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专题18 物理实验
4 大考点概览
考点01 实验基础
考点02 力学实验
考点03 电学实验
考点04 光学实验
1．（2026·四川成都·一模）某实验小组用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律。滑块上有两个宽度均
为d 的遮光片，滑块与遮光片总质量为M，两遮光片中心间的距离为L。
(1)用游标卡尺测量一个遮光片的宽度d，结果如图乙所示，则遮光片的宽度d= cm。
(2)气垫导轨调至水平后，将细线一端拴在滑块上，另一端依次跨过光滑轻质定滑轮和光滑动滑轮后悬
挂在O 点，调节气垫导轨左端的定滑轮，使定滑轮和滑块之间的细线与气垫导轨平行，调整O 点的位
置，使动滑轮两侧的细线竖直，将沙桶悬挂在动滑轮上。将滑块在光电门右侧释放，光电门记录遮光
片1、2 通过时的挡光时间分别为
和
，则滑块的加速度大小为a= 。（用题目中的物
理量符号表示）
(3)多次改变沙桶和桶内细沙的总质量m(m≪M )，并记录遮光片1、2 的挡光时间，计算相应的加速度
a，根据计算的数据描绘加速度a 与沙桶和桶内细沙的总重力mg 之间的关系图像如图丙所示，则图像
的斜率k= （用题目中的物理量符号表示），图像没有过原点的原因是
。
【答案】(1)0.660
(2) d
2
2 L(
1
t2
2 - 1
t1
2)
(3)
1
2 M 气垫导轨没有调水平，右端高了
【解析】（1 ）图乙可知游标卡尺精度为
0.05mm ，则遮光片的宽度
d =6mm+0.05mm ×12=6.60mm=0.660cm
考点1
实验基础
（2）根据速度位移关系可得a= v
2- v0
2
2 L
，其中v = d
t2
，v0= d
t1
联立可得a= d
2
2 L(
1
t2
2 - 1
t1
2)
（3）[1][2]由图可知，当沙和沙桶的重力为零时，滑块已经具有加速度，说明气垫导轨不水平，右端高
了，设导轨与水平面夹角为θ，设绳子拉力为F，对M，由牛顿第二定律有F + Mgsinθ = Ma
对m，由牛顿第二定律有mg-2 F =m a
2
联立整理得
由于m 远小于M，则
可知k = 1
2 M
2．（2026·四川广安·一模）某兴趣小组同学利用如图所示的实验装置来探究加速度与力的关系。
(1)下列说法正确的是______；
A．调节定滑轮的高度，使牵引小车的细线跟导轨保持平行
B．应把两光电门适当靠近放置以减小实验误差
C．遮光条适当宽些可以减小实验误差
D．若用槽码的重力表示滑块的合力，实验过程中应尽量满足槽码质量远小于滑块（含遮光条）质量
(2)正确操作后，滑块在槽码的牵引下先后通过两个光电门，数字计时器记录了遮光条通过光电门1、2
的遮光时间分别为Δt1、Δt2，用刻度尺测得两个光电门间距为L，用游标卡尺测得遮光条宽度为d，则
滑块加速度a= （用题中所给物理量符号表示）；
(3)该兴趣小组自制了一把5 分度的简易游标卡尺如下图，测量出遮光条宽度为d =9.6 mm，则游标尺上
第 条刻度线与主尺的刻度线对齐（记游标尺0 刻度线处为第0 条）。
【答案】(1)AD
(2) d
2
2 L(
1
Δt2
2 - 1
Δt1
2)
(3)3
【解析】（1）A．为了使得绳的拉力大小等于小车所受外力的合力，实验中需要调节定滑轮的高度，
使牵引小车的细线跟导轨保持平行，故A 正确；
B．实验中，应把两光电门适当远离放置以减小实验误差，故B 错误；
C．光电门挡光时间越短，测量速度的误差越小，可知，遮光条适当窄些可以减小实验误差，故C 错误；
D．对槽码进行分析有mg-T =ma
对小车进行分析有
解得T = Mmg
M +m =
mg
1+ m
M
当M ≫m时有
可知，若用槽码的重力表示滑块的合力，实验过程中应尽量满足槽码质量远小于滑块（含遮光条）质
量，故D 正确。
故选AD。
（2）遮光条通过光电门1、2 的遮光时间分别为Δt1、Δt2，根据光电门测速原理可知，遮光条通过光
电门1、2 的速度分别为v1= d
Δt1
，v2= d
Δt2
根据速度与位移的关系有v2
2- v1
2=2aL
解得a= d
2
2 L(
1
Δt2
2 - 1
Δt1
2)
（3）根据图示可知，5 分度游标卡尺的游标尺上每一分度为4
5 mm=0.8mm
游标尺每一分度与主尺上的最小分度相差1mm-0.8mm=0.2mm
可知，5 分度游标卡尺的精度为0.2mm，令游标尺上第n 条刻度线与主尺的刻度线对齐，由于
d =9.6 mm =9 mm +0.2n mm
解得n=3
可知，游标尺上第3 条刻度线与主尺的刻度线对齐。
3．（2026·四川泸州·一模）某实验小组想用多种方式验证动量守恒定律。小明同学选取两个体积相同、质
量不等的小球，先让质量为m1的小球从轨道顶部由静止释放，由轨道末端的O点飞出并落在斜面上。
再把质量为
的小球放在O点，让小球m1仍从原位置由静止释放，与小球
碰后两小球均落在斜面上，
分别记录落点痕迹，其中M、P、N三个落点的位置距离O点的长度分别为xOM、xOP、xON。
(1)为比较两小球大小，用游标卡尺测得某小球的直径均如图乙所示，则小球直径
cm。
(2)关于该实验，下列说法不正确的是______。
A．必须满足m1>m2
B．轨道必须光滑
C．轨道末端必须水平
D．落点位置需要多次释放取平均落点
(3)本实验需要测量的物理量所用实验器材有哪些______。
A．刻度尺
B．秒表
C．天平
D．弹簧测力计
(4)在实验误差允许的范围内，若满足关系式 ，则可认为两球碰撞过程中动量守
恒（用题目中的物理量表示）。
(5)小帅同学利用该套装置做了一个新实验，仅改变小球
的质量（两小球质量关系仍符合题干条件），
其他条件均不变，将小球m1多次从轨道顶部由静止释放，与不同质量的小球
相碰，分别记录对应的
落点到O点距离xOM、xOP、xON，以❑√xOM为横坐标、❑√xON为纵坐标作出图像，若该碰撞为弹性碰撞，
则下列图正确的是______。
A．
B．
C．
【答案】(1)2.025
(2)B
(3)AC
(4)m1
❑√xOM =m1
❑√xOP+m2
❑√xON
(5)B
【解析】（1）主尺的读数为2.0cm，游标尺上的第“5”格与主尺对齐，游标尺的分度值为“0.05mm”，
游标尺的读数为 5×0.05 mm=0.25mm=0.025cm
游标卡尺最终的读数为 2.0cm +0.025cm=2.025cm
（2）A．为防止入射球反弹，需满足 m1>m2，A 正确；
B．实验只需保证小球离开轨道时速度水平，轨道无需光滑（通过多次释放取平均抵消摩擦影响），B
错误；
C．轨道末端水平才能保证小球做平抛运动，C 正确；
D．多次释放取平均落点可减小误差，D 正确。
选择不正确的，故选B。
（3）验证动量守恒需测量质量（天平）和平抛水平位移（刻度尺），无需秒表、弹簧秤。
故选AC。
（4）小球碰撞后做平抛运动，水平方向 x cosθ = vt（x为斜面落点到O的距离），竖直方向
x sinθ = 1
2 gt
2
可得小球平抛的初速度 v =
❑√
gx cos
2θ
2sinθ
，即 v ∝❑√x
动量守恒表达式为：m1v0=m1v1+m2v2，代入以上比值关系（v ∝❑√x）
可得：m1
❑√xOM =m1
❑√xOP+m2
❑√xON
（5）弹性碰撞同时满足动量守恒和机械能守恒：
动量守恒：m1
❑√xOM =m1
❑√xOP+m2
❑√xON，机械能守恒： m1 xOM =m1 xOP+m2 xON
联立解得：
❑√xON =
2m1
m1+m2
❑√xOM
即❑√xON与❑√xOM成正比，图像为过原点的直线。故选B。
4．（2026·四川成都·一模）图（a）所示的彩虹圈是一种有趣的螺旋弹簧玩具。实验小组利用图（b）装置
