高考理科综合物理 实验3
高考全国理综Ⅲ卷物理部分 双向细目表
√
易
√
易
√√
中
√
易
19 6 位移时间图像
功和功率
√
中
20 6
电磁感应
21 6
动能
带电粒子在电场中的运 动
实 22 验
6
自由落体运动的 应用
题 23 9
伏安法测电阻
计 24 12 算 题 25 20
33 （1
5
选 33
考
（2 34
题 （1
10 5
34 （2
项
内目
题题 分 容
型序
值
14 6
15 6
必修1
必修2 开普勒定律
16 6
选 17 6
择 题 18 6
抛体运动 位移时间图像
2018年高考全国理综Ⅲ卷物理部分 双向细目表
选修3-1
知识内容 选修3-2
选修3-3
选修3-4 选修3-5 核反应方程
难度要求
难度要求
理解 能力
推理 能力
分析 综合
数学 运用
实验
10
力的合成
带电粒子在电场中的加 带电粒子在磁场中的
速
运动
运动的分解、圆
周运动、动能定
律
P-V图像 等温变化
机械振动机 械波
光的折射率 的运算
动量
√
√
易
√√
中
√易
√中
√√
易
√√
难
√
易
√√
中
√
易
√√
中
2020年高考理科综合能力测试物理试卷(全国Ⅲ卷)(含答案)
绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试（全国Ⅲ卷）（含答案）理科综合能力测试物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14.如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。
圆环初始时静止。
将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到A.拨至M端或N端，圆环都向左运动B.拨至M端或N端，圆环都向右运动C.拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D.拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动15.甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。
已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为A.3 JB.4 JC.5 JD.6 J16.“嫦娥四号”探测器于2019年1月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的K倍。
已知地球半径R是月球半径的P倍，地球质量是月球质量的Q倍，地球表面重力加速度大小为g.则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为A.RKgQPB.RPKgQC.RQgKPD.RPgQK17.如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O 点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙 相连。
甲、乙两物体质量相等。
系统平衡时，O 点两侧绳与竖 直方向的夹角分别为α和β。
高考理科综合物理 选修3-4 实验2
夯基题组 1．一束细光束由真空沿着直径方向射入一块半圆柱形玻璃体．在“测定玻璃的 折射率”实验中测出了多组入射角θ1与折射角θ2，并作出了sin θ1－sin θ2图像如图所 示．则下列说法正确的是( B．玻璃的折射率为0.67 ) A．实验时，光线是由空气射入玻璃
C．玻璃的折射率为1.8
D．玻璃临界角的正弦值为0.67 【答案】D
选修3－4
机械振动和光学(选考)
实验
测定玻璃的折射率
用双缝干涉测光的波长
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01 知识 梳理回顾
02
考点 各个击破
03
随堂 限时集训
04
配 套 训 练
1
知识 梳理回顾
4．注意事项 (1)玻璃砖应选用宽度较大的，以减小测量误差． (2) 实验时，应将大头针竖直插在纸上，且 P1 和 P2 之间、 P3 和 P4 之间、 P2 和 O 之 间、P3和O′之间距离要稍大一些． (3) 入射角 θ1 不宜太大 (接近 90°)，也不宜太小 ( 接近 0°) ．入射角太大，反射光
(2012年江苏卷)“测定玻璃的折射率”实验中，在玻璃砖的一侧竖直插两
个大头针A、B，在另一侧再竖直插两个大头针C、D．在插入第四个大头针D时，要 使它________．如图是在白纸上留下的实验痕迹，其中直线a、a′是描在纸上的玻璃 砖的两个边．根据该图可算得玻璃的折射率n＝________.(结果保留2位有效数字)
4．实验步骤
(1)安装双缝干涉仪
①先将光源、遮光筒依次放于光具座上，如图所示．调整光源的高度使它发出 的一束光沿着遮光筒的轴线把屏照亮．
②将单缝和双缝安装在光具座上，在遮光筒有光屏一端安装测量头，如图所 示．
a．光源、单缝、双缝三者的中心位于遮光筒的轴线上． b．双缝与单缝平行． c．调整分划板位置使分划板中心刻线位于光屏中央．
理科综合高中物理 实验部分
理科综合高中物理实验题1．（18分）为了测定和描绘一只标有“220V ，40W ”的白炽灯灯丝的伏安特性曲线，可以利用调压变压器供电。
调压变压器是一种自耦变压器，它只有一组线圈L ，绕在闭合的环行铁心上，输入端接在220V 交流电源的火线与零线间，输出端有一个滑动触头P ，移动它的位置，就可以使输出电压在0~250V 之间连续变化，图甲中画出的是调压变压器的电路图符号。
实验室内备有交流电压表、交流电流表、滑动变阻器、电键、导线等实验必备器材。
①在图甲中完成实验电路图（要求在额定电压下测得的数据误差尽量小）。
（6分） ②说明按此实验电路进行测量时，在电压较高段与电压较低段进行比较， 段的电压表测量系统误差较大。
电压为50V 时电流为0.105A 此时灯的电阻比500.105 要 （填“大” “相等”或“小”.）（6分）③如果根据测量结果作出的该灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，试根据图线确定：把2只完全相同的“220V ，40W ”白炽灯串联接在220V 交流电源的火线与零线间时，2只灯所消耗的总电功率是多大？（3分）2．（18分）（1）如图甲所示，用包有白纸的质量为1.00kg 的圆柱棒替代纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之匀速转动，使之替代打点计时器。
当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒面上的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动。
测得记号之间的距离依次为26.0mm 、50.0mm 、74.0mm 、98.0mm 、122.0mm 、146.0mm ，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，由此验证机械能守恒。
根据以上内容，可得：火线 零线 调压变压器甲0．0．0．0．0． 乙a.毛笔画相邻两条线的时间间隔T = s 。
b.根据乙所给的数据，可知毛笔画下记号C 时，圆柱棒下落的速度 C v m/s ；记号C ．D 之间棒的动能的变化量为 J ，重力势能的变化量为 J 。
2023年高考全国乙卷物理真题(含答案)
（2）将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路 电阻，此时电压表读数记为 ，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为 。由此得到流过待测金属丝的电流I=_______，金属丝的电阻 _____。（结果均用 、 、 表示）
（3）继续微调R，重复（2）的测量过程，得到多组测量数据，如下表所示：
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
（二）选考题：共45分。请考生从给出 2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，并且在解答过程中写清每问的小题号，在答题卡指定位置答题。如果多做则每学科按所做的第一题计分。
