《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理專題六 考點(diǎn)3 機(jī)械振動(dòng)及光學(xué)、熱學(xué)實(shí)驗(yàn)含答案

大二輪刷題首選卷物理考點(diǎn)3機(jī)械振動(dòng)及光學(xué)、熱學(xué)實(shí)驗(yàn)《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理考向一單擺等機(jī)械振動(dòng)實(shí)驗(yàn)1．(2023·河北高考)某實(shí)驗(yàn)小組利用圖1裝置測(cè)量重力加速度。擺線上端固定在O點(diǎn)，下端懸掛一小鋼球，通過光電門傳感器采集擺動(dòng)周期。(1)關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是________。(多選)A．小鋼球擺動(dòng)平面應(yīng)與光電門U形平面垂直B．應(yīng)在小鋼球自然下垂時(shí)測(cè)量擺線長(zhǎng)度C．小鋼球可以換成較輕的橡膠球D．應(yīng)無初速度、小擺角釋放小鋼球(2)組裝好裝置，用毫米刻度尺測(cè)量擺線長(zhǎng)度L，用螺旋測(cè)微器測(cè)量小鋼球直徑d。螺旋測(cè)微器示數(shù)如圖2，小鋼球直徑d＝________mm，記擺長(zhǎng)l＝L＋eq\f(d,2)。(3)多次改變擺線長(zhǎng)度，在小擺角下測(cè)得不同擺長(zhǎng)l對(duì)應(yīng)的小鋼球擺動(dòng)周期T，并作出l-T2圖像，如圖3。根據(jù)圖線斜率可計(jì)算重力加速度g＝________m/s2(保留3位有效數(shù)字，π2取9.87)。(4)若將擺線長(zhǎng)度誤認(rèn)為擺長(zhǎng)，仍用上述圖像法處理數(shù)據(jù)，得到的重力加速度值將________(填“偏大”“偏小”或“不變”)。答案：(1)ABD(2)20.035(3)9.87(4)不變解析：(1)使用光電門測(cè)量時(shí)，光電門U形平面與被測(cè)物體的運(yùn)動(dòng)方向垂直是光電門使用的基本要求，故A正確。測(cè)量擺線長(zhǎng)度時(shí)，要保證擺線處于伸直狀態(tài)，故B正確。單擺是一個(gè)擺線長(zhǎng)度不變、擺線質(zhì)量不計(jì)、擺球可視為質(zhì)點(diǎn)的理想化模型，研究單擺時(shí)，需要使空氣對(duì)擺球的阻力可以忽略，若用較輕的橡膠球代替小鋼球，則擺線質(zhì)量的影響變大，空氣阻力對(duì)擺球的影響變大，會(huì)增大誤差，故C錯(cuò)誤。為了保證小鋼球在豎直平面內(nèi)做單擺運(yùn)動(dòng)，而不形成圓錐擺，應(yīng)無初速度釋放小鋼球；單擺只有在擺角很小的情況下才可視為做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，才能使用公式T＝2πeq\r(\f(l,g))計(jì)算重力加速度，因此應(yīng)小擺角釋放小鋼球，故D正確。(2)由題圖2可知，小鋼球直徑d＝20mm＋3.5×0.01mm＝20.035mm。(3)由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，得l＝eq\f(g,4π2)·T2，則l-T2圖像中圖線的斜率k＝eq\f(g,4π2)，可得g＝4π2k，由題圖3知，圖線的斜率k＝eq\f(1.10－0.60,4.40－2.40)m/s2＝eq\f(1,4)m/s2，解得g＝9.87m/s2。(4)若將擺線長(zhǎng)度L誤認(rèn)為擺長(zhǎng)l，因L＝l－eq\f(d,2)＝eq\f(g,4π2)·T2－eq\f(d,2)，則仍用上述圖像法處理數(shù)據(jù)，圖線斜率不變，仍為k＝eq\f(g,4π2)，所以得到的重力加速度值將不變。2．(2023·湖南高考)某同學(xué)探究彈簧振子振動(dòng)周期與質(zhì)量的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)裝置如圖a所示，輕質(zhì)彈簧上端懸掛在鐵架臺(tái)上，下端掛有鉤碼，鉤碼下表面吸附一個(gè)小磁鐵，其正下方放置智能手機(jī)，手機(jī)中的磁傳感器可以采集磁感應(yīng)強(qiáng)度實(shí)時(shí)變化的數(shù)據(jù)并輸出圖像，實(shí)驗(yàn)步驟如下：(1)測(cè)出鉤碼和小磁鐵的總質(zhì)量m；(2)在彈簧下端掛上該鉤碼和小磁鐵，使彈簧振子在豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，打開手機(jī)的磁傳感器軟件，此時(shí)磁傳感器記錄的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化周期等于彈簧振子振動(dòng)周期；(3)某次采集到的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t變化的圖像如圖b所示，從圖中可以算出彈簧振子振動(dòng)周期T＝________(用“t0”表示)；(4)改變鉤碼質(zhì)量，重復(fù)上述步驟；(5)實(shí)驗(yàn)測(cè)得數(shù)據(jù)如下表所示，分析數(shù)據(jù)可知，彈簧振子振動(dòng)周期的平方與質(zhì)量的關(guān)系是________(填“線性的”或“非線性的”)；m/kg10T/sT/sT2/s20.0152.430.2430.0590.0253.140.3140.0990.0353.720.3720.1380.0454.220.4220.1780.0554.660.4660.217(6)設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果并結(jié)合物理量的單位關(guān)系，彈簧振子振動(dòng)周期的表達(dá)式可能是________(填正確答案標(biāo)號(hào))；A．2πeq\r(\f(m,k)) B．2πeq\r(\f(k,m))C．2πeq\r(mk) D．2πkeq\r(m)(7)除偶然誤差外，寫出一條本實(shí)驗(yàn)中可能產(chǎn)生誤差的原因：____________。答案：(3)eq\f(t0,10)(5)線性的(6)A(7)空氣阻力解析：(3)從圖b中可以算出磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化周期為TB＝eq\f(t0,10)，則彈簧振子振動(dòng)周期T＝TB＝eq\f(t0,10)。(5)分析數(shù)據(jù)可知，彈簧振子振動(dòng)周期的平方與質(zhì)量的比值接近于常量3.95s2/kg，且上下浮動(dòng)在誤差允許范圍內(nèi)，則彈簧振子振動(dòng)周期的平方與質(zhì)量的關(guān)系是線性的。(6)周期的國(guó)際單位為s。因2πeq\r(\f(m,k))的單位用國(guó)際基本單位表示為eq\r(\f(kg,N/m))＝eq\r(\f(kg·m,kg·m/s2))＝s，故A可能正確；因2πeq\r(\f(k,m))的單位用國(guó)際基本單位表示為eq\r(\f(N/m,kg))＝eq\r(\f(kg·m/s2,m·kg))＝s－1，故B錯(cuò)誤；因2πeq\r(mk)的單位用國(guó)際基本單位表示為eq\r(kg·N/m)＝eq\r(kg·kg·m/s2·m－1)＝kg/s，故C錯(cuò)誤；因2πkeq\r(m)的單位用國(guó)際基本單位表示為N/m·eq\r(kg)＝kg·m/s2·m－1·eq\r(kg)＝kgeq\s\up6(\f(3,2))/s2，故D錯(cuò)誤。(7)除偶然誤差外，鉤碼振動(dòng)過程中受空氣阻力的影響，可能會(huì)使本實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生誤差?？枷蚨鈱W(xué)實(shí)驗(yàn)3．現(xiàn)用如圖1所示雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置來測(cè)量光的波長(zhǎng)。(1)在組裝儀器時(shí)單縫和雙縫應(yīng)該相互________放置。(選填“垂直”或“平行”)(2)已知測(cè)量頭主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度。某同學(xué)調(diào)整手輪使測(cè)量頭的分劃板中心刻線與某亮紋中心對(duì)齊，并將該亮紋定為第1條亮紋，此時(shí)測(cè)量頭上游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為1.16mm，接著再同方向轉(zhuǎn)動(dòng)手輪，使分劃板中心刻線與第6條亮紋中心對(duì)齊，此時(shí)測(cè)量頭上游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖2所示，則讀數(shù)為________mm。已知雙縫間距d＝2.00×10－4m，測(cè)得雙縫到毛玻璃屏的距離L＝0.800m，所測(cè)光的波長(zhǎng)λ＝________nm。(保留三位有效數(shù)字)(3)為減小誤差，該實(shí)驗(yàn)并未直接測(cè)量相鄰亮條紋間的距離Δx，而是先測(cè)量n個(gè)條紋的間距再求出Δx。下列實(shí)驗(yàn)采用了類似方法的有________。A．“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中合力的測(cè)量B．“探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中彈簧的形變量的測(cè)量C．“用單擺測(cè)重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中單擺的周期的測(cè)量D．“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”的實(shí)驗(yàn)中1滴油酸酒精溶液體積的測(cè)量答案：(1)平行(2)15.02693(3)CD解析：(1)在組裝儀器時(shí)單縫和雙縫應(yīng)該相互平行放置。(2)由題圖2可知，游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為15mm＋1×0.02mm＝15.02mm。兩相鄰亮紋的間距Δx＝eq\f(x2－x1,6－1)＝eq\f(15.02－1.16,5)mm＝2.772mm，根據(jù)Δx＝eq\f(L,d)λ得λ＝eq\f(Δxd,L)＝eq\f(2.772×10－3×2.00×10－4,0.800)m＝6.93×10－7m＝693nm。(3)先測(cè)量n個(gè)條紋的間距再求出Δx，是采用了微量累積法，“用單擺測(cè)重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中單擺的周期的測(cè)量和“用油膜法估測(cè)油酸分子的大小”的實(shí)驗(yàn)中1滴油酸酒精溶液體積的測(cè)量均采用了微量累積法；“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中合力的測(cè)量采用了等效替代法；“探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中彈簧的形變量的測(cè)量沒有采用累積法，故C、D正確，A、B錯(cuò)誤。4．在“測(cè)定玻璃的折射率”實(shí)驗(yàn)時(shí)：(1)下列做法正確的是________；A．入射角越大，誤差越小B．畫出玻璃磚邊界面后，實(shí)驗(yàn)過程中玻璃磚就可以任意移動(dòng)了C．插大頭針時(shí)，要盡量讓針處于豎直狀態(tài)且間距適當(dāng)遠(yuǎn)一些D．所用玻璃磚必須是平行玻璃磚，用其他形狀的玻璃磚無法測(cè)得其折射率(2)某學(xué)生在插第三枚大頭針P3時(shí)，在視線中看到P1、P2兩枚大頭針“斷”成了a、b、c、d四截，如圖所示。正確的做法是讓P3同時(shí)擋住________。A．a(chǎn)、b B．c、dC．a(chǎn)、c D．