高考_专题十七 实验（资料包word版）

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专题十七　实验1.(2022长沙雅礼中学月考三,11)小刚同学设计用如图甲所示装置测定弹簧的劲度系数,用刻度尺测量出光滑斜面的高度h和斜面的长度L。首先把弹簧放在光滑桌面上,用刻度尺测量出弹簧的长度L0,然后把弹簧放到光滑斜面上,上端固定在挡板上,带有挂钩的小物块挂在下端,小物块静止后,用刻度尺测量出此时弹簧的长度x,用弹簧测力计测量出小物块重力G。换用不同的小物块,重复上述实验,在纸上画出x随G的变化规律图线,如图乙所示,图线最后部分为曲线。测得图线直线部分的斜率为k0,纵截距为x0。(1)弹簧的劲度系数为　　　　　　 。 (2)L0和x0的大小关系为L0　　　　 x0(选填“大于”“等于”或“小于”)。 (3)图线最后部分为曲线的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。 答案　(1)　(2)小于　(3)弹簧超过了弹性限度解析　(1)由几何知识有sin θ=,小物块平衡时有G sin θ=k(x-L0),整理得x=G+L0,其中斜率=k0,所以弹簧的劲度系数k=。(2)因为弹簧自身会有重力,所以弹簧在水平桌面上的原长L0小于在斜面上的原长x0。(3)弹簧在弹性限度内,弹力随其对应伸长量线性增大,超过了弹性限度就不再线性增大。2.(2022湖南师大附中月考三,12)在学习了多用电表的原理以后,某同学对自制多用电表产生了兴趣。他走进物理实验室,用一个满偏电流为3 mA、内阻约为9 Ω的电流表,滑动变阻器和一节电动势为1.5 V的干电池组装一个欧姆表。(1)他首先测量了电流表的内阻,另取来一个量程为1.5 V的电压表和一个总阻值为999.9 Ω的电阻箱,测量电路如图1所示,闭合开关S后,调节电阻箱的阻值,他测得电流表满偏时,电压表的读数为1.47 V,电阻箱的读数为480 Ω,则电流表的内阻rg=　　　　Ω。 (2)该同学设计了如图2所示的电路,完成调试后表盘上1.5 mA的刻度对应的电阻值为　　　　Ω。 (3)该同学又从实验室取来R0= Ω的标准电阻与电流表并联,这相当于对图2中的欧姆表换挡,换挡前后欧姆表的倍率之比为　　　　。          图1                        图2         图3                          图4(4)该同学还用如图4改装了一个欧姆表:当Rx未接入时,闭合开关S,将红、黑表笔分开时,调节可变电阻,使电流表满偏,然后Rx接入红、黑表笔之间开始测电阻,下列关于该欧姆表说法正确的是　　　　。 A.电阻刻度的零位置在灵敏电流表的右端   B.表盘上的电阻刻度是均匀的C.测量电阻前,欧姆调零不需要红、黑表笔短接  D.测量电阻后,应将开关S断开答案　(1)10　(2)500　(3)10∶1　(4)CD解析　(1)设电阻箱的阻值为R0',则有R0'+rg=,解得rg=10 Ω。(2)图2电路,表头总内阻为r内==500 Ω,当I=1.5 mA,根据I=,解得R=500 Ω。(3)图3电路,电流表满偏时,总电流I=+Ig=30 mA,表头的总内阻r内'==50 Ω,故换挡前后欧姆表的倍率之比为10∶1。(4)由图4可知,该电路是利用并联分流的特点改装的,电流表也可视为“电压表”。当红、黑表笔短接时,电流表被短路了,示数为0,此欧姆表的零刻度在电流表的左端,A错误;利用闭合电路欧姆定律,可知表盘刻度是不均匀的,B错误;测量电阻前,需要将红、黑表笔断开,调节可变电阻,使电流表满偏,C正确;测量电阻后,该电路仍闭合,故应将开关S断开,D正确。3.