浙江省（2019.01-2021.01）高考物理真题知识点分类汇编-实验题（14题，含答案）

这是一份浙江省（2019.01-2021.01）高考物理真题知识点分类汇编-实验题（14题，含答案），共25页。试卷主要包含了某同学用单摆测量重力加速度，等内容，欢迎下载使用。
浙江省（2019.01-2021.01）高考物理真题知识点分类汇编-实验题（14题，含答案）

一．探究加速度与物体质量、物体受力的关系（共2小题）
1．（2020•浙江）做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图1甲是教材中的实验方案；图1乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：
（i）挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
（ii）取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；
（iii）改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到a﹣F的关系。

①实验获得如图2所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小vd＝　 　m/s（保留两位有效数字）；
②需要满足条件M》m的方案是 　 　（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）；在作a﹣F图象时，把mg作为F值的是 　 　（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）。
2．（2020•浙江）在“探究加速度与力、质量的关系”和用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”实验中
（1）都是通过分析纸带上的点来测量物理量，下列说法正确的是　 　（多选）
A．都需要分析打点计时器打下的第一个点
B．都不需要分析打点计时器打下的第一个点
C．一条纸带都只能获得一组数据
D．一条纸带都能获得多组数据
（2）如图是两条纸带的一部分，A、B、C、…、G是纸带上标出的计数点，每两个相邻的计数点之间还有4个打出的点未画出。其中图　 　（填“甲”或“乙”）所示的是用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”的实验纸带。“探究加速度与力、质量的关系”实验中，小车的加速度大小a＝　 　m/s2（保留2位有效数字）。
（3）在用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”实验中，平衡阻力后，小车与橡皮筋组成的系统在橡皮筋恢复形变前机械能　 　（填“守恒”或“不守恒”）。

二．验证机械能守恒定律（共1小题）
3．（2021•浙江）（1）在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图1所示的装置，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图2所示。O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点。

①为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的，理由是 　 　。
②已知交流电频率为50Hz，重物质量为200g，当地重力加速度g＝9.80m/s2，则从O点到C点，重物的重力势能变化量的绝对值|△EP|＝　 　J、C点的动能EkC＝　 　J（计算结果均保留3位有效数字）。比较EkC与|△EP|的大小，出现这一结果的原因可能是 　 　（单选）。
A．工作电压偏高
B．存在空气阻力和摩擦力
C．接通电源前释放了纸带
（2）图3所示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。实验中
①观察到较模糊的干涉条纹，要使条纹变得清晰，值得尝试的是 　 　（单选）。
A．旋转测量头
B．增大单缝与双缝间的距离
C．调节拨杆使单缝与双缝平行
②要增大观察到的条纹间距，正确的做法是 　 　（单选）
A．减小单缝与光源间的距离
B．减小单缝与双缝间的距离
C．增大透镜与单缝间的距离
D．增大双缝与测量头间的距离
三．验证动量守恒定律（共2小题）
4．（2022•浙江）在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示。在轨迹上取一点A，读取其坐标（x0，y0）。
（1）下列说法正确的是 　 　。
A.实验所用斜槽应尽量光滑
B.画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来
C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据
（2）根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v0＝　 　。
A.2gh
B.2gy0
C.x0g2h
D.x0g2y0
（3）在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是 　 　。

5．（2022•浙江）“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示，阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B，给小车A一定速度去碰撞静止的小车B，小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。

（1）实验应进行的操作有 　 　。
A．测量滑轨的长度
B．测量小车的长度和高度
C．碰撞前将滑轨调成水平
（2）下表是某次实验时测得的数据：
A的质量/kg
B的质量/kg
碰撞前A的速度大小/（m•s﹣1）
碰撞后A的速度大小/（m•s﹣1）
碰撞后B的速度大小/（m•s﹣1）
0.200
0.300
1.010
0.200
0.800
由表中数据可知，碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是 　 　kg•m/s。（结果保留3位有效数字）
四．用单摆测定重力加速度（共1小题）
6．（2020•浙江）某同学用单摆测量重力加速度，
①为了减少测量误差，下列做法正确的是　 　（多选）；
A．摆的振幅越大越好
B．摆球质量大些、体积小些
C．摆线尽量细些、长些、伸缩性小些
D．计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处
②改变摆长，多次测量，得到周期平方与摆长的关系图象如图所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是　 　。
A．测周期时多数了一个周期
B．测周期时少数了一个周期
C．测摆长时直接将摆线的长度作为摆长
D．测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长

