2026届高三物理二轮复习讲义：考前应试策略指导　一、考前必破的3大题型　第2讲　“2大策略”破解实验题

第2讲“2大策略”破解实验题策略一用好“1明2看3提”——又快又准破解力学实验题物理考试大纲规定的力学实验，包括研究匀变速直线运动、探究弹力和弹簧伸长量的关系、验证力的平行四边形定则、验证牛顿运动定律、探究平抛运动的特点、验证机械能守恒定律、验证动量守恒定律等，这些实验都离不开力、长度、速度或加速度的测量，离不开让物体运动起来。只要扎扎实实掌握住长度、力、速度、加速度的测量方法及对物体由静止开始运动的分析方法，实验部分就能稳得高分。1．明——明确考查的知识范围现在的物理力学实验题，尽管题目千变万化，但通过仔细审题，都能直接地判断出命题人想要考查的知识点和意图。2．看——看清实验题图实验题一般配有相应的示意图，目的是告知实验仪器(或部分实验仪器)及其组装情况，让考生探究考查意图。认识这些器材在实验中所起的作用，便能初步勾画实验过程。3．提——提取信息试题总是提供诸多信息再现实验情境，因此，解答时必须捕捉并提取有价值的信息，使问题迎刃而解。一般需要关注如下信息：(1)新的概念、规律、公式一些新颖的非常规实验题、陌生的新知识(概念公式)应用题、新规律验证题，都会为我们提供信息。要在阅读理解的基础上提取有用信息为解题服务。(2)新的表格数据通过解读表格，了解实验测量的物理量，根据表格中的数据，判断相关物理量之间的关系。如正比例、反比例关系，平方还是开方关系，或者是倒数关系。根据数据描点作图可以直观反映实验的某种规律。(3)新的物理图像实验题本身提供物理图像，但这些图像平时没有接触过，关键要明确图像的物理意义，才能正确分析实验问题。1.(2025·安徽合肥模拟)如图甲所示，某同学在做“探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系”实验时，他先将一弹簧竖直悬挂让其自然下垂，测出其自然长度，然后在其下部挂上钩码，测出弹簧的总长度，改变钩码个数，测出几组数据，作出弹簧弹力与弹簧总长度的关系图线。(1)关于本实验，下列说法正确的是________(填正确答案标号)。A．给弹簧施加拉力时应保证弹簧位于竖直位置，要待钩码平衡时再读数B．钩码重力不能超过某一限度，钩码的数量不可以任意增加C．为减小实验误差，应多测几组数据，每次增加的钩码数量必须相等(2)该同学在实验中，通过实验画出弹簧弹力F(N)与弹簧总长度x(m)的关系图线如图乙所示，弹簧的原长为________m；弹簧的劲度系数为________N/m。(3)该同学利用本实验原理把上述弹簧做成了一个弹簧测力计，如图丙所示，弹簧测力计的示数为________N。【答案】(1)AB(2)0.10200(3)2.70【解析】(1)用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码平衡时再读数，故A正确；应在弹簧的弹性限度范围内进行测量，所挂钩码重力不能超过弹性限度，钩码的数量不可以任意增加，故B正确；每次增加的钩码数量不必相等，故C错误。故选AB。(2)当弹簧的弹力为零时，弹簧处于原长状态，由图可知原长为l0＝0.10m；当弹簧长度为0.15m时，弹力大小为10N，对应弹簧的伸长量为Δx＝0.15m－0.10m＝0.05m，由胡克定律F＝kΔx可得弹簧的劲度系数为k＝200N/m。(3)由图丙中弹簧测力计的最小分度值为0.1N，因此要估读到0.01N，根据丙图读出弹簧测力计的示数为2.70N。2.(2025·广西卷)在用如图甲的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验中：(1)探究小车加速度与小车所受拉力的关系时，需保持小车(含加速度传感器，下同)质量不变，这种实验方法是________。(2)实验时，调节定滑轮高度，使连接小车的细绳与轨道平面保持________。(3)由该装置分别探究M、N两车加速度a和所受拉力F的关系，获得a－F图像如图乙，通过图乙分析实验是否需要补偿阻力(即平衡阻力)。如果需要，说明如何操作；如果不需要，说明理由。(4)悬挂重物让M、N两车从静止释放经过相同位移的时间比为n，两车均未到达轨道末端，则两车加速度之比aM∶aN＝________。