(2022长沙新高考适应性考试,11)为测定当地的重力加速度g,某实验小组用图甲所示装置进行实验。长为L的轻质细绳一端固定在O点,另一端拴一个质量为m的小球(其直径远小于L),在悬点O的正下方小球摆动时球心经过处的N点固定一光电门,忽略空气阻力和细绳的形变。实验步骤如下:(1)用螺旋测微器测出小球的直径D,示数如图乙,小球直径D=　　　　mm; (2)将小球拉至偏离竖直方向的某位置,测出此时细绳与竖直方向的夹角θ;(3)多次从不同夹角θ处静止释放,并测出相应的小球经过光电门的时间Δt,该小组同学利用图像来分析数据,以cos θ为横轴,以　　　　为纵轴,可作出图像为如图丙所示的一条直线。 A.Δt　　　　　　　　　B.(Δt)2　　　　C.　　　　D.(4)若求得图像斜率的绝对值为k,则当地的重力加速度为g=　　　　(用D、k、L表示)。 答案　(1)5.670~5.672　(3)D　(4)解析　(1)根据螺旋测微器读数规则,得小球的直径D=(5.5+17.0×0.01)mm=5.670 mm。(3)小球经过光电门的速度为v=,根据机械能守恒定律有mgL(1-cos θ)=m,整理可得=- cos θ,以cos θ为横轴,以为纵轴,可作出图像为一条直线。(4)由(3)知图像斜率的绝对值为k=,所以解得当地的重力加速度为g=。4.[2022和平一模,9(1)]利用如图所示的装置可以验证动量守恒定律,即研究半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。先安装好实验装置,在地上铺一张白纸,白纸上铺放复写纸,记下重垂线所指的位置O。①为完成此实验,以下提供的测量工具中,必须使用的是　　　　。 A.刻度尺B.天平C.打点计时器D.秒表②关于本实验,下列说法正确的是　　　　。 A.同一组实验中,入射小球必须从同一位置由静止释放B.入射小球的质量必须小于被碰小球的质量C.轨道倾斜部分必须光滑D.轨道末端必须水平放置③实验时先让入射球多次从斜轨上位置S由静止释放,通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P。然后,把被碰球静置于轨道的水平部分末端,仍将入射球从斜轨上位置S由静止释放,与被碰球相撞,并多次重复该操作,两小球平均落地点位置分别为M、N。不同小组的同学分别进行实验,所用的入射球质量均为被碰球质量的2倍,下列各组白纸上记录的小球落点位置结果,由于误差较大明显不符合动量守恒规律的是　　　　。 答案　①AB　②AD　③AD解析　①实验需要验证的是表达式m1v0=m1v1+m2v2,需要用天平测量两个小球的质量,由于两球从同一高度做平抛运动,因此空中运动的时间相等,等式两边同乘时间t,得到表达式m1·OP=m1·OM+m2·ON,因此用刻度尺测出小球在撞前、后做平抛运动的水平位移就可以了,因此选A、B;②同一组实验,每次入射小球都从同一高度释放,才能保证碰撞前的速度相等,故A正确;只有入射小球质量大于被碰小球质量才能保证入射小球不被反弹,故B错误;本实验需要的是在轨道末端的速度,与这个速度是如何获得的无关,即与轨道是否光滑无关,故C错误;运用平抛运动的规律验证表达式,需要抛出速度水平,故D正确。③将题目条件m1=2m2代入m1·OP=m1·OM+m2·ON,得到ON=2(OP-OM),即ON=2PM,故选A、D。5.[2021耀华中学月考,9(2)]在“探究等温情况下一定质量的气体压强与体积的关系”实验中,某同学将注射器活塞置于刻度为10 mL处,记录此时的压强,然后逐渐减小气体体积,每减少1 mL测一次压强:①为了更好地完成实验,下列说法正确的有(　　)A.改变气体体积时动作应尽量快B.手不要接触注射器有气体的部分C.