五．探究功与速度变化的关系（共1小题）
7．（2021•浙江）用如图所示装置进行“探究功与速度变化的关系”实验。装有砝码的盘用绕过滑轮的细线牵引小车，盘和砝码的重力可当作牵引力。小车运动的位移和速度可以由打点纸带测出，以小车为研究对象，改变砝码质量，便可探究牵引力所做的功与小车速度变化的关系。

①关于这个实验，下列说法正确的是　 　。
A．需要补偿小车受到阻力的影响
B．该实验装置可以“验证机械能守恒定律”
C．需要通过调节定滑轮使细线与长木板平行
D．需要满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量
②如图2所示是两条纸带，实验时打出的应是第　 　条（填写“Ⅰ”或“Ⅱ”）纸带；
③根据实验数据，在坐标纸上画出的W﹣v2图象是一条过原点的直线，据此图象　 　（填“能”或“不能”）求出小车的质量。
六．测定金属的电阻率（共1小题）
8．（2022•浙江）小明同学根据图1的电路连接器材来“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”。实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度l、调节滑动变阻器的阻值，使电流表的读数I达到某一相同值时记录电压表的示数U，从而得到多个UI的值，作出UI-l图像，如图2中图线a所示。

（1）在实验中使用的是 　 　（选填“0～20Ω”或“0～200Ω”）的滑动变阻器。
（2）在某次测量时，电压表的指针位置如图3所示，量程为3V，则读数U＝　 　V。
（3）已知合金丝甲的横截面积为7.0×10﹣8m2，则合金丝甲的电阻率为 　 　Ω•m（结果保留2位有效数字）。
（4）图2中图线b是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后采用同样的方法获得的UI-l图像，由图可知合金丝甲的横截面积 　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）合金丝乙的横截面积。
七．测定电源的电动势和内阻（共2小题）
9．（2021•浙江）在“测定电池的电动势和内阻”实验中，
①用如图1所示的电路图测量，得到的一条实验数据拟合线如图2所示，则该电池的电动势E＝　 　V（保留3位有效数字）；内阻r＝　 　（保留2位有效数字）。
②现有如图3所示的实验器材，照片中电阻箱阻值可调范围为0～9999Ω，滑动变阻器阻值变化范围为0～10Ω，电流表G的量程为0～3mA、内阻为200Ω，电压表的量程有0～3V和0～15V。请在图3中选择合适的器材，在方框中画出两种测定一节干电池的电动势和内阻的电路图。

10．（2020•浙江）某同学分别用图1甲和图1乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。
（1）画出图1乙的电路图；
（2）某次测量时电流表和电压表的示数如图2所示，则电流I＝　 　A，电压U＝　 　V；
（3）实验得到如图3所示的两条直线，图中直线Ⅰ对应电路是图1　 　（选填“甲”或“乙”）；
（4）该电池的电动势E＝　 　V（保留三位有效数字），内阻r＝　 　Ω（保留两位有效数字）。

八．多用电表的原理和使用（共1小题）
11．（2020•浙江）小明同学用多用电表测量一未知电阻器的阻值。经过规范操作后，所选欧姆挡倍率及指针位置分别如图甲、乙所示，则此电阻器的阻值为 　 　Ω。

九．描绘小电珠的伏安特性曲线（共1小题）
12．（2020•浙江）在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中：

