
(2)系统误差
(3)0.70
【详解】（1）A．打点计时器通过交流电的周期实现打点计时，所以打点周期由电源频率决定，故A 正确。
B．实验时，应该先打开打点计时器，让打点计时器稳定工作后，然后释放小车，故B 错误。
C．探究小车的加速度与力、质量的关系实验中，需要平衡小车运动中的摩擦力，使小车受到的绳子拉力
等于小车受到的合力，需要将长木板一端垫高，故C 正确。
故选AC。
（2）实验中若未满足小车与钩码总质量远大于槽码质量，这是实验中系统组成所产生的误差，不能消除，
只能减小这种影响，属于系统误差。
（3）根据逐差法得a= Δx
t
2 = (0.0430−0.0180)−0.0180
0.1
2
m/s
2=0.70 m/s
2。
10.【答案】(1)C
(2)9.86
(3)C
【详解】（1）A．单摆的摆角不应该超过5°，否则就不是简谐振动，A 错误；
B．单摆经过平衡位置时开始计时，然后测量单摆至少30 次全振动的时间，求得周期的平均值作为单摆周
期，B 错误；
C．不测量摆球直径，根据T =2π ❑√
l+r
g
可得T
2= 4 π
2
g l+ 4 π
2r
g
利用周期的平方与摆线长的T
2−l图像的斜率也能测定重力加速度，C 正确。
故选C。
（2）根据T =2π ❑√
L
g
可得T
2= 4 π
2
g
L
由图像可知k = 4 π
2
g =
4.000−3.520
(100−88)×10
−2
则当地重力加速度g=9.86 m/s
2
（3）A．摆线上端在实验过程中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长偏大，则周期偏大，则g值比实际
的当地重力加速度偏小，A 错误；
B．实验中误将50 次全振动记为49 次，则周期测量值偏大，则g值比实际的当地重力加速度偏小，B 错误；
C．开始计时时，秒表按下过晚，则周期测量值偏小，则g值比实际的当地重力加速度偏大，C 正确。
故选C。
1．【答案】(1)1900
(2)5.299/5.297/5.298/5.300
(3) 12kΩ U (RV+ R0)
I RV−U
【详解】（1）读数为19.0×100Ω=1900Ω。
（2）读数为5 mm +29.9×0.01mm=5.299mm。
（3）[1]定值电阻R0若选择3k Ω，则改装后的电压表能测量电压的最大值为
U m = 3 V
RV
×(RV+ R0)= 3
3 ×(3+3)V=6V
定值电阻R0若选择12k Ω，则改装后的电压表能测量电压的最大值为
U m = 3 V
RV
×(RV+ R0)= 3
3 ×(12+3)V=15V
为了使电阻丝两端的电压变化范围更大，要求改装后的电压表测量范围更大，故本实验中定值电阻R0的阻
值应选用12k Ω；
电学实验
考点02
地 城
[2]该电热丝电阻准确值的表达式为Rx =
U
RV
(RV+ R0)
I −U
RV
= U (RV+ R0)
I RV−U
2.【答案】(1)(k −1)R
(2)无
(3)变小
【详解】（1）闭合开关K1，调整电阻箱R，使得闭合开关K2 前后电流表A1 和A2 的示数不变，并读出
此时电阻箱的阻值为R；设电流表A2 的阻值为RA2
，则有R
R0
= Rx
RA2
可得R0= R RA2
Rx
保持电阻箱R 不变，断开开关K2，多次调整滑动变阻器，读出多组电流表A1 和A2 的示数I1 和I2；由电
路图可得I 2( Rx+ RA2)=( I 1−I 2)( R+ R0)
整理可得I 1=( Rx+ RA2
R+ R0
+1)I 2
可得I 1−I 2
图线的斜率为k = Rx+ RA2
R+ R0
+1= Rx+ RA2
R+ R RA2
Rx
+1= Rx
R +1
解得Rx =(k −1)R
（2）由于（1）分析考虑了电流表A2 的阻值，且Rx =(k −1)R
可知电流表内阻的大小对测量结果无影响。
（3）换用阻值更大的定值电阻R0
，重复上述实验，根据R
R0
= Rx
RA2
可知电阻箱对应的阻值R变大；根据k = Rx
R +1
可知做出的I 1−I 2图线的斜率将变小。
3.【答案】(1)0.450
(2) V2 A2 R1
(3)
(4)(
U
I −RA2)
π d
2
4l
【详解】（1）螺旋测微器的示数d =0+ 45.0×0.01=0.450 mm
（2）[1][2][3]电源电动势为3.0 V，故电压表选择V2，为使金属丝两端电压调节范围尽量大，并使测量结果
尽量准确，电路选择分压式，则滑动变阻器选择R1，通过金属丝的电流的最大值I = E
Rx
=0.5 A，故电流表
选择A2
（3）因电流表A2的内阻已知，故测量电路选择电流表内接，电路图如图所示
（4）根据电路图可知电阻丝的电阻R = U −I RA2
I
，由电阻定律R = ρ l
S
，其中S = 1
4 π d
2
解得ρ=(
U
I −RA2)
π d
2
4l
4.【答案】(1)3.2
(2) 3.3 2.0
(3)无
【详解】（1）[1]由于测量电源电压时选用的是多用电表的直流电压10V 档，故电表读数为
U =(2+0.2×6)V =3.2V
（2）[1] 由闭合电路欧姆定律有E = I ( R+ R0+r )
滑动变阻器分压为U = IR
整理可得1
