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高考物理一轮复习课件专题十七实验与探究 (含解析)
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这是一份高考物理一轮复习课件专题十七实验与探究 (含解析)，共60页。
考点一 力学实验A组 自主命题·天津卷题组
1.[2018天津理综,9(2)]某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验,所用器材有:方木板 一块,白纸,量程为5 N的弹簧测力计两个,橡皮条(带两个较长的细绳套),刻度尺,图钉(若干个)。①具体操作前,同学们提出了如下关于实验操作的建议,其中正确的有 。A.橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上B.重复实验再次进行验证时,结点O的位置可以与前一次不同C.使用测力计时,施力方向应沿测力计轴线;读数时视线应正对测力计刻度D.用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力②该小组的同学用同一套器材做了四次实验,白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标 度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点,如下图所示。其中对于提高实验精度最有利 的是 。
答案 ①BC ②B
解析 本题考查“验证力的平行四边形定则”实验。①橡皮条的弹力方向不需要在两绳套夹角的角平分线上,选项A错误;重复实验,结点O的位置 与上次实验无关,可以不同,选项B正确;使用测力计时,为避免弹簧与外壳的摩擦,要求施力方 向应沿测力计轴线方向,读数时视线应正对测力计刻度,选项C正确;拉力小于弹簧测力计的量 程即可,选项D错误。②“验证力的平行四边形定则”实验中,在不超测力计量程的前提下,拉力应尽量大些;确定拉 力方向时,所描点应与O点的距离大些;两绳套夹角不能过大或过小;作图示时,所选标度越小, 精度越高。综上所述,应选B。
知识拓展 在“验证力的平行四边形定则”实验中,选取合适的标度,按比例作平行四边形,求 F1和F2的合力,而力F方向应与橡皮条方向共线。
2.[2017天津理综,9(2)]如图所示,打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开始自 由下落,利用此装置验证机械能守恒定律。 ①对于该实验,下列操作中对减小实验误差有利的是 。A.重物选用质量和密度较大的金属锤B.两限位孔在同一竖直面内上下对正C.精确测量出重物的质量D.用手托稳重物,接通电源后,撤手释放重物
②某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50 Hz的交流电源上,按正确操作得到了一条完 整的纸带,由于纸带较长,图中有部分未画出,如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时 点,其中O点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出, 利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有 。A.OA、AD和EG的长度 B.OC、BC和CD的长度C.BD、CF和EG的长度 D.AC、BD和EG的长度
答案 ①AB ②BC
3.[2016天津理综,9(2)]某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动。 ①实验中,必要的措施是 。A.细线必须与长木板平行B.先接通电源再释放小车C.小车的质量远大于钩码的质量D.平衡小车与长木板间的摩擦力
②他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上,得到一条纸带,打出的部分计数点 如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点,图中未画出)。s1=3.59 cm,s2=4.41 cm,s3=5.19 cm,s4= 5.97 cm,s5=6.78 cm,s6=7.64 cm。则小车的加速度a= m/s2(要求充分利用测量的数据), 打点计时器在打B点时小车的速度vB= m/s。(结果均保留两位有效数字)
答案 ①AB ②0.80 0.40
解析 ①若细线与长木板不平行,随着小车逐渐靠近滑轮,细线与水平方向的夹角增大,小车所 受合力随之变化,因此小车的加速度发生变化,即小车不做匀变速直线运动,故细线必须与长木 板平行,A选项必要。先接通电源,待打点计时器稳定工作后再释放小车,点迹按匀变速运动规 律显现在纸带上;若先释放小车再接通电源,则开始阶段点迹不规律,误差较大,故B项必要。该 实验研究小车的匀变速直线运动,与小车所受到的合力及合力大小的计算无关,故C、D项不 必要。②交流电的频率为f=50 Hz,相邻两计数点间的时间间隔t=0.1 s,由逐差法可求小车的加速度。a= =0.80 m/s2vB= = m/s=0.40 m/s
4.[2015天津理综,9(2)]某同学利用单摆测量重力加速度。①为了使测量误差尽量小,下列说法正确的是 。A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D.摆长一定的情况下,摆的振幅尽量大②如图所示,在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。实验时,由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺,于是他先使摆球自然下垂,在竖直立柱上与摆球最下端处于 同一水平面的位置做一标记点,测出单摆的周期T1;然后保持悬点位置不变,设法将摆长缩短一 些,再次使摆球自然下垂,用同样方法在竖直立柱上做另一标记点,并测出单摆的周期T2;最后 用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果,写出重力加速度的 表达式g= 。
解析 ①应选用密度较大且直径较小的摆球,A错。在摆动中要尽力保证摆长不变,故应选用 不易伸长的细线,B对。摆动中要避免单摆成为圆锥摆,摆球要在同一竖直面内摆动,C对。摆 动中摆角要控制在5°以内,所以D错。②设两次摆动时单摆的摆长分别为L1和L2,则T1=2π ,T2=2π ,则ΔL= ( - ),因此,g= 。