【答案】(1)控制变量法(2)平行(3)需要；撤出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【解析】(1)在探究小车加速度与小车所受拉力的关系时，需保持小车(含加速度传感器)质量不变，这种实验方法是控制变量法。(2)实验时，为使小车受到的合外力等于细绳的拉力，要调节定滑轮高度，使连接小车的细绳与轨道平面保持平行，保证细绳对小车的拉力方向与小车运动方向一致，减小实验误差。(3)由图乙可知，当拉力F为某一值时才产生加速度，说明小车受到摩擦力，需要补偿阻力。补偿方法：撤出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)两车均从静止释放，都做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移公式x＝eq\f(1,2)at2可知a＝eq\f(2x,t2)因为tM∶tN＝n∶1联立解得aM∶aN＝teq\o\al(2,N)∶teq\o\al(2,M)＝1∶n2。3.(2025·广东惠州模拟)某同学利用双线摆和光电计数器测量当地的重力加速度。实验装置如图(甲)所示，测得每根悬线长为d，两悬点间距为s，小球两侧为光电计数器。实验步骤如下，请回答下列问题：(1)用游标卡尺测量小球的直径如图乙，则小球的直径D是________mm。(2)现将小球垂直于纸面向外拉动，使悬线偏离竖直方向的角度__________5°(选填“大于”或“小于”)。(3)启动光电计数器，悬线偏离竖直方向后，由静止释放小球，当小球经过平衡位置O时，计时器开始计时，并计为第1次。当光电计数器上显示的计数次数刚好为n时，测得所用的时间为t，由此可知，单摆的振动周期T为________。A．eq\f(t,n) B．eq\f(t,n－1)C．eq\f(2t,n) D．eq\f(2t,n－1)(4)根据上述实验方法测量得到的物理量，可得到当地重力加速度g＝________(用字母L、s、D、T表示)。【答案】(1)15.4(2)小于(3)D(4)eq\f(4π2,T2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(d2－s2)＋\f(D,2)))【解析】(1)小球的直径D＝15mm＋4×0.1mm＝15.4mm。(2)现将小球垂直于纸面向外拉动，使小球做简谐运动，则应使悬线偏离竖直方向的角度小于5°。(3)当光电计数器显示数为“1”时是0时刻，故计数次数刚好为n时，周期次数为N＝eq\f(n－1,2)故单摆的振动周期T＝eq\f(t,N)＝eq\f(2t,n－1)，故选D。(4)摆长等于摆线的有效长度与小球的半径之和，即等效摆长为L＝eq\r(d2－s2)＋eq\f(D,2)根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可得g＝eq\f(4π2,T2)L代入数据得g＝eq\f(4π2,T2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(d2－s2)＋\f(D,2)))。4.(2025·江苏扬州模拟预测)(1)有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标尺上有20个小的等分刻度。用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是________mm。用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是________mm。(2)某同学用如图所示装置“研究物体的加速度与外力关系”，他将光电门固定在气垫轨道上的某点B处，调节气垫导轨水平后，用重力为F的钩码，经绕过滑轮的细线拉滑块，每次滑块从同一位置A由静止释放，测出遮光条通过光电门的时间t。改变钩码个数，重复上述实验。记录的数据及相关计算如下表。