U = 1
E + R0+r
E
1
R
根据图丙可知1
E =0.3 V
−1，则E≈3.3 V
[2] 图丙直线斜率为k = 0.6−0.3
0.2
Ω/V =1.5Ω/V
又因为R0+r
E
=k
代入数据解得r =2.0Ω
（3）[1]根据1
U = 1
E + R0+r
E
1
R
可知，电源电压只与截距有关，与电阻箱R无关，而电压传感器的电阻不理
想仅影响电阻箱R，故电压传感器的电阻不理想对锂电池电动势的测量结果无影响。
5.【答案】(1)保护
(2) 1
E + R0+r
E
⋅1
R
(3) 1.47 0.94
【详解】（1）定值电阻与电源串联，则在电路中起保护作用。
（2）由电路可知U = E−U
R ( R0+r )
解得1
U = 1
E + R0+r
E
⋅1
R
（3）[1][2]若定值电阻R0=2.00Ω，令y = 1
U
，x = 1
R
则表达式为y = 1
E + 2+r
E ⋅x
结合y =2.00 x +0.68
可得1
E =0.68，2+r
E =2.00
解得E=1.47V，r=0.94Ω
6.【答案】(1)甲
(2)70.5~73.5
(3)1.2
(4)小于
【详解】（1）电流表A1的作用是测电源两端电压，电流表甲的内阻已知，可以通过欧姆定律测得电压，
而电流表乙内阻未知，不能测电压。
（2）由闭合电路欧姆定律可得E = I 1 R甲+(I 1+ I 2)r
整理可得I 1=−
r
R甲+r I 2+
E
R甲+r
则I 1−I 2图像的斜率为k =−
r
R甲+r =−0.088
2.22
纵截距为b=
E
R甲+r =0.088 mA
联立可得E≈73.3 mV
（3）根据表达式E =αΔT
E−ΔT图像的斜率表示塞贝克系数α，则由图可知α = 72
60 mV/K =1.2mV/K
（4）电池冷端散热不充分会导致ΔT偏小，电动势E 偏小，E−ΔT图像的斜率偏小，α偏小，故α的测量
值小于真实值。
7.【答案】(1)5
(2) 5.9 0.75/0.76
【详解】（1）电流表A1的量程0~120mA，电流表A2的量程0~0.6A；两表指针偏转角度总是相同，则两
电流表示数的关系为I A 2=5 I A 1
根据并联电路的电流特点可知I A 2= I A 1+ I R2
则I R2= 4 I A 1
根据欧姆定律和并联电路的电压特点R1+ R A 1= 4 R2
解得电流表A1的内阻R A 1=5Ω
（2）[1][2]闭合S2后，A2被短路，A1与R1串联后和R2并联： A1支路电压U = I 1( R1+ R A 1)=8 I 1
R2支路电流I R2= U
R2
= 4 I 1
总电流I 总= I 1+ 4 I 1=5 I 1
根据闭合电路欧姆定律： E = I 总( R+r )+U =5 I 1( R+r )+8 I 1
整理得1
I 1
−R的关系： 1
I 1
= 5
E R+ 5r +8
E
由图乙得：斜率
k = 10.5−2.0
10−0
=0.85 A
−1⋅Ω
−1，且k = 5
E
，因此： E = 5
k =
5
0.85 ≈5.9V
纵轴截距b=2.0 A
−1= 5r +8
E
代入E =5.9V 得：2.0= 5r +8
5.9
⟹r =0.76 Ω
8.【答案】(1)0.400
(2)R1
(3)19.5
(4)5.1×10
−6
【详解】（1）根据螺旋测微器测量原理可得该合金丝的直径为0 mm + 40.0×0.01mm =0.400 mm
（2）R1与电路总电阻匹配，便于精细调节，使电流变化平缓，数据更准确；
（3）根据闭合电路欧姆定律可知将S1断开，适当减小滑动变阻器接入电路的电阻，此时电流表读数记为I 1，
则E = I 1(r + R1+ R0+ Rx)
然后将S1闭合，此时电流表读数记为I 2，则E = I 2(r + R1+ R0)
则1
I 1
= 1
E Rx+ 1
I 2
其中1
E Rx=6.5 A
-1
故Rx =19.5Ω
（4）根据R = ρ l
S = ρ
l
π( 1
2 d)
2，可得ρ≈5.1×10
−6Ω⋅m
9.【答案】(1)A
(2)C
(3)CD
【详解】（1）本实验通过改变原副线圈匝数，探究原副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中要运用控
制变量法。
故选A。
（2）由表格数据可知U b
U a
= nb
na
>2
考虑到实验中所用变压器并非理想变压器，即存在功率损失，使得原、副线圈电压之比大于匝数比，所以
原线圈的匝数为nb，副线圈的匝数为na；原线圈电压较大，电流较小，所以原线圈用较细导线绕制，而副
线圈电压较小，电流较大，所以副线圈用较粗导线绕制。
故选C。
（3）A．变压器不改变交变电流的频率，原、副线圈电流频率相同，故A 错误；
B．理想情况下原、副线圈磁通量变化率相同，且线圈电阻由材料、长度、横截面积决定，与磁通量无关，
故B 错误；
C．铁芯在交变磁场中会产生涡流，导致铁芯发热，这是铁损的一种，会造成能量损失，使实际输出电压
偏离理想值，故C 正确；
D．原线圈磁场能向副线圈转移时，存在漏磁（部分磁场未穿过副线圈），这是磁损，会导致副线圈感应
电压降低，偏离理想电压比，故D 正确。
故选CD。