15.一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是 时刻的波形图；P是介质中位于 处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A.波速为
B 波向左传播
C.波的振幅是
D. 处的质点在 时位于平衡位置
E.质点P在0~7s时间内运动的路程为
16.如图，一折射率为 的棱镜的横截面为等腰直角三角形 ， ，BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光被BC边反射后恰好射向顶点A，求M点到A点的距离。
C.在M点的机械能等于在N点的机械能
D.从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
7.黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12=3.0V，U23=2.5V，U34=－1.5V。符合上述测量结果的可能接法是（）
2019年高考理科综合(3卷)(物理部分)答案详解(附试卷)
2019年普通高等学校招生全国统一考试（III 卷）理科综合能力测试（物理部分）答案详解（本试卷物理分值分布：力学49分、电磁学46分、热学/光学15分、原子物理学0分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.14．（电磁学）楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？A ．电阻定律B ．库仑定律C ．欧姆定律D ．能量守恒定律【解析】当线圈与磁体间有相对运动时，根据"来拒去留”可知，磁场力都是阻碍线圈与磁体间的相对运动，有外力对系统做了功，导致其他形式的能转化为线圈的电能；当导体做切割磁感线运动时，安培力总是阻碍导体的运动，导体克服安培力做，把其他形式的能转化为电能，所以楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现，故D 正确.【答案】D【分析】考察对楞次定律的理解.根据"来拒去留”可知，线圈与磁体间的相对运动过程中存在能量的转化.15．（力学）金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a 金、a 地、a 火，沿轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火.已知它们的轨道半径R 金<R 地<R 火，由此可以判定A ．a 金>a 地>a 火B ．a 火>a 地>a 金C ．v 地>v 火>v 金D ．v 火>v 地>v 金【解析】行星绕太阳运动时，万有引力提供向心力，设太阳的质量为M ，行星的质量为m ，行星的轨道半径为R ，根据牛顿第二定律有：Rv m ma R Mm G 22==可得向心加速度为2R M G a =，线速度为RGM v =.由已知R 金<R 地<R 火，所以有a 金>a 地>a 火，v 金>v 地>v 火.【答案】A【分析】行星绕太阳做匀速圆周运动，由太阳的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列式分析距离关系、线速度关系及加速度关系.16．（力学）用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示.两斜面I 、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°.重力加速度为g .当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I 、Ⅱ压力的大小分别为F 1、F 2，则A ．12=F F ，B ．12F F ，C ．1213==22F mg F ，D ．1231==22F mg F mg ，【解析】将重力进行分解如图A16所示，根据几何关系可得mg mg F 2330cos 1== ，mg mg F 2130sin 2== ，故D 正确.图A16【答案】A【分析】将重力进行分解，根据几何关系求解圆筒对斜面I 、II 压力的大小.17．（力学）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示.重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为A ．2kgB ．1.5kgC ．1kgD ．0.5kg【解析】根据动能定理可得k E mah Δ=，得斜率的大小为hE ma k Δ=.设物体受到与运动方向相反的外力为F ，上升过程中，N 12N 33672Δ111=-===+h E ma F mg k ，下落过程中，N 8N 32448Δ222=-===-h E ma F mg k ，解得kg 1=m .【答案】C 【分析】根据动能定理得到图象的斜率表示的物理量，再根据牛顿第二定律列方程求解质量.18．（电磁学）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场.一质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限.粒子在磁场中运动的时间为A ．5π6mqB B ．7π6mqB C ．11π6mqB D ．13π6mqB【解析】粒子在磁场中的运动轨迹如图A18所示，粒子在第二象限的运动时间为qBm qB m t 2ππ2411=⨯=第一象限的磁感应强度为第二象限磁感应强度的一半，根据qB mv R π=可知，其运动半径为第二象限的2倍，即122R R =，根据几何关系可得21cos 212=-=R R R θ，得3π=θ，所以粒子在第一象限的运动时间为qB m B q m t 32π2π2612=⨯=所以粒子在磁场中运动的时间为qBm qB m qB m t t t 67π32π2π21=+=+=.图A18【答案】A【分析】画出粒子在磁场中的运动轨迹，求出轨迹对应的圆心角，再根据周期公式求解.19．（电磁学）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上.t =0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动.运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示.下列图像中可能正确的是【解析】A 、B ：金属棒滑动过程中，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得mv mv 20=，得20v v =，所以ab 的速度逐渐减小，cd 的速度逐渐增大，相对速度越来越小，最后为零，则安培力逐渐减小、加速度逐渐减小到零，故A 正确、B 错误；C 、D ：设两根导体棒的总电阻为R ，由于Rv v BL I )(21-=，二者的速度之差越来越小，最后速度之差为0，则感应电流越来越小，最后为零，故C 正确、D 错误.【答案】AC【分析】根据动量守恒定律分析最终的速度大小，根据受力情况确定速度变化情况；根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势大小和闭合电路的欧姆定律分析电流强度的变化.20．（力学）如图（a ），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平.t =0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t =4s 时撤去外力.细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图（b ）所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图（c ）所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略.重力加速度取g =10m/s 2.由题给数据可以得出A ．木板的质量为1kgB ．2s~4s 内，力F 的大小为0.4NC ．0~2s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【解析】A ：根据图象可知物块与木板之间的滑动摩擦力为2N .0=滑f .