5.[2014天津理综,9(2),8分]某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上,将细绳一端拴在小车 上,另一端绕过定滑轮,挂上适当的钩码,使小车在钩码的牵引下运动,以此定量探究绳拉力做 功与小车动能变化的关系。此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸 带、小木块等。组装的实验装置如图所示。 ①若要完成该实验,必需的实验器材还有哪些 。②实验开始时,他先调节木板上定滑轮的高度,使牵引小车的细绳与木板平行。他这样做的目 的是下列的哪个 (填字母代号)。
A.避免小车在运动过程中发生抖动B.可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C.可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D.可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力③平衡摩擦力后,当他用多个钩码牵引小车时,发现小车运动过快,致使打出的纸带上点数较 少,难以选到合适的点计算小车速度。在保证所挂钩码数目不变的条件下,请你利用本实验的 器材提出一个解决办法: 。④他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功,经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增 量大一些。这一情况可能是下列哪些原因造成的 (填字母代号)。A.在接通电源的同时释放了小车B.小车释放时离打点计时器太近C.阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D.钩码做匀加速运动,钩码重力大于细绳拉力
答案 ①刻度尺、天平(包括砝码) ②D ③可在小车上加适量的砝码(或钩码) ④CD
解析 ①计算小车的动能变化需用天平测质量;在计算小车通过的位移、小车的瞬时速度时 都需用刻度尺测距离。②只有绳与板面平行时,才能保证小车运动中与板面间的压力不变,才 能保证小车所受摩擦力不变,才能保证平衡摩擦力后绳的拉力等于小车所受合力,故D正确。 ③要增加纸带上所打下点的数目,只有减小小车运动的加速度。在所挂钩码数目不变的情况 下只有增大小车的质量,即在车上增加砝码或钩码。④当将钩码重力作为小车所受合力时,需 满足几个条件:一是摩擦力被平衡,二是绳与板面平行,此二者可保证绳对车的拉力等于车所受 合力,但车加速运动时钩码加速下降,钩码重力大于绳上拉力,则只有当钩码质量远小于小车质 量时二者才近似相等,故此情况可能是由C、D原因造成的。
6.[2013天津理综,9(2),6分]某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。 ①下列做法正确的是 (填字母代号)A.调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时,将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木 块上C.实验时,先放开木块再接通打点计时器的电源D.通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜度
②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足的条件 是砝码桶及桶内砝码的总质量 木块和木块上砝码的总质量。(填“远大于”、“远 小于”或“近似等于”)③甲、乙两同学在同一实验室,各取一套图示的装置放在水平桌面上,木块上均不放砝码,在没 有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到图中甲、乙两条直线。设甲、 乙用的木块质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙,由图 可知,m甲 m乙,μ甲 μ乙。(填“大于”、“小于”或“等于”)
答案 ①AD②远小于③小于 大于
解析 ①平衡木块受到的滑动摩擦力时应连好纸带,以保证木块受到的合外力为绳子拉力T, 同时砝码桶不能通过定滑轮拴在木块上,B项错误。为保证小车在由静止开始运动的同时打 点,应先接通电源再放开小车,所以C项错误。②设砝码和桶的总质量为m,木块及上面砝码的总质量为M,由牛顿第二定律:对m有mg-T=ma, 对M有T=Ma⇒T= ·mg,可看出当m≪M时T≈mg。③F=0时图线与a轴交点为只有摩擦力作用时木块的加速度值,μmg=ma⇒a=μg,由a甲>a乙,可知μ 甲>μ乙;a=0时的临界拉力F为各自的最大静摩擦力即滑动摩擦力,由题图可知μ甲m甲g<μ乙m乙g,由μ 甲>μ乙,得出m甲7.(2019课标Ⅰ,22,5分)某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行 探究。物块拖动纸带下滑,打出的纸带一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率 为50 Hz,纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出。在A、B、C、D、E五个 点中,打点计时器最先打出的是 点。在打出C点时物块的速度大小为 m/s(保 留3位有效数字);物块下滑的加速度大小为 m/s2(保留2位有效数字)。
答案 A 0.233 0.75
易错点拨 本题相邻两计数点之间还有4个打出的点未画出,故T=5×0.02 s=0.1 s,不可用T=0.0 2 s计算。
解析 本题考查利用打点计时器探究匀变速直线运动的速度和加速度的关系,以及考生处理 实验数据的能力,体现了以科学态度进行科学探究的核心素养。物块沿倾斜的木板加速下滑时,纸带上打出的点逐渐变疏,故A点为先打出的点。vC= = m/s=0.233 m/sa= = m/s2 ≈0.75 m/s2
8.(2019课标Ⅱ,22,5分)如图(a),某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材 有:铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等。回答 下列问题: 图(a)(1)铁块与木板间动摩擦因数μ= (用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑 的加速度a表示)。(2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角使θ=30°。接通电源,开启打点计时器,释放铁块,铁块 从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图(b)所示。图中的点为计
数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度为9.80 m/s2。可以计算出铁块 与木板间的动摩擦因数为 (结果保留2位小数)。 图(b)
答案 (1) (2)0.35