实验次数12345F/N0.490.981.471.962.45t/(ms)40.428.623.320.218.1t2/(ms)21632.2818.0542.9408.0327.6eq\f(1,t2)/[×10－4(ms)－2]6.112.218.424.530.6①设AB间的距离为s，遮光条的宽度为d，请你由上述实验结论推导出物体的加速度a与时间t的关系式为________。②为便于分析F与t的关系，应作出________的关系图像，并在坐标纸上作出该图线。③若已知滑块及遮光条的质量为M，钩码质量为m，AB间的距离为s，遮光条的宽度为d，遮光时间Δt，只要验证________和________________相等，即可验证系统机械能守恒。【答案】(1)10.501.730(2)a＝eq\f(d2,2s)·eq\f(1,t2)F－eq\f(1,t2)见解析图mgseq\f(1,2)(M＋m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))2【解析】(1)如题图甲所示的读数L＝10mm＋10×0.05mm＝10.50mm，如题图乙所示的读数D＝1.5mm＋0.01×23.0mm＝1.730mm。(2)遮光条通过光电门的瞬时速度v＝eq\f(d,t)，根据速度位移关系v2＝2as，可得a＝eq\f(v2,2s)＝eq\f(d2,2s)·eq\f(1,t2)由表格看出，F与eq\f(1,t2)成正比，则应作出F－eq\f(1,t2)关系图像，作出图线如图根据机械能守恒有mgs＝eq\f(1,2)(M＋m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))2。5.(2025·内蒙古包头模拟)物理小组使用气垫导轨、轻弹簧、滑块、光电门、游标卡尺、米尺等实验仪器探究水平弹簧振子运动过程中瞬间速度v与偏离平衡位置距离x的关系。(弹簧弹性势能的表达式为Ep＝eq\f(1,2)kΔx2，k为劲度系数，Δx为弹簧形变量)主要步骤如下：(1)如图1所示，将气垫导轨调至水平，将弹簧左端连接固定挡板，右端连接滑块，在滑块上装上遮光条，在弹簧振子的平衡位置O点处放置光电门。用游标卡尺测量出遮光条的宽度，将滑块压缩到距平衡位置0.2m处由静止释放，并记录滑块经过光电门的时间算出对应的速度大小v0；(2)改变光电门到平衡位置间的距离x，测出多组x及对应的速度大小v；(3)根据测量数据绘制出v2－x2关系图线如图2所示。若弹簧劲度系数为k，滑块质量为m，那么图2中图线斜率的绝对值是________，截距是________；(用字母k和m表示)(4)若换一个劲度系数更大的弹簧重做上述实验，所得直线与原直线相比，斜率的绝对值________(填“变大”“变小”或“不变”)，截距________(填“变大”“变小”或“不变”)。【答案】(3)eq\f(k,m)eq\f(0.04k,m)(4)变大变大【解析】滑块从距平衡位置A＝0.2m处由静止释放，弹力做正功，弹性势能转化为动能，有eq\f(1,2)kA2＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)kx2，整理可得v2＝eq\f(kA2,m)－eq\f(k,m)x2＝eq\f(0.04k,m)－eq\f(k,m)x2，可知v2－x2关系是线性的，对应的直线的斜率绝对值是eq\f(k,m)，截距是eq\f(0.04k,m)；若换一个劲度系数更大的弹簧重做上述实验，由斜率和截距的物理意义可知斜率变大，截距变大。策略二用好“1明2选3画”——逐步攻克电学实验题考生普遍感觉电学实验题比力学实验题难度大一些，分析近几年的高考题可以发现电学实验题的创新幅度小一些，不像很多力学实验题那样看起来就是一个全新的实验。而电学实验题往往是以大纲要求的5个基本实验为原型，从测量对象、实验原理、实验分析与数据处理等方面进行创新演绎。只要考生多从这几个方面学习、思考、研究、巩固，对于电学实验题也可以做到得心应手，“满分”而归。电学设计实验的难点是电路的设计，其突破方法为1．明——明确实验目的。2．选——通过实验目的与实验器材的结合，选择合适的实验原理。3．画——画出可能实验原理图，结合题设条件确定最优的电路原理图。1.