在t =4s 后撤去外力，此时木板在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，根据图象可知此时木板的加速度大小为22s /m 2.0=a ，根据牛顿第二定律有2ma f =滑，所以木板的质量为kg 1=m .故A 正确.B ：2s 〜4s 内，根据图象可知，木板的加速度为21s /m 2.0=a ，根据牛顿第二定律有1ma f F =-滑，解得N 4.0=F .故B 正确.C ：0〜2s 内，整体受力平衡，拉力F 的大小始终等于绳子的拉力f ，即F=f ，根据图象可知绳子的拉力f 增大，则力F 增大.故C 错误.D ：物块与木板之间的滑动摩擦力g m f 物块滑μ=，由于物块的质量未知，因此物块与木板之间的动摩擦因数无法求得.故D 错误.【答案】AB【分析】根据图象得到各阶段木板的加速度大小，根据经过受力分析以及牛顿第二定律即可求解木板的质量、拉力F .21．（电磁学）如图，电荷量分别为q 和–q （q >0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a 、b 是正方体的另外两个顶点.则A ．a 点和b 点的电势相等B ．a 点和b 点的电场强度大小相等C ．a 点和b 点的电场强度方向相同D ．将负电荷从a 点移到b 点，电势能增加【解析】A ：等量异号电荷形成的电场线和等势面如图A21所示.结合题图中对应的几何关系可知，a 靠近负电荷，而b 靠近正电荷，则可知，a 点电势一定小于b 点电势；故A 错误.(a)(b)(c)图A21B 、C ：a 、b 两点是两电荷单独在两点形成的电场强度的叠加，由图A21(c)可知，两点处的两分场强恰好相同，故合场强一定相同，故B 、C 正确.D ：根据A 中分析可知将负电荷从a 点移到b 点时，是从低点势移向高电势，因电荷带负电，故电势能减小，故D 错误.【答案】BC【分析】真空中两等量异号电荷叠加形成电场，根据等量异种电荷电场线以及等势面的性质即可确定两点的电势和场强关系；再根据电场线确定电场力做功情况，从而确定电势能的变化.三、非选择题：共174分.第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答.第33~38题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共129分.22．（5分）（力学）甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验.实验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照.已知相机每间隔0.1s 拍1幅照片.（1）若要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材是__________.（填正确答案标号）A ．米尺B ．秒表C ．光电门D ．天平（2）简述你选择的器材在本实验中的使用方法.答：____________________________________________________________.（3）实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a 、b 和c 得到ab =24.5cm 、ac =58.7cm ，则该地的重力加速度大小为g =__________m/s 2.（保留2位有效数字）【解析】（1）若要从拍得的照片中获取必要的信息，好需要测量距离的器材，因此在此实验中还必须使用的器材是米尺，故A 正确.（2）将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺.（3）根据匀变速直线运动的规律有2Δgt h =，因此该地的重力加速度大小为222m/s 7.9(0.1s)m 245.0m)245.0m 587.0(Δ=--==t h g .【答案】1）A ；（2）将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺；（3）9.7【分析】根据实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定所需的测量器材；根据匀变速直线运动的规律得出该地的重力加速度大小.23．（10分）（电磁学）某同学欲将内阻为98.5Ω、量程为100μA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15kΩ刻度正好对应电流表表盘的50μA刻度.可选用的器材还有：定值电阻R0（阻值14kΩ），滑动变阻器R1（最大阻值1500Ω），滑动变阻器R2（最大阻值500Ω），电阻箱（0~99999.9Ω），干电池（E=1.5 V，r=1.5Ω），红、黑表笔和导线若干.（1）欧姆表设计将图（a）中的实物连线组成欧姆表.欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为__________Ω：滑动变阻器选__________（填“R1”或“R2”）.（2）刻度欧姆表表盘通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示.表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为__________、__________.（3）校准红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向__________kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量.若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c）所示，则电阻箱接入的阻值为__________Ω.【解析】（1）将电源、电流表、定值电阻以及滑动变阻器串接即可组成欧姆表，故实物图如图A23所示；图A23根据闭合电路欧姆定律有：Rr R R R EA ++++=)(A 500滑μ式中A R 为电流表的内阻，滑R 为滑动变阻器的电阻，R 为所测电阻阻值.解得：Ω900=滑R ，故滑动变阻器选择1R .（2）由（1）可知，欧姆表的内阻15kΩ0=+++=r R R R R A 滑内，根据闭合电路欧姆定律有：aR R E +=内A 25μ解得：kΩ45=a R .同理可知：aR R E +=内A 75μ解得：kΩ5=b R .（3）欧姆表在使用时应先将两表笔短接，使欧姆表指针指向满偏刻度，即Ω0处；电阻箱的读数为：35000.0Ω35kΩ1kΩ510kΩ3==⨯+⨯.【答案】（1）实物图如图A23所示，900，R 1；（2）45，5；（3）0；35000.0【分析】明确欧姆表的原理，从而确定内部结构；再根据闭合电路欧姆定律即可求出滑动变阻器接入阻值；明确欧姆表的内阻，根据闭合电路欧姆定律和内阻的意义即可确定对应的刻度；根据欧姆表使用前需要进行欧姆调零进行分析，同时明确电阻箱的读数方法.24．（12分）（电磁学）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点.从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B .A 不带电，B 的电荷量为q （q >0）.A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为2t .重力加速度为g ，求（1）电场强度的大小；（2）B 运动到P 点时的动能.【解析】（1）设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a .根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg +qE =ma ①2211()222t a gt =②解得3mgE q =③（2）设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有2k 112E mv mgh qEh -=+④且有102t v v t =⑤212h gt =⑥联立③④⑤⑥式得222k 0=2()E m v g t +⑦【分析】（1）根据牛顿第二定律分析加速度，结合位移时间关系即可求出电场强度；（2）结合动能定理，位移时间、速度时间关系式进行分析，即可正确解答.25．