《2026年金考卷特快专递高中物理》

11. ☆(8 分)有一长度为$L$、电阻率为$\rho$的圆柱形金属管(阻值约十几欧姆),管内部中空,其横截面如图甲所示。现需要测量中空部分的横截面积$S$,某实验小组设计了如下实验。所用实验器材为:电流表 A(量程为 0.6 A,内阻约为$3\Omega$);电压表 V(量程为 3.0 V,内阻约为$3k\Omega$);滑动变阻器$R$(最大阻值为$10\Omega$);电源 E(电动势为 3 V,内阻可忽略);待测金属管、开关$S$、导线若干。


部分实验步骤如下:
(1) 先用螺旋测微器测量金属管的直径$d$,如图乙所示,其读数为10.400mm。
(2) 按图丙连接电路,电压表右端应连接M(选填“$M$”或“$N$”)点,利用此电路测得的金属管电阻值小于(选填“大于”或“小于”)真实值。
(3) 闭合开关$S$,测出电压表示数$U$、电流表示数$I$,则金属管的中空截面积$S =$$\frac{1}{4}\pi d^2 - \frac{\rho lL}{U}$(用$U$、$I$、$L$、$\rho$、$d$表示)。

答案：
11.
(1)$10.400$(2分)
(2)$M$(2分) 小于(2分)
(3)$\frac{1}{4}\pi d^2 - \frac{\rho lL}{U}$(2分)
测量金属管中空部分的横截面积+仪器读数+电流表内外接法的选择+误差分析 【2025课标新变化：在学业质量水平描述中新增误差分析，学业质量水平1中的表述为“分析实验中存在的误差”，学业质量水平2中的表述为“合理分析实验中存在的误差”，学业质量水平3中的表述为“准确分析实验中存在的误差”】
(1)根据螺旋测微器的读数规则可知，该读数为$d = 10mm + 0.01 × 40.0mm = 10.400mm$。
(2)对比电表内阻与待测电阻可知，电压表的内阻远大于待测电阻的阻值，而电流表的内阻接近待测电阻的阻值，则电流表的分压影响较大，测量电路应采用电流表外接法，即电压表右端应连接$M$点；测量电路采用电流表外接法，则由于电压表的分流作用，电流的测量值偏大，而电压的测量值等于真实值，根据欧姆定律$R_x = \frac{U}{I}$可知利用此电路测得的金属管电阻值小于真实值。
(3)结合电阻定律$R_x = \rho\frac{l}{S_1}$可知金属管实心部分的横截面积为$S_1 = \frac{\rho lL}{U}$，则金属管的中空截面积为$S = \pi(\frac{d}{2})^2 - S_1 = \frac{1}{4}\pi d^2 - \frac{\rho lL}{U}$。
方法总结 电流表内接与外接的对比


电路图
内接法 外接法
电流表分压：$U_V = U_x + U_A$ 电压表分流：$I_A = I_x + I_V$
误差分析
来源
结果$R_{测} = \frac{U_V}{I_A} = R_x + R_A ＞ R_x$ $R_{测} = \frac{U_V}{I_A} = \frac{R_x · R_V}{R_x + R_V} ＜ R_x$
选择方法
1.若电表内阻未知，应遵循“大内小外”原则，以减小系统误差。
2.若电流表内阻已知，采用内接法可消除系统误差，即$R_x = \frac{U_V}{I_A} - R_A$。
3.若电压表内阻已知，采用外接法可消除系统误差，即$R_x = \frac{U_V}{I_A - \frac{U_V}{R_V}}$。

12. (8 分)某同学用如图 1 所示的装置验证轻弹簧和小物块(带有遮光条)组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调。物块释放前,细线与弹簧和物块的拴接点($A$、$B$)在同一水平线上,且弹簧处于原长。滑轮质量不计且滑轮凹槽中涂有润滑油,以保证细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计,细线始终伸直。小物块连同遮光条的总质量为$m$,弹簧的劲度系数为$k$,弹性势能$E_p = \frac{1}{2}kx^2$($x$为弹簧形变量),重力加速度为$g$,遮光条的宽度为$d$,小物块释放点与光电门之间的距离为$l$($d$远小于$l$)。现将小物块由静止释放,记录物块通过光电门的时间$t$。

(1) 物块通过光电门时的速度大小为$\frac{d}{t}$;
(2) 改变光电门的位置,重复实验,每次物块均从$B$点静止释放,记录多组$l$和对应的时间,作出$\frac{1}{t^2} - l$图像如图所示,若在误差允许的范围内,$\frac{1}{t^2}$、$l$满足关系式$\frac{1}{t^2} =$$-\frac{k}{md}t^2 + \frac{2g}{d}$时,可验证轻弹簧和小物块(带有遮光条)组成的系统机械能守恒;
(3) 在(2)的条件下,当$l = l_1$和$l = l_3$时,物块通过光电门时弹簧具有的弹性势能分别为$E_{p1}$、$E_{p3}$,则$E_{p1} - E_{p3} =$$mg(l_1 - l_3)$(用$l_1$、$m$、$l_3$、$g$表示);
(4) 在(2)的条件下,取某个值时,可以使物块通过光电门时的速度最大,速度最大值为$g\sqrt{\frac{m}{k}}$(用$m$、$g$、$k$表示)。