b、d答案：(1)C(2)B解析：(1)入射角不宜太大也不宜太小，入射角過大，會(huì)使折射光線亮度變暗，入射角太小則測(cè)得的入射角、折射角的相對(duì)誤差較大，A錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)過程中，玻璃磚與白紙的相對(duì)位置不能改變，B錯(cuò)誤；插大頭針時(shí)，讓針處于豎直狀態(tài)且間距適當(dāng)遠(yuǎn)一些，有助于減小確定光路時(shí)的誤差，C正確；除了平行玻璃磚，也能測(cè)出其他形狀的玻璃磚的折射率，D錯(cuò)誤。(2)在本實(shí)驗(yàn)中P3應(yīng)擋住P1、P2透過玻璃磚成的像，而不是P1、P2本身，而圖中a、b為P1、P2本身，c、d為P1、P2透過玻璃磚成的像，即應(yīng)讓P3同時(shí)擋住c、d，故選B?？枷蛉裏釋W(xué)實(shí)驗(yàn)5．用圖甲所示的裝置探究氣體的等溫變化規(guī)律。(1)下列哪些操作是必需的________。A．調(diào)節(jié)空氣柱長(zhǎng)度時(shí)柱塞應(yīng)緩慢地向下壓或向上拉B．測(cè)量空氣柱的直徑C．讀取壓力表示數(shù)D．讀取空氣柱的長(zhǎng)度(2)某小組利用測(cè)量得到的數(shù)據(jù)繪制的p-V圖像如圖乙所示，該組同學(xué)猜測(cè)空氣柱的壓強(qiáng)跟體積成反比。如果想進(jìn)一步通過圖像來檢驗(yàn)這個(gè)猜想是否合理，應(yīng)當(dāng)利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出________圖像。答案：(1)ACD(2)p-eq\f(1,V)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或V-\f(1,p)))解析：(1)為防止氣體的溫度變化，調(diào)節(jié)空氣柱長(zhǎng)度時(shí)柱塞應(yīng)緩慢地向下壓或向上拉，A正確；該實(shí)驗(yàn)氣體的體積為V＝SL，其中S為空氣柱的橫截面積，由于空氣柱的橫截面積S不變，所以可以用L代替V，只需要讀取空氣柱的長(zhǎng)度，不需要測(cè)量空氣柱的直徑，B錯(cuò)誤，D正確；讀取壓力表示數(shù)，以確定氣體的壓強(qiáng)，C正確。(2)如果想進(jìn)一步檢驗(yàn)空氣柱的壓強(qiáng)跟體積是否成反比，應(yīng)當(dāng)利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出p-eq\f(1,V)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或V-\f(1,p)))圖像，若該圖像是一條過原點(diǎn)的直線，則結(jié)論成立。6．用油膜法估測(cè)油酸分子的大小的實(shí)驗(yàn)步驟如下：A．向淺盤中倒入適量的水，并向水面均勻地撒入爽身粉B．將1mL純油酸加入酒精中，得到2×103mL的油酸酒精溶液C．把玻璃板放在坐標(biāo)紙上，計(jì)算出薄膜的面積S(坐標(biāo)紙中正方形小方格的邊長(zhǎng)為20mm)D．將配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，記下50滴溶液的體積E．把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜形狀穩(wěn)定后，將玻璃板放在淺盤上，在玻璃板上描出油酸膜的輪廓F．按照得到的數(shù)據(jù)，估算出油酸分子的直徑(1)上述步驟中，正確的順序是________(填步驟前的字母)。(2)如圖所示為描出的油酸膜輪廓，油酸膜的面積約為________m2。(3)已知50滴溶液的體積為1mL，估算油酸分子的直徑約為________m(保留兩位有效數(shù)字)。(4)將上述油酸酒精溶液置于一個(gè)敞口容器中放置一段時(shí)間，再使用該溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)會(huì)導(dǎo)致分子直徑的測(cè)量結(jié)果________(選填“偏大”“偏小”或“不變”)。答案：(1)BDAECF(2)0.0224(3)4.5×10－10(4)偏小解析：(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)思路可知，題中所述步驟中，正確的順序是BDAECF。(2)數(shù)出油酸膜輪廓范圍內(nèi)的小方格共有56格，則油酸膜的面積約為56×4cm2＝0.0224m2。(3)1滴油酸酒精溶液中含純油酸的體積為V＝eq\f(1,2×103)×eq\f(1×10－6,50)m3＝10－11m3，則油酸分子的直徑約為d＝eq\f(V,S)＝eq\f(10－11,0.0224)m＝4.5×10－10m。(4)將油酸酒精溶液置于一個(gè)敞口容器中放置一段時(shí)間，酒精揮發(fā)，導(dǎo)致溶液中油酸濃度增大，則一滴油酸酒精溶液中的純油酸體積增大，而在計(jì)算時(shí)仍取原來的值，這將導(dǎo)致純油酸體積的計(jì)算值小于實(shí)際值，故最終分子直徑的測(cè)量值小于實(shí)際值。1．(2024·江西高考)(多選)某同學(xué)用普通光源進(jìn)行雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)實(shí)驗(yàn)。下列說法正確的是()A．光具座上依次擺放光源、透鏡、濾光片、雙縫、單縫、遮光筒、測(cè)量頭等元件B．透鏡的作用是使光更集中C．單縫的作用是獲得線光源D．雙縫間距越小，測(cè)量頭中觀察到的條紋數(shù)目越多答案：BC解析：為達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，?yīng)使單色光先通過單縫得到線光源，然后通過雙縫得到兩列完全相同的相干光，所以光具座上的雙縫應(yīng)該在單縫和遮光筒之間，A錯(cuò)誤，C正確；透鏡的作用是使光更集中，B正確；根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式Δx＝eq\f(l,d)λ可知，雙縫間距d越小，則相鄰亮(暗)條紋的中心間距Δx越大，測(cè)量頭中觀察到的條紋數(shù)目越少，D錯(cuò)誤。2.(2023·江蘇高考)在“探究氣體等溫變化的規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。利用注射器選取一段空氣柱為研究對(duì)象。下列改變空氣柱體積的操作正確的是()A．把柱塞快速地向下壓B．把柱塞緩慢地向上拉C．在橡膠套處接另一注射器，快速推動(dòng)該注射器柱塞D．在橡膠套處接另一注射器，緩慢推動(dòng)該注射器柱塞答案：B解析：該實(shí)驗(yàn)探究一定質(zhì)量的氣體等溫變化的規(guī)律，所以應(yīng)保證氣體在狀態(tài)變化過程中的質(zhì)量不變、溫度不變，因此實(shí)驗(yàn)中要保證空氣柱封閉，不能接另一注射器注入或抽出氣體，保證氣體質(zhì)量不變；另外實(shí)驗(yàn)中要緩慢下壓或上拉柱塞，使注射器內(nèi)封閉氣體與外界有足夠時(shí)間進(jìn)行熱交換，保證氣體溫度不變。故選B。3．(2024·河北高考)某同學(xué)通過雙縫干涉實(shí)驗(yàn)測(cè)量單色光的波長(zhǎng)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示，其中測(cè)量頭包括毛玻璃、游標(biāo)尺、分劃板、手輪、目鏡等。該同學(xué)調(diào)整好實(shí)驗(yàn)裝置后，分別用紅色、綠色濾光片，對(duì)干涉條紋進(jìn)行測(cè)量，并記錄第一條和第六條亮紋中心位置對(duì)應(yīng)的游標(biāo)尺讀數(shù)，如表所示：?jiǎn)紊忸悇ex1/mmx6/mm單色光110.6018.64單色光28.4418.08根據(jù)表中數(shù)據(jù)，判斷單色光1為________(填“紅光”或“綠光”)。答案：綠光解析：根據(jù)雙縫干涉相鄰亮紋或暗紋中心間距公式Δx＝eq\f(l,d)λ，可得波長(zhǎng)λ＝eq\f(dΔx,l)，由題表中數(shù)據(jù)可知，單色光1的相鄰亮紋中心間距Δx1＝eq\f(18.64－10.60,5)mm＝1.608mm，單色光2的相鄰亮紋中心間距Δx2＝eq\f(18.08－8.44,5)mm＝1.928mm，因?yàn)棣1<Δx2，所以λ1<λ2，則單色光1是綠光。4．(2024·廣東高考)在“用雙縫干涉實(shí)驗(yàn)測(cè)量光的波長(zhǎng)”實(shí)驗(yàn)調(diào)節(jié)過程中，在光具座上安裝光源、遮光筒和光屏，遮光筒不可調(diào)節(jié)。打開并調(diào)節(jié)________，使光束沿遮光筒的軸線把光屏照亮。取下光屏，裝上單縫、雙縫和測(cè)量頭。調(diào)節(jié)測(cè)量頭，并緩慢調(diào)節(jié)單縫的角度直到目鏡中觀察到________________。答案：光源清晰的干涉條紋解析：因遮光筒不可調(diào)節(jié)，故應(yīng)打開并調(diào)節(jié)光源，使光束沿遮光筒的軸線把光屏照亮；根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟可知，取下光屏，裝上單縫、雙縫和測(cè)量頭，調(diào)節(jié)測(cè)量頭，并緩慢調(diào)節(jié)單縫的角度，直到目鏡中觀察到清晰的干涉條紋。5．(2024·廣西高考)單擺可作為研究簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的理想模型。(1)制作單擺時(shí)，在圖甲、圖乙兩種單擺的懸掛方式中，選擇圖甲方式的目的是要保持?jǐn)[動(dòng)中________不變；(2)用游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球直徑，測(cè)得讀數(shù)如圖丙，則擺球直徑為________cm；(3)若將一個(gè)周期為T的單擺，從平衡位置拉開5°的角度釋放，忽略空氣阻力，擺球的振動(dòng)可看為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，以釋放時(shí)刻作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，則擺球偏離平衡位置的位移x與時(shí)間t的關(guān)系為________________。答案：(1)擺長(zhǎng)(2)1.06(3)x＝eq\f(gT2sin5°,4π2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))解析：(1)在圖甲、圖乙兩種單擺的懸掛方式中，選擇圖甲方式的目的是要保持?jǐn)[動(dòng)中擺長(zhǎng)不變。(2)由圖丙可知，擺球直徑為d＝10mm＋6×0.1mm＝10.6mm＝1.06cm。(3)根據(jù)單擺的周期公式有T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得單擺的擺長(zhǎng)為l＝eq\f(gT2,4π2)，從平衡位置拉開5°的角度釋放，可得擺球的振幅為A＝lsin5°＝eq\f(gT2sin5°,4π2)；以釋放時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，釋放位置處位移為正方向的最大值，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得，擺球偏離平衡位置的位移x與時(shí)間t的關(guān)系為x＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))＝eq\f(gT2sin5°,4π2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))。6．(2023·重慶高考)某實(shí)驗(yàn)小組用單擺測(cè)量重力加速度。所用實(shí)驗(yàn)器材有擺球、長(zhǎng)度可調(diào)的輕質(zhì)擺線、刻度尺、50分度的游標(biāo)卡尺、攝像裝置等。