（20分）（力学）静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A =l.0kg ，m B =4.0kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l =1.0m ，如图所示.某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k =10.0J.释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动.A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为u =0.20.重力加速度取g =10m/s².A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.（1）求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；（2）物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？（3）A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？【解析】（1）设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0=m A v A –m B v B ①22k 1122A AB B E m v m v =+②联立①②式并代入题给数据得v A =4.0m/s ，v B =1.0m/s ③（2）A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B .，则有B B m a m g μ=④212B B s v t at =-⑤B v at -=⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为212A A S v t at =-⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得s A =1.75m ，s B =0.25m ⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25m 处.B 位于出发点左边0.25m 处，两物块之间的距离s 为s =0.25m+0.25m=0.50m ⑨（3）t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有()2211222A A A A AB m v m v m g l s μ'-=-+⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得/sA v '=⑪故A 与B 将发生碰撞.设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ′′和v B ′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有()A A A A B B m v m v m v '''''-=+⑫222111222A A A AB B m v m v m v '''''=+⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得m /s,m /s 55A B v v ''''==-⑭这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动.设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式222,2A A B B as v as v ''''''==⑮由④⑭⑮式及题给数据得0.63m,0.28m A B s s ''==⑯s A ′小于碰撞处到墙壁的距离.由上式可得两物块停止后的距离0.91m A B s s s '''=+=⑰【分析】（1）A 与B 分离的过程中二者的动量守恒，由动量守恒定律结合功能关系即可求出分离后的速度；（2）由动量定理即可分别求出停止的时间，由动量定理求出其中的一个停止运动时另一个的速度，由动能定理求出位移，由几何关系求出距离；（3）由动能定理求出位移，由几何关系求出距离.（二）选考题：共45分.请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答.如果多做，则每科按所做的第一题计分.33．[物理——选修3–3]（15分）（热学）（1）（5分）用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是________________________________________________________________.实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以________________________________________________________________________________.为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是___________________________________.【解析】用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜；实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1mL 油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积；为得到油酸分子的直径，由S V d =，还需测量的物理量是单分子层油膜的面积.【答案】使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜；把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1mL 油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积；单分子层油膜的面积.【分析】根据浓度按比例算出纯油酸的体积；把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，由SV d =可以求出直径大小.（2）（10分）如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm 的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同.已知大气压强为76cmHg ，环境温度为296K.（i ）求细管的长度；（i ）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度.【解析】（i ）设细管的长度为L ，横截面的面积为S ，水银柱高度为h ；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h 1，被密封气体的体积为V ，压强为p ；细管倒置时，气体体积为V 1，压强为p 1.由玻意耳定律有pV =p 1V 1①由力的平衡条件有p =p 0+ρgh②p 1=p 0–ρgh ③式中，ρ、g 分别为水银的密度和重力加速度的大小，p 0为大气压强.由题意有V =S （L –h 1–h ）④V 1=S （L –h ）⑤由①②③④⑤式和题给条件得L =41cm⑥（ii ）设气体被加热前后的温度分别为T 0和T ，由盖–吕萨克定律有10V V T T ⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T =312K ⑧【分析】（i ）此过程中气体的温度不变，根据气体的初末状态的压强和体积的状态参量，由玻意耳定律列式计算即可.（ii ）对管内气柱缓慢加热，气柱经历等压变化，根据盖-吕萨克定律列式求解.34．[物理——选修3–4]（15分）（力学/光学）（1）（5分）水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上.振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源.两波源发出的波在水面上相遇.