解析 本题考查牛顿第二定律及考生的实验探究能力,体现了科学探究与科学推理的核心素 养。(1)对铁块,根据牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma,解得μ= 。(2)利用逐差法可得a= m/s2=1.97 m/s2,由于θ=30°,g=9.80 m/s2,则μ=0.35。
解题关键 1.利用牛顿第二定律列方程得出μ的表达式。2.认真读题,注意g用9.80 m/s2来计算, 而不能习惯性用10 m/s2来计算。3.利用逐差法,精准计算加速度值。
9.(2019课标Ⅲ,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 0.1 s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=24.5 cm、ac=58.7 cm,则该地 的重力加速度大小为g= m/s2。(保留2位有效数字)
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
解析 本题考查了匀变速直线运动中数据的处理与加速度的计算,考查了学生的实验能力,体 现了科学思维中模型建构、科学推理等素养要素,渗透了科技进步的价值观念。(1)运动时间可由相机拍照的时间间隔来确定,不需要秒表与光电门。本实验中不需要测量小 球的质量,故不需要天平。但需测量小球下落的距离,故需要米尺。(2)由于不知照相机的放大倍数,故不能通过测量小球在照片上下落的距离来获得小球的实际 下落距离,所以只能将米尺与小球的运动拍摄在同一张照片中。因小球做自由落体运动,故米 尺只能竖直放置。(3)由Δx=gT2得当地的重力加速度的大小为g= = m/s2=9.7 m/s2。
方法诠释 纸带问题及类纸带问题中求物体运动的加速度,当只有两个连续数据时,可利用Δx =aT2求解;当只有两个不连续的数据时,可利用xm-xn=(m-n)aT2计算;而当给定多个连续数据时,则 需采用逐差法计算。
10.(2018北京理综,21,18分)用图1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。 图1主要实验步骤如下:a.安装好实验器材,接通电源后,让拖着纸带的小车沿长木板运动,重复几次。b.选出一条点迹清晰的纸带,找一个合适的点当作计时起点O(t=0),然后每隔相同的时间间隔T 选取一个计数点,如图2中A、B、C、D、E、F……所示。
图2c.通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E……点时小车的速度,分别记作v1、v2、v3、v 4、v5……d.以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系,在坐标纸上描点,如图3所示。 图3
结合上述实验步骤,请你完成下列任务:(1)在下列仪器和器材中,还需要使用的有 和 (填选项前的字母)。A.电压合适的50 Hz交流电源B.电压可调的直流电源C.刻度尺D.秒表E.天平(含砝码)(2)在图3中已标出计数点A、B、D、E对应的坐标点,请在该图中标出计数点C对应的坐标点, 并画出v-t 图像。(3)观察v-t图像,可以判断小车做匀变速直线运动,其依据是 。v-t图 像斜率的物理意义是 。(4)描绘v-t图像前,还不知道小车是否做匀变速直线运动。用平均速度 表示各计数点的瞬时速度,从理论上讲,对Δt的要求是 (选填“越小越好”或“与大小无关”);从实验的角 度看,选取的Δx大小与速度测量的误差 (选填“有关”或“无关”)。
(5)早在16世纪末,伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的。当时只能靠滴水计时,为 此他设计了如图4所示的“斜面实验”,反复做了上百次,验证了他的猜想。请你结合匀变速 直线运动的知识,分析说明如何利用伽利略“斜面实验”检验小球的速度是随时间均匀变化 的。 图4
答案 (1)A C (2)如图所示 (3)小车的速度随时间均匀变化 加速度(4)越小越好 有关(5)如果小球的初速度为0,其速度v∝t,那么它通过的位移x∝t2。因此,只要测量小球通过不同 位移所用的时间,就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化。
解析 本题考查研究匀变速直线运动规律的实验。(1)打点计时器所用电源为50 Hz的交流电源,测量各计数点间距离需用刻度尺。(2)图见答案。(3)因为小车的速度随时间均匀变化,所以小车做匀加速直线运动。由匀加速直线运动中速度 v=v0+at,可知v-t图像斜率的物理意义是加速度。(4) = ,若用 表示瞬时速度,Δt越小越好,而选取的Δx大小会影响速度测量值与真实值的偏差大小。(5)设v0=0,v=at,而x= at2,故可通过位移随时间的变化情况,判断速度随时间的变化情况。
解题关键 实验原理的认识(1)图像法是实验中常用的方法,要学会通过图像分析问题。(2)测量量的转换是实验中的常用手段,当某一个物理量不易测量时,可通过该量与其他量的关 系式,转换成其他可测量的物理量。如将速度的测量转换成位移的测量。
11.(2018课标Ⅰ,22,5分)如图(a),一弹簧上端固定在支架顶端,下端悬挂一托盘;一标尺由游标和 主尺构成,主尺竖直固定在弹簧左边;托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置,简化 为图中的指针。 现要测量图(a)中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时,移动游标,使其零刻度线对准指针, 此时标尺读数为1.950 cm;当托盘内放有质量为0.100 kg的砝码时,移动游标,再次使其零刻度 线对准指针,标尺示数如图(b)所示,其读数为 cm。当地的重力加速度大小为9.80 m/s 2,此弹簧的劲度系数为 N/m(保留3位有效数字)。
解析 本题考查游标卡尺的读数方法和胡克定律。此标尺为二十分度的标尺,精确度为0.05 mm,读数=整毫米数(主尺)+n×精确度,所以读数为37 mm+15×0.05 mm=37.75 mm=3.775 cm。当托盘中放入砝码稳定时,弹簧的伸长量Δx=3.775 cm-1.950 cm=1.825 cm。由平衡条件得F= mg,由胡克定律得F=k·Δx,联立得k=53.7 N/m。
答案 3.775 53.7