(1)用游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球直徑d。當(dāng)量爪并攏時(shí)，游標(biāo)尺和主尺的零刻度線對(duì)齊。放置擺球后游標(biāo)卡尺示數(shù)如圖1甲所示，則擺球的直徑d為________mm。(2)用擺線和擺球組成單擺，如圖1乙所示。當(dāng)擺線長(zhǎng)度l＝990.1mm時(shí)，記錄并分析單擺的振動(dòng)視頻，得到單擺的振動(dòng)周期T＝2.00s，由此算得重力加速度g為________m/s2(保留3位有效數(shù)字)。(3)改變擺線長(zhǎng)度l，記錄并分析單擺的振動(dòng)視頻，得到相應(yīng)的振動(dòng)周期。他們發(fā)現(xiàn)，分別用l和l＋eq\f(d,2)作為擺長(zhǎng)，這兩種計(jì)算方法得到的重力加速度數(shù)值的差異大小Δg隨擺線長(zhǎng)度l的變化曲線如圖2所示。由圖可知，該實(shí)驗(yàn)中，隨著擺線長(zhǎng)度l的增加，Δg的變化特點(diǎn)是________________，原因是____________________________________________________________________________________________。答案：(1)19.20(2)9.86(3)逐漸減小隨著擺線長(zhǎng)度l的增加，用l作為擺長(zhǎng)時(shí)相對(duì)誤差eq\f(l,l＋\f(d,2))逐漸減小，則重力加速度的相對(duì)誤差eq\f(Δg,g)逐漸減小，Δg也就逐漸減小解析：(1)由題圖1甲可知，擺球直徑d＝19mm＋0.02mm×10＝19.20mm。(2)單擺的擺長(zhǎng)為L(zhǎng)＝l＋eq\f(d,2)，由單擺周期公式可得T＝2πeq\r(\f(L,g))，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得g＝9.86m/s2。(3)由題圖2可知，隨著擺線長(zhǎng)度l的增加，Δg逐漸減小。原因是隨著擺線長(zhǎng)度l的增加，用l作為擺長(zhǎng)時(shí)相對(duì)誤差eq\f(l,l＋\f(d,2))逐漸減小，則重力加速度的相對(duì)誤差eq\f(Δg,g)逐漸減小，Δg也就逐漸減小。7．(2024·安徽高考)某實(shí)驗(yàn)小組做“測(cè)量玻璃的折射率”及拓展探究實(shí)驗(yàn)。(1)為測(cè)量玻璃的折射率，按如圖甲所示進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，以下表述正確的一項(xiàng)是________。(填正確答案標(biāo)號(hào))A．用筆在白紙上沿著玻璃磚上邊和下邊分別畫出直線a和a′B．在玻璃磚一側(cè)插上大頭針P1、P2，眼睛在另一側(cè)透過玻璃磚看兩個(gè)大頭針，使P2把P1擋住，這樣就可以確定入射光線和入射點(diǎn)O1。在眼睛這一側(cè)，插上大頭針P3，使它把P1、P2都擋住，再插上大頭針P4，使它把P1、P2、P3都擋住，這樣就可以確定出射光線和出射點(diǎn)O2C．實(shí)驗(yàn)時(shí)入射角θ1應(yīng)盡量小一些，以減小實(shí)驗(yàn)誤差(2)為探究介質(zhì)折射率與光的頻率的關(guān)系，分別用一束紅光和一束綠光從同一點(diǎn)入射到空氣與玻璃的分界面。保持相同的入射角，根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果作出光路圖，并標(biāo)記紅光和綠光，如圖乙所示。此實(shí)驗(yàn)初步表明：對(duì)于同一種介質(zhì)，折射率與光的頻率有關(guān)，頻率大，折射率________(填“大”或“小”)。(3)為探究折射率與介質(zhì)材料的關(guān)系，用同一束激光分別入射玻璃磚和某透明介質(zhì)，如圖丙、丁所示。保持相同的入射角α1，測(cè)得折射角分別為α2、α3(α2<α3)，則玻璃和該介質(zhì)的折射率大小關(guān)系為n玻璃________n介質(zhì)(填“>”或“<”)。此實(shí)驗(yàn)初步表明：對(duì)于一定頻率的光，折射率與介質(zhì)材料有關(guān)。答案：(1)B(2)大(3)>解析：(1)在白紙上畫出一條直線a作為界面，把長(zhǎng)方體玻璃磚放在白紙上，使它的一個(gè)長(zhǎng)邊與a對(duì)齊，用直尺或者三角板輕靠在玻璃磚的另一長(zhǎng)邊，按住直尺或三角板不動(dòng)，將玻璃磚取下，畫出直線a′代表玻璃磚的另一邊，不能用筆在白紙上沿著玻璃磚上邊和下邊分別畫出直線a和a′，故A錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)時(shí)入射角θ1應(yīng)適當(dāng)大一些，但也不能太大(接近90°)，以減小實(shí)驗(yàn)誤差，故C錯(cuò)誤；B選項(xiàng)操作正確，故選B。(2)由題圖乙可知，在玻璃磚的上邊，綠光和紅光的入射角相同，綠光的折射角小于紅光的折射角，根據(jù)光的折射定律，可知玻璃對(duì)綠光的折射率大于對(duì)紅光的折射率，又因?yàn)榫G光的頻率大于紅光的頻率，所以頻率大，折射率大。(3)根據(jù)折射定律可知，玻璃的折射率為n玻璃＝eq\f(sinα1,sinα2)，該透明介質(zhì)的折射率為n介質(zhì)＝eq\f(sinα1,sinα3)，其中α2＜α3，所以n玻璃＞n介質(zhì)。8．(2024·湖北高考)某同學(xué)利用激光測(cè)量半圓柱體玻璃磚的折射率，具體步驟如下：①平鋪白紙，用鉛筆畫兩條互相垂直的直線AA′和BB′，交點(diǎn)為O。將半圓柱體玻璃磚的平直邊緊貼AA′，并使其圓心位于O點(diǎn)，畫出玻璃磚的半圓弧輪廓線，如圖a所示。②將一細(xì)激光束沿CO方向以某一入射角射入玻璃磚，記錄折射光線與半圓弧的交點(diǎn)M。③拿走玻璃磚，標(biāo)記CO光線與半圓弧的交點(diǎn)P。④分別過M、P作BB′的垂線MM′、PP′，M′、P′是垂足，并用米尺分別測(cè)量MM′、PP′的長(zhǎng)度x和y。⑤改變?nèi)肷浣牵貜?fù)步驟②③④，得到多組x和y的數(shù)據(jù)。根據(jù)這些數(shù)據(jù)作出y-x圖像，如圖b所示。(1)關(guān)于該實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是________(單選，填標(biāo)號(hào))。A．入射角越小，誤差越小B．激光的平行度好，比用插針法測(cè)量更有利于減小誤差C．選擇圓心O點(diǎn)作為入射點(diǎn)，是因?yàn)榇颂幍恼凵洮F(xiàn)象最明顯(2)根據(jù)y-x圖像，可得玻璃磚的折射率為________(保留三位有效數(shù)字)。(3)若描畫的半圓弧輪廓線半徑略大于玻璃磚的實(shí)際半徑，則折射率的測(cè)量結(jié)果________(填“偏大”“偏小”或“不變”)。答案：(1)B(2)1.59(3)不變解析：(1)本實(shí)驗(yàn)中，入射角要適當(dāng)大些，不能太小，入射角太小時(shí)，則折射角很小，x、y都很小，測(cè)量誤差會(huì)很大，故A錯(cuò)誤；激光的平行度好，比用插針法測(cè)量更有利于減小誤差，故B正確；選擇圓心O點(diǎn)作為入射點(diǎn)，是因?yàn)榇颂幦肷浣堑恼液驼凵浣堑恼易钊菀浊蠼猓蔆錯(cuò)誤。(2)設(shè)半圓柱體玻璃磚的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系可得，入射角的正弦值為sini＝sin∠COB＝sin∠POP′＝eq\f(PP′,R)＝eq\f(y,R)，折射角的正弦值為sinr＝sin∠MOM′＝eq\f(MM′,R)＝eq\f(x,R)，則玻璃磚的折射率n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\f(y,x)，可知y-x圖像的斜率等于該玻璃磚的折射率，則折射率n＝eq\f(45,28.3)＝1.59。(3)根據(jù)(2)中的分析，可知描畫半圓弧輪廓線只是為了輔助作圖，從而由幾何知識(shí)計(jì)算sini、sinr，其描畫是否準(zhǔn)確，不影響i、r的大小，也就不影響折射率的測(cè)量結(jié)果。9．(2024·浙江6月選考)如圖所示，用“插針法”測(cè)量一等腰三角形玻璃磚(側(cè)面分別記為A和B，頂角大小為θ)的折射率。①在白紙上畫一條直線ab，并畫出其垂線cd，交于O點(diǎn)；②將側(cè)面A沿ab放置，并確定側(cè)面B的位置ef；③在cd上豎直插上大頭針P1和P2，從側(cè)面B透過玻璃磚觀察P1和P2，插上大頭針P3，要求P3能擋住________(選填“P1”、“P2”或“P1和P2”)的虛像；④確定出射光線的位置________(選填“需要”或“不需要”)第四枚大頭針；⑤撤去玻璃磚和大頭針，測(cè)得出射光線與直線ef的夾角為α，則玻璃磚折射率n＝________。答案：③P1和P2④不需要⑤eq\f(cosα,sinθ)解析：③根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，根據(jù)P1和P2可以確定入射光線P1P2，根據(jù)幾何關(guān)系可確定出射點(diǎn)O′的位置，為了確定該光線的出射光線O′P3，則P3應(yīng)能擋住P1和P2的虛像。④根據(jù)③可知，O′點(diǎn)和P3所在點(diǎn)即可確定出射光線的位置，所以不需要插第四枚大頭針。⑤畫出光路圖如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，O′處的入射角為θ，折射角為eq\f(π,2)－α，故n＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)),sinθ)＝eq\f(cosα,sinθ)。10．(2019·全國(guó)卷Ⅲ)用油膜法估算分子大小的實(shí)驗(yàn)中，首先需將純油酸稀釋成一定濃度的油酸酒精溶液，稀釋的目的是________________________________________________________。實(shí)驗(yàn)中為了測(cè)量出一滴已知濃度的油酸酒精溶液中純油酸的體積，可以________________________________________________________________________________。為得到油酸分子的直徑，還需測(cè)量的物理量是__________________________________。答案：使油酸在淺盤的水面上容易形成一塊單分子層油膜把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，測(cè)出1mL油酸酒精溶液的滴數(shù)，得到一滴溶液中純油酸的體積單分子層油膜的面積解析：用油膜法估測(cè)分子直徑時(shí)，需使油酸在水面上形成單分子層油膜，為使油酸盡可能地散開，將油酸用酒精稀釋。要測(cè)出一滴已知濃度的油酸酒精溶液中純油酸的體積，需要測(cè)量一滴油酸酒精溶液的體積，可用累積法，即測(cè)量出1mL油酸酒精溶液的滴數(shù)。根據(jù)V＝Sd，要求得油酸分子的直徑d，則需要測(cè)出單分子層油膜的面積，以及一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積。11．(2023·山東高考)利用圖甲所示實(shí)驗(yàn)裝置可探究等溫條件下氣體壓強(qiáng)與體積的關(guān)系。將帶有刻度的注射器豎直固定在鐵架臺(tái)上，注射器內(nèi)封閉一定質(zhì)量的空氣，下端通過塑料管與壓強(qiáng)傳感器相連。活塞上端固定一托盤，托盤中放入砝碼，待氣體狀態(tài)穩(wěn)定后，記錄氣體壓強(qiáng)p和體積V(等于注射器示數(shù)V0與塑料管容積ΔV之和)。逐次增加砝碼質(zhì)量，采集多組數(shù)據(jù)并作出擬合曲線如圖乙所示。回答以下問題：(1)在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，圖乙中的擬合曲線為一條過原點(diǎn)的直線，說明在等溫情況下，一定質(zhì)量的氣體________。