在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样.关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是________.（填正确答案标号.选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分.每选错1个扣3分，最低得分为0分）A ．不同质点的振幅都相同B ．不同质点振动的频率都相同C ．不同质点振动的相位都相同D ．不同质点振动的周期都与振动片的周期相同E ．同一质点处，两列波的相位差不随时间变化【解析】A 、B 、D ：由题意可知两列波的周期与频率相同，即这两列波为相干波，形成干涉图样后，有加强与减弱区域，处在不区域的质点的振幅不一样，但不同的质点，振动的频率和周期与波源的频率和周期相同，即不同的质点的振动频率相同，故A 错误，B 、D 正确；C ：不同位置处的质点起振的先后顺序不同，离波距离不同的质点，振动的相位是不同的，故C 错误；E ：同一质点，两列波传播到该质点的时间差是一定的，故两列波的相位差是恒定的，不随时间变化，故E 正确.【答案】BDE【分析】振动加强点的振幅等于两列波的振幅之和，振动减弱点的振幅等于两列波的振幅之差；介质中各质点振动的周期与波源的周期相同；质点在振动过程，不同时刻偏离平衡位置的位移大小会发生变化；对同一质点而言，两列波的相位差是恒定的.（2）（10分）如图，直角三角形ABC 为一棱镜的横截面，∠A =90°，∠B =30°.一束光线平行于底边B C 射到AB 边上并进入棱镜，然后垂直于AC 边射出.（i ）求棱镜的折射率；（ii ）保持AB 边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC 边上恰好有光线射出.求此时AB 边上入射角的正弦.【解析】（i ）光路图及相关量如图所示.光束在AB 边上折射，由折射定律得图A34sin sin i n α=①式中n 是棱镜的折射率.由几何关系可知α+β=60°②由几何关系和反射定律得==Bββ'∠③联立①②③式，并代入i =60°得n =④（ii ）设改变后的入射角为i '，折射角为α'，由折射定律得sin sin i n α'='⑤依题意，光束在BC 边上的入射角为全反射的临界角c θ，且c 1sin n θ=⑥由几何关系得c 30θα'=+⑦由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为sin i'=⑧【分析】（i）根据折射定律求出光线从AC边进入棱镜时的折射率；（ii）根据c 1sinCθ=求出临界角，判断光是在BC面上发生全反射的入射角，然后求出此时AB边上入射角的正弦.附：试卷2019年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.14．楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？A ．电阻定律B ．库仑定律C ．欧姆定律D ．能量守恒定律15．金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a 金、a 地、a 火，沿轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火.已知它们的轨道半径R 金<R 地<R 火，由此可以判定A ．a 金>a 地>a 火B ．a 火>a 地>a 金C ．v 地>v 火>v 金D ．v 火>v 地>v 金16．用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示.两斜面I 、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°.重力加速度为g .当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I 、Ⅱ压力的大小分别为F 1、F 2，则A ．12=F F ，B ．12F F ，C ．1213==22F mg F ，D ．1231==22F mg F mg ，17．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示.重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为A ．2kgB ．1.5kgC ．1kgD ．0.5kg18．如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场.一质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限.粒子在磁场中运动的时间为A ．5π6mqB B ．7π6mqB C ．11π6mqB D ．13π6mqB19．如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上.t =0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动.运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示.下列图像中可能正确的是20．如图（a ），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平.t =0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t =4s 时撤去外力.细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图（b ）所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图（c ）所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略.重力加速度取g =10m/s 2.由题给数据可以得出A．木板的质量为1kgB．2s~4s内，力F的大小为0.4NC．0~2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.221．如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点.则A．a点和b点的电势相等B．a点和b点的电场强度大小相等C．a点和b点的电场强度方向相同D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加三、非选择题：共174分.第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答.第33~38题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共129分.22．（5分）甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验.实验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照.已知相机每间隔0.1s拍1幅照片.（1）若要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材是__________.（填正确答案标号）A．米尺B．秒表C．光电门D．天平（2）简述你选择的器材在本实验中的使用方法.答：____________________________________________________________.（3）实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab=24.5cm、ac=58.7cm，则该地的重力加速度大小为g=__________m/s2.（保留2位有效数字）。
2018年全国高考理综试题物理部分解析(全国卷Ⅲ)
2018年全国统一考试理科综合能力测试物理部分（全国卷Ⅲ）二、选择题：第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．1934年，约里奥-居里夫妇用α粒子轰击铝核2713Al ，产生了第一个人工放射性核素X ：2713α+Al n+X 。
X 的原子序数和质量数分别为（ ） A ．15和28 B ．15和30 C ．16和30 D ．17和3114【答案】B 【解析】本题考查核反应方程遵循的质量数守恒和电荷数守恒规律及其相关的知识点。