测量其劲度系数。平放于较光滑水平桌面上的彩虹圈一端用细线固定在墙上，另一端通过细线跨过较
光滑的定滑轮连接一托盘。在托盘中逐次增加质量为2g 的砝码，砝码总个数为n，通过彩虹圈上方水
平放置的固定刻度尺读出放入砝码稳定后对应指针位置x，测得数据如下：
砝码
总个
数n
1
2
3
4
5
6
指针
位置
xn/
cm
20.0
0
22.8
2
25.6
0
28.4
0
31.2
1
34.0
1
(1)为充分利用测量数据，实验小组用如下方法逐一求差：
，
Δ x2= x5- x2=8.39cm，则
cm；根据上述三个差值算出托盘中每增加一个砝码
时彩虹圈的平均伸长量，重力加速度g取9.8m/ s
2，可求得彩虹圈的劲度系数k = N／m；
(2)实验小组将该彩虹圈竖直悬挂，彩虹圈因自身重力作用而呈现的形态如图（c）中 （填正确
答案标号）。
【答案】(1) 8.41 0.7/0.70
考点2
力学实验
(2)B
【解析】（1）[1]根据表格数据可得Δ x3= x6- x3=（34.01-25.60）cm=8.41cm
[2] 由胡克定律得彩虹圈的劲度系数k =
3mg
Δ x1+ Δ x2+ Δ x3
3
=0.70 N/m
（2）彩虹圈全部的重力大于部分的重力，而上端要承受全部重力，形变量大，彩虹圈稀疏，下端只承
受下面的部分重力，形变量小，彩虹圈密集。
故选B。
5．（2026·四川资阳·一模）如图甲所示，小明同学用弹簧OC和弹簧测力计a、b做“探究求合力的方法”
实验。在保持弹簧端点O位置不变的条件下。
(1)如图乙所示，弹簧测力计a的读数是 N；
(2)开始时，弹簧测力计a、b间夹角等于90
∘，保持弹簧测力计a与弹簧OC的夹角α不变，减小弹簧测
力计b与弹簧OC的夹角
，则弹簧测力计a的读数 ，弹簧测力计b的读数 。（填“变
大”、“变小”或“不变”）
【答案】(1)3.00/2.99/3.01
(2) 变大 变大
【解析】（1）弹簧测力计的精度为0.1 N，可知弹簧测力计a的读数是3.00 N
（2）[1][2]如图所示，减小弹簧测力计b与弹簧OC的夹角
，保持两弹簧合力不变，弹簧测力计a的读
数变大，弹簧测力计b的读数也变大。
6．（2026·四川凉山·一模）某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A
挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B 的一端用细线系于O 点，手持另一端向左拉，
使结点O 静止在某位置。分别读出弹簧测力计A 和B 的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O 点的
位置和两拉线的方向。
(1)本实验主要采用的科学方法有（ ）
A．控制变量法
B．等效替代法
C．理想模型法
D．放大法
(2)下列需要的实验要求有（ ）
A．测量重物M 的重力B．改变拉力多次实验，每次都要使O 点静止在同一位置
(3)在某次实验中，该同学发现弹簧测力计A 的指针示数稍稍超出量程。为完成实验，可以适当
OB 方向的拉力（选填“增大”或“减小”）。
【答案】(1)B
(2)A
(3)减小
【解析】（1）由实验原理可知，实验过程中合力的作用效果与两个分力的作用效果相同，运用了等效
替代法。
故选B。
（2）根据力的平衡条件，弹簧测力计A 与B 的合力应与物体M 的重力等大且反向，故实验中要测出
物体M 的重力大小；每次实验保持重物静止时读两个弹簧测力计示数即可，不必要让重物每次静止位
置相同。
故选A。
（3）对结点O 进行受力分析，如下图所示
当结点O 位置不变，测力计A 的力方向也不变时，将测力计B 如上图顺时针转动一些，FB力会减小，
F A也会减小。
7．（2026·四川泸州·一模）某同学用如图甲所示的实验装置研究摩擦力的特点，将木块P 和木板Q 叠放于
水平桌面上，轻绳绕定滑轮一端与力传感器竖直相连，另一端与木块P 水平相连。该同学测出木块P
的质量m，然后从
时刻开始，用从零开始逐渐增大的外力拉木板Q，力传感器的示数F随时间的变
化关系如图乙所示。
时轻绳恰好伸直但无拉力，重力加速度为g。
(1)木板Q 在
时间内受到的静摩擦力大小 ，木块P 在
时间内受到的静摩擦力大
小 （均选填“增大”“减小”或“不变”）；
(2)木板Q 与木块P 之间的滑动摩擦因数
；
(3)该同学欲利用控制变量法研究滑动摩擦力大小与压力大小关系，下列两项操作中更恰当的一项是
__________。
A．将木块P 换成体积相同但材质不同的物块
B．在木块P 的上方放置不同数量的砝码
【答案】(1) 增大 增大
(2) F0
mg
(3)B
【解析】（1）[1]由题意可知，木板Q 在
时间内静止不动，受力平衡，外力不断增大，则木板
Q 受到的摩擦力不断增大；
[2]木块P 在
时间内受力平衡，由图乙可知，木块P 受到的向左的拉力不断增大，则木块P 受到
的向右的摩擦力不断增大。
（2）由图乙可知，木块P 和木板Q 间的滑动摩擦力大小为F0，根据F0= μmg
解得μ= F0
mg
（3）研究滑动摩擦力大小与压力大小关系，则需控制两木板间的材料相同。
故选B。
8．（2026·四川·模拟预测）某物理兴趣小组用如图甲所示的装置来测定物块与木板之间的动摩擦因数。当
物块位于水平木板上的O 点时，重物刚好接触地面。将物块拉到P 点，待重物稳定后由静止释放，物
块最终滑到Q 点（重物落地后不反弹）。分别测量PO、OQ 的长度h 和s。改变h，重复上述实验，分
别记录几组实验数据。
(1)关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．必须满足重物的质量远大于物块的质量
B．木板应水平放置
C．应将木板左端垫高来补偿阻力
D．应调节滑轮的高度，使细线与木板平行
(2)实验时，发现物块释放后会撞到滑轮，为了解决这个问题，下列措施可行的是（ ）
A．只减少重物的质量
B．只增加物块的质量
C．将细线缩短一些后，物块放回原处
D．增加细线长度，同时降低重物高度
(3)根据实验数据作出s-h 关系的图像，斜率为k，如图乙所示。实验测得重物与物块的质量之比为1:n，
则OQ、PO 的长度s 和h 的关系式为s= （用h、n、μ表示），物块与木板间的动摩擦因数
（用k、n 表示）。
(4)在该实验中，请写出减小误差的方法 （写出一条即可）。
【答案】(1)BD
(2)ABD
(3) 1-nμ
(1+n) μ h
1
nk +n+k
(4)见解析
【解析】（1）A．该实验中，不要求重物重力近似等于细线拉力，不需要满足重物的质量远大于物块
的质量，故A 错误；
BC．该实验要测量摩擦因数，木板应水平放置，无需将木板左端垫高来补偿阻力，故B 正确，C 错误；
D．应调节滑轮的高度，使细线与木板平行，这样拉力的方向才与物块的运动方向一致，保证拉力等于
物块所受的外力，故D 正确。
故选BD。
（2）A．只减少重物的质量，相当于减小了重物与物块一起加速运动时所受的合外力，即减小了物块
做加速运动时的加速度大小，根据v
2=2ax可知，当重物落地后，物块做减速运动的初速度将减小，速
度减为0 的位移将减小，故A 正确；
B．只增加物块的质量，则物块与重物一起加速运动时的加速度将减小，从而使重物落地后，物块做减
速运动的初速度减小，则速度减为零的位移将减小，故B 正确；
C．将细线缩短一些后物块放回原处，可知，这样做实际上增加了重物下降的高度，即增加了物块做加
速运动的位移，这样使得物块做减速运动时的初速度更大，速度减为零的位移将更大，故C 错误；
D．增加细线长度，同时降低重物高度，相当于减少了物块做加速运动的位移，这样使得物块做减速运
动的初速度更小，物块速度减为零所需的位移更小，故D 正确。