A．p與V成正比 B．p與eq\f(1,V)成正比(2)若氣體被壓縮到V＝10.0mL，由圖乙可讀出封閉氣體壓強(qiáng)為________Pa(保留3位有效數(shù)字)。(3)某組同學(xué)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)，一同學(xué)在記錄數(shù)據(jù)時(shí)漏掉了ΔV，則在計(jì)算pV乘積時(shí)，他的計(jì)算結(jié)果與同組正確記錄數(shù)據(jù)同學(xué)的計(jì)算結(jié)果之差的絕對(duì)值會(huì)隨p的增大而________(填“增大”或“減小”)。答案：(1)B(2)204×103(3)增大解析：(1)在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，圖乙中的擬合曲線為一條過原點(diǎn)的直線，說明在等溫情況下，一定質(zhì)量的氣體p與eq\f(1,V)成正比，即p與V成反比，故B正確，A錯(cuò)誤。(2)若氣體被壓縮到V＝10.0mL，則有eq\f(1,V)＝eq\f(1,10.0)mL－1＝100×10－3mL－1，由圖乙可讀出封閉氣體壓強(qiáng)為p＝204×103Pa。(3)該同學(xué)的計(jì)算結(jié)果與同組正確記錄數(shù)據(jù)同學(xué)的計(jì)算結(jié)果之差的絕對(duì)值為p(V0＋ΔV)－pV0＝pΔV，其中ΔV為定值，可知pΔV會(huì)隨p的增大而增大。12．(2024·湖北高考)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)測(cè)量重力加速度大小g的實(shí)驗(yàn)方案，所用器材有：2g砝碼若干、托盤1個(gè)、輕質(zhì)彈簧1根、米尺1把、光電門1個(gè)、數(shù)字計(jì)時(shí)器1臺(tái)等。具體步驟如下：①將彈簧豎直懸掛在固定支架上，彈簧下面掛上裝有遮光片的托盤，在托盤內(nèi)放入一個(gè)砝碼，如圖a所示。②用米尺測(cè)量平衡時(shí)彈簧的長(zhǎng)度l，并安裝光電門。③將彈簧在彈性限度內(nèi)拉伸一定長(zhǎng)度后釋放，使其在豎直方向振動(dòng)。④用數(shù)字計(jì)時(shí)器記錄30次全振動(dòng)所用時(shí)間t。⑤逐次增加托盤內(nèi)砝碼的數(shù)量，重復(fù)②③④的操作。該同學(xué)將振動(dòng)系統(tǒng)理想化為彈簧振子。已知彈簧振子的振動(dòng)周期T＝2πeq\r(\f(M,k))，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，M為振子的質(zhì)量。(1)由步驟④，可知振動(dòng)周期T＝________。(2)設(shè)彈簧的原長(zhǎng)為l0，則l與g、l0、T的關(guān)系式為l＝________。(3)由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出的l-T2圖線如圖b所示，可得g＝________m/s2(保留三位有效數(shù)字，π2取9.87)。(4)本實(shí)驗(yàn)的誤差來源包括________(雙選，填標(biāo)號(hào))。A．空氣阻力B．彈簧質(zhì)量不為零C．光電門的位置稍微偏離托盤的平衡位置答案：(1)eq\f(t,30)(2)l0＋eq\f(gT2,4π2)(3)9.74(4)AB解析：(1)30次全振動(dòng)所用時(shí)間為t，則振動(dòng)周期T＝eq\f(t,30)。(2)振子平衡時(shí)，根據(jù)平衡條件及胡克定律可得Mg＝k(l－l0)，彈簧振子的振動(dòng)周期T＝2πeq\r(\f(M,k))，聯(lián)立解得l＝l0＋eq\f(gT2,4π2)。(3)由l＝l0＋eq\f(gT2,4π2)，可知l-T2圖線的斜率為k′＝eq\f(g,4π2)，由題圖b可知，k′＝eq\f(0.548－0.474,0.6－0.3)m/s2，解得g＝9.74m/s2。(4)本實(shí)驗(yàn)借助彈簧振子的振動(dòng)周期公式T＝2πeq\r(\f(M,k))測(cè)量重力加速度，彈簧振子是彈簧質(zhì)量可忽略不計(jì)、空氣阻力可忽略不計(jì)的理想化模型，所以本實(shí)驗(yàn)的誤差來源包括空氣阻力、彈簧質(zhì)量不為零，A、B正確；根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，振子相鄰兩次從同一方向經(jīng)過同一位置所用的時(shí)間就是一個(gè)周期，所以光電門的位置稍微偏離托盤的平衡位置，不會(huì)影響振動(dòng)周期的測(cè)量，則不會(huì)造成實(shí)驗(yàn)誤差，C錯(cuò)誤。1．(2024·安徽省高三下三模)如圖所示為某同學(xué)利用插針法測(cè)定半圓形玻璃磚折射率實(shí)驗(yàn)，在一半圓形玻璃磚外面插上P1、P2、P3、P4四枚大頭針時(shí)，P3、P4恰可擋住P1、P2所成的像。(1)以下說法正確的是________。A．入射角θ越大越好B．入射角θ越小越好C．P1、P2及P3、P4之間的距離越小越好D．P1、P2及P3、P4之間的距離應(yīng)適當(dāng)大些(2)該玻璃磚的折射率n＝________，另一同學(xué)將大頭針P1和P2插在圓弧側(cè)某半徑延長(zhǎng)線位置時(shí)，在另一側(cè)任何方向均看不到大頭針的像，可能的原因是________________。答案：(1)D(2)eq\r(3)發(fā)生了全反射解析：(1)入射角θ不宜過大，過大則可能在O點(diǎn)處發(fā)生全反射，也不宜過小，過小則入射角和折射角的測(cè)量誤差較大，故A、B錯(cuò)誤；為了提高實(shí)驗(yàn)的精確度，實(shí)驗(yàn)時(shí)大頭針之間的距離適當(dāng)大些，故C錯(cuò)誤，D正確。(2)根據(jù)折射定律，可得玻璃磚的折射率為n＝eq\f(sin（90°－30°）,sin（90°－60°）)＝eq\r(3)。另一同學(xué)將大頭針P1和P2插在圓弧側(cè)某半徑延長(zhǎng)線位置時(shí)，在另一側(cè)任何方向看不到大頭針的像，可能的原因是發(fā)生了全反射。2．(2024·天津市紅橋區(qū)高三下一模)如圖甲所示，為“用雙縫干涉測(cè)量光的波長(zhǎng)”的實(shí)驗(yàn)裝置。(1)實(shí)驗(yàn)前，應(yīng)調(diào)節(jié)光具座上放置的各光學(xué)元件，并使各元件的中心位于遮光筒的軸線上，保證單縫和雙縫平行。若從目鏡中看到干涉條紋太密，要想減少?gòu)哪跨R中觀察到的條紋數(shù)量，下列做法可行的是________。A．僅換用間距更小的雙縫B．僅將單縫向雙縫靠近C．僅將屏向靠近雙縫的方向移動(dòng)D．僅將紅色濾光片換成紫色濾光片(2)轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭的手輪，使分劃板中心刻線對(duì)準(zhǔn)第1條亮紋，讀出手輪的讀數(shù)為1.030mm。繼續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)手輪，使分劃板中心刻線對(duì)準(zhǔn)第10條亮紋如圖乙所示，讀出手輪的讀數(shù)為________mm。已知雙縫間的寬度d＝0.3mm，通過激光測(cè)距儀測(cè)量出雙縫到投影屏間的距離L＝1.0m，則該種色光的波長(zhǎng)是________m。答案：(1)A(2)14.5304.5×10－7解析：(1)要想減少?gòu)哪跨R中觀察到的條紋數(shù)量，應(yīng)增大雙縫干涉條紋間距，根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式Δx＝eq\f(l,d)λ，僅換用間距更小的雙縫，即d減小，雙縫干涉條紋間距增大，故A符合題意；僅將單縫向雙縫靠近，雙縫干涉條紋間距不變，故B不符合題意；僅將屏向靠近雙縫的方向移動(dòng)，即l減小，雙縫干涉條紋間距減小，故C不符合題意；僅將紅色濾光片換成紫色濾光片，紫光的波長(zhǎng)較小，雙縫干涉條紋間距減小，故D不符合題意。(2)手輪的讀數(shù)為x2＝14.5mm＋3.0×0.01mm＝14.530mm，雙縫干涉條紋間距為Δx＝eq\f(x2－x1,n)＝eq\f(14.530－1.030,10－1)mm＝1.5mm，根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式Δx＝eq\f(L,d)λ，該種色光的波長(zhǎng)為λ＝eq\f(d,L)Δx＝eq\f(0.3×10－3,1.0)×1.5×10－3m＝4.5×10－7m。3．(2024·吉林省部分學(xué)校高三下4月質(zhì)量檢測(cè)(二模))某同學(xué)用如圖甲所示裝置測(cè)當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。用?xì)線拴一塊形狀不規(guī)則的鐵塊并懸掛，鐵塊下面吸一小塊磁體，手機(jī)放在懸點(diǎn)O正下方桌面上，打開手機(jī)的磁傳感器。(1)用毫米刻度尺測(cè)量擺線長(zhǎng)度l，使鐵塊在豎直面內(nèi)做小角度擺動(dòng)，手機(jī)的磁傳感器記錄接收到的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，則鐵塊擺動(dòng)的周期T＝________。(2)多次改變擺線的長(zhǎng)度，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，得到多組擺線長(zhǎng)度l及鐵塊擺動(dòng)的周期T，作出的T2-l圖像如圖丙所示，根據(jù)圖丙可得重力加速度的測(cè)量值為________m/s2。(π取3.14，計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)(3)圖丙中的圖像不過原點(diǎn)的原因是____________________，圖像不過原點(diǎn)對(duì)重力加速度的測(cè)量________(選填“有”或“沒有”)影響。答案：(1)2t0(2)9.86(3)l是擺線的長(zhǎng)，不是擺長(zhǎng)沒有解析：(1)鐵塊在最低點(diǎn)時(shí)，手機(jī)的磁傳感器示數(shù)最大，且一個(gè)周期內(nèi)鐵塊兩次經(jīng)過最低點(diǎn)，由圖乙可知，鐵塊擺動(dòng)的周期T＝2t0。(2)設(shè)鐵塊和小磁體整體重心到細(xì)線下端距離為r，根據(jù)單擺周期公式有T＝2πeq\r(\f(l＋r,g))，可得T2＝eq\f(4π2,g)l＋eq\f(4π2r,g)，故T2-l圖像的斜率為k＝eq\f(4π2,g)＝eq\f(4.0,99.0－（－1.0）)×102s2/m，解得重力加速度的測(cè)量值為g＝9.86m/s2。(3)由(2)分析知，圖丙中的圖像不過原點(diǎn)的原因是l是擺線的長(zhǎng)，不是擺長(zhǎng)，且圖像不過原點(diǎn)對(duì)重力加速度的測(cè)量沒有影響。4．(2024·安徽省黃山市高三下二模)在“用油膜法估測(cè)分子的大小”實(shí)驗(yàn)中，小物同學(xué)用體積為A的純油酸配置成體積為B的油酸酒精溶液，用注射器取體積為C的油酸酒精溶液，再把它一滴一滴地全部滴入燒杯，滴數(shù)為N。(1)此后實(shí)驗(yàn)操作的正確排序?yàn)開_______(用字母符號(hào)表示)。(2)把1滴該溶液滴入淺盤里，穩(wěn)定后測(cè)得油酸膜面積為S，估算出油酸分子的直徑大小為________(用以上字母表示)。(3)小物同學(xué)的計(jì)算結(jié)果明顯偏大，其原因可能是________。A．計(jì)算油膜面積時(shí)所有不足一格的方格全部按滿格計(jì)數(shù)B．爽身粉撒得太薄使油酸邊界不清，導(dǎo)致油膜面積測(cè)量值偏大C．未等爽身粉完全散開，就在玻璃板上描繪了油膜輪廓D．用注射器測(cè)得溶液有N滴時(shí)數(shù)成了(N－1)滴答案：(1)CBDA(2)eq\f(AC,NBS)(3)CD解析：(1)“用油膜法估測(cè)分子的大小”實(shí)驗(yàn)中先把爽身粉均勻撒到水面上，再用注射器取一定的溶液，然后滴到水中，再蓋上玻璃板，用筆在玻璃板上描出油酸膜的輪廓，把坐標(biāo)紙鋪在玻璃板上，故順序?yàn)镃BDA。