①如图1所示，已经连接了一部分电路，请将电路连接完整。
②合上开关后，测出9组I、U值，在I﹣U坐标系中描出各对应点，如图2所示。请在图2中画出此小灯泡的伏安特性曲线。
③与图2中P点对应的状态，小灯泡灯丝阻值最接近　 　。
A.16.7Ω
B.12.4Ω
C.6.2Ω
一十．伏安法测电阻（共1小题）
13．（2021•浙江）小李在实验室测量一电阻Rx的阻值。
（1）因电表内阻未知，用如图1所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后，合上开关S，将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷到1，电压表的读数U1＝1.65V，电流表的示数如图2所示，其读数I1＝　 　A；将K掷到2，电压表和电流表的读数分别为U2＝1.75V，I2＝0.33A。由此可知应采用电流表 　 　（填“内”或“外”）接法。
（2）完成上述实验后，小李进一步尝试用其它方法进行实验：
①器材与连线如图3所示，请画出对应的电路图；
②先将单刀双掷开关掷到左边，记录电流表读数，再将单刀双掷开关掷到右边，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数与前一次尽量相同，电阻箱的示数如图3所示，则待测电阻Rx＝　 　Ω。此方法，　 　（填“有”或“无”）明显的实验误差，其理由是 　 　。

一十一．测定玻璃的折射率（共1小题）
14．（2021•浙江）小明同学在做“测定玻璃的折射率”实验时，发现只有3枚大头针，他把大头针A、B、C插在如图所示位置，并测出了玻璃的折射率。请在画出光路图，标出入射角i和折射角r，并写出折射率n的计算式。

参考答案与试题解析
一．探究加速度与物体质量、物体受力的关系（共2小题）
1．（2020•浙江）做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图1甲是教材中的实验方案；图1乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：
（i）挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
（ii）取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；
（iii）改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到a﹣F的关系。

①实验获得如图2所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小vd＝　0.19　m/s（保留两位有效数字）；
②需要满足条件M》m的方案是 　甲　（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）；在作a﹣F图象时，把mg作为F值的是 　甲和乙　（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）。
【解析】解：①计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则相邻两个计数点之间的时间间隔T＝0.1s；
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得：
vd=xce2T=36.10-32.400.2cm/s＝0.19m/s；
②由于图1甲中托盘和砝码始终与小车连接，且要求小车受到的合外力等于托盘和砝码的重力，
对整体根据牛顿第二定律可得：a=mgM+m，
对小车有：F＝Ma=MmgM+m=mgmM+1，若M＞＞m，则F＝mg，故需要满足条件M＞＞m的方案是甲；
而图乙中，开始挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑，然后去掉托盘和砝码，则小车下滑过程中的合外力就等于托盘和砝码的重力，不需要满足M＞＞m；
这两种实验，都是将托盘和砝码的重力作为合外力，实验在作a﹣F图象时，把mg作为F值的是甲和乙。
【答案】①0.19（0.18～0.19）；②甲，甲和乙。
2．（2020
•浙江）在“探究加速度与力、质量的关系”和用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”实验中
（1）都是通过分析纸带上的点来测量物理量，下列说法正确的是　BC　（多选）
A．都需要分析打点计时器打下的第一个点
B．都不需要分析打点计时器打下的第一个点
C．一条纸带都只能获得一组数据
D．一条纸带都能获得多组数据
（2）如图是两条纸带的一部分，A、B、C、…、G是纸带上标出的计数点，每两个相邻的计数点之间还有4个打出的点未画出。其中图　甲　（填“甲”或“乙”）所示的是用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”的实验纸带。“探究加速度与力、质量的关系”实验中，小车的加速度大小a＝　0.40　m/s2（保留2位有效数字）。
（3）在用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”实验中，平衡阻力后，小车与橡皮筋组成的系统在橡皮筋恢复形变前机械能　不守恒　（填“守恒”或“不守恒”）。