故选ABD。
（3）[1][2]设物块的质量为nm，重物的质量为m，根据实验可知，物块在PO段做匀加速直线运动，设
其加速度大小为
，物块在
段做匀减速运动，设其加速度大小为
，则有mg-nμmg=(nm+m)a1，
nμmg=nma2，v
2=2a1h，v
2=2a2s
联立整理得OQ、PO的长度和的关系式为s= 1-nμ
(1+n) μ h
可知k = 1-nμ
(1+n) μ
整理后得μ=
1
nk +n+k
（4）为了减小误差，重物应选择密度大的铁块、应减小滑轮与轴之间的摩擦。
9．（2026·四川达州·一模）某实验小组利用图甲中的装置探究加速度与质量和合外力的关系，图中力传感
器可以测量细线拉力F的大小。
(1)关于该实验下列说法正确的是（ ）
A．实验前应调整滑轮高度使细线与长木板平行
B．平衡摩擦力时应挂上槽码
C．每次实验必须先释放小车再接通电源
D．实验过程中应保证槽码的质量远小于小车质量
(2)为了平衡摩擦力，将小车连接好纸带。给小车一个初速度，打出的纸带如图乙所示，纸带的左侧为
小车连接处，后续操作正确的是（ ）
A．减小小车上砝码的质量B．增加小车上砝码的质量
C．垫块位置向左移动
D．垫块位置向右移动
(3)保持小车的质量M一定，改变槽码的质量，以小车的加速度a为纵坐标，以力传感器的示数F为横坐
标，作出了如图丙所示的a- F图线，图线的斜率为k，下列说法正确的是（ ）
A．图线不过原点可能是平衡摩擦力时木板倾角过大
B．图线不过原点可能是平衡摩擦力时木板倾角过小
C．小车的质量M与直线斜率k的乘积等于1
D．随着槽码的质量增加，a- F图线将变成曲线，且切线斜率逐渐增大
【答案】(1)A
(2)C
(3)BC
【解析】（1）A．实验前应调整滑轮高度使细线与长木板平行，A 正确；
B．平衡摩擦力时应不挂槽码，只让小车拖着纸带在木板上匀速运动，B 错误；
C．每次实验必须先接通电源再释放小车，C 错误；
D．实验过程中因有力传感器测量小车受的拉力，则不需要保证槽码的质量远小于小车质量，D 错误。
故选A。
（2）由纸带上的点迹分布可知，小车做减速运动，说明木板右端过低，则应该让垫块位置向左移动，
抬高木板右端，故选C。
（3）AB．由图像可知，当拉力F 到达一定值时小车才开始加速，可知原因是没有平衡摩擦力或者可
能是平衡摩擦力时木板倾角过小，A 错误，B 正确；
C．根据F - f = Ma
则a= 1
M F - f
M
结合图像可知k = 1
M ，即小车的质量M与直线斜率k的乘积等于1，C 正确；
D．根据mg- F =ma，F = Ma
可得a=
m
m+ M g=
1
1+ M
m
g
随着砝码的质量增加，则不再满足M>>m 时，则a- F图线将变成曲线，且切线斜率逐渐减小，D 错误。
故选BC。
10．（2026·四川德阳·一模）某实验小组探究平抛运动的特点，实验时使用频闪仪和照相机对做平抛运动
的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s 发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图所示（图中未包括小球
刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平
行，其上每个小方格的边长为1cm。在实验中测得的小球影像的高度差已经在如图中标出。
(1)在实验中测得的小球影像水平间距相同，可验证平抛运动的小球在水平方向做的是 运动：
(2)小球运动到上图中位置A 时，其速度的水平分量大小为 m/s，当地的重力加速度大小为
m/s2；（结果均保留2 位有效数字）
(3)利用手机和计算机可以方便地记录钢球做平抛运动的轨迹并分析其运动规律。该实验小组利用视频
处理软件分析钢球某次平抛运动的录制视频，得到的水平位移和竖直位移随时间变化的图像如图所示。
图中图线 （选填“甲”或“乙”）为水平位移随时间变化的图线，此次钢球做平抛运动的
初速度为 m/s。（结果保留2 位有效数字）
【答案】(1)匀速直线
(2) 1.0 9.7
(3) 甲 2.0
【解析】（1）因为小球在相同时间内，水平方向的位移相等，所以平抛运动的小球在水平方向做的是
匀速直线运动。
（2）[1]因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度为v0= x
t = 0.05
0.05 m/s=1.0 m/s
[2]由竖直方向的自由落体运动可得g= y3+ y4- y1- y2
4t
2
=9.7 m/s
2
（3）[1]钢球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，故对应的x -t图像应为一条倾斜的直线，故
图线甲为水平位移随时间变化的图线；
[2]根据x -t图像中甲的斜率表示物体的初速度，故初速度大小为v0=k = 0.6
0.3 m/s=2.0 m/s
11．（2026·四川宜宾·一模）在“探究平抛运动的特点”实验中
(1)如图，M、N 是两个完全相同的轨道，末端切线水平，轨道N 的末端与光滑水平面相切，轨道M 固
定在轨道N 的正上方。将小球球P、Q 分别吸在电磁铁C、D 上，切断电源，两球同时到达E 处相碰。
改变轨道M 的高度，再次实验，结果两球也总是相碰，这说明做平抛运动的P 球在水平方向上的分运
动与Q 球在光滑水平面的运动 （填“相同”或“不同”），为 （填“匀速直
线运动”或“匀加速直线运动）。
(2)实验得到如图所示的轨迹，在轨迹上选取水平间距为20.0cm 的A、B、C 三点，并测量了各点间的竖
直间距如图，重力加速度大小取9.8m/s2，则小球经过B 点的速度大小为 m/s（结果保留三
位有效数字）。
【答案】(1) 相同 匀速直线运动
(2)2.83
【解析】（1）[1][2]P 球做平抛运动在水平方向的分位移与Q 球的位移相同，且它们初速度相同，同时
到达E 点，所以P 球在水平方向上的分运动与Q 球在光滑水平面的运动相同，为匀速直线运动。
（2）在竖直方向上，由匀变速直线运动的推论
得yBC - y AB= gT
2
B 点竖直方向上的分速度v y = yBC + y AB
2T
B 点水平方向上的分速度v x = xBC + x AB
2T
B 点速度v =
❑√v y
2 + v x
2
联立解得v =2.83m/ s
12．（2026·四川自贡·一模）如图甲是“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”的实验装置。已
知小球在挡板A、B、C 处做圆周运动的轨迹半径之比为1:2:1，变速塔轮自上而下有多种组合方式。
回答以下问题：
(1)在研究向心力的大小F 与质量m、角速度ω 和半径r 之间的关系时主要用到了物理学中的
法。
(2)实验时将质量相同的小球1 和2 分别放在挡板B、C 位置，将传动皮带置于变速塔轮半径相同的一层，
此次实验是为了探究小球的向心力大小与 （选填“质量”、“角速度”或“半径”）的关系。
(3)小华利用传感器升级实验装置后，用力传感器测小球对挡板的压力，用光电计时器测小球运动的周
期来进行定量探究。当仅改变转速时，记录多组力与对应周期的数据，并画出了如图乙所示的图像，
该图线是一条过原点的直线，则图像横坐标x 表示的物理量是（ ）
A．T B．1
T
C．T
2
D．1
T
2
【答案】(1)控制变量
(2)半径
(3)D
【解析】（1）在研究向心力的大小F 与质量m、角速度ω 和半径r 之间的关系时主要用到了物理学中
的控制变量法。
（2）实验时将质量相同的小球1 和2 分别放在挡板B、C 位置，转动半径不等，将传动皮带置于变速
塔轮半径相同的一层，则角速度相同，此次实验是为了探究小球的向心力大小与半径的关系。