(2025·海南海口预测)实验小组设计了不同方案测量一个10Ω左右定值电阻的阻值，利用伏安法测量该待测电阻，选用仪器如下：电流表(量程0.6A，内阻约为0.2Ω)电压表(量程6V，电阻约为2kΩ)滑动变阻器(0～10Ω，额定电流1A)电源(6V，内阻约为2Ω)开关一只、导线若干。(1)为减小误差，实验电路图应选择图________(选填“甲”或“乙”)，这样连接测量结果将________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)；(2)小路同学把待测电阻R1和一个阻值已知为R2的定值电阻串联起来，串联电路总电压保持不变，用同一电压表分别测出R1的电压U1和R2的电压U2，则R1的测量值为________，考虑到电压表的内阻，测量结果会________。(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)【答案】(1)乙偏小(2)eq\f(U1,U2)R2无影响【解析】(1)eq\f(RV,Rx)＝eq\f(2000,10)＝200，eq\f(Rx,RA)＝eq\f(10,0.2)＝50因为eq\f(RV,Rx)>eq\f(Rx,RA)，所以应选择外接法。故选乙。根据Rx＝eq\f(U,I)，电压表测量准确，因为电压表分流，电流表测量值偏大，所以电阻的测量值偏小。(2)不考虑电压表的内阻时，设电路总电压为U，根据欧姆定律得U＝eq\f(U1,R1)(R1＋R2)，U＝eq\f(U2,R2)(R1＋R2)解得R1＝eq\f(U1,U2)R2考虑到电压表的内阻时，设电路总电压为U，电压表内阻为RV，则有测R1电压时有U1＝eq\f(\f(R1RV,R1＋RV),\f(R1RV,R1＋RV)＋R2)U＝eq\f(R1RV,R1RV＋R2R1＋R2RV)U测R2电压时有U2＝eq\f(\f(R2RV,R2＋RV),\f(R2RV,R2＋RV)＋R1)U＝eq\f(R2RV,R2RV＋R1R2＋R1RV)U解得R1＝eq\f(U1,U2)R2，故电压表内阻对测量结果没有影响。2.(2025·黑吉辽蒙卷)在测量某非线性元件的伏安特性时，为研究电表内阻对测量结果的影响，某同学设计了如图(a)所示的电路。选择多用电表的直流电压挡测量电压。实验步骤如下：①滑动变阻器滑片置于适当位置，闭合开关；②表笔分别连a、b接点，调节滑片位置，记录电流表示数I和a、b间电压Uab；③表笔分别连a、c接点，调节滑片位置，使电流表示数仍为I，记录a、c间电压Uac；④表笔分别连b、c接点，调节滑片位置，使电流表示数仍为I，记录b、c间电压Ubc，计算Uac－Ubc；⑤改变电流，重复步骤②③④，断开开关。作出I－Uab、I－Uac及I－(Uac－Ubc)曲线如图(b)所示。回答下列问题：(1)将多用电表的红、黑表笔插入正确的插孔，测量a、b间的电压时，红表笔应连________接点(填“a”或“b”)；(2)若多用电表选择开关旋转到直流电压挡“0.5V”位置，电表示数如图(c)所示，此时电表读数为________V(结果保留三位小数)；(3)图(b)中乙是________(填“I－Uab”或“I－Uac”)曲线；(4)实验结果表明，当此元件阻值较小时，________(填“甲”或“乙”)曲线与I－(Uac－Ubc)曲线更接近。【答案】(1)a(2)0.377/0.376/0.378(3)I－Uac(4)甲【解析】(1)电流从红表笔流入，黑表笔流出，故测量a、b间的电压时，红表笔应连a接点。(2)0.5V的直流电压挡，分度值为0.01V，由图可知此时电压表读数为0.377V。(3)由图可知，当表笔分别连a、c接点时测得是元件和电流表两端的电压和电流，则Rac＝eq\f(Uac,I)当表笔分别连a、b接点时测得是元件两端的电压和电流，则Rab＝eq\f(Uab,I)由于Rac>Rab所以相同电流情况下，Uac>Uab故图(b)中乙是I－Uac曲线。(4)由题意可知，I－(Uac－Ubc)图像测得是元件两端的电压和电流的关系，则实验结果表明，当此元件阻值较小时，甲曲线与I－(Uac－Ubc)曲线更接近。3.(2025·重庆卷)熄火保护装置主要由弹簧、热电偶和电磁铁等组成，其示意图如图1所示，A、B为导线上两个接线端。小组设计了如图2所示的电路(部分连线未完成)进行探究，图中数字毫安表内阻约为1Ω，数字毫伏表内阻约为10MΩ。