活塞和注射器之间涂抹润滑油是为了减少摩擦D.橡胶套和注射器口应保证严格密封②该同学根据得到的数据画出p-图像,发现图像不是直线,如图所示,造成这种现象的原因可能是(　　)A.橡胶套密封不严,发生了漏气B.注射器管口处和橡胶套连接处的气体体积不能忽略C.注射器内气体温度上升D.压强太大,玻意耳定律不再适用答案　①BD　②C解析　①实验过程中,为保持温度不变,改变气体体积时动作应尽量慢些,故A错误;手接触注射器有气体的部分会导致气体的温度变化,故B正确;活塞和注射器之间涂抹润滑油是为了保证气体不发生泄露以确保质量不变,故C错误;橡胶套和注射器口应保证严格密封,是为了避免气体发生泄露导致质量变化,故D正确。②pV=nRT知,p-图像的图线斜率k=nRT,当橡胶套密封不严发生漏气时,n减小,图线斜率减小,而题中斜率增大,故A错误;连接软管中存在气体为被封闭气体中的一部分,实验时气体总质量不变,且这部分气体体积很小,不会影响斜率,故B错误;由pV=nRT知,温度升高,p-图像的图线斜率增大,故C正确;本实验满足压强不太大(和大气压相比)的条件,故D错误。6.(2022北京朝阳一模,15)为了验证机械能守恒定律,某学习小组用如图1所示的气垫导轨装置(包括导轨、气源、光电门、滑块、遮光条)进行实验。在导轨上选择两个适当的位置A、B安装光电门Ⅰ、Ⅱ,并连接数字计时器;用刻度尺分别测量A、B点到水平桌面的高度h1、h2。图1(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d时,游标卡尺的示数如图2所示,则d=　　　　mm。 图2(2)某次实验中,测得滑块通过光电门Ⅰ的时间Δt1=0.026 s,则滑块通过光电门Ⅰ的瞬时速度v1=　　　　m/s(保留两位有效数字)。 (3)将滑块从光电门Ⅰ左侧某处由静止开始释放,测出滑块通过光电门Ⅰ、Ⅱ的时间分别为Δt1和Δt2。在误差允许范围内,若h1-h2=　　　　　　　　　　　(用d、Δt1、Δt2以及重力加速度g表示),则可认为滑块下滑过程中机械能守恒。 (4)另一小组的同学想用如图3所示的装置做此实验。在实验前通过垫块平衡了小车所受的阻力。该小组同学认为,平衡阻力后小车和沙桶系统的机械能是守恒的,你是否同意?并说明理由。图3答案　(1)5.2　(2)0.20　(3)(4)不同意。小车和沙桶组成的系统机械能不守恒。挂上沙桶后,小车在沿长木板下滑的过程中,所受的阻力对系统做功,使得小车和沙桶系统不再满足机械能守恒的条件,即“只有系统内的重力和弹力做功”。因此小车和沙桶组成的系统机械能不守恒。(通过“小车下滑过程中,阻力做功使小车和沙桶系统的一部分机械能转化为内能,引起机械能减少”说明亦可。)解析　(1)图2中游标尺上0刻线左边最近的主尺上的读数是5 mm,游标尺上第2根刻线与主尺上某一刻线对齐,因此游标尺读数为2×0.1 mm=0.2 mm,d=5 mm+0.2 mm=5.2 mm。(2)v1== m/s=0.20 m/s(3)若机械能守恒,则满足mg(h1-h2)=m(-)h1-h2===-。(4)见答案。7.(2022北京石景山一模,16)材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”,利用这种效应可以测量压力大小。某同学计划利用压敏电阻测量物体的质量,他先测量压敏电阻处于不同压力F时的电阻值RF。利用以下器材设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路,要求误差较小,提供的器材如下:A.压敏电阻RF,无压力时阻值R0=600 ΩB.滑动变阻器R1,最大阻值约为20 ΩC.滑动变阻器R2,最大阻值约为200 ΩD.灵敏电流计G,量程0~2.5 mA,内阻为30 ΩE.