根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X 的电荷数为2+13=15，质量数为4+27-1=30，根据原子核的电荷数等于原子序数，可知X 的原子序数为15，质量数为30，B 正确。
15．为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P ，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q 的轨道半径约为地球半径的4倍。
P 与Q 的周期之比约为（ ）A ．2:1B ．4:1C ．8:1D ．16:115【答案】C 【解析】 设地球半径为R ，根据题述，地球卫星P 的轨道半径为R P =16R ，地球卫星Q 的轨道半径为R Q =4R ，根据开普勒定律，所以P 与Q 的周期之比为T P ∶T Q =8∶1，C 正确。
16．一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q 正。
该电阻上电压的峰值为u 0，周期为T ，如图所示。
则Q 方: Q 正等于（ ）A ．1:2 B ．2:1 C ．1:2 D ．2:116【答案】D 02，而方波交流电的有效值为u 0，根据焦耳定律和欧姆定律，Q =I 2RT =2U RT ，可知在一个周期T 内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q 方∶Q 正= u 02∶（02u ）2=2∶1，选项D 正确。
2019高考理综物理部分全国卷3word解析版(可编辑修改word版)
2019年普通高等学校招生全国统一考试全国卷3理科综合能力测试物理部分二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？A ．电阻定律B ．库仑定律C ．欧姆定律D ．能量守恒定律15．金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a 金、a 地、a 火，它们沿轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火。
已知它们的轨道半径R 金<R 地<R 火，由此可以判定A ．a 金>a 地>a 火B ．a 火>a 地>a 金C ．v 地>v 火>v 金D ．v 火>v 地>v 金16．用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。
两斜面I 、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。
重力加速度为g 。
当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I 、Ⅱ压力的大小分别为F 1、F 2，则A ．12F F ，B ．12F F ，C ．121=2F mg F ，D ．121=2F F mg ，17．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。
距地面高度h 在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示。
重力加速度取10 m/s 2。
该物体的质量为A ．2 kgB ．1.5 kgC ．1kgD ．0.5 kg18．如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强12B 磁场。
一质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限。
2023年高考全国乙卷_理科综合(物理部分)
2023年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）理科综合（物理部分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求、全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.一同学将排球自O 点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O 点。
设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。
则该排球（）A.上升时间等于下落时间B.被垫起后瞬间的速度最大C.达到最高点时加速度为零D.下落过程中做匀加速运动2.小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。
如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是（）A. B.C. D.3.2022年10月，全球众多天文设施观测到迄今最亮伽马射线暴，其中我国的“慧眼”卫星、“极目”空间望远镜等装置在该事件观测中作出重要贡献。
由观测结果推断，该伽马射线暴在1分钟内释放的能量量级为4810J 。
假设释放的能量来自于物质质量的减少，则每秒钟平均减少的质量量级为（光速为83m /s ）A.1910kgB.2410kgC.2910kgD.3410kg4.一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。
用图（a ）所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。
两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。
实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I 随时间t 的变化分别如图（b ）和图（c ）所示，分析可知（）A.图（c ）是用玻璃管获得的图像B.在铝管中下落，小磁体做匀变速运动C.在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短5.如图，一磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy 平面）向里，磁场右边界与x 轴垂直。
高考理科综合物理 选修3-4 实验1
选修3－4 实验11．(2017届成都期中)在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列措施对提高测量结果精确度有利的是______．A ．适当加长摆线B ．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的C ．多测几组数据，借助T 2－L 图像求重力加速度gD ．为便于观察和计数，应在释放摆球的同时开始计时(2)实验中，在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L ＝0.961 0 m ，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示．则该摆球的直径为______mm ，单摆摆长为______m(最后一空保留四位有效数字)．(3)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m 的单摆进行周期测量的四种操作过程．图中横坐标原点表示计时开始，A 、B 、C 均为30次全振动的图像．这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是____(填字母代号，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26)．A BC D【答案】(1)AC (2)11.20 0.9554 (3)A 【解析】(1)单摆的摆长越长，周期越大．适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提高测量结果的精确度，故A 正确．要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B 错误．多测几组数据，借助T 2－L 图像求重力加速度g ，能减少偶然误差，故C 正确．单摆周期较小，要从经过平衡位置时开始计时，以减小实验的误差，故D 错误．