12.(2017课标Ⅲ,22,6分)某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验,将画有坐标轴(横轴 为x轴,纵轴为y轴,最小刻度表示1 mm)的纸贴在水平桌面上,如图(a)所示。将橡皮筋的一端Q 固定在y轴上的B点(位于图示部分之外),另一端P位于y轴上的A点时,橡皮筋处于原长。(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O,此时拉力F的大小可由测力计读 出。测力计的示数如图(b)所示,F的大小为 N。(2)撤去(1)中的拉力,橡皮筋P端回到A点;现使用两个测力计同时拉橡皮筋,再次将P端拉至O 点。此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向,由测力计的示数读出两个拉力 的大小分别为F1=4.2 N和F2=5.6 N。(ⅰ)用5 mm长度的线段表示1 N的力,以O为作用点,在图(a)中画出力F1、F2的图示,然后按平行 四边形定则画出它们的合力F合;
图(a) 图(b)(ⅱ)F合的大小为 N,F合与拉力F的夹角的正切值为 。若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内,则该实验验证了力的平 行四边形定则。
答案 (1)4.0 (2)(ⅰ)F1、F2和F合如图所示 (ⅱ)4.0 0.05
解析 (1)测力计读数时需要进行估读,此测力计分度值为0.2 N,则F的大小为4.0 N。(2)(ⅰ)作力的图示时,要选好标度,再根据F1、F2的方向及大小作出相应两力的图示,图见答 案。分别以F1、F2为邻边作平行四边形并作出F1、F2之间的对角线,即得F合。(ⅱ)表示F合的线段的长度为20.0 mm,根据标度算出F合大小为4.0 N。实际合力F的方向沿AO 方向,对角线为F合方向,则两者夹角θ的正切值tan θ= = =0.05。
命题意图 本题考查验证力的平行四边形定则实验。
易错分析 测力计读数时要注意估读。
13.(2016课标Ⅰ,22,5分)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点计时器 的电源为交流电源,可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz。打出纸带的一部分如图(b)所 示。 图(a) 图(b)
该同学在实验中没有记录交流电的频率f,需要用实验数据和其他题给条件进行推算。(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落,利用f和图(b)中给出的物理量可以写出:在打点计 时器打出B点时,重物下落的速度大小为 ,打出C点时重物下落的速度大小为 ,重物下落的加速度大小为 。(2)已测得s1=8.89 cm,s2=9.50 cm,s3=10.10 cm;当地重力加速度大小为9.80 m/s2,实验中重物受到 的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出f为 Hz。
答案 (1) (s1+s2)f (s2+s3)f (s3-s1)f2 (2)40
解析 (1)匀变速直线运动中,某一段位移的平均速度等于中间时刻的瞬时速度:vB= = (s1+s2)f,同理vC= (s2+s3)f,加速度a= = (s3-s1)f2。(2)由牛顿第二定律可知:mg-0.01mg=maa=0.99g ①又由(1)问知:a= ②①②联立得f=40 Hz
解题技巧 (1)考查通过处理纸带求瞬时速度和加速度的方法。(2)要求推算打点计时器所用 电源的频率,问题新颖,但应注意到加速度表达式中,加速度与频率的相关性,只要知道加速度 就可求出频率。由给出的受力情况,根据牛顿第二定律可求出加速度,再代入第(1)问中加速度 的表达式求出频率。
14.[2016北京理综,21(2),0.74]利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验。 图1①为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的 。A.动能变化量与势能变化量B.速度变化量与势能变化量C.速度变化量与高度变化量②除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外,在下列器材 中,还必须使用的两种器材是 。
A.交流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码)③实验中,先接通电源,再释放重物,得到图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的 点A、B、C,测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点 的过程中,重物的重力势能变化量ΔEp= ,动能变化量ΔEk= 。 图2④大多数学生的实验结果显示,重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是 。A.利用公式v=gt计算重物速度B.利用公式v= 计算重物速度C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响D.没有采用多次实验取平均值的方法
⑤某同学想用下述方法研究机械能是否守恒:在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点O 的距离h,计算对应计数点的重物速度v,描绘v2-h图像,并做如下判断:若图像是一条过原点的直 线,则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确。
解析 ①重物的机械能指它的动能和重力势能,所以机械能是否守恒要看动能和重力势能变 化量是否相等,所以选A项。②因为电磁打点计时器用6 V以下交流电源,所以A项器材需要;实验中需要用刻度尺测纸带上 点间距离,所以B项器材需要;因为动能变化、重力势能变化都是对同一重物而言的,所以不需 要测它的质量,故C项不需要。③从打O点到打B点的过程中重物的重力势能在减少,所以ΔEp=-mghB,再由 = 得打B点时重物的速度为vB= ,故动能变化量为ΔEk= m -0= m 。④因为做实验时存在空气阻力和纸带与打点计时器间的摩擦阻力,故重物下落过程不是自由 落体运动,所以|ΔEp|>ΔEk,所以C项正确。⑤该同学的判断依据不正确。在重物下落h的过程中,若阻力 f 恒定,根据mgh-fh= mv2-0⇒v2=2(g- )h可知,v2-h图像就是过原点的一条直线。要想通过v2-h图像的方法验证机械能是否守恒,还必须看图像的斜率是否接近2g。
解题指导 用匀变速直线运动某段时间的中间时刻速度等于平均速度即 = ,求出瞬时速度,再求动能的变化量。
考查点 验证机械能守恒。
15.[2015北京理综,21(2)]用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
图1
①组装单摆时,应在下列器材中选用 (选填选项前的字母)。A.长度为1 m左右的细线B.长度为30 cm左右的细线C.直径为1.8 cm的塑料球D.直径为1.8 cm的铁球