电压表V,量程0~3 V,内阻约为3 kΩF.直流电源E,电动势为3 V,内阻很小G.开关S,导线若干图1图2(1)滑动变阻器应选用　　　　(选填“R1”或“R2”),实验电路图应选用　　　　(选填“图1”或“图2”)。 (2)实验中发现灵敏电流计量程不够,若要将其改装为量程0~30 mA的电流表,需要　　　　(选填“串联”或“并联”)一个电阻R',R'=　　　　Ω。 (3)多次改变压力F,在室温下测出对应电阻值RF,可得到如图3所示压敏电阻的R0/RF-F图线,其中RF表示压力为F时压敏电阻的阻值,R0表示无压力时压敏电阻的阻值。由图线可知,压力越大,压敏电阻的阻值　　　　(选填“越大”或“越小”)。 (4)若利用图4所示电路测量静置于压敏电阻上物体的质量,需要将电压表表盘刻度值改为对应的物体质量。若m1>m2,则m1应标在电压值　　　　　(选填“较大”或“较小”)的刻度上。请分析表示物体质量的示数是否随刻度均匀变化,并说明理由。 图3图4答案　(1)R1　图1　(2)并联　2.7 Ω　(3)越小　(4)较小　见解析解析　(1)因为要求误差较小,该实验应该选用滑动变阻器分压式接法,所选滑动变阻器的总阻值应较小,故滑动变阻器应该选R1,实验电路选图1。(2)电流表扩大量程,应该并联一个电阻。并联电阻的阻值R'==≈2.7 Ω。(3)从图像上可以看出,压力越大,R0/RF越大,因为无压力时的电阻R0是个定值,说明压力越大,RF越小。(4)由图3知=kF+b,由图4知U=RF,F=mg。解得m=--,即物体质量m与电压U不是线性关系,因此物体质量示数不是随刻度均匀变化。8.(2022江苏南通如皋二模,11)小明利用如图甲所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验。已知被碰小球b与入射小球a半径相同,b的质量为a的一半。甲乙(1)下列实验操作步骤,正确顺序是　　　　。 ①在薄平木板表面先后钉上白纸和复写纸,将该木板竖直并贴紧桌面右侧边缘②将a向左压缩弹簧到某一位置由静止释放,撞到木板,在白纸上留下压痕P③在桌面的适当位置固定好弹簧发射器,调节桌面为水平状态④将b放在桌面的右边缘,将a向左压缩弹簧到同一位置由静止释放,与b相碰后,两球在白纸上留下压痕P1、P3⑤将木板向右平移适当距离,再将a向左压缩弹簧到某一位置由静止释放,撞到木板,在白纸上留下压痕P2(2)关于该实验,下列说法正确的有　　　　。 A.步骤②⑤中a的释放点位置可以不同B.为减小误差,弹簧的压缩量越大越好C.a与弹簧发射器的摩擦不影响实验验证D.a、b碰撞过程有动能损失,会导致实验误差(3)测得小球在木板上的压痕P1、P2、P3分别与P之间的竖直距离h1、h2、h3,当满足关系式　　　　时,可证明a、b碰撞过程中动量守恒。 (4)若改变小球a、b的材质和质量,b下落的最小高度为　　　　(用h2表示)。 (5)若操作步骤⑤后,小明未发现木板向右平移到图乙的虚线位置,则测得a、b碰后的总动量将　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 答案　(1)③①②⑤④　(2)AC　(3)=+　(4)　(5)偏小解析　(1)实验操作步骤正确的顺序应为③①②⑤④。(2)步骤②中白纸上留下的压痕P是为了记录水平位置,而步骤⑤中a的释放点位置对应平抛初速度,故步骤②⑤中a的释放点位置可以不同,A正确;弹簧压缩量越大,小球离开弹簧时获得的动能越大,下落的高度会越小,在用刻度尺测量长度时测量的长度越短,误差越大,故弹簧的压缩量不是越大越好,B错误;实验中只需保证⑤④两步骤中将a向左压缩弹簧到同一位置由静止释放,即可保证每次入射小球速度相同,弹簧发射器及桌面不一定要光滑,故a与弹簧发射器的摩擦不影响实验验证,C正确;a、b碰撞过程动量守恒,本实验是通过平抛运动规律计算小球碰撞前后的速度从而验证动量守恒,与碰撞过程是否有动能损失无关,D错误。