故选AC ．(2)游标卡尺的主尺读数为11 mm ，游标卡尺的第10刻度与上边对齐，读数为0.02×10＝0.20，所以游标卡尺示数为d ＝11 mm ＋0.20 mm ＝11.20 mm ＝0.011 20 m.单摆的摆长：l ＝L －d 2＝0.961 0 m －0.011 202m ＝0.955 4 m. (3)当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为1×0.087 m ＝8.7 cm.当小球摆到最低点开始计时，误差较小．测量周期时要让小球做30～50次全振动，求平均值．所以A 合乎实验要求且误差最小．2．(2017届宜宾校级期中)在“利用单摆测重力加速度”的实验中：(1)某同学甲测得摆线长l 0，小球直径D ，小球完成n 次全振动的时间t .则实验测得的重力加速度的表达式g ＝__________(用题目中所给的物理量表示)．(2)实验中测得的重力加速度数值明显小于当地的重力加速度的实际值．造成这一情况的可能原因是______．A ．所用摆球的质量过大B ．摆线上端未牢固地固定于O 点，振动中出现松动，使摆线变长C ．测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表，此后摆球第30次通过平衡位置时停表，读出经历的时间为t ，并由计算式T ＝t 30求得周期 D ．测量周期时，误将摆球n －1次全振动的时间t 记成了n 次全振动的时间(3)另一名同学乙在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L ′＝0.999 0 m ，再用______(填写器材名称)测量摆球直径，结果如图所示. 则摆球的直径为______cm ，单摆摆长为______m ．将摆球拉开一定角度由静止释放．为了减少误差，应该当摆球经过______(填“平衡位置”或“最高点”)才开始计时．【答案】(1)4n 2π2(l 0＋D 2)t 2 (2)B (3)游标卡尺 1.21 0.993 0 平衡位置 【解析】(1)摆线长l 0，小球直径D ，单摆的摆长是L ＝l 0＋D 2.摆动n 次时，所用时间为t ，则根据单摆的周期公式T ＝2πL g ，T ＝t n ，L ＝l 0＋D 2联立解得g ＝4π2L T 2＝4n 2π2(l 0＋D 2)t 2.(2)摆球的质量对实验的结果没有影响，故A 错误．摆线上端未牢固地固定于O 点，振动中出现松动使摆线变长，则小球的实际周期变大．所以根据上式可知，测量的加速度变小，故B 正确．测出n －1次全振动的时间，误作为n 次全振动的时间计算，则测量的周期偏小，根据上式知g 可能偏大．同理，当摆球通过平衡位置时启动秒表，此后摆球第30次通过平衡位置时制动秒表，对应的时间是15个周期，因此求得周期偏小，故C 、D 错误．故选B ．(3)游标卡尺要先读出主尺的刻度12 mm ；然后读出游标尺的刻度0.1 mm ×1＝0.1 mm ；总读数：12 mm ＋0.1 mm ＝12.1 mm ＝1.21 cm.单摆的摆长为L ＝L ′－D 2＝0.999 0 m －1.212×10－2 m ＝0.993 0 m. 将摆球拉开一定角度，由静止释放摆球后，为了减少误差，应该当摆球经过平衡位置才开始计时．3．(2017届眉山期末)某研究性学习小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中(实验装置如图甲所示)，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°.在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n 次经过最低点所用的时间为t .在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L ，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d (读数如图乙所示)．(1)从乙图可知，摆球的直径为d ＝______mm.(2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g ＝______________.(3)实验结束后，同学们在讨论如何能够提高测量结果的精确度时，提出了以下建议，其中可行的是______．A ．尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线B ．当单摆经过最高位置时开始计时C ．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的D ．测量多组周期T 和摆长L ，作L －T 2关系图像来处理数据【答案】(1)5.980 (2)π2(n －1)2⎝⎛⎭⎫L ＋d 2t 2 (3)AD 【解析】(1)螺旋测微器的主尺读数为5.5 mm ，可动刻度读数为0.01×48.0 mm ＝0.480 mm ，则最终读数为5.980 mm.(2)由题知，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n 次经过最低点所用的时间内为t ，则单摆全振动的次数为N ＝n －12，周期为T ＝t N ＝2t n －1， 单摆的长度为l ＝L ＋d 2.由单摆的周期公式T ＝2πl g 得g ＝π2(n －1)2(L ＋d 2)t2. (3)公式中，重力加速度的测量值与摆长有关，所以要尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线，故A 正确．为了减小误差，需要当单摆经过平衡位置时开始计时，故B 错误．为了减小误差，质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较小的，故C 错误．应用图像法处理实验数据可以减小实验误差，测量多组周期T 和摆长L ，作L －T 2关系图像来处理数据，故D 正确．故选AD ．。
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第二章 实验三 1．(2016年浙江卷)某同学在“探究弹簧和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500 N/m.如图甲所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00 cm不变的条件下，
(1)若弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是______N(图乙中所示)，则弹簧秤b的读数可能为______N. (2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数________、弹簧秤b的读数________(填“变大”“变小”或“不变”)． 【答案】(1)3.00 4.00 (2)变大 变大 【解析】(1)根据胡克定律可知，F＝kx＝500×0.01 N＝5 N，根据弹簧秤的读数方法可
知，a的读数为3.00 N，两弹簧秤夹角为90°，则可知，b的读数为F＝52－32 N＝4.00 N. (2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，如图所示；则可知两弹簧秤的示数均变大． 2．在“探究共点力合成规律”的实验中，某同学经历了以下实验步骤：
A．在白纸上按比例作出两个力F1和F2的图示，根据平行四边形定则作图求出合力F； B．只用一个测力计，通过细绳把橡皮筋拉同样长度； C．记下两个测力计的读数F1和F2，并且记录它们的方向； D．在水平放置的木板上，垫一张白纸，把橡皮筋的一端固定在板上P点，用两条细绳连接在橡皮筋的另一端，通过细绳同时用两个测力计互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋与细绳的连接点到达某一位置O，并记下此位置，如下图所示； E．记下测力计的读数F′和细绳方向，按同一比例作出这个力的图示，比较这个实测合力F′和按平行四边形定则求出的合力F，看它们的大小和方向是否相近； F．用刻度尺测量出P、O之间的距离并记录； G．改变两测力计拉力的大小和方向，多次重复实验，从实验得出结论． (1)上述实验步骤有明显的错误，这个步骤是______(填选项前的字母)；正确的操作应为________． (2)上述实验步骤中有一步骤是多余的，这个步骤是________(填选项前的字母)； (3)将以上实验步骤按正确顺序排列，应为________(填选项前的字母)． 【答案】(1)B 只用一个测力计，通过细绳把橡皮筋拉到O点 (2)F (3)DCABEG 【解析】(1)B中只是说“通过细绳把橡皮筋拉同样长度”，并没有强调沿PO方向．(2)本实验中只需要保证弹簧秤两次作用的效果相同即可，没有必要记录橡皮筋被拉伸的实际长度，故多余的步骤是F.(3)根据本实验的实验原理可知，题述实验步骤合理的顺序是DCABEG. 3．用等效代替法验证力的平行四边形定则的实验情况如下图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是白纸上根据实验结果画出的图．