【解析】解：（1）AB、“探究加速度与力、质量的关系”需要测量的是加速度，用△x＝aT2，用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”需要的是末速度，W=12mv2，所以都不需要分析打下的第一个点，故A错误，B正确。
CD、根据AB项的分析知每条纸带只能得到一组数据，故C正确，D错误。
故选：BC
（2）如图是两条纸带的一部分，A、B、C、…、G是纸带上标出的计数点，每两个相邻的计数点之间还有4个打出的点未画出，若交流电频率为50Hz，则计数点时间间隔为T＝0.1s。由于甲相等相邻的时间内的位移之差不是定值，为变速运动，所以甲所示的是用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”的实验纸带。“探究加速度与力、质量的关系”实验中，根据△x＝aT2知小车的加速度大小为：
a=△xT2=3.00-2.600．12×10-2m/s2＝0.40m/s2。
（3）由于阻力做功，小车与橡皮筋组成的系统在橡皮筋恢复形变前机械能不守恒。
【答案】（1）BC； （2）甲，0.40；（3）不守恒。
二．验证机械能守恒定律（共1小题）
3．（2021•浙江）（1）在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图1所示的装置，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图2所示。O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点。

①为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的，理由是 　使阻力与重力之比更小，减小实验的相对误差　。
②已知交流电频率为50Hz，重物质量为200g，当地重力加速度g＝9.80m/s2，则从O点到C点，重物的重力势能变化量的绝对值|△EP|＝　0.547　J、C点的动能EkC＝　0.582　J（计算结果均保留3位有效数字）。比较EkC与|△EP|的大小，出现这一结果的原因可能是 　C　（单选）。
A．工作电压偏高
B．存在空气阻力和摩擦力
C．接通电源前释放了纸带
（2）图3所示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。实验中
①观察到较模糊的干涉条纹，要使条纹变得清晰，值得尝试的是 　C　（单选）。
A．旋转测量头
B．增大单缝与双缝间的距离
C．调节拨杆使单缝与双缝平行
②要增大观察到的条纹间距，正确的做法是 　D　（单选）
A．减小单缝与光源间的距离
B．减小单缝与双缝间的距离
C．增大透镜与单缝间的距离
D．增大双缝与测量头间的距离
【解析】解：（1）①对体积和形状相同的重物，密度大的质量大，重力大，重物运动过程所受阻力与重力之比就更小，实验的相对误差就更小，实验时选择密度大的，理由是使阻力与重力之比更小，减小实验的相对误差；
②由图2读出OC的距离为△xOC＝xC﹣xO＝27.90cm﹣0＝27.90cm＝0.2790m
重物的重力势能变化量的绝对值|△EP|＝mg△xOC＝200×10﹣3×9.80×0.2790J＝0.547J
交流电频率f＝50Hz，打连续点迹的时间间隔T=1f=150s=0.02s
根据匀变速直线运动一段时间的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，可知
打C点的速度vC=△xBD2T=xD-xB2T=(33.00-23.35)×10-22×0.02m/s=2.413m/s
C点的动能EkC=12mvC2=12×200×10-3×2.4132J=0.582J
由实验结果可知：EkC大于|△EP|
A、打点计时器的工作电压偏高，并不会影响重物与纸带的受力与运动，对实验结果无影响，故A错误；
B、重物与纸带下落过程中受到空气阻力和摩擦力，会使机械能发生损失，结果减少的重力势能应大于增加的动能，与实验结果不符，故B错误；
C、接通电源前释放了纸带，会使打下的第一个点时重物已经具有了速度，即重物的初速度大于零，则使末动能偏大，符合实验结果，故C正确。
故选C。
（2）①AB、干涉条纹模糊，说明经过双缝的透光量较少或者入射光强度较弱，在测量端旋转测量头和增大单缝与双缝间的距离，都不会改善透光量或入射光的强弱，故AB不值得尝试；
C、调节拨杆使单缝与双缝平行，这样会使透过单缝（相当于“线状光源”）的条形光与双缝平行，可增加双缝的透光量，会使条纹变得清晰，故C值得尝试；
故选C。
②根据相邻亮条纹间距公式：△x=Ldλ可知，
ABC、减小单缝与光源间的距离，减小单缝与双缝间的距离，增大透镜与单缝间的距离，都不会改变条纹间距，故ABC错误；
D、增大双缝与测量头间的距离，即L增大，则条纹间距增大，故D正确。
故选D。
【答案】（1）①使阻力与重力之比更小，减小实验的相对误差；②0.547（0.542﹣0.50均正确）；0.582（0.570﹣0.590均正确）；C；（2）①C； ②D。
三．验证动量守恒定律（共2小题）
4．（2022•浙江）在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示。在轨迹上取一点A，读取其坐标（x0，y0）。
（1）下列说法正确的是 　C　。
A.实验所用斜槽应尽量光滑
B.画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来
C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据
（2）根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v0＝　D　。
A.2gh
B.2gy0
C.x0g2h
D.x0g2y0
（3）在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是 　小球到达斜槽末端时的速度相同，确保多次运动的轨迹相同　。