（3）根据F =m 4 π
2
T
2 r = 4 π
2mr 1
T
2
因图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x 表示的物理量是1
T
2。
故选D。
13．（2026·四川内江·一模）某实验小组设计了如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。绳和滑轮
的质量忽略不计，轮与轴之间的摩擦忽略不计，重力加速度为g。则：
(1)实验时，该同学进行了如下操作：
①用天平分别测出物块A、B 的质量为4 m和3m（A 的质量含遮光片）。其中测得物块A 的质量如图
乙所示，则物块A 的质量为 g；
②用游标卡尺测得遮光片的宽度d如图丙所示，则遮光片的宽度
cm；
③将物块A、B 用轻绳和滑轮按图甲所示的方式连接。一同学用手托住物块B，另一同学测量出遮光片
中心到光电门中心的竖直距离为，之后释放物块B 使其由静止开始下落。测得遮光片经过光电门的时
间为Δt，则此时物块A 的速度v A = （用字母d、Δt表示）；
(2)若以 （选填“ 1
Δt ”或“
1
(Δt )
2”）为横坐标，以遮光片中心到光电门中心的竖直距离为纵坐
标。根据实验数据作出的图像为如图丁所示的直线，其斜率为 时，就验证了系统（物块A、B）
的机械能守恒。
【答案】(1) 61.2 1.020 d
Δt
(2)
1
(Δt )
2 4 d
2
g
【解析】（1）[1]由于托盘天平横梁标尺的分度值为0.2g，读数时读到该分度值即可，因此物块A 的质
量为mA =60 g+1.2g=61.2g
[2]由于游标尺为20 分度，故其精确度为1
20 mm =0.05 mm
故遮光片的宽度为d =10 mm + 4×0.05 mm=10.20mm=1.020cm
[3]由题可知，物块A 的速度为v A = d
Δt
（2）[1][2]若系统机械能守恒则有mB g2h-mA gh= 1
2 mB vB
2 + 1
2 mA v A
2
由题可知mA = 4 m，mB=3m，v A = d
Δt = 1
2 vB
联立整理可得h= 4 d
2
g
1
( Δt )
2
结合图像可知，横坐标应为
1
(Δt )
2
图像的斜率为k = 4 d
2
g
14．（2026·四川泸州·一模）某学习小组用如图甲所示的装置探究机械能守恒定律。手托住用轻绳跨过定
滑轮连接的A、B 两物块，某时刻静止释放。已知A 的质量m=0.74 kg，B 的质量为M（M 未知，且
M >m）。用周期T =0.10 s的频闪照相机拍摄B 物块，获得的照片如图乙所示。取重力加速度
g=9.80m/ s
2。
(1)根据图乙信息可判断B 物块在拍摄第一张频闪照片时处于 状态（选填“静止”或“运动”）；
(2)根据图乙信息可求得B 物块的加速度a= m/ s
2（结果保留3 位有效数字）；
(3)根据图乙信息，可求得B 物块质量大小M = kg（结果保留3 位有效数字）；
(4)该小组同学选取一张清晰的频闪照片，取多个不同的点，算出各点速度v，测量各点到起始点的距离
，作出如图丙所示的
图，图像斜率为k。不计空气阻力及各处摩擦，则重力加速度的表达式为
g= （用
表示）。由于空气阻力和定滑轮与轻绳间摩擦力的影响，测量出来的重力加速
度与当地重力加速度比较结果 （选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】(1)静止
(2)2.40
(3)1.22
(4) k (M +m)
2(M -m) 偏小
【解析】（1）物块B 做匀加速直线运动，根据图乙可知，拍第二张频闪照片后相邻相等时间间隔内的
位移差在误差允许范围内均为2.40cm，表明拍第二张频闪照片后的运动满足匀加速直线运动的要求，
根据图乙有x2- x1=3.00cm
该值与2.40cm 相隔太多，表明拍第一张频闪照片与拍第二张频闪照片过程中，B 实际运动时间小于
0.1s，可知，B 物块在拍摄第一张频闪照片时处于静止状态。
（2）舍去图乙中的第一段，利用逐差法，加速度a= (x4+ x5)-(x2+ x3)
4T
2
=2.40 m/s
2
（3）对A 进行分析，根据牛顿第二定律有T -mg=ma
对B 进行分析，根据牛顿第二定律有Mg-T = Ma
结合上述解得M=1.22kg
（4）[1]结合上述解得B 运动的加速度a= (M -m)g
M +m
根据速度与位移的关系有v
2=2ah
则有v
2= 2(M -m)gh
M +m
图像斜率为k，则有2(M -m)g
M +m
=k
解得g= k (M +m)
2(M -m)
[2]令空气阻力和定滑轮与轻绳间摩擦力大小为f，则有Mg-mg- f =(M +m)a
'
解得a
' = Mg-mg - f
M +m
结合上述有2(M -m)g-2f
M +m
=k
解得g= k (M +m)+2f
2(M -m)
> k (M +m)
2(M -m)
可知，由于空气阻力和定滑轮与轻绳间摩擦力的影响，测量出来的重力加速度与当地重力加速度比较
结果偏小。
15．（2026·四川宜宾·一模）某研究小组用图甲所示的装置测量当地的重力加速度。用质量均为M 的重物
P 和Q 系在不可伸长的轻绳两端，使系统平衡。再在重物P 上加一质量为m 的砝码，系统失去平衡。P
下落距离h 后砝码被架在固定环形座上，用光电门（图中未画出）测出P 穿过环形座后速度大小为v，
然后借助缓冲器结束当次测试。
(1)实验中，在不解除P、Q 与绳连接的情况下进行砝码的添加和更换，应当选用图乙中编号为
___________ 的砝码；
A．有中心孔没有侧边缝
B．有中心孔和侧边缝
C．既没有中心孔也没有侧边缝
(2)以下添加砝码的操作中，正确的是 ___________；
A．将砝码从P 正上方某处自由释放，让其下落并撞击P
B．将砝码轻放在P 上，待它与P 一起下落一段时间后松手
C．用薄板从下方托住P，放置砝码并调整好高度h 后突然撤去薄板
(3)若忽略实验过程中的摩擦阻力和空气阻力，则从砝码被架在固定环形座上至Q 接触缓冲器之前，P
的运动是 （选填“匀速直线运动”、“匀加速直线运动”或“匀减速直线运动”）；
(4)实验时，保持M 不变，更换不同的m 进行多次实验，得到的速度v 和m 的数据绘制成图像如图丙所
示，已知图像的纵坐标为1
v
2，则图像的横坐标为 （选填“m”、“m2”或“ 1
m”），图像
纵轴截距为b，可得当地的重力加速度为 （用h、b 表示）。
【答案】(1)B
(2)C
(3)匀速直线运动
(4) 1
m
1
2bh
【解析】（1）有中心孔和侧边缝,这样把轻绳穿过中心孔， P、Q 和砝码一起运动时，砝码相对P 稳定、
不晃动，也不会从P 上掉下来，能减小实验误差，同时砝码被架在固定环形座后，砝码也不影响P、Q
的运动，故选B。
（2）用薄板从下方托住P，放置砝码并调整好高度h 后突然撤去薄板,让它们一起做匀加速运动。
故选C。
（3）因重物P 和Q 质量相等，砝码被架在固定环形座上至Q 接触缓冲器之前，P 和Q 一起运动的动力
为P 的重力与阻力（Q 的重力）相等，故一起做匀速直线运动
（4）[1][2]由系统机械能守恒有mgh= 1
2 (2 M +m)v
2
得1
v
2 = M
gh ⋅1
m +
1
2gh
故图像的横坐标为1
m
可得当地的重力加速度为g=
1
2bh
16．（2026·四川资阳·一模）某实验小组想用多种方式验证动量守恒定律。小明同学选取两个体积相同、
质量不等的小球，先让质量为m1的小球从轨道顶部由静止释放，从轨道末端的O 点飞出并落在斜面上
P 点。再把质量为m2的小球放在O 点，让小球m1仍从原位置由静止释放，与小球m2发生碰撞，碰后