(2)體積為C的油酸酒精溶液中含有純油酸的體積為V＝eq\f(AC,B)，一滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積為V0＝eq\f(AC,NB)，所以油酸分子的直徑大小為d＝eq\f(V0,S)＝eq\f(AC,NBS)。(3)由d＝eq\f(AC,NBS)可知，不足一格的全部按滿格計(jì)數(shù)，導(dǎo)致油膜面積測(cè)量值S偏大，則d的測(cè)量值偏小，故A錯(cuò)誤；爽身粉撒得太薄使油酸邊界不清，導(dǎo)致油膜面積測(cè)量值S偏大，則d的測(cè)量值偏小，故B錯(cuò)誤；未等爽身粉完全散開，就在玻璃板上描繪了油膜輪廓，導(dǎo)致油膜面積S測(cè)量值偏小，則d的測(cè)量值偏大，故C正確；求每滴溶液的體積時(shí)，溶液有N滴時(shí)數(shù)成了(N－1)滴，則d的測(cè)量值偏大，故D正確。5．(2024·廣東省江門市高三下第一次模擬)某同學(xué)通過如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，利用玻意耳定律來測(cè)定一顆形狀不規(guī)則的小石塊的體積。主要操作步驟如下：①將小石塊裝進(jìn)注射器，把注射器活塞推至注射器某一位置，并將注射器與壓強(qiáng)傳感器連接；②緩慢移動(dòng)活塞，記錄注射器的刻度值V，同時(shí)記錄對(duì)應(yīng)的氣體壓強(qiáng)值p；③重復(fù)上述步驟②，多次測(cè)量。(1)關(guān)于該實(shí)驗(yàn)的操作，下列說法正確的是________(填寫選項(xiàng)前的字母)。A．為保證封閉氣體的氣密性，在活塞上均勻涂抹潤(rùn)滑油B．緩慢移動(dòng)活塞有利于減少實(shí)驗(yàn)誤差C．活塞移至某位置時(shí)，應(yīng)迅速記錄此時(shí)注射器內(nèi)氣柱的體積和氣體的壓強(qiáng)值D．為方便推拉活塞，應(yīng)用手握住注射器再推拉活塞(2)若實(shí)驗(yàn)過程中不慎將活塞拉出針筒，則________(選填“需要”或“不需要”)重做實(shí)驗(yàn)。(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)，通過描點(diǎn)作圖，得到V-eq\f(1,p)的直線圖像如圖乙所示，截距分別為a和b。忽略傳感器和注射器連接處的軟管容積，則小石塊的體積為________。答案：(1)AB(2)需要(3)b解析：(1)為保證封閉氣體的氣密性，在活塞上均勻涂抹潤(rùn)滑油，故A正確；為了保證封閉氣體溫度不變，應(yīng)緩慢移動(dòng)活塞，且不可以用手握住注射器封閉空氣部分，故B正確，D錯(cuò)誤；活塞移至某位置時(shí)，應(yīng)待氣柱穩(wěn)定后再記錄注射器內(nèi)氣柱的體積和氣體的壓強(qiáng)值，故C錯(cuò)誤。(2)若實(shí)驗(yàn)過程中不慎將活塞拉出針筒，所封閉氣體的質(zhì)量發(fā)生變化，需要重新做實(shí)驗(yàn)。(3)設(shè)小石塊體積為V1，對(duì)一定量的氣體，根據(jù)玻意耳定律可得p(V－V1)＝C，整理得V＝C·eq\f(1,p)＋V1，可知V1＝b。6．(2024·湖南省岳陽市高三下二模)某次實(shí)驗(yàn)課上，為測(cè)量重力加速度，小組設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：如圖甲所示，細(xì)繩一端連接金屬小球，另一端固定于O點(diǎn)，O點(diǎn)處有力傳感器(圖中未畫出)可測(cè)出細(xì)繩的拉力大小。將小球拉至圖示位置處，由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)細(xì)繩的拉力大小在小球擺動(dòng)的過程中做周期性變化，如圖乙所示。由圖乙可讀出拉力大小的變化周期為T，拉力的最大值為F1，最小值為F2。就接下來的實(shí)驗(yàn)，小組內(nèi)展開了討論。(1)小王同學(xué)認(rèn)為：若小球擺動(dòng)的角度較小，則還需測(cè)量擺長(zhǎng)L，結(jié)合拉力大小的變化周期T，算出重力加速度g＝________(用L、T表示)。(2)小王同學(xué)用刻度尺測(cè)量了擺線長(zhǎng)，用游標(biāo)卡尺測(cè)量了小球直徑如圖丙所示，小球直徑為________mm。(3)小李同學(xué)認(rèn)為：無論小球擺動(dòng)的角度大小，都只需測(cè)量小球的質(zhì)量m，再結(jié)合拉力的最大值F1、最小值F2，算出重力加速度g＝________(用m、F1、F2表示)。(4)小李同學(xué)測(cè)量出數(shù)據(jù)：m＝40.0g，F(xiàn)1＝0.56N，F(xiàn)2＝0.30N，可計(jì)算出重力加速度g＝________(保留兩位有效數(shù)字)。答案：(1)eq\f(π2L,T2)(2)21.3(3)eq\f(F1＋2F2,3m)(4)9.7m/s2解析：(1)小球在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩拉力最大，且小球在運(yùn)動(dòng)的一個(gè)周期內(nèi)兩次經(jīng)過最低點(diǎn)，則單擺的周期為2T，由單擺周期公式有2T＝2πeq\r(\f(L,g))，解得g＝eq\f(π2L,T2)。(2)由圖丙可知，小球直徑為2.1cm＋3×0.1mm＝21.3mm。(3)小球在最高點(diǎn)時(shí)，速度為零，可得F2＝mgcosθ，小球在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得F1－mg＝meq\f(v2,L)，小球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，可得mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得g＝eq\f(F1＋2F2,3m)。(4)將數(shù)據(jù)代入第(3)問公式，可得g＝9.7m/s2。(2024·遼寧高考)圖a為一套半圓拱形七色彩虹積木示意圖，不同顏色的積木直徑不同。某同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)探究這套積木小幅擺動(dòng)時(shí)周期T與外徑D之間的關(guān)系。(1)用刻度尺測(cè)量不同顏色積木的外徑D，其中對(duì)藍(lán)色積木的某次測(cè)量如圖b所示，從圖中讀出D＝________cm。(2)將一塊積木靜置于硬質(zhì)水平桌面上，設(shè)置積木左端平衡位置的參考點(diǎn)O，將積木的右端按下后釋放，如圖c所示。當(dāng)積木左端某次與O點(diǎn)等高時(shí)記為第0次并開始計(jì)時(shí)，第20次時(shí)停止計(jì)時(shí)，這一過程中積木擺動(dòng)了________個(gè)周期。(3)換用其他積木重復(fù)上述操作，測(cè)得多組數(shù)據(jù)。為了探究T與D之間的函數(shù)關(guān)系，可用它們的自然對(duì)數(shù)作為橫、縱坐標(biāo)繪制圖像進(jìn)行研究，數(shù)據(jù)如下表所示：顏色紅橙黃綠lnD2.93922.78812.59532.4849lnT－0.45－0.53－0.56－0.65顏色青藍(lán)紫lnD2.197┄1.792lnT－0.78－0.92－1.02根據(jù)表中數(shù)據(jù)繪制出lnT-lnD圖像如圖d所示，則T與D的近似關(guān)系為________。A．T∝eq\r(D) B．T∝D2C．T∝eq\f(1,\r(D)) D．T∝eq\f(1,D2)(4)請(qǐng)寫出一條提高實(shí)驗(yàn)精度的改進(jìn)措施：__________________________________________。答案：(1)7.54(7.53、7.54、7.55、7.56、7.57均正確)(2)10(3)A(4)用游標(biāo)卡尺測(cè)量外徑D、換用更光滑的硬質(zhì)水平桌面、通過測(cè)量積木左端更多次與O點(diǎn)等高所用的時(shí)間來求周期、適當(dāng)減小積木擺動(dòng)的幅度等(任選一條，合理即可)解析：(1)刻度尺的分度值為0.1cm，需要估讀到0.01cm，讀數(shù)為D＝7.54cm(7.53cm、7.54cm、7.55cm、7.56cm、7.57cm均正確)。(2)當(dāng)積木左端某次與O點(diǎn)等高時(shí)記為第0次并開始計(jì)時(shí)，之后每計(jì)數(shù)一次，經(jīng)歷半個(gè)周期，第20次時(shí)停止計(jì)時(shí)，可知這一過程中積木擺動(dòng)了10個(gè)周期。(3)由圖d可知，lnT與lnD近似成線性關(guān)系，設(shè)其關(guān)系式為lnT＝klnD＋b，直線經(jīng)過點(diǎn)(2.80，－0.5)與點(diǎn)(1.80，－1.0)，將數(shù)據(jù)代入上式，可得k＝0.5，b＝－1.9，則lnT＝0.5lnD－1.9，則有l(wèi)nT＝lnDeq\s\up6(\f(1,2))－lne1.9＝lneq\f(D\s\up6(\f(1,2)),e1.9)，解得T＝eq\f(1,e1.9)eq\r(D)，可知T∝eq\r(D)，故選A。(4)為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，提高該實(shí)驗(yàn)精度的改進(jìn)措施有：用游標(biāo)卡尺測(cè)量外徑D、換用更光滑的硬質(zhì)水平桌面、通過測(cè)量積木左端更多次與O點(diǎn)等高所用的時(shí)間來求周期、適當(dāng)減小積木擺動(dòng)的幅度等。考點(diǎn)1電場(chǎng)、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考向一電場(chǎng)的性質(zhì)1．(2021·浙江1月選考)如圖所示是某一帶電導(dǎo)體周圍的電場(chǎng)線與等勢(shì)面，A、C是同一等勢(shì)面上的兩點(diǎn)，B是另一等勢(shì)面上的一點(diǎn)。下列說法正確的是()A．導(dǎo)體內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)左端大于右端B．A、C兩點(diǎn)的電勢(shì)均低于B點(diǎn)的電勢(shì)C．B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度D．正電荷從A點(diǎn)沿虛線移到B點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小答案：D解析：帶電導(dǎo)體處于靜電平衡狀態(tài)，導(dǎo)體內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)處處為0，導(dǎo)體表面為等勢(shì)面，整個(gè)導(dǎo)體為一個(gè)等勢(shì)體，A錯(cuò)誤；沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，所以A、C兩點(diǎn)的電勢(shì)大于B點(diǎn)的電勢(shì)，B錯(cuò)誤；電場(chǎng)線的疏密程度表示電場(chǎng)強(qiáng)度的弱強(qiáng)，所以B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，C錯(cuò)誤；根據(jù)Ep＝qφ可知，正電荷從高電勢(shì)A點(diǎn)沿虛線移動(dòng)到低電勢(shì)B點(diǎn)，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做正功，D正確。2.如圖所示，有一個(gè)均勻帶正電的絕緣球體，球心為O1，球體內(nèi)有一個(gè)球形空腔，球心為O2，M、N為兩球心連線上兩點(diǎn)，P、Q連線過球心O1且與M、N連線垂直，且M、N、P、Q四點(diǎn)到O1的距離相等。