【解析】解：（1）A、只要小球从斜槽同一位置由静止释放，小球做平抛运动从初速度就相同，实验所用斜槽应不必光滑，故A错误；
B、画轨迹时应把尽可能多的描出的点用平滑的曲线连接起来，故B错误；
C、为减小实验误差，求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，故C正确。
故选：C。
（2）小球做平抛运动，设运动时间为t，
水平方向x0＝v0t
竖直方向y0=12gt2
解得：v0＝x0g2y0，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（3）实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是小球到达斜槽末端时的速度相同，确保多次运动的轨迹相同。
【答案】（1）C；（2）D；（3）小球到达斜槽末端时的速度相同，确保多次运动的轨迹相同。
5．（2022•浙江）“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示，阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B，给小车A一定速度去碰撞静止的小车B，小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。

（1）实验应进行的操作有 　C　。
A．测量滑轨的长度
B．测量小车的长度和高度
C．碰撞前将滑轨调成水平
（2）下表是某次实验时测得的数据：
A的质量/kg
B的质量/kg
碰撞前A的速度大小/（m•s﹣1）
碰撞后A的速度大小/（m•s﹣1）
碰撞后B的速度大小/（m•s﹣1）
0.200
0.300
1.010
0.200
0.800
由表中数据可知，碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是 　0.200　kg•m/s。（结果保留3位有效数字）
【解析】解：（1）AB
、实验需要测量小车的速度与质量，不需要测量滑轨的长度、不需要测量小车的长度和高度，故AB错误；
C、系统所受合外力为零系统动量守恒，碰撞前将滑轨调成水平，故C正确。
（2）由于A的质量小于B的质量，碰撞后A反弹，以碰撞前A的速度方向为正方向，
碰撞后小车A、B所构成的系统总动量大小p＝mAvA+mBvB＝0.200×（﹣0.200）kg•m/s+0.300×0.800kg•m/s＝0.200kg•m/s
【答案】（1）C；（2）0.200。
四．用单摆测定重力加速度（共1小题）
6．（2020•浙江）某同学用单摆测量重力加速度，
①为了减少测量误差，下列做法正确的是　BC　（多选）；
A．摆的振幅越大越好
B．摆球质量大些、体积小些
C．摆线尽量细些、长些、伸缩性小些
D．计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处
②改变摆长，多次测量，得到周期平方与摆长的关系图象如图所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是　C　。
A．测周期时多数了一个周期
B．测周期时少数了一个周期
C．测摆长时直接将摆线的长度作为摆长
D．测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长