m1、m2两小球直接落在斜面上M、N 两点，记录落点痕迹，如图甲所示。其中M、P、N 三个落点的位
置距离O 点的长度分别为xOM、xOP、xON。
(1)用游标卡尺测得两小球的直径均如图乙所示，则小球直径d= cm。
(2)关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．必须满足m1=m2
B．轨道末端必须水平C．轨道必须光滑
(3)在实验误差允许的范围内，若满足关系式 ，则可认为两球碰撞过程中动量守恒（用题目中的
物理量表示）。
(4)若两小球的质量满足m2=km1，若满足xOP= xON（用k 表示），则可进一步说明两球间的碰撞是
弹性的。
(5)小帅同学利用该套装置做了一个新实验，仅改变小球m2的质量，其他条件及要求均不变，将小球m1
多次从轨道顶部由静止释放，与不同质量的小球m2相碰，对应的落点到O 点距离仍记为xOM、xOP、
xON，以❑√xOM为横坐标、❑√xON为纵坐标作出图像，若该碰撞为弹性碰撞，则下列图像正确的是
（ ）
A．
B．
C．
【答案】(1)1.070
(2)B
(3)
(4)
(5)C
【解析】（1 ）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以小球的直径为
（2）A．为了确保两小球碰撞后入射小球不被反弹，则入射小球的质量应大于被碰小球的质量，即
m1>m2，故A 错误；
B．两小球均做平抛运动，则斜槽末端必须水平，故B 正确；
C．本实验中只要入射小球从斜槽上同一高度静止释放即可，轨道不必光滑，故C 错误。
故选B。
（3）若两球碰撞过程动量守恒，则m1v0=m1v1+m2v2
设斜面倾角为θ，根据平抛运动的规律有
，
，
，
联立可得
（4）若两球发生弹性碰撞，则1
2 m1v0
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2，m2=k m1
联立可得
（5）根据以上分析可知，若两球发生弹性碰撞，则
故选C。
17．（2026·四川内江·一模）如图甲所示，为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置
示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。
该小组在某次实验中测得滑块A 的质量为1.00kg，滑块B 的质量为1.35kg，两滑块碰撞前后的位移x随
时间t的变化图像如图乙所示，其中①为滑块B 碰前的图线。
(1)两滑块碰撞前，滑块A 的速度大小为
；
(2)选滑块B 的运动方向为正方向，两滑块碰前的总动量为 kg⋅m/ s；两滑块碰后的总动量为
kg⋅m/ s（结果均保留三位有效数字），在误差允许范围内，两滑块总动量守恒。
【答案】(1)1.2
(2) -1.50 -1.45
【解析】（1）由x -t图像可知，碰撞前滑块A 的速度大小为v1= Δ x1
Δt1
= 0.50-0.20
0.25-0
m/s=1.2m/s。
（2）[1]由x -t图像可知，碰撞前滑块B 的速度大小为v2= Δ x2
Δt2
= 0.50-1.00
0.25-0
m/s=-2.00 m/s
碰
撞
前
两
滑
块
总
动
量
为
p1=mA v1+mB v2=1.00×1.2kg⋅m/s+1.35×(-2.00)(kg⋅m/s)=-1.50kg⋅m/s
[2]由x -t图像可知，碰撞后滑块A 的速度大小为v3= Δ x3
Δt3
= 0.20-0.50
0.55-0.25 m/s=-1.00 m/s
碰撞后滑块B 的速度大小为v4= Δ x4
Δt 4
= 0.40-0.50
0.55-0.25 m/s=- 1
3 m/s
碰
撞
后
两
滑
块
总
动
量
为
p2=mA v3+mB v4=1.00×(-1.00)kg⋅m/s+1.35×(- 1
3)(kg⋅m/s)=-1.45kg⋅m/s
18．（2026·四川达州·一模）某实验小组利用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，滑块P、Q 上都固定
有遮光条，已知滑块P、Q 的质量分别为m1、
（均包括遮光条），两遮光条宽度相同。请回答下列
问题。
(1)接通气源后，调节气垫导轨的充气源，轻推滑块Q 使其从轨道最左端向右运动，发现滑块通过光电
门1 的时间小于通过光电门2 的时间。为使导轨水平，可旋转调节旋钮使轨道左端适当 （选填
“升高”或“降低”）。
(2)将滑块Q 静止放在两光电门之间，然后将滑块P 在圆弧轨道上由静止释放，若滑块P 与滑块Q 发生
碰撞粘合在一起，滑块P 经过光电门1、光电门2 时，遮光条的挡光时间分别为
、
。若关系式
成立，则碰撞过程系统动量守恒；该碰撞过程损失的机械能与初动能之比ΔE
Ek 0
= （用m1、
表
示）。
(3)若滑块P 与滑块Q 发生碰撞，并分离，滑块P 先后通过光电门1，遮光条的挡光时间分别为
、
，
滑块Q 通过光电门2，遮光条的挡光时间为
。若关系式 成立，则验证了碰撞过程系统动量守恒；
若满足上式成立的同时关系式 成立，则滑块P、Q 碰撞为弹性碰撞（用所测物理量的符号表示）。
【答案】(1)升高
(2)
m1
m1+m2
m2
m1+m2
(3) m1
t1
= m2
t3
- m1
t2
m1
t1
2 = m1
t2
2 + m2
t3
2 或者1
t1
= 1
t2
+ 1
t3
【解析】（1）轻推滑块Q 使其从轨道最左端向右运动，滑块通过光电门1 的时间小于通过光电门2 的
时间，表明滑块通过光电门1 的速度大于通过光电门2 的速度，滑块做减速运动，表明轨道左侧低右侧
高，为使导轨水平，可旋转调节旋钮使轨道左端适当升高。
（2）[1]根据光电门测速原理可知，碰撞前后的速度v1= d
t1
，v2= d
t2
根据动量守恒定律有m1v1=(m1+m2)v2
解得
t1
t2
=
m1
m1+m2
[2]碰撞过程损失的机械能ΔE = 1
2 m1v1
2- 1
2 (m1+m2)v2
2
初动能Ek 0= 1
2 m1v1
2
结合上述解得ΔE
Ek 0
=
m2
m1+m2
（3）[1]滑块P 先后通过光电门1，遮光条的挡光时间分别为
、
，表明碰撞后P 发生了反弹，规定
向右为正方向，则有v1= d
t1
，v2=- d
t2
滑块Q 通过光电门2，遮光条的挡光时间为
，则有v3= d
t3
根据动量守恒定律有m1v1=m1v2+m2v3
解得
m1
t1
= m2
t3
- m1
t2
[2]若滑块P、Q 碰撞为弹性碰撞，则还需要满足1
2 m1v1
2= 1
2 m1v2
2+ 1
2 m2v2
2
由于v1= d
t1
，v2=- d
t2
，v3= d
t3
解得
m1
t1
2 = m1
t2
2 + m2
t3
2 或者1
t1
= 1
t2
+ 1
t3
19．（2026·四川攀枝花·一模）某实验小组在“测量金属丝的电阻率”实验中，实验室提供的器材如下：
机械式多用电表、螺旋测微器、电流表、电压表、滑动变阻器、直流电源、开关、导线若干。实验步
骤如下：
(1)用多用电表电阻挡粗测金属丝的阻值。先选择“×10”倍率的电阻挡，将红、黑表笔短接，调节欧姆
调零旋钮使指针指在右侧0 刻度线，再将红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，指针静止时指向甲图
中的a 处。为了能获得更准确的测量数据，应将电阻挡调整到 （选填“×1”或“×100”）倍
率，接着进行规范操作后指针静止时指在甲图中b 处，则该金属丝的阻值约为 Ω；
(2)用螺旋测微器分别测量金属丝几个不同位置横截面的直径D，某次测量时的情形如图乙所示，该处
的直径D= mm，再用刻度尺测量金属丝的长度L。