答案： 12.
(1)$\frac{d}{t}$(2分)
(2)$-\frac{k}{md}t^2 + \frac{2g}{d}$(2分)
(3)$mg(l_1 - l_3)$(2分)
(4)$g\sqrt{\frac{m}{k}}$(2分)
实验攻略
(1)掌握“时间极短时，某时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度”即可解题；
(2)根据系统机械能守恒定律恒列式变形即可得到$\frac{1}{t^2}$与$l$关系式；
(3)结合题图2分析$l = l_1$和$l = l_3$时对应的小物块通过光电门的时间关系，从而得出两情况物块通过光电门的速度关系，进而根据$l$取不同值时系统机械能守恒的式子即可求解；
(4)小物块通过光电门时速度最大时，经过光电门的时间最短且受力平衡，因此可以确定此时的$l$值，结合胡克定律和系统机械能守恒可求解小物块经过光电门的最大速度。
验证系统机械能守恒+数据处理
(1)由于遮光条宽度$d$远小于$l$，通过光电门的时间极短，则其通过光电门的瞬时速度等于平均速度，所以物块通过光电门时的速度大小为$v = \frac{d}{t}$；
(2)若系统机械能守恒，对轻弹簧和小物块（带遮光条）组成的系统从小物块静止释放到通过光电门的过程，由机械能守恒定律有$mgl = \frac{1}{2}kl^2 + \frac{1}{2}m(\frac{d}{t})^2$，变形得$\frac{1}{t^2} = -\frac{k}{md^2}l^2 + \frac{2g}{d}l$，所以$\frac{1}{t^2} - l$图像若能在误差允许的范围内满足$\frac{1}{t^2} = -\frac{k}{md^2}l^2 + \frac{2g}{d}l$，即可验证轻弹簧和小物块（带遮光条）组成的系统机械能守恒；
(3)由题图2可知$l = l_1$和$l = l_3$对应的物块通过光电门的时间相等，则物块通过光电门的速度大小相等，动能相等，当$l = l_1$时，对系统由机械能守恒定律有$mgl_1 = E_{p1} + E_k$，当$l = l_3$时，有$mgl_3 = E_{p3} + E_k$，联立可得$E_{p1} - E_{p3} = mg(l_1 - l_3)$；
(4)由$v = \frac{d}{t}$可知，小物块经过光电门的速度最大时，其通过光电门的时间最短，即$\frac{1}{t^2}$最大，由题图2可知此时$l = l_2$，结合一元二次函数的对称法可得$l_2 = \frac{mg}{k}$【点拨：小物块速度最大时加速度为0，合外力为0，由胡克定律有$kl_2 = mg$，也可以得到$l_2 = \frac{mg}{k}$】，又$mgl_2 = \frac{1}{2}kl_2^2 + \frac{1}{2}mv_m^2$，联立可得$v_m = g\sqrt{\frac{m}{k}}$。

13. (10 分)如图所示,一圆柱形汽缸固定在水平地面上,用质量$m = 2kg$、横截面积$S = 1.0 × 10^2 cm^2$的活塞密封着一定质量的理想气体,跨过光滑定滑轮的轻绳两端分别连接着活塞和一质量$M = 12kg$的重物,左、右两侧的绳均竖直,活塞与汽缸之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,均为$f = 30N$。开始时缸内气体的温度为$T = 300K$,压强为$p = 0.9 × 10^5Pa$,活塞与汽缸底部的距离为$H = 50cm$,重物与水平地面的距离为$h = 10cm$。外界大气压为$p_0 = 1.0 × 10^5Pa$,重力加速度$g = 10m/s^2$。现对缸内气体缓慢加热。求:

(1) 重物恰好开始下降时缸内气体的温度;
(2) 重物刚与地面接触时缸内气体的温度。

答案： 13.气体实验定律+平衡条件
(1)重物恰好开始下降时，活塞与汽缸间的摩擦力达到最大静摩擦力，且方向竖直向下，设此时缸内气体温度为$T_1$，压强为$p_1$，活塞、物块处于平衡状态，对活塞、物块分别受力分析并联立有$p_1S + Mg = p_0S + mg + f$…………（2分）
解得$p_1 = 0.93 × 10^5Pa$
活塞移动前的过程中，汽缸中的气体发生等容变化，由查理定律有$\frac{p}{T} = \frac{p_1}{T_1}$…………（2分）
解得$T_1 = 310K$…………（2分）
(2)重物下降过程，活塞受力情况不变，则缸内气体发生等压变化，设重物刚与地面接触时缸内气体的温度为$T_2$，活塞从开始运动至重物刚与地面接触过程，由盖－吕萨克定律有$\frac{SH}{T_1} = \frac{S(H + h)}{T_2}$…………（2分）
解得$T_2 = 372K$…………（2分）