【解析】解：①A、单摆在摆角小于5度时的振动为简谐运动，在摆长一定时摆角越大单摆的振幅越大，为保证单摆做简谐运动，摆的振幅不能太大，并不是越大越好，故A错误；
B、为减小空气阻力对实验的影响，摆球质量大些、体积小些，故B正确；
C、为保证摆长不变且减小周期测量的误差，摆线尽量细些、长些、伸缩性小些，故C正确；
D、为减小测周期时造成的偶然误差，计时的起、止位置选在摆球达到平衡位置处，故D错误。
故选：BC。
②摆长长度L与摆球半径r之和是单摆摆长，即为：l＝L+r
由单摆周期公式T＝2πlg可知：
T2=4π2gl=4π2gL+4π2gr
T2﹣l图象是过原点的直线，如果漏了摆球半径r而把摆长长度L作为摆长，
T2﹣l图象在纵轴上有截距，图象不过原点，由图示图象可知，
图象不过原点的原因是：测摆长时直接将摆线的长度作为摆长造成的，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【答案】①BC；②C。
五．探究功与速度变化的关系（共1小题）
7．（2021•浙江）用如图所示装置进行“探究功与速度变化的关系”实验。装有砝码的盘用绕过滑轮的细线牵引小车，盘和砝码的重力可当作牵引力。小车运动的位移和速度可以由打点纸带测出，以小车为研究对象，改变砝码质量，便可探究牵引力所做的功与小车速度变化的关系。

①关于这个实验，下列说法正确的是　ACD　。
A．需要补偿小车受到阻力的影响
B．该实验装置可以“验证机械能守恒定律”
C．需要通过调节定滑轮使细线与长木板平行
D．需要满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量
②如图2所示是两条纸带，实验时打出的应是第　II　条（填写“Ⅰ”或“Ⅱ”）纸带；
③根据实验数据，在坐标纸上画出的W﹣v2图象是一条过原点的直线，据此图象　能　（填“能”或“不能”）求出小车的质量。
【解析】解：（1）A、题中需要将盘和砝码的重力可当作牵引力，所以首先需要补偿小车受到阻力的影响，即抬高长木板右端，小车在不接盘和砝码的情况下，轻推小车，使小车做匀速直线运动，说明小车重力沿斜面的分力与小车所受阻力等大反向，故A正确；
D、挂上盘与砝码，根据牛顿第二定律：m'g﹣T＝m'a
对小车m，根据牛顿第二定律：T＝ma
两式相比解得绳子拉力：T=mm+m'⋅m'g=11+m'm⋅m'g
当满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量，即T＝m'g，盘和砝码的重力可当作牵引力，故D正确；
B、实验过程中摩擦阻力无法消除，本实验装置无法验证“机械能守恒定律”，故B错误；
C、细线与长木板平行需要平行，保证绳子的拉力与小车运动方向一致，这样盘和砝码的重力可完全当作牵引力，故C正确。
故选：ACD。
（2）车做匀加速直线运动，位移逐渐增大，打出的点迹间距逐渐增大，纸带I后面的点迹间距保持不变，所以实验打出的纸带是第II条。
（3）根据动能定理可知：W=12mv2，图象的斜率为12m，据W﹣v2图象求出小车的质量。
【答案】（1）ACD；（2）Ⅱ；（3）能。
六．测定金属的电阻率（共1小题）
8．（2022•浙江）小明同学根据图1的电路连接器材来“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”。实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度l、调节滑动变阻器的阻值，使电流表的读数I达到某一相同值时记录电压表的示数U，从而得到多个UI的值，作出UI-l图像，如图2中图线a所示。