(3)①按照图丙所示连接器材，测量金属丝的电阻Rx。请在丁图中用笔画线代替导线补充完整实物图
。闭合开关S 前，滑动变阻器的滑片P 应处在图丁中的 （填“c”或“d”）端。
考点3
电学实验
②闭合开关S，测量通过金属丝的电流I 和金属丝两端的电压U，由此可计算得出金属丝的电阻率ρ=
。（用题中所测物理量的字母表示）
(4)误差分析：本实验的系统误差主要是因为 引起的。
【答案】(1) ×1 19.0
(2)1.030
(3)
c
(4)电压表分流
【解析】（1）[1]指针静止时指向甲图中的a 处，说明待测电阻阻值较小，应更换小倍率进行测量，所
以为了能获得更准确的测量数据，应将电阻挡调整到“×1”；
[2]欧姆表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以该金属丝的阻值约为
（2）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以D =1mm +3.0×0.01mm =1.030 mm
（3）[1]按照电路图进行实物连接，如图所示
[2]闭合开关S 前，滑动变阻器的滑片P 应处在图丁中的c 端；
[3]根据电阻定律Rx= ρ L
S ，Rx= U
I ，S = π( D
2 )
2
所以ρ= πU D
2
4 IL
（4）本实验电流表采用外接法，所以实验的系统误差主要是因为电压表分流引起。
20．（2026·四川成都·一模）某实验小组要测量电压表的内阻，并将其改装为欧姆表。该电压表的量程为
3V，内阻为几千欧姆。可用的器材有：
电池组E（电动势4.5V，内阻忽略不计）
电阻箱R1（0~99.99Ω）
电阻箱R2（0~9999Ω）
滑动变阻器R3（0~20Ω）
滑动变阻器R4（0~1000Ω）
待测电阻Rx
开关一个，导线若干，表笔两支
(1)使用图（a）所示的电路测量电压表的内阻。为使测量结果更精确，电阻箱R 应选择 ，滑动
变阻器RP应选择 。（均填器材的符号）
(2)实验步骤如下：
①将电阻箱R 的阻值调至0，滑动变阻器RP的滑片移至最左端；
②闭合开关S，向右移动滑片，使电压表满偏；
③保持滑片位置不变，调节电阻箱R，当电压表示数为1.80V 时，电阻箱的阻值为R0，则电压表内阻
RV= （用R0表示）。
(3)仅考虑系统误差，电压表内阻的测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
(4)若测得电压表内阻为4.5kΩ，使用上述器材按图（b）所示的电路将电压表改装为欧姆表。在电压表
两端接上两支表笔，将两表笔断开，闭合开关S，调节电阻箱，使电压表满偏。保持电阻箱阻值不变，
在两表笔间接入待测电阻Rx。若电压表示数为1.00V，则Rx= kΩ。
【答案】(1) R2 R3
(2)1.5R0
(3)大于
(4)0.75
【解析】（1）[1]电压表内阻约几千欧姆，为减小误差，电阻箱应选与电压表内阻接近的R2；
[2]滑动变阻器采用分压接法，为调节方便，应选阻值较小的R3。
（2）步骤②中，滑片调至电压表满偏3V，此时电压表与电阻箱串联，步骤③中保持总电压不变，电
压表示数变为1.80V，则电阻箱两端电压为1.20V，根据串联电路的特点可知，电压表与电阻箱电阻之
比应等于电压之比，所以
RV
R0
= 1.80
1.20
则RV =1.5 R0
（3）当电阻箱R 接入后，电路总电阻变大，电压表与电阻箱串联的总电压略增大，但实验中认为步骤
②③中电压表与电阻箱串联的总电压不变，因此，电压表示数变为1.80V，电阻箱两端电压大于
1.20V，电阻箱阻值R0大于2
3 RV，即1.5R0大于RV，测量值大于真实值。
（4）改装为欧姆表时，两表笔断开，调节电阻箱使电压表满偏3V，由电池组电动势4.5V，则
E =U + U
RV
R
解得电阻箱R =2.25kΩ
接入Rx 后电压表示数1.00V，则Rx 和RV并联，电阻为
Rx Rv
Rx+ Rv
=
1
4.5-1
R
解得Rx =0.75kΩ
21．（2026·四川乐山·一模）学习小组用放电法测量电容器的电容，所用器材如下：
电池（电动势1.5V，内阻不计）；
待测电容器（额定电压2V，电容值未知）；
微安表（量程100μA，内阻约为2500Ω）；
两个滑动变阻器R1、R2（其中一个最大阻值为20Ω，另一个最大阻值为2000Ω）；
电阻箱R3、R4（最大阻值均为9999.9Ω）；
定值电阻
（阻值为5.0kΩ）；
单刀单掷开关
、S2，单刀双掷开关S3；
计时器；导线若干。
（1）小组先测量微安表内阻，按图1 连接电路。R1的最大阻值为 Ω（填“20”或“2000”）；
将R2的滑片N 置于中间位置附近。
（2）为保护微安表，实验开始前
、S2断开，滑动变阻器R1的滑片P 应置于左端。将电阻箱R3的阻
值置于2500.0Ω，接通
，将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片N 的位置，最终使得接通
S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前M 与N 所在位置的电势相等。
（3）将电阻箱R3和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将R3的阻值置于2401.0Ω 时，在接通S2
前后，微安表的示数也保持不变。待测微安表的内阻为 Ω。
（4）按照图2 所示连接电路，电阻箱R4阻值调至490.0Ω，将开关S3掷于位置1，待电容器充电完成后，
再将开关S3掷于位置2，记录微安表电流I随时间t的变化情况，得到如图3 所示的图像。当微安表的示
数为50μA 时，通过电阻
的电流是 μA。
（5）图3 中每个最小方格面积所对应的电荷量为 C。某同学数得曲线下包含156 个这样的小
方格，则电容器的电容为 F。（本小题计算结果均保留两位有效数字）
【答案】 20 2450/2450.0 300 1.6×10
-6 1.0×10
-3
【解析】[1]电阻R1在电路中主要起到分压调节的作用，当开关S2闭合的前后，电流计和R2的支路电阻
值的变化较大，R1选择一个阻值更小的变阻器能够在支路电阻值变化时对总电路的影响更小，故选
20Ω的变阻器。
[2]开关S2闭合前后微安表的示数不变，说明φM =φN
对于两次电阻箱R3阻值的变化，根据电桥原理有关系式2500.0Ω
R A
=
R A
2401.0Ω
可解得R A =2450.0Ω
[3]当微安表流过I 1=50μA电流时，通过电阻箱R4的电流为I 2= I 1 R A
R4
=250μA
所以流过
的电流为I 1+ I 2=300μA
[4] 在I -t图像中，面积表示电荷量的大小，所以一个小格的面积表示的电荷量为
Δq = 4μA×0.4s=1.6×10
-6C
[5]根据题干，电容器放电过程中一共流经微安表的电荷量为Q =156 Δq =2.5×10
-4C
微安表与电阻箱并联，流经干路的电荷总量为Q1=6Q =1.5×10
-3C
根据电容器的定义式，C = Q1
U = 1.5×10
-3C
1.5V
=1.0×10
-3 F
22．（2026·四川雅安·一模）某同学连接图甲所示电路，将传感器连接在电路中，并与计算机相连，运行
相关程序，在计算机显示屏上可观察到电容器所带电荷量q 随时间t 变化的图线，通过图线来研究电容
器充电规律。
(1)开关S 闭合，电容器充电，电路中电流逐渐 （选填“增大”或“减小”）；改变电阻箱
的阻值，对同一电容器分两次进行充电，电容器所带电荷量q 随时间t 变化的图线分别如图乙中①、②
所示，则图线 （选填“①”或“②”）对应充电过程电阻箱接入电路的阻值R 较大；充电
完成后，开关仍然处于闭合状态，减小电容器两极板间的距离，流过电阻箱的电流方向向
（选填“左”或“右”）。