②测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t,则重力加速度g= (用L、n、t表示)。③下表是某同学记录的3组实验数据,并做了部分计算处理。
请计算出第3组实验中的T= s,g= m/s2。 图2④用多组实验数据作出T2-L图像,也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2-L图线的 示意图如图2中的a、b、c所示,其中a和b平行,b和c都过原点,图线b对应的g值最接近当地重力 加速度的值。则相对于图线b,下列分析正确的是 (选填选项前的字母)。A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值⑤某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁,制成一个单摆,如图3所示。由于家里只 有一根量程为30 cm的刻度尺,于是他在细线上的A点做了一个标记,使得悬点O到A点间的细
线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变,通过改变O、A间细线长度以改变 摆长。实验中,当O、A间细线的长度分别为l1、l2时,测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得 重力加速度g= (用l1、l2、T1、T2表示)。 图3
答案 ①AD ② ③2.01 9.76 ④B ⑤
解析 ①用单摆测定重力加速度的实验中,要求小球可看成质点,因此摆线长度要远大于球的 直径,故选用长度为1 m左右的细线;为减小空气阻力的影响,摆球应选用质量大体积小的,故选 用铁球,选项A、D正确。②由单摆周期公式T=2π 及T= 可知g= = ③由T= 可知T3= s=2.01 sg= = m/s2≈9.76 m/s2④由T=2π 可得T2= L,T2-L图线应为过坐标原点的直线,图线a和图线b平行,且在T2一定时,图线a对应的L小于图线b对应的L,因此出现图线a的原因可能是误将悬点到小球上端的距 离记为摆长L,选项A错;图线c的斜率小于图线b的斜率,由T2= L及g= 可知图线c对应的g值应大于图线b对应的g值,B正确,C错误。
⑤设标记以下的细线长度为l0则有 = (l0+l1) = (l0+l2)联立得g=
考查点 用单摆测重力加速度。
解题指导 (1)单摆在摆角很小的条件下,才能近似为简谐运动。组建单摆时,应选用摆线细而 长,摆球重而小的。(2)要注意t是完成n次全振动的总时间。(3)在用图像处理数据时,要注意图线的函数关系式。
16.[2011北京理综,21(2)]如图1,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在 轨道水平部分碰撞前后的动量关系。①实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是,可以通过仅测量 (填选 项前的符号),间接地解决这个问题。A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程②图1中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置 静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP。
图1
然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放,与小球m2 相碰,并多次重复。接下来要完成的必要步骤是 。(填选项前的符号)A.用天平测量两个小球的质量m1、m2B.测量小球m1开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM,ON③若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为 (用②中测量的量表示);若碰撞是 弹性碰撞,那么还应满足的表达式为 (用②中测量的量表示)。④经测定,m1=45.0 g,m2=7.5 g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图2所示。碰撞前、后m1 的动量分别为p1与p1',则p1∶p1'= ∶11;若碰撞结束时m2的动量为p2',则p1'∶p2'=11∶ 。
图2实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值 为 。⑤有同学认为,在上述实验中仅更换两个小球的材质,其他条件不变,可以使被碰小球做平抛运 动的射程增大。请你用④中已知的数据,分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值 为 cm。
答案 ①C②ADE或(DEA或DAE)③m1·OM+m2·ON=m1·OP m1·OM2+m2·ON2=m1·OP2④14 2.9 1~1.01⑤76.8
解析 小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定,即v= 。而由H= gt2知,每次竖直高度相等,平抛时间相等。即m1 =m1 +m2 ;则可得m1·OP=m1·OM+m2·ON。故只需测射程,因而选C;由表达式知:在OP已知时,需测量m1、m2、OM和ON。故必要步骤A、D、E若为弹性碰撞 同时满足动能守恒。 m1 = m1 + m2 m1·OP2=m1·OM2+m2·ON2p1=m1· p1'=m1· 故p1∶p1'=OP∶OM=44.80∶35.20=14∶11p2'=m2· p1'∶p2'= ∶ =11∶2.9故 = =1
其他条件不变,使ON最大,则m1、m2发生弹性碰撞。则其动量和能量均守恒,可得v2= ,而v2= ,v0= 故ON= ·OP= ×44.80 cm=76.8 cm
17.(2018课标Ⅲ,22,6分)甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下:(1)甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端,让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端(位置 恰好处于L刻度处,但未碰到尺),准备用手指夹住下落的尺。(2)甲在不通知乙的情况下,突然松手,尺子下落;乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若 夹住尺子的位置刻度为L1,重力加速度大小为g,则乙的反应时间为 (用L、L1和g表 示)。(3)已知当地的重力加速度大小为g=9.80 m/s2,L=30.0 cm,L1=10.4 cm。乙的反应时间为 s。(结果保留2位有效数字)(4)写出一条能提高测量结果准确程度的建议: 。
C组 教师专用题组