則()A．P、Q兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同 B．P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比N點(diǎn)的小C．M點(diǎn)電勢(shì)比N點(diǎn)的低 D．M點(diǎn)電勢(shì)比P點(diǎn)的高答案：D解析：將球形空腔看作填滿了等量正、負(fù)電荷，且電荷密度與球體實(shí)心部分相同，則M、N、P、Q四點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)均可視為完整的均勻帶正電的球體O1與均勻帶負(fù)電的球體O2產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)的疊加。根據(jù)均勻帶電球體在球體外距球心r處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小E＝keq\f(Q,r2)，場(chǎng)強(qiáng)方向背離球心(球體帶正電)或指向球心(球體帶負(fù)電)，以及矢量合成法則，可知P、Q兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相同、方向不同，A錯(cuò)誤；由于P、N到O1的距離相同，所以完整的均勻帶正電的球體O1在P、N產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度(分別設(shè)為EP1和EN1)大小相同，且方向均背離圓心O1，而完整的均勻帶負(fù)電的球體O2在N點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度EN2一定大于在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度EP2，易知EN1和EN2方向相反，而EP1和EP2方向夾角小于180°，根據(jù)矢量合成法則可知P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比N點(diǎn)的大，故B錯(cuò)誤；規(guī)定無窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)，由于M、N到O1的距離相等，所以完整的均勻帶正電的球體O1在M、N產(chǎn)生的電勢(shì)相等，由于M到O2的距離大于N到O2的距離，所以完整的均勻帶負(fù)電的球體O2在M點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)高于在N點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)，根據(jù)電勢(shì)的疊加可知M點(diǎn)電勢(shì)比N點(diǎn)的高，同理分析可知M點(diǎn)電勢(shì)比P點(diǎn)的高，故C錯(cuò)誤，D正確。考向二電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系3.(2017·全國(guó)卷Ⅲ)(多選)一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點(diǎn)的位置如圖所示，三點(diǎn)的電勢(shì)分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是()A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2.5V/cmB．坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢(shì)為1VC．電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的低7eVD．電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為9eV答案：ABD解析：如圖所示，由勻強(qiáng)電場(chǎng)中兩平行線距離相等的兩點(diǎn)間電勢(shì)差相等知，Oa間電勢(shì)差與bc間電勢(shì)差相等，故O點(diǎn)電勢(shì)為1V，B正確；則在x軸上，每0.5cm長(zhǎng)度對(duì)應(yīng)電勢(shì)差為1V，10V對(duì)應(yīng)的等勢(shì)線與x軸交點(diǎn)e坐標(biāo)為(4.5，0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由幾何知識(shí)得：Od長(zhǎng)度為3.6cm，代入公式E＝eq\f(U,d)得，E＝2.5V/cm，A正確；電子帶負(fù)電，電勢(shì)越高，電勢(shì)能越小，電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的高7eV，C錯(cuò)誤；電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功W＝eU＝9eV，D正確?？枷蛉妶?chǎng)中的圖像問題4.(2017·江蘇高考)(多選)在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場(chǎng)的電勢(shì)φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有()A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢(shì)能減小D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場(chǎng)力增大答案：AC解析：兩個(gè)點(diǎn)電荷在x軸上，且x1處的電勢(shì)為零，x>x1處的電勢(shì)大于零，0<x<x1處的電勢(shì)小于零，如果q1、q2為同種電荷，x正半軸上各點(diǎn)的電勢(shì)不會(huì)有正、負(fù)之分，故q1、q2必帶有異種電荷，A正確。根據(jù)E＝－eq\f(\a\vs4\al(Δφ),Δx)可知x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，B錯(cuò)誤。負(fù)電荷從x1移動(dòng)到x2的過程，電勢(shì)升高，根據(jù)Ep＝qφ可知，負(fù)電荷的電勢(shì)能減小，C正確。根據(jù)E＝－eq\f(\a\vs4\al(Δφ),Δx)，從x1到x2電場(chǎng)強(qiáng)度減小，所以負(fù)電荷從x1移動(dòng)到x2，所受電場(chǎng)力減小，D錯(cuò)誤。5．(多選)如圖甲，電荷均勻分布的固定絕緣細(xì)圓環(huán)，圓心為O，軸線上的電場(chǎng)強(qiáng)度如圖乙所示?，F(xiàn)有一帶正電粒子，以大小為v0的初速度沿軸線僅在電場(chǎng)力作用下由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，OP＝OQ＝L。以x軸的正向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向，則()A．細(xì)圓環(huán)帶負(fù)電B．O、P兩點(diǎn)間電勢(shì)差UOP等于O、Q兩點(diǎn)間電勢(shì)差UOQC．該粒子將會(huì)在P、Q兩點(diǎn)之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D．該粒子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程，電勢(shì)能先增大后減小答案：BD解析：由圖乙可知，圓環(huán)左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度方向向左，右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右，可知圓環(huán)帶正電，故A錯(cuò)誤；帶正電粒子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，該粒子所受靜電力方向先向左后向右，則靜電力對(duì)該粒子先做負(fù)功再做正功，所以該粒子的電勢(shì)能先增大后減小，故D正確；根據(jù)圖乙可知，圓環(huán)的電場(chǎng)具有對(duì)稱性，由E-x圖線與x軸所圍面積表示電勢(shì)差，可得UOP＝UOQ，故B正確；粒子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，由動(dòng)能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qUOQ－qUOP，解得vQ＝v0，即該粒子運(yùn)動(dòng)至Q點(diǎn)時(shí)的速度與在P點(diǎn)時(shí)的速度相同，到達(dá)Q點(diǎn)后將繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，不會(huì)在P、Q兩點(diǎn)之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤?？枷蛩钠叫邪咫娙萜飨嚓P(guān)問題分析6.如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)。由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子()A．運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回 B．運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回C．運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回 D．穿過P′點(diǎn)答案：A解析：設(shè)A與B、B與C間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為E1、E2，板間距分別為d1、d2，電子由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得eE1d1－eE2d2＝0－0①當(dāng)C板向右平移后，B、C板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E2′＝eq\f(U′,d2′)＝eq\f(Q,C′d2′)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd2′)·d2′)＝eq\f(4πkQ,εrS)，則B、C板間的電場(chǎng)強(qiáng)度與板間距無關(guān)，即E2′＝E2，第二次釋放后，設(shè)電子在B、C間移動(dòng)的距離為x，則eE1d1－eE2′x＝0－0②聯(lián)立解得x＝d2，即電子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)返回，A正確。考向五帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)7.(2022·浙江6月選考)如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對(duì)平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為L(zhǎng)(不考慮邊界效應(yīng))。t＝0時(shí)刻，M板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個(gè)速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度大小為eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計(jì)重力和粒子間的相互作用，則()A．M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)B．