（1）在实验中使用的是 　0～20Ω　（选填“0～20Ω”或“0～200Ω”）的滑动变阻器。
（2）在某次测量时，电压表的指针位置如图3所示，量程为3V，则读数U＝　1.31　V。
（3）已知合金丝甲的横截面积为7.0×10﹣8m2，则合金丝甲的电阻率为 　1.0×10﹣6　Ω•m（结果保留2位有效数字）。
（4）图2中图线b是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后采用同样的方法获得的UI-l图像，由图可知合金丝甲的横截面积 　小于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）合金丝乙的横截面积。
【解析】解：（1）为方便实验操作，在实验中使用的是0～20Ω的滑动变阻器。
（2）电压表量程是3V，由图3所示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为1.31V。
（3）由欧姆定律与电阻定律得：R=UI=ρlS，则UI=ρSl
由图2所示UI-l图象可知，图象的斜率k=ρS=7.0-3.00.41-0.14Ω/m，
代入数据解得：ρ≈1.0×10﹣6Ω•m
（4）另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后，电阻率不变，横截面积变为：S′＝S+S乙
由图2中图线b可得：S′=ρkb=1.0×10-62.2-1.20.43-0.15m2＝2.8×10﹣7m2
S乙＝S′﹣S＝2.8×10﹣7m2﹣7.0×10﹣8m2＝2.1×10﹣7m2，故合金丝甲的横截面积小于乙的横截面积。
【答案】（1）0～20Ω（2）1.31；（3）1.0×10﹣6；（4）小于。
七．测定电源的电动势和内阻（共2小题）
9．（2021•浙江）在“测定电池的电动势和内阻”实验中，
①用如图1所示的电路图测量，得到的一条实验数据拟合线如图2所示，则该电池的电动势E＝　1.46　V（保留3位有效数字）；内阻r＝　0.64Ω　（保留2位有效数字）。
②现有如图3所示的实验器材，照片中电阻箱阻值可调范围为0～9999Ω，滑动变阻器阻值变化范围为0～10Ω，电流表G的量程为0～3mA、内阻为200Ω，电压表的量程有0～3V和0～15V。请在图3中选择合适的器材，在方框中画出两种测定一节干电池的电动势和内阻的电路图。

【解析】解：①根据闭合电路欧姆定律：E＝U+Ir可得U＝E﹣Ir，可知电源的U﹣I图线为直线；
将题干中得图线延长与横纵轴分别相交，如图

可知图象与纵轴交点即为电动势，即E＝1.46V
图象斜率的绝对值为电源内阻，即：r=ΔUΔI=1.46-1.100.56Ω≈0.64Ω
②方法1：电流表量程太小，可以通过并联电阻箱改装电流表，扩大电流表的量程，改装为大量程的电流表来测量电流，电路图如图

根据闭合电路欧姆定律E＝U+Ir可以绘制U﹣I图象求解电动势和内阻。
方法2：也可以使用电阻箱和电压表代替电流表进行测量，电路图如图

根据闭合电路欧姆定律E＝U+Ir＝U+UR'⋅r
变形得1U=rE⋅1R'+1E
绘制1U-1R'图象，可知图象斜率为rE，与纵轴截距为1E，从而求解电动势和内阻。
【答案】①1.46（1.45～1.47均可）；0.64Ω（0.63～0.67均可）；②电路图见解答
10．（2020•浙江）某同学分别用图1甲和图1乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。
（1）画出图1乙的电路图；
（2）某次测量时电流表和电压表的示数如图2所示，则电流I＝　0.40　A，电压U＝　
1.30　V；
（3）实验得到如图3所示的两条直线，图中直线Ⅰ对应电路是图1　乙　（选填“甲”或“乙”）；
（4）该电池的电动势E＝　1.52　V（保留三位有效数字），内阻r＝　0.53　Ω（保留两位有效数字）。

【解析】解：（1）根据实物图可得电路图如图所示：

（2）电流表是采用0.6A的量程，每小格表示0.02A，则示数为0.40A；
电压表采用的是3V的量程，每小格表示0.1V，所以电压表的示数为1.30V；
（3）由于采用图1甲测得的内电阻为电流表的电阻与电动势内电阻之和，所以电阻测量值大于真实值；
采用图1乙测得的内电阻为电压表的电阻与电动势内电阻并联电阻，所以电阻测量值小于真实值；
而U﹣I图象斜率的绝对值表示内电阻，故图中直线Ⅰ对应电路是图1的乙图；
（4）由于干电池内电阻较小，故采用图乙实验电路。
根据闭合电路的欧姆定律可得：E＝U+Ir，则U＝E﹣Ir，将图3中直线Ⅰ延长如图所示：

可知电源电动势为E＝1.52V，内电阻r=1.52-1.20.6Ω=0.53Ω。
【答案】（1）如图所示；（2）0.40（0.39～0.41）；1.30（1.29～1.31）；（3）乙；（4）1.52（1.51～1.54）；0.53（0.52～0.54）。
八．多用电表的原理和使用（共1小题）
11．（2020•浙江）小明同学用多用电表测量一未知电阻器的阻值。经过规范操作后，所选欧姆挡倍率及指针位置分别如图甲、乙所示，则此电阻器的阻值为 　1750　Ω。