答案 (2) (3)0.20 (4)多次测量取平均值;初始时乙的手指尽可能接近尺子
解析 本题考查自由落体运动的应用。 (2)(3)木尺做自由落体运动,由位移公式可得L-L1= gt2,解得t= = s=0.20 s。
18.(2018课标Ⅱ,23,9分)某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过 光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连,滑轮和木块间的细线保持水平,在木块上方 放置砝码。缓慢向左拉动水平放置的木板,当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动 时,弹簧秤的示数即木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据在下表中给出,其中f4 的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出。 图(a)
图(b) 图(c)回答下列问题:
(1)f4= N;(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f-m图线;(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f = ,f-m图线(直线)的斜率的表达式为k= ;(4)取g=9.80 m/s2,由绘出的f-m图线求得μ= 。(保留2位有效数字)
答案 (1)2.75 (2)如图所示 (3)μ(M+m)g μg (4)0.40
解析 本题考查物体的平衡、滑动摩擦力的计算及分析图像的能力。(1)由图可知弹簧秤的读数为2.75 N。(2)画图线时应使尽可能多的点落在线上,不在线上的点应均匀分布在线的两侧。(3)以木块和砝码为研究对象,整体水平方向受木板的滑动摩擦力和细线的拉力,f=μ(M+m)g,整 理得f=μmg+μMg,故f-m图线的斜率k=μg。(4)由图知k=3.9 N/kg,故μ= =0.40。
19.(2017课标Ⅰ,22,5分)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动,用自制“滴水计时 器”计量时间。实验前,将该计时器固定在小车旁,如图(a)所示。实验时,保持桌面水平,用手 轻推一下小车。在小车运动过程中,滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴,图(b)记录了桌面上 连续的6个水滴的位置。(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴) 图 (a) 图(b)
(1)由图(b)可知,小车在桌面上是 (填“从右向左”或“从左向右”)运动的。(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图(b)中A点位置时的 速度大小为 m/s,加速度大小为 m/s2。(结果均保留2位有效数字)
答案 (1)从右向左(2)0.19 0.037
解析 本题考查研究匀变速直线运动。(1)由于小车获得速度后在摩擦力作用下减速运动,故 相邻水滴间的距离逐渐减小,结合图(b)可知小车向左运动。(2)由题意知,30 s内滴下46滴水,共 45个时间间隔,故相邻两滴水的时间间隔T= s= s。由匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得vA= mm/s=0.19 m/s。由逐差法得小车运动的加速度为a= mm/s2=0.037 m/s2。
方法技巧 “纸带”的处理处理“纸带”时,对于匀变速直线运动,求某点的瞬时速度需利用 = ,求加速度时应利用Δx=aT2。当需要考虑减小偶然误差时,应采用逐差法求加速度。
20.(2017课标Ⅱ,22,6分)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度 之间的关系。使用的器材有:斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器。 实验步骤如下:①如图(a),将光电门固定在斜面下端附近;将一挡光片安装在滑块上,记下挡光片前端相对于 斜面的位置,令滑块从斜面上方由静止开始下滑;②当滑块上的挡光片经过光电门时,用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt;③用Δs表示挡光片沿运动方向的长度[如图(b)所示], 表示滑块在挡光片遮住光线的Δt时间内的平均速度大小,求出 ;
④将另一挡光片换到滑块上,使滑块上的挡光片前端与①中位置相同,令滑块由静止开始下滑, 重复步骤②、③;⑤多次重复步骤④;⑥利用实验中得到的数据作出 -Δt图,如图(c)所示。 图(c)完成下列填空:(1)用a表示滑块下滑的加速度大小,用vA表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小, 则 与vA、a和Δt的关系式为 = 。
(2)由图(c)可求得,vA= cm/s,a= cm/s2。(结果保留3位有效数字)
答案 (1)vA+ Δt (2)52.1 16.3
解析 本题考查匀变速直线运动中平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系。挡光片通过光电门的平均速度 等于Δt时间段的中间时刻的速度由v=v0+at可知 =vA+a 即 =vA+ a·Δt,由图像的截距可知vA=52.12 cm/s≈52.1 cm/s其斜率k= a,故物体的加速度a=2k=16.3 cm/s2
21.(2016课标Ⅱ,22,6分)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究,实验装置如图(a)所示:轻弹 簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接,纸带穿过打点计时器并 与物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离,由静止释放物块,通过测量和计算,可求得弹簧 被压缩后的弹性势能。 图(a)(1)实验中涉及下列操作步骤:①把纸带向左拉直②松手释放物块
③接通打点计时器电源④向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是 (填入代表步骤的序号)。(2)图(b)中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。打点计时器所 用交流电的频率为50 Hz。由M纸带所给的数据,可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧 时的速度为 m/s。比较两纸带可知, (填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被 压缩后的弹性势能大。 图(b)