兩個(gè)粒子的電勢(shì)能都增加C．粒子在兩板間的加速度a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)D．粒子從N板下端射出的時(shí)間t＝eq\f(（\r(2)－1）L,2v0)答案：C解析：由于不知道兩粒子或M、N所帶電荷的電性，故不能確定M板和N板的電勢(shì)高低，A錯(cuò)誤；根據(jù)題意，垂直M板向右運(yùn)動(dòng)的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度增加，動(dòng)能增加，則電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，則平行M板向下的粒子到達(dá)N板下端過程電場(chǎng)力也做正功，電勢(shì)能同樣減小，故B錯(cuò)誤；設(shè)兩板間距離為d，平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因兩粒子相同，則在電場(chǎng)中加速度相同，有(eq\r(2)v0)2－veq\o\al(2,0)＝2ad，聯(lián)立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)，故C正確，D錯(cuò)誤。8.(多選)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點(diǎn)是P，直徑MN水平，a、b是兩個(gè)完全相同的帶正電小球(視為點(diǎn)電荷)，b固定在M點(diǎn)，a從N點(diǎn)靜止釋放，沿半圓槽運(yùn)動(dòng)經(jīng)過P點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn)Q(圖中未畫出)時(shí)速度為零。則小球a()A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B．從N到P的過程中，速率先增大后減小C．從N到Q的過程中，電勢(shì)能一直增加D．從P到Q的過程中，動(dòng)能減少量小于電勢(shì)能增加量答案：BC解析：小球a從N點(diǎn)靜止釋放后，受到重力mg、庫侖力FC和槽的支持力FN作用，如圖所示。小球a從N點(diǎn)到Q點(diǎn)過程中，重力與庫侖力的夾角θ一直減小，a、b兩球之間的距離一直減小，故庫侖力一直增大，因此重力與庫侖力的合力一直增大，A錯(cuò)誤；將小球a所受庫侖力、重力沿半圓槽半徑方向和半圓槽切線方向進(jìn)行正交分解可知，從N到P的過程中，小球a所受重力沿半圓槽切線方向的分力F1開始時(shí)大于其所受庫侖力沿半圓槽切線方向的分力F2，隨著小球a向下運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)1減小，F(xiàn)2增大，當(dāng)小球a經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)1<F2，則在P、N之間某點(diǎn)F1＝F2，故從N到P的過程中，小球a的速率先增大后減小，B正確；小球a從N到Q的過程中，兩球之間的距離一直減小，庫侖力一直做負(fù)功，電勢(shì)能一直增加，C正確；從P到Q的過程中，由能量守恒定律可知，小球a的動(dòng)能減少量等于電勢(shì)能和重力勢(shì)能的增加量之和，故動(dòng)能減少量大于電勢(shì)能增加量，D錯(cuò)誤。1．(2024·湖北高考)(多選)關(guān)于電荷和靜電場(chǎng)，下列說法正確的是()A．一個(gè)與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，電荷的代數(shù)和保持不變B．電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，且由電勢(shì)低的等勢(shì)面指向電勢(shì)高的等勢(shì)面C．點(diǎn)電荷僅在電場(chǎng)力作用下從靜止釋放，該點(diǎn)電荷的電勢(shì)能將減小D．點(diǎn)電荷僅在電場(chǎng)力作用下從靜止釋放，將從高電勢(shì)的地方向低電勢(shì)的地方運(yùn)動(dòng)答案：AC解析：根據(jù)電荷守恒定律可知，一個(gè)與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，電荷的代數(shù)和保持不變，故A正確；根據(jù)電場(chǎng)線和等勢(shì)面的關(guān)系可知，電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，且由電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面，故B錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷僅在電場(chǎng)力作用下從靜止釋放，電場(chǎng)力對(duì)該點(diǎn)電荷做正功，該點(diǎn)電荷的電勢(shì)能將減小，根據(jù)φ＝eq\f(\a\vs4\al(Ep),q)可知，若點(diǎn)電荷帶正電，則將從高電勢(shì)的地方向低電勢(shì)的地方運(yùn)動(dòng)，若點(diǎn)電荷帶負(fù)電，則將從低電勢(shì)的地方向高電勢(shì)的地方運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。2.(2024·廣東高考)(多選)污水中的污泥絮體經(jīng)處理后帶負(fù)電，可利用電泳技術(shù)對(duì)其進(jìn)行沉淀去污，基本原理如圖所示。涂有絕緣層的金屬圓盤和金屬棒分別接電源正、負(fù)極，金屬圓盤置于容器底部，金屬棒插入污水中，形成如圖所示的電場(chǎng)分布，其中實(shí)線為電場(chǎng)線，虛線為等勢(shì)面。M點(diǎn)和N點(diǎn)在同一電場(chǎng)線上，M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢(shì)面上。下列說法正確的有()A．M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的低B．N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比P點(diǎn)的大C．污泥絮體從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)其做正功D．污泥絮體在N點(diǎn)的電勢(shì)能比其在P點(diǎn)的大答案：AC解析：根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，結(jié)合題圖可知，M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的低，污泥絮體帶負(fù)電，根據(jù)Ep＝qφ可知，污泥絮體在M點(diǎn)的電勢(shì)能比其在N點(diǎn)的大，污泥絮體從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電勢(shì)能減小，則電場(chǎng)力對(duì)其做正功，故A、C正確；根據(jù)題圖中電場(chǎng)線的疏密程度可知，N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比P點(diǎn)的小，故B錯(cuò)誤；由題可知，M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，則污泥絮體在M點(diǎn)的電勢(shì)能與其在P點(diǎn)的相等，結(jié)合C項(xiàng)分析可知，污泥絮體在P點(diǎn)的電勢(shì)能比其在N點(diǎn)的大，故D錯(cuò)誤。3.(2024·甘肅高考)(多選)某帶電體產(chǎn)生電場(chǎng)的等勢(shì)面分布如圖中實(shí)線所示，虛線是一帶電粒子僅在此電場(chǎng)作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，M、N分別是運(yùn)動(dòng)軌跡與等勢(shì)面b、a的交點(diǎn)。下列說法正確的是()A．粒子帶負(fù)電荷B．M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比N點(diǎn)的小C．粒子在運(yùn)動(dòng)軌跡上存在動(dòng)能最小的點(diǎn)D．粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能答案：BCD解析：電場(chǎng)線處處與等勢(shì)面垂直，且從電勢(shì)高的地方指向電勢(shì)低的地方，據(jù)此可知，M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度垂直于此處等勢(shì)面的切線指向左下方，根據(jù)做曲線運(yùn)動(dòng)的物體所受合力的方向特點(diǎn)可知，粒子所受電場(chǎng)力指向曲線軌跡的凹側(cè)，則該帶電粒子所受電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)方向相同，帶電粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；等差等勢(shì)面越密集的地方場(chǎng)強(qiáng)越大，由題圖可知M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比N點(diǎn)的小，故B正確；粒子帶正電，且M點(diǎn)的電勢(shì)大于N點(diǎn)的電勢(shì)，由Ep＝qφ可知，粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能，D正確；由于帶電粒子僅在電場(chǎng)作用下運(yùn)動(dòng)，由能量守恒定律可知，粒子的電勢(shì)能與動(dòng)能之和不變，運(yùn)動(dòng)軌跡上電勢(shì)最高點(diǎn)位置，粒子的電勢(shì)能最大，在該位置粒子的動(dòng)能最小，故C正確。4.(2024·北京高考)如圖所示，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷分別位于M、N兩點(diǎn)，P、Q是MN連線上的兩點(diǎn)，且MP＝QN。下列說法正確的是()A．P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比Q點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大B．P點(diǎn)電勢(shì)與Q點(diǎn)電勢(shì)相等C．若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍D．若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，P、Q兩點(diǎn)間電勢(shì)差不變答案：C解析：由等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布的對(duì)稱性可知，P、Q兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，A錯(cuò)誤；MN連線上的電場(chǎng)線方向由正點(diǎn)電荷指向負(fù)點(diǎn)電荷，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，可知，P點(diǎn)電勢(shì)高于Q點(diǎn)電勢(shì)，B錯(cuò)誤；由點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度E＝keq\f(\a\vs4\al(q),r2)和電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原理得，P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小EP＝keq\f(qM,req\o\al(2,MP))＋keq\f(|qN|,req\o\al(2,NP))，可知，若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，同理，P、Q間任意一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均變?yōu)樵瓉淼?