【解析】解：由图乙可知，欧姆表挡位选择×100；故读数为17.5×100Ω＝1750Ω。
【答案】1750
九．描绘小电珠的伏安特性曲线（共1小题）
12．（2020•浙江）在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中：

①如图1所示，已经连接了一部分电路，请将电路连接完整。
②合上开关后，测出9组I、U值，在I﹣U坐标系中描出各对应点，如图2所示。请在图2中画出此小灯泡的伏安特性曲线。
③与图2中P点对应的状态，小灯泡灯丝阻值最接近　C　。
A.16.7Ω
B.12.4Ω
C.6.2Ω
【解析】解：①描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，小灯泡的电阻较小，电流表应采用外接法，故实物电路图如图所示：
②用平滑曲线连接I﹣U图中各点，可得小灯泡的伏安特性曲线，如图所示：
③图中P点对应的电压U＝1.40V，电流I＝0.23A，
此时灯泡电阻R=UI=1.400.23=6.1Ω，故AB错，C正确；
【答案】①如图所示；②如图所示；③C；
一十．伏安法测电阻（共1小题）
13．（2021•浙江）小李在实验室测量一电阻Rx的阻值。
（1）因电表内阻未知，用如图1
所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后，合上开关S，将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷到1，电压表的读数U1＝1.65V，电流表的示数如图2所示，其读数I1＝　0.34　A；将K掷到2，电压表和电流表的读数分别为U2＝1.75V，I2＝0.33A。由此可知应采用电流表 　外　（填“内”或“外”）接法。
（2）完成上述实验后，小李进一步尝试用其它方法进行实验：
①器材与连线如图3所示，请画出对应的电路图；
②先将单刀双掷开关掷到左边，记录电流表读数，再将单刀双掷开关掷到右边，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数与前一次尽量相同，电阻箱的示数如图3所示，则待测电阻Rx＝　5　Ω。此方法，　有　（填“有”或“无”）明显的实验误差，其理由是 　电阻箱的最小分度与待测电阻比较接近　。

【解析】解：（1）如图2所示，电流表使用的是0﹣0.6A的量程，分度值为0.02A，估读到与分度值相同位，故读数为I1＝0.34A
两次测量电压测量值绝对误差△U＝U2﹣U1＝1.75V﹣1.65V＝0.10V，
电流测量值绝对误差△I＝I1﹣I2＝0.34A﹣0.33A＝0.01A，
电压测量值相对误差△UU1=0.101.65=0.061，
电流测量值相对误差△II1=0.010.34=0.03，
可见电流测量值相对误差小于电压测量值相对误差，为了减小系统误差应使电压的测量无系统误差，故采用外接法。
（2）①电路图见右图
②由闭合电路欧姆定律I=ER+r可知，使两次电流表读示数尽量相同，则两次电路的总电阻接近相等，可知待测电阻的阻值近似等于电阻箱的阻值，由题图3可知电阻箱的读数为5Ω，则Rx＝5Ω，
此方法是有明显的实验误差的，电阻箱的最小分度为1Ω，与待测电阻（约5Ω）比较接近，在调节电阻箱的阻值时，使电流表的读数与前一次无法完全相同，即电阻的阻值无法调节到和待测电阻相同。
【答案】（1）①0.34；外；（2）①电路图见解答；②5；有；电阻箱的最小分度与待测电阻比较接近。

一十一．测定玻璃的折射率（共1小题）
14．（2021•浙江）小明同学在做“测定玻璃的折射率”实验时，发现只有3枚大头针，他把大头针A、B、C插在如图所示位置，并测出了玻璃的折射率。请在画出光路图，标出入射角i和折射角r，并写出折射率n的计算式。

【解析】解：光路图如图所示：

根据折射定律可知：n=sinisinr
【答案】光路图及入射角i和折射角r的标注如上图所示；折射率n的计算式为n=sinisinr。