(2)充电过程中，电容器两极板间电压u，所带电荷量q 均增大，请在图丙中定性画出该过程的u-q 图像
。若电源电动势为E，图丙中电压最大值对应坐标点与原点O 连线的斜率为k，类比直线运动中由v-t
图像求位移的方法，可知充电结束后电容器储存的电能为 （结果用E、k 表示）。
【答案】(1) 减小 ② 右
(2)
E
2
2k
【解析】（1）[1]由于q -t图像的斜率表示电容器在充电的过程中电路中的电流，结合图像可知，充电
过程中，电路中的电流逐渐减小；
[2]电阻箱的阻值较大时，电路中的电流较小，q -t图像的斜率较小，因此图像②对应的是电阻箱阻值
较大的图像；
[3]充电完成后，开关仍处于闭合状态，则电容器两端的电压不变，减小两极板间的距离，根据
C = εr S
4 kπd
可知，电容器的电容增大，又因为C = Q
U
由于电容器两极板间的电压不变，电容增大，因此两极板的电荷量增大，电容器处于充电状态，通过
电阻箱的电流向右。
（2）[1]根据电容C = Q
U
可得U = Q
C
因此u-q图像为一正比例函数图像，图像如下
[2]由图像可知，稳定后电容器储存的能量为u-q图像与坐标轴围成的面积，即E能量= 1
2 EQ
结合题意可知E
Q =k
联立解得E能量= E
2
2k
23．（2026·四川广安·一模）甲、乙同学分别设计了甲、乙电路图来测量一个量程为3V 的电压表内阻（约
3kΩ）。其主要实验器材还有：电源、电阻箱、滑动变阻器、毫安表（量程为0∼3 mA）。
(1)甲同学先用多用电表粗测电压表的内阻，将多用电表选择开关拨到欧姆挡“×100”倍率进行欧姆调
零后，应将红表笔接电压表的 （选填“＋”或“－”）接线柱，再完成剩余操作步骤；
(2)为了精确测量电压表的内阻，甲同学按甲电路图连接好电路；闭合开关S前应将滑动变阻器的滑片移
到 （选填“a”或“b”）端。闭合开关S，调节滑动电阻器，电阻箱的电阻调到R =1240Ω时，
读出电压表、电流表示数分别为2.48V 、2.80 mA，则测得电压表的内阻RV = kΩ（保留2 位有效
数字）。
(3)为了减小误差，甲同学保持电阻箱接入电路的阻值
不变，多次调节滑动变阻器，测得多组电压表
和电流表的示数U、I，作出U - I图像，得到图像的斜率为k，则电压表的内阻RV = （用k、
表
示）。
(4)乙同学认为用电路乙还简化些，也能精确测量电压表的内阻；你结合所学的知识判断，乙同学的观
点 （选填“正确”或“不正确”）。
【答案】(1)-
(2) a 3.1
(3) Rk
R -k
(4)不正确
【解析】（1）欧姆表测电压表内阻时，电流是从黑表笔流出，红表笔流进，故应该将红表笔接电压表
的“-”接线柱；
（2）[1]为了保护电路，防止通过电流表的电流过大，烧坏电表，闭合开关前，应该将滑动变阻器的滑
片移到最左端a端。
[2]电压表内阻RV =
U
I - U
R
=
2.48
2.80×10
-3- 2.48
1240
×10
-3kΩ=3.1kΩ
（3） 由RV =
U
I - U
R
变形得U = R RV
R+ RV
I
结合题意，有
R RV
R+ RV
=k
解得电压表的内阻RV = kR
R -k
（4）电路乙中测量电路的最大电流约为I m= 3V
3kΩ =1mA
由于电路乙中测量时电流表的指针偏转角度小，测量的数据少，因此测量误差大，乙同学的观点不正
确。
24．（2026·四川凉山·一模）一实验小组用如图所示装置测定某温度下半导体的电阻Rt，该温度下Rt ≈5Ω。
有以下器材可供使用：
A．电压表0~3V ，内阻约为5kΩ；
B．电流表0~0.6 A，内阻约为0.5Ω；
C．电流表0~3 A，内阻约为0.1Ω；
D．滑动变阻器（0~50Ω）；
E．两节干电池、开关及导线若干。
(1)为了更精确测量电阻Rt，图（a）中电流表应选 （填写器材前字母序号）；接线柱a 接
（选填“b”或“c”）。
(2)实验中闭合开关S 前滑动变阻器的滑片应移动到 端（选填“左”或“右”）。
(3)实验中同一小组三位同学分别读数，电流表均读为0.42 A，电压表分别读为2.11 V、2.12 V、2.13
V，根据这些数据可得Rt = Ω（保留2 位小数）。
(4)同学们进一步探究发现Rt为热敏电阻，其电阻随温度升高而减小。利用此特性，同学们设计了下列
四个火灾报警灭火控制电路。图中R
'为电阻箱，M 为电动机，VT 为具有三个接线柱b、c、e 的控制元
件。当be 间的电势差U be<0.7V 时，b、c、e 与VT 连接的三条线路均处于断开状态；当U be≥0.7V 时，
三条线路均能导通。则满足设计要求的电路图是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】(1) B b
(2)右
(3)5.05
(4)C
【解析】（1）[1]依题意，电路中的电流最大值约为I = E
Rt
= 3V
5Ω =0.6 A，故电流表选择B。
[2]由于
Rt
R A
< RV
Rt
，可知电流表的分压作用较明显，故电流表应选择外接，故接线柱a 接b 端。
（2）限流式接法实验中闭合开关S 前滑动变阻器的滑片应移动到阻值最大处，即最右端。
（3）根据欧姆定律R = U
I ，可求得三次测得的电阻分别为5.02Ω、5.05Ω、5.07 Ω
则三次测得的电阻平均值Rt = 5.02+5.05+5.07
3
Ω=5.05Ω
（4）AB．由题意，当be 间的电势差U be<0.7V 时，b、c、e 与VT 连接的三条线路均处于断开状态；
当U be≥0.7V 时，三条线路均能导通。即b 点电势高于e 点电势，选项AB 中b 点电势低于e 点电势，
故AB 错误；
CD．当发生火灾时，温度升高，热敏电阻的阻值减小，热敏电阻两端电压减小，则R
'两端电压增大，
当U be≥0.7V 时，三条线路均能导通，故C 正确，D 错误。
故选C。
25．（2026·四川德阳·一模）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，将一节新的干电池、定值电阻
R0、电容器C、单刀双掷开关S 连接成如图（1）所示实验电路。
(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)观察电容器充电时电流和电压变化情况，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到125μA 时保持
不变；电压表示数由零逐渐增大，指针偏转到如图（2）所示位置时保持不变，则电压表示数为
V，电压表的阻值为 kΩ。
【答案】(1)电压
(2) 0.50 4
【解析】（1）位置②与电容器并联，为测电压仪器。
（2）[1]电源为一节干电池，为了减小误差，电压表量程为3V，根据电压表的读数规律，该读数为
0.50V。
[2]根据闭合电路欧姆定律有RV = U
I =
0.5
125×10
-6 Ω= 4 kΩ
26．（2026·四川·一模）某实验小组想要测量一个定值电阻Rx的阻值（约为5Ω）。实验室备有以下器材：
A．电源（电动势约为3V，内阻约为0.2Ω）
B．电流表A（量程0.6A，内阻约为0.1Ω）
C．电压表V（量程3V，内阻约为10kΩ）
D．滑动变阻器R p（阻值范围0~3Ω，额定电流2A）
E.开关
和单刀双掷开关S2，导线若干
(1)为了尽可能多地测量实验数据，请补充图（a）滑动变阻器的连接方式 。
(2)将图（a）中单刀双掷开关S2接a，闭合开关
，移动滑动变阻器滑片，测量并记录多组电流表、电
压表数据。某次测量时电流表指针如图（b）所示，则电流表的读数为 A。
(3)将图（a）中单刀双掷开关S2接b，重复（2）中操作，利用记录的数据分别描绘电流随电压变化的图