(1)本实验中“等效代替”的含义是________． A．橡皮筋可以用细绳替代 B．左侧弹簧测力计的作用效果可以替代右侧弹簧测力计的作用效果 C．右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果 D．两弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代 (2)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿着AO方向的是________，图中________是F1、F2合力的理论值，______是合力的实验值． (3)完成该实验的下列措施中，能够减小实验误差的是________． A．拉橡皮筋的绳细一些且长一些 B．拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行 C．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些 D．使拉力F1和F2的夹角很小 【答案】(1)D (2)F′ F F′ (3)ABC 【解析】(1)验证平行四边形定则的实验中，第一次同时用两个弹簧测力计作用在橡皮筋上，将橡皮筋与细线的结点拉到一个合适的位置，第二次只用一个弹簧测力计作用在橡皮筋上，使橡皮筋与细线的结点到达同样的位置，可见两次弹簧测力计对橡皮筋产生的作用效果相同，可以等效替代，故选D． (2)根据第(1)问的分析可知，力F′一定沿AO方向；据平行四边形定则合成出来的力F是合力的理论值，而力F′则是合力的实验值． (3)细绳越细，重力等因素的影响越小，弹簧测力计的读数越准确；细绳越长，则确定弹簧拉力的方向就越准确；拉橡皮筋时，弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行，可以避免弹簧测力计中的金属杆与测力计外壳之间的摩擦；拉橡皮筋的细绳长些，在标记同一细绳方向时两点就可以画得适当远一些，这样作图造成的误差就小；拉力F1和F2
的夹角很小时，作图造成的误差会较大．综上所述，选A、B、C． 4．在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤． (1)为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到的实验数据如下表所示： 弹力F/N 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50
伸长量x/10－2 m 0.74 1.80 2.80 3.72 4.60 5.58 6.42 根据表中数据在下图中作出F－x图像并求得该弹簧的劲度系数k＝________N/m；
(2)某次实验中，弹簧秤的指针位置如上图所示，其读数为______N；同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50 N，请在下列虚线框中画出这两个共点力的合力F合； (3)由图得到F合＝________N. 【答案】(1)见解析图 53(说明：±2范围内都可) (2)2.10(说明：有效数字位数正确，±0.02范围内都可) 见解析图 (3)3.3(说明：±0.02范围内都可) 【解析】(1)以水平方向为x轴，竖直方向为F轴，建立直角坐标系，然后描点，选尽可能多的点连成一条线，其图线的斜率即为弹簧的劲度系数k，在直线上任取一点，如(6×10－2,3.2)，则k＝3.26×10－2 N/m≈53 N/m.
(2)由题图可得弹簧秤的读数为2.10 N，选好标度，合力的图示如图所示． (3)经测量，合力F合＝3.3 N. 5．(2017届诸暨市校级模拟)下面是关于“探究求合力的方法”的实验． (1)某同学的实验操作主要步骤如下： A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上； B．用图钉把橡皮筋的一端固定在板上的A点，在橡皮筋的另一端拴上两条细绳，细绳的另外一端系着绳套； C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数； D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两个弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F； E．只用一个弹簧测力计，通过绳套拉橡皮筋使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按照同一标度作出这个力F′的图示； F．比较力F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论． 上述步骤中，有重要遗漏的步骤的序号是______． (2)如图所示为利用实验记录的结果作出的图，则图中的__________是F1和F2的合力理论值，____是力F1和F2的等效合力的实际测量值．
(3)如果某同学实验中测出F1＞F2的同时，还用量角器测量出F1和F2的夹角为75°，然后做出如下的几个推断，其中正确的是__________． A．将F1转动一定的角度，可以使合力F的方向不变 B．将F2转动一定的角度，可以使合力F的方向不变 C．保持F1的大小和方向不变，将F2逆时针转动30°，可以使合力F的大小和方向都不变 D．只有保持F1和F2的大小不变，同时转动一定的角度，才可能使合力F的大小和方向都不变 【答案】(1)CE (2)F F′ (3)AB 6．(2017届佛山校级三模)某实验小组用一只弹簧秤和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置，固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O的正上方A处，另一端系绳套1和绳套2.主要实验步骤如下： A．弹簧秤挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，记下弹簧秤的示数F； B．弹簧秤挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，此时绳套1沿0°方向，绳套2沿120°方向，记下弹簧秤的示数F1； C．根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1′＝__①__； D．比较__②__，即可初步验证； E．只改变绳套2的方向，重复上述实验步骤． 回答下列问题： (1)完成实验步骤： ①____________________________； ②____________________________； (2)将绳套1由0°方向缓慢转动到60°方向，同时绳套2由120°方向缓慢转动到180°方向，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，保持绳套1和绳套2的夹角120°不变．关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是____(填选项前的序号)．
A．逐渐增大 B．先增大后减小 C．逐渐减小 D．先减小后增大 【答案】见解析
【解析】(1)①根据平行四边形定则计算绳套1的拉力F1′＝Ftan 30°＝3F3. ②通过比较F1和F1′，在误差范围内相同，则可初步验证． (2)两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则画出图像，如图所示．
根据图像可知，绳套1的拉力大小逐渐增大，A正确．