倍，而P、Q間距離不變，根據(jù)U＝Ed及微元累積法可知，P、Q兩點(diǎn)間電勢(shì)差變?yōu)樵瓉淼?倍，C正確，D錯(cuò)誤。5.(2024·浙江6月選考)圖示是“研究電容器兩極板間距對(duì)電容大小的影響”實(shí)驗(yàn)，保持電荷量不變，當(dāng)極板間距增大時(shí)，靜電計(jì)指針張角增大，則()A．極板間電勢(shì)差減小 B．電容器的電容增大C．極板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大 D．電容器儲(chǔ)存能量增大答案：D解析：當(dāng)極板間距d增大時(shí)，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容器的電容C減小，又C＝eq\f(Q,U)，Q不變，則極板間電勢(shì)差U增大，故A、B錯(cuò)誤；極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)，聯(lián)立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知極板間距增大時(shí)，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，故C錯(cuò)誤；右極板對(duì)左極板始終有向右的電場(chǎng)力，向左移動(dòng)左極板的過程，要克服電場(chǎng)力做功，故極板間距增大時(shí)，電容器儲(chǔ)存能量增大，故D正確。6．(2024·遼寧高考)某種不導(dǎo)電溶液的相對(duì)介電常數(shù)εr與濃度cm的關(guān)系曲線如圖a所示。將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，并與恒壓電源、電流表等構(gòu)成如圖b所示的電路。閉合開關(guān)S后，若降低溶液濃度，則()A．電容器的電容減小B．電容器所帶的電荷量增大C．電容器兩極板之間的電勢(shì)差增大D．溶液濃度降低過程中電流方向?yàn)镸→N答案：B解析：由題圖a可知，降低溶液濃度cm，該種不導(dǎo)電溶液的相對(duì)介電常數(shù)εr增大，根據(jù)平行板電容器的電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容器的電容增大，故A錯(cuò)誤；因?yàn)殚_關(guān)S閉合，所以電容器兩極板之間的電勢(shì)差U不變，始終等于電源電壓，根據(jù)Q＝CU，結(jié)合A項(xiàng)分析可知，電容器所帶的電荷量增大，故B正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)以上分析可知，溶液濃度降低過程中電容器所帶的電荷量增大，則電源給電容器充電，結(jié)合題圖b可知，電路中電流方向?yàn)镹→M，故D錯(cuò)誤。7．(2023·重慶高考)真空中固定有兩個(gè)點(diǎn)電荷，負(fù)電荷Q1位于坐標(biāo)原點(diǎn)處，正電荷Q2位于x軸上，Q2的電荷量大小為Q1的8倍。若這兩點(diǎn)電荷在x軸正半軸的x＝x0處產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則Q1、Q2相距()A．eq\r(2)x0 B．(2eq\r(2)－1)x0C．2eq\r(2)x0 D．(2eq\r(2)＋1)x0答案：B解析：負(fù)電荷Q1在x＝x0處產(chǎn)生的電場(chǎng)沿x軸負(fù)方向，而x＝x0處的合電場(chǎng)強(qiáng)度為0，故正電荷Q2在x＝x0處產(chǎn)生的電場(chǎng)沿x軸正方向，可知Q1、Q2在x＝x0處的同一側(cè)。設(shè)Q2到x＝x0處的距離為l，對(duì)x＝x0處，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式及場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理，可得keq\f(|Q1|,xeq\o\al(2,0))－keq\f(|Q2|,l2)＝0，由題意知|Q2|＝8|Q1|，聯(lián)立解得l＝2eq\r(2)x0，故Q1、Q2相距Δx＝l－x0＝(2eq\r(2)－1)x0，故B正確。8．(2024·全國(guó)甲卷)在電荷量為Q的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，將無限遠(yuǎn)處的電勢(shì)規(guī)定為零時(shí)，距離該點(diǎn)電荷r處的電勢(shì)為keq\f(Q,r)，其中k為靜電力常量，多個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)，等于每個(gè)點(diǎn)電荷單獨(dú)存在的該點(diǎn)的電勢(shì)的代數(shù)和。電荷量分別為Q1和Q2的兩個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)線如圖中曲線所示(圖中數(shù)字的單位是伏特)，則()A．Q1<0，eq\f(Q1,Q2)＝－2 B．Q1>0，eq\f(Q1,Q2)＝－2C．Q1<0，eq\f(Q1,Q2)＝－3 D．Q1>0，eq\f(Q1,Q2)＝－3答案：B解析：根據(jù)電場(chǎng)線處處與等勢(shì)線垂直，且方向由高電勢(shì)處指向低電勢(shì)處，可得Q1與Q2間的電場(chǎng)線由Q1指向Q2，則Q1帶正電，Q2帶負(fù)電，即Q1>0，Q2<0；設(shè)圖中電勢(shì)為0的等勢(shì)線與Q1、Q2連線的交點(diǎn)到Q1、Q2的距離分別為r1、r2，由圖可知，r1＝2r2，對(duì)該交點(diǎn)處，由φ＝keq\f(Q,r)和電勢(shì)疊加原理，可得keq\f(Q1,r1)＋keq\f(Q2,r2)＝0，聯(lián)立解得eq\f(Q1,Q2)＝－2。故B正確。9．(2024·湖南高考)真空中有電荷量為＋4q和－q的兩個(gè)點(diǎn)電荷，分別固定在x軸上－1和0處。設(shè)無限遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，x正半軸上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x變化的圖像正確的是()答案：D解析：根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式可知，電荷量為＋4q的點(diǎn)電荷在x軸正半軸坐標(biāo)為x處的場(chǎng)強(qiáng)大小為E1＝keq\f(\a\vs4\al(4q),（1＋x）2)，方向沿x軸正方向，電荷量為－q的點(diǎn)電荷在該處的場(chǎng)強(qiáng)大小為E2＝keq\f(q,x2)，方向沿x軸負(fù)方向；eq\f(E1,E2)＝eq\f(4x2,（1＋x）2)＝eq\f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))\s\up12(2))，則隨著x增大，eq\f(E1,E2)逐漸增大，且當(dāng)x＝1時(shí)，E1＝E2，所以在x＝1的位置，場(chǎng)強(qiáng)為0，在x>1的位置，E1>E2，電場(chǎng)方向沿x軸正方向，在0<x<1的位置，E1<E2，電場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向；又因?yàn)闊o限遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，則在x軸正半軸上，從無限遠(yuǎn)到x＝1位置，電勢(shì)從0開始增大，在x＝1位置電勢(shì)最大，從x＝1位置到x＝0位置，電勢(shì)一直減小，因x＝0處固定電荷量為－q的點(diǎn)電荷，則靠近x＝0處的電勢(shì)小于0，故D正確。10．(2024·河北高考)如圖，真空中有兩個(gè)電荷量均為q(q>0)的點(diǎn)電荷，分別固定在正三角形ABC的頂點(diǎn)B、C。M為三角形ABC的中心，沿AM的中垂線對(duì)稱放置一根與三角形共面的均勻帶電細(xì)桿，電荷量為eq\f(\a\vs4\al(q),2)。已知正三角形ABC的邊長(zhǎng)為a，M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，靜電力常量為k。頂點(diǎn)A處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為()A.eq\f(\a\vs4\al(2\r(3)kq),a2) B.eq\f(\a\vs4\al(kq),a2)(6＋eq\r(3))C.eq\f(\a\vs4\al(kq),a2)(3eq\r(3)＋1) D.eq\f(\a\vs4\al(kq),a2)(3＋eq\r(3))答案：D解析：M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理結(jié)合對(duì)稱性可知，帶電細(xì)桿在M點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)等效于A點(diǎn)電荷量為q的點(diǎn)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，由幾何關(guān)系知，A點(diǎn)到M點(diǎn)的距離為r1＝eq\f(\r(3),3)a，因此帶電細(xì)桿在M點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E桿＝eq\f(\a\vs4\al(kq),req\o\al(2,1))＝eq\f(\a\vs4\al(3kq),a2)，方向沿AM向下，由對(duì)稱性可知，帶電細(xì)桿在A點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E桿，方向沿MA向上，而B、C兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E＝eq\f(\a\vs4\al(kq),a2)，方向分別為沿BA向上、沿CA向上，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理可知，A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EA＝E桿＋2Ecos30°＝eq\f(\a\vs4\al(kq),a2)(3＋eq\r(3))，故D正確。11.(2024·新課標(biāo)卷)如圖，兩根不可伸長(zhǎng)的等長(zhǎng)絕緣細(xì)繩的上端均系在天花板的O點(diǎn)上，下端分別系有均帶正電荷的小球P、Q；小球處在某一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，平衡時(shí)兩細(xì)繩與豎直方向的夾角大小相等。則()A．兩繩中的張力大小一定相等B．P的質(zhì)量一定大于Q的質(zhì)量C．P的電荷量一定小于Q的電荷量D．P的電荷量一定大于Q的電荷量答案：B解析：設(shè)小球P、Q的質(zhì)量分別為mP、mQ，所帶電荷量分別為qP、qQ，兩球之間的庫侖力大小為F，連接P、Q的兩繩的拉力分別為TP、TQ，與豎直方向的夾角均為θ，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。對(duì)兩小球受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件，對(duì)小球P有qPE＋F＝TPsinθ①，TPcosθ＝mPg②；對(duì)小球Q有qQE＋TQsinθ＝F③，TQcosθ＝mQg④。由①③得TP＝eq\f(F＋qPE,sinθ)，TQ＝eq\f(F－qQE,sinθ)，則TP>TQ，A錯(cuò)誤；由