线如图（c）所示，则S2接b 时对应图（c）中 （选填“①”或“②”），单刀双掷开关S2接
（选填“a”或“b”）的数据更接近电阻真实值。
【答案】(1)
(2)0.44
(3) ② a
【解析】（1）采用分压式接法连接滑动变阻器。
（2）刻度的最小分度为0.02A，估读到本位，读数为0.44A。
（3）[1][2]S2接a 时为电流表外接，电阻测量值小于真实值；S2接b 时为电流表内接，电阻测量值大于
真实值，图（c）斜率为电阻倒数，因此S2接b 时对应图（c）中②。易判断Rx为小电阻，电流表应外
接减小系统误差，因此单刀双掷开关S2接a 的数据更接近电阻真实值。
27．（2026·四川自贡·一模）小王在实验室找到一标有电阻率ρ，粗细均匀的圆柱状金属丝，现想测量金属
丝的横截面积S，却没有找到螺旋测微器，为了测量其横截面积S，他找到了一些电学实验器材并开展
了如下实验：
（1）用游标卡尺测出金属丝的长度为L。
（2）欧姆表正确调零后，将选择开关拨至×1挡，红、黑表笔分别接金属丝长端，测得电阻Rx，如图
甲所示，读数为 Ω。
（3）为了获得多组数据，进一步精确测量金属丝的横截面积S，有如下器材可供选用：
A．电源E（电动势为3V，内阻约为0.2Ω）
B．电压表V（量程0~1V，已测得内阻RV =1000Ω）
C．电流表
（量程0~0.6A，内阻约为1Ω）
D．电流表
（量程0~100mA，内阻约为3Ω）
E.滑动变阻器R（最大阻值为10Ω）
F.定值电阻R0=2000Ω
G.开关一个，导线若干
其中，电流表应选 （选填“
”或“
”）。
（4）根据以上要求，在下面方框内将图中所示的器材符号连线，组成测量电路图 。
（5）测得电压表读数为U，电流表读数为I，则该金属丝的横截面积S= （用U、L、I、
、ρ
和RV表示）。
【答案】 36/36.0
ρL(I RV -U )
U (RV + R0)
【解析】（2）[1]选择开关拨至×1挡，所以欧姆表的读数为
（3）[2]I ma x = E
Rx = 3
36 A ≈0.083 A，故电流表应该选择
。
（4）[3]待测电阻的阻值Rx≈36 Ω，因为Rx
2< R A RV，所以电流表外接，电压表量程不够需要串联一个
电阻增大量程，滑动变阻器阻值较小，调节时为了使电表示数变化明显，所以采用分压式接法，故连
接方式如图
（5）[4]由欧姆定律得R = U
I ，R = ρ L
S
则Rx两端的电压为U x = U
RV
( RV + R0)
通过Rx的电流为I x = I - U
RV
其中
U x
I x
= ρ L
S
解得S = ρL(I RV -U )
U (RV + R0)
28．（2026·四川成都·一模）实验室有如下器材；
A．干电池组（电动势约3V，内阻约1Ω）
B．待测电阻Rx（阻值约5Ω）
C．电压表V（0~3V，内阻约3kΩ）
D．电流表A（0~0.6A，内阻约0.5Ω）
E.滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）
F.开关、导线若干
(1)甲同学连接了如图（a）所示电路测量待测电阻Rx的阻值。闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑至
（选填“a”或“b”）端。闭合开关后，滑动滑片，记录下某次测量中电流表的读数为0.23A，电压表的
读数如图（b）所示，则该次测量中待测电阻Rx = Ω（结果保留两位有效数字）；
(2)乙同学发现改变图（a）中导线①的连接方式后可测量干电池组的内阻，为使内阻测量误差较小，应
将图（a）中导线①的c 端与电流表的 （选填“＋”或“－”）接线柱相连。调整导线连接后，
乙同学通过实验得到多组电压U 和电流I 数据。以电压U 为纵坐标，电流I 为纵坐标建立坐标系，通过
描点得到一条直线，其斜率的绝对值为k，则该干电池组内阻的测量值r测= ，若已知电压表的
内阻为RV，定义测量的相对误差η=|
测量值- 真实值
真实值
|×100 %，则本次干电池组内阻测量的相对误
差η= ×100%，（均用k，RV表示）
【答案】(1) a 5.2
(2) － k k
RV
【解析】（1）[1]闭合开关前，为了使电路中的电流最小，滑动变阻器的滑片应滑至阻值最大处，即应
滑到a 端。
[2]闭合开关后，滑动滑片，记录下某次测量中电流表的读数为0.23A，电压表的读数为1.20V，则该次
测量中待测电阻Rx= U
I = 1.20
0.23 Ω≈5.2Ω。
（2）[1]乙同学发现改变图（a）中导线①的连接方式后可测量干电池组的内阻，题中电流表内阻未知，
为使电流表内阻不影响电源内阻的测量，为使内阻测量误差较小，应将图（a）中导线①的c 端与电流
表的“－”接线柱相连。
[2]由闭合电路欧姆定律E =U + Ir，可得U = E - Ir
故U - I图像斜率的绝对值等于该干电池组内阻的测量值，即r测=k。
[3]考虑电压表内阻，闭合电路欧姆定律为E =U +(I + U
RV)r
则U = E RV
RV +r + RV r
RV +r ⋅I
故k = RV r
RV +r ，解得r =r真= k RV
RV -k
代入η=|
测量值- 真实值
真实值
|×100 %可得，η= k
RV
×100 %
29．（2026·四川宜宾·一模）某同学欲测一块矩形玻璃砖的折射率，实验过程中，他把玻璃砖一边与aa'对
齐，但另一条边bb'画得略窄于玻璃砖，如图所示，其它操作符合要求，他测得的折射率为1.8，则该
玻璃砖的折射率最有可能为下列选项中的是（ ）
A．2.0
B．1.9
C．1.7
D．1.0
【答案】C
【解析】根据题干中的玻璃砖形状与摆法，设有一束光线射入玻璃砖，红色为光线的实际传播路径，
如图所示
由于bb
'画的略窄，绿色为实验中画出的光路，可知折射角的大小偏小，根据折射率公式n= sini
sin r
折射角偏小时，测得的折射率偏大，实际的折射率应小于1.8，并且折射率大于1。
考点4
光学实验
故选C。
30．（2026·四川雅安·一模）某实验小组用激光笔测量平行玻璃砖的折射率。步骤如下：光屏与玻璃砖平
行放置，记录屏MN 和玻璃砖abcd 的位置；用激光笔以一定角度照射玻璃砖，记录入射点O1和屏上光
点S1的位置；移走玻璃砖，记录屏上光点S2的位置；做相应辅助线，其中S1O2∥S2O1，O2 P⊥MN，
O1、O2、Q 在一条直线上；用刻度尺测得：O2S1=9.90cm，O2Q=7.90cm，S1P=7.10cm，PQ=3.85cm。
(1)记录玻璃砖位置时，某同学用铅笔紧靠玻璃砖画线，这种操作 （选填“正确”或“错
误”）；
(2)根据所测数据计算玻璃砖的折射率n= （结果保留三位有效数字）；
(3)若换用频率更大的激光进行实验，其他条件保持不变，观察到S1与S2的间距 （选填“变
大”或“变小”）。
【答案】(1)错误
(2)1.47
(3)变大
【解析】（1）记录玻璃砖位置时，某同学用铅笔紧靠玻璃砖画线，这种操作错误。不能用玻璃砖替代
直尺画线，避免划伤和污染玻璃的光学面，可以先在白纸上描出玻璃砖每个界面的两个点，然后取下
玻璃砖再用直尺连成线。
（2）
如图所示，根据折射定律有n= sinθ1
sinθ2
= sinθ4
sinθ3
其中
，
，又O2S1=9.90cm ，O2Q=7.90cm ，S1P=7.10cm ，PQ=3.85cm ，可得折射率
n= sinθ4
sinθ3
=
S1 P
S1O2
QP
O2Q
=
7.10cm
9.90cm
3.85cm
7.90cm
= 7.10
9.90 ⋅7.90
3.85 ≈1.47
（3）根据第（2）问的分析可知激光的入射光线和出射光线平行，换用频率更大的激光进行实验，折
射率更大，则折射角θ2更小，可知出射点O2向右偏移，可知屏上光点S1的位置向右偏移，可得S1与S2
的间距变大。