(3)小球离开轨道后做平抛运动,设木板与抛出点之间的水平距离为x,初速度为v,由平抛运动规律可得h=gt2,x=vt解得v=x设碰撞前a球的速度为v0,碰撞后a球的速度为v1,b球的速度为v2,则有v0=x,v1=x,v2=x设a的质量为2m,b的质量为m,由动量守恒定律可得2mv0=2mv1+mv2则有2m·x=2m·x+m·x整理可得=+(4)设a、b的质量分别为m1、m2,若a、b发生的是弹性碰撞,则有m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2解得b碰后的速度为v2=v0=故当m1≫m2时,v2的速度最大,最大值为2v0,对a由平抛运动规律可知x=v0t,h2=gt2解得h2=g同理可得,碰后b下落的高度为hb=g联立可得hb=(5)若操作步骤⑤后,小明未发现木板向右平移到题图乙的虚线位置,则测得落点h1、h3将变大,故测得a、b碰后的总动量将变小。9.(2022江苏盐城二模,12)利用DIS电流传感器可以测量电容器的电容。让充电后的电容器通过大电阻R放电,电流传感器A与计算机连接,记录放电电流I随时间t变化的图像,图像与坐标轴围成的面积数值上等于电容器的带电荷量Q(可用DIS系统软件计算),Q与充电电压U的比值即电容器的电容C。甲乙(1)图甲、图乙为放电法测量电容的两种电路原理图,先让开关S与1端相连,充电结束后,读出电压表的示数。然后把开关掷向2端,得到I-t图像,测量出电容器的带电荷量Q。在甲、乙两图中,实验系统误差较大的是　　　　(选填“甲”或“乙”),原因是　　　　对实验的影响,使电容测量值　　　　(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 (2)DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图像可能是　　　　。 A　　BC　　D(3)某同学选择了正确的实验电路图,经过实验操作获得了多组数据,如下表所示: 123456U/V10.813.716.820.023.827.0Q/×10-4C0.921.201.221.702.082.41请根据以上数据,作出Q-U图作　　　　,由图作可得该电容器的电容是　　　　μF(结果保留两位有效数字)。 (4)该同学是通过滑动变阻器来改变电容器的充电电压的,请结合上述电路原理图,在下面的方框内作出能改变电容器充电电压的电路原理图。(5)该同学在完成电容的测量实验后,把一多用电表的选择开关调到欧姆挡,正确调零后把红黑表笔同时与电容器的两极接触,请你描述接触后多用电表指针的偏转情况　　　　。 答案　(1)乙　电压表分流　偏小　(2)C　(3)如图所示　8.9(8.6~9.0均可)　(4)电路原理图如图所示(5)多用电表指针先快速偏大角度,后逐渐回到原位置解析　(1)在甲、乙两图中,实验系统误差较大的是乙;原因是电容器放电时电压表有分流对实验的影响;使电容器放电量值偏小,则电容测量值偏小。(2)电容器放电时,放电电流逐渐减小,且逐渐变慢,则DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图像可能是C。(3)作出Q-U图像如答案图所示。根据C=可知C== F=8.9 μF(4)能改变电容器充电电压的电路原理图如答案图所示。(5)两表笔与电容器接触后,电容器先有较大的放电电流,然后逐渐减小,则多用电表指针的偏转情况是:多用电表指针先快速偏大角度,后逐渐回到原位置。