答案 (1)④①③② (2)1.29 M
解析 (1)实验步骤中,一定要注意接通打点计时器电源之后再松手释放物块。若次序搞反,可 能造成物块已离开桌面但打点计时器还没有开始工作。(2)从纸带上看,最后两个数据2.58 cm、2.57 cm相差不大,表示物块已经脱离弹簧,所以速度v= ×10-2 m/s≈1.29 m/s,同理可计算出打下L纸带时物块脱离弹簧的速度要小一些。
审题指导 通过打点计时器打下的纸带可分析物体的运动过程。本题中,从前面几个数据可 以看出相等时间内的位移逐渐增大,表明此阶段物块在弹簧弹力作用下加速运动,从后面两个 数据可以看出相等时间内的位移几乎不变,表明此阶段物块已经脱离了弹簧,近似做匀速直线 运动。
评析 本题考查打点计时器的相关实验,与探究弹簧弹性势能相结合,不落俗套。
22.(2015课标Ⅱ,22,6分,0.395)某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因 数。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz,物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图 (b)所示,图中标出了五个连续点之间的距离。 (1)物块下滑时的加速度a= m/s2,打C点时物块的速度v= m/s;(2)已知重力加速度大小为g,为求出动摩擦因数,还必须测量的物理量是 (填正确答案标 号)。A.物块的质量B.斜面的高度C.斜面的倾角
答案 (1)3.25(2分) 1.79(2分) (2)C(2分)
解析 (1)a= =3.25 m/s2vC= =1.79 m/s(2)因为a=(mg sin θ-μmg cos θ)/m=g sin θ-μg cos θ所以μ= 欲求出μ还需知道斜面倾角,故选C项。
23.(2015课标Ⅰ,22,6分,0.369)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点 时的速度的实验。所用器材有:玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为 R=0.20 m)。 完成下列填空:(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上,如图(a)所示,托盘秤的示数为1.00 kg;
(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时,托盘秤的示数如图(b)所示,该示数为 kg;(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放,小车经过最低点后滑向另一侧。此过程中托盘秤的 最大示数为m;多次从同一位置释放小车,记录各次的m值如下表所示:
(4)根据以上数据,可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为 N;小车通过最 低点时的速度大小为 m/s。(重力加速度大小取9.80 m/s2,计算结果保留2位有效数字)
答案 (2)1.40(2分) (4)7.9(2分) 1.4(2分)
解析 (2)示数为1.40 kg,注意估读。(4)小车经过凹形桥最低点时对桥的压力N= g-M桥g=(1.81-1.00)×9.80 N=7.9 N,小车通过最低点时受到的支持力N'=N=7.9 N,小车质量m车=1.40 kg-1.00 kg=0.40 kg,由N'-m车g=m车 ,解得v=1.4 m/s。
24.(2016课标Ⅲ,23,10分)某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力 之间的关系。图中,置于实验台上的长木板水平放置,其右端固定一轻滑轮;轻绳跨过滑轮,一 端与放在木板上的小滑车相连,另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N=5个,每个质 量均为0.010 kg。实验步骤如下: 图(a)(1)将5个钩码全部放入小车中,在长木板左下方垫上适当厚度的小物块,使小车(和钩码)可以 在木板上匀速下滑。(2)将n(依次取n=1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端,其余N-n个钩码仍留在小车内;用手按住小车
并使轻绳与木板平行。释放小车,同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s, 绘制s-t图象,经数据处理后可得到相应的加速度a。(3)对应于不同的n的a值见下表。n=2时的s-t图象如图(b)所示;由图(b)求出此时小车的加速度 (保留2位有效数字),将结果填入下表。
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点,并作出a-n图象。从图象可以看出:当物体质量 一定时,物体的加速度与其所受的合外力成正比。 图(b) 图(a)
(5)利用a-n图象求得小车(空载)的质量为 kg(保留2位有效数字,重力加速度取g=9.8 m·s-2)。(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1),下列说法正确的是 (填入正确选项前的标号)。A.a-n图线不再是直线B.a-n图线仍是直线,但该直线不过原点C.a-n图线仍是直线,但该直线的斜率变大
答案 (3)0.39(2分。在0.37~0.49范围内都给分)(4)如图所示(3分) (5)0.45(3分。在0.43~0.47范围内都给分)(6)BC(2分。选对一个给1分,有选错的不给这2分)
解析 (3)由s= at2得:a= ,在s-t图象中找一点坐标,代入公式即可求出a。(5)对小车和钩码组成的系统应用牛顿第二定律:nmg=(M+Nm)a,则a= = ,a-n图象的斜率k= ,从而可解出M。(6)对于已平衡摩擦力的情况,对整体应用牛顿第二定律:nmg=(M+Nm)a,则a= n①;对于木板水平的情况,对整体应用牛顿第二定律:nmg-μ[M+(N-n)m]g=(M+Nm)a,整理得:a= n-μg②,比较①②可见,B、C均正确。
解题技巧 利用图象处理实验数据是实验中最常用的方法,解决本题的基本对策是写出图象 对应的函数,困难便迎刃而解。
易错分析 (3)(5)中的计算结果一定要按照有效数字的位数要求填写。画a-n图象时,所画直 线要符合以下要求:让尽可能多的点落在直线上;不能落在直线上的点要均匀分布于直线的两 侧;一定要利用直尺画线。
考点二 电学实验A组 自主命题·天津卷题组