(1)将图1中的A、B端分别与图2中的A′、B′端连接，测量热电偶和电磁铁线圈构成的组合体电阻。已知组合体电阻不超过0.05Ω，则未完成的连接中，Q端应和________(填“b”或“c”)处相连，理由是________________________。正确连线后，开始时滑动变阻器的滑片应置于________(填“d”或“e”)端。(2)闭合开关S1、S2，实验测得组合体电阻为0.020Ω，当电磁铁线圈中的电流小于142mA时，电磁铁无法继续吸合衔铁，衔铁被释放。断开开关S1、S2，从室温加热热电偶感温端到某一温度后，停止加热，使其自然冷却至室温。测得整个过程中热电偶受热产生的电动势E′随时间t的变化关系如图3所示。在相同的加热和冷却过程中，如果将A、B端直接连接，不计温度变化对组合体电阻的影响，从停止加热到吸合的衔铁被释放，所用的时间约为________s(保留3位有效数字)。【答案】(1)b见解析e(2)17.5【解析】(1)根据题意可知，组合体电阻不超过0.05Ω，相比较远小于数字毫伏表内阻，应采用数字毫安表外接法，即Q端应和b处相连。滑动变阻器采用分压接法，闭合开关时，为了保护电表，滑动变阻器的滑片应置于e端。(2)根据题意，由闭合回路欧姆定律可知，衔铁被释放时，电动势为E＝Ir＝0.02×142×10－3V＝2.84×10－3V＝2.84mV停止加热时，热电偶受热产生的电动势E′最大，如图所示由图可知，从停止加热到吸合的衔铁被释放，所用的时间约为Δt＝32.5s－15s＝17.5s。4.(2025·河北卷)自动洗衣机水位检测的精度会影响洗净比和能效等级。某款洗衣机水位检测结构如图1所示。洗衣桶内水位升高时，集气室内气体压强增大，铁芯进入电感线圈的长度增加，从而改变线圈的自感系数。洗衣机智能电路通过测定LC振荡电路的频率来确定水位高度。某兴趣小组在恒温环境中对此装置进行实验研究。(1)研究集气室内气体压强与体积的关系①洗衣桶内水位H一定时，其内径D的大小________(填“会”或“不会”)影响集气室内气体压强的大小。②测量集气室高度h0、集气室内径d。然后缓慢增加桶内水量，记录桶内水位高度H和集气室进水高度，同时使用气压传感器测量集气室内气体压强p。H和h数据如下表所示。H/cm15.0020.0025.0030.0035.0040.0045.0050.00h/cm0.330.400.420.520.610.700.780.87实验中使用同一把刻度尺对H和h进行测量，根据数据判断，测量________(填“H”或“h”)产生的相对误差较小。③利用数据处理软件拟合集气室内气体体积V与eq\f(1,p)的关系曲线，如图2所示。图中拟合直线的延长线明显不过原点，经检查实验仪器完好，实验装置密封良好，操作过程规范，数据记录准确，则该延长线不过原点的主要原因是_________________________________________________________________。(2)研究洗衣桶水位高度与振荡电路频率的关系图是桶内水位在两个不同高度时示波器显示的u－t图像，u的频率即为LC振荡电路的频率。LC振荡电路的频率f与线圈自感系数L、电容C的关系是f＝eq\f(1,2π\r(LC))，则图中________(填“甲”或“乙”)对应的水位较高。【答案】(1)不会H见解析(2)乙【解析】(1)①集气室内气体压强等于桶内水位高度H和集气室进水高度的高度差产生的压强和大气压强之和，根据p＝ρgh可知其内径D的大小不会影响集气室内气体压强的大小；②由于实验中使用同一把刻度尺进行测量，分度值相同，根据数据分析，桶内水位高度H明显大于集气室内进水高度h，所以测量桶内水位高度H产生的相对误差较小；③该延长线不过原点的主要原因是与集气室相连的细管中的气体被忽略不计，导致集气室气体体积V相比于实际气体体积偏小。(2)桶内水位高度H越大，集气室内气体压强越大，铁芯进入电感线圈的长度越大，电感线圈的自感系数越大，根据T＝2πeq\r(LC)可知LC震荡电路的周期越大，所以图3中乙对应的水位较高。5.(2025·山东济南模拟预测)某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待