1.[2019天津理综,9(3)]现测定长金属丝的电阻率。①某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示,其读数是 mm。 ②利用下列器材设计一个电路,尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻Rx约 为100 Ω,画出实验电路图,并标明器材代号。电源E (电动势10 V,内阻约为10 Ω)电流表A1 (量程0~250 mA,内阻R1=5 Ω)电流表A2 (量程0~300 mA,内阻约为5 Ω)滑动变阻器R (最大阻值10 Ω,额定电流2 A)开关S及导线若干③某同学设计方案正确,测量得到电流表A1的读数为I1,电流表A2的读数为I2,则这段金属丝电 阻的计算式Rx= 。从设计原理看,其测量值与真实值相比 (填“偏大”、 “偏小”或“相等”)。
答案 ①0.200(0.196~0.204均可) ②如图 ③ 相等
解析 本题考查测定金属丝电阻率的电路设计及对应的实验原理、误差分析,考查了学生的 实验设计能力和综合分析能力,体现了实验探究中问题、证据、解释的素养要素。①螺旋测微器的分度值为0.01 mm,需要估读一位,故读数为0.200 mm。②因为R的最大阻值比Rx小得多,所以滑动变阻器必须采用分压式接法。因为电流表A1的内阻 R1有确定值,所以可把A1与金属丝并联,使A1起到电流表和电压表的双重作用。电路图见答 案。③由电路图可得Rx= = ,本设计方案无系统误差,故测量值等于真实值。
温馨提示 当电流表内阻为确定值时,电流表可起到双重作用,当流过的电流为I时,其两端电 压U=IRA;同理,当电压表内阻为确定值时,电压表也可起到双重作用,当示数为U时,流过它的电 流I= 。
2.[2018天津理综,9(3)]某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10 kΩ),除了Rx、开关S、 导线外,还有下列器材供选用:A.电压表(量程0~1 V,内阻约10 kΩ)B.电压表(量程0~10 V,内阻约100 kΩ)C.电流表(量程0~1 mA,内阻约30 Ω)D.电流表(量程0~0.6 A,内阻约0.05 Ω)E.电源(电动势1.5 V,额定电流0.5 A,内阻不计)F.电源(电动势12 V,额定电流2 A,内阻不计)G.滑动变阻器R0(阻值范围0~10 Ω,额定电流2 A)①为使测量尽量准确,电压表选用 ,电流表选用 ,电源选用 。 (均填器材的字母代号)②画出测量Rx阻值的实验电路图。③该同学选择器材、连接电路和操作均正确,从实验原理上看,待测电阻测量值会 其 真实值(填“大于”、“小于”或“等于”),原因是 。
答案 ①B C F②如图所示 ③大于 电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他正确表述也可)
解析 本题考查伏安法测电阻。①由于Rx的阻值约为10 kΩ,电压表内阻应远大于10 kΩ,故电压表应选B;电路电流最大值约为1 mA,故电流表应选C;电源应选F。②因Rx> ,属于大电阻,故电流表采用内接法,而滑动变阻器R0的阻值小于Rx,则滑动变阻器R0采用分压式接法,如答案图所示。③由于电压表的读数为电阻Rx和电流表内阻的分压和,而电流表的读数是流过Rx的实际电流, 故待测电阻测量值会大于其真实值。
知识拓展 若滑动变阻器的阻值小于被测电阻值,为减小误差,滑动变阻器采用分压式接法。
3.[2017天津理综,9(3)]某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻。其 中电流表A1的内阻r1=1.0 kΩ,电阻R1=9.0 kΩ,为了方便读数和作图,给电池串联一个R0=3.0 Ω的 电阻。①按图示电路进行连接后,发现aa'、bb'和cc'三条导线中,混进了一条内部断开的导线。为了 确定哪一条导线内部是断开的,将电键S闭合,用多用电表的电压挡先测量a、b'间电压,读数不 为零,再测量a、a'间电压,若读数不为零,则一定是 导线断开;若读数为零,则一定是 导线断开。 ②排除故障后,该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置,得到电流表A1和A2 的多组I1、I2数据,作出图像如图。由I1-I2图像得到电池的电动势E= V,内阻r= Ω。
答案 ①aa' bb' ②1.41(1.36~1.44均可) 0.5(0.4~0.6均可)
解析 ①用多用电表的电压挡测Uab'≠0,说明两表笔与电源两极间为通路,问题出在a、b'之间 的含有电键的电路部分;若Uaa'≠0,说明aa'导线断路,若Uaa'=0,说明导线bb'断开。②由于I2≫I1,故可将I2视为干路电流,则有I1(R1+r1)=E-I2(r+R0)则I1= - ·I2,故从图线的截距和斜率可求得E=1.41 V,r=0.5 Ω。
解题指导 ①在用多用电表电压挡排查电路故障时,读数不为零,说明两表笔与电源之间的线 路连通,读数反映的是电源两极电压(在没有其他支路连通时),断点在多用电表两表笔之间的 电路。②本实验中,由于I1与I2的读数数量级相差巨大,故可忽略I1,把I2视为干路电流。
4.[2016天津理综,9(3)]某同学想要描绘标有“3.8 V,0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线,要 求测量数据尽量精确、绘制曲线完整。可供该同学选用的器材除开关、导线外,还有:电压表V1(量程0~3 V,内阻等于3 kΩ)电压表V2(量程0~15 V,内阻等于15 kΩ)电流表A1(量程0~200 mA,内阻等于10 Ω)电流表A2(量程0~3 A,内阻等于0.1 Ω)滑动变阻器R1(0~10 Ω,额定电流2 A)滑动变阻器R2(0~1 kΩ,额定电流0.5 A)定值电阻R3(阻值等于1 Ω)定值电阻R4(阻值等于10 Ω)定值电阻R5(阻值等于1 kΩ)电源E(E=6 V,内阻不计)①请画出实验电路图,并将各元件字母代码标在该元件的符号旁。②该同学描绘出的I-U图像应是下图中的 。
答案 ①如图所示 ②B
解析 ①首先考虑测量电路:由于小灯泡的规格为“3.8 V,0.3 A”,可知电表V2、A2量程太大 而不能选用;电表V1、A1则需要改装才能获得小灯泡完整的伏安特性曲线。A1与R4并联可得 量程为0~0.4 A的电流表,V1与R5串联可得量程为0~4 V的电压表,因小灯泡电阻值较小,测量电 路应采用电流表外接的方式。再考虑控制电路:首先由调节的方便性可知滑动变阻器应选用 R1,再由“绘制曲线完整”可知测量电压与电流应从零开始变化,故连接方法应选用分压式接 法。②在I-U图像中,图线上某点与原点连线的斜率表示该状态下电阻的倒数。由于小灯泡灯 丝的阻值是随温度升高而增大的,故只有B正确。
解题指导 本题以描绘伏安特性曲线为载体,考查了电表的改装、器材选择、电路设计等多 个知识点,综合考查考生分析、处理问题的能力,难度中等。
反思总结 本题中虽然改装后的电表内阻都是已知的,原则上内、外接法都可得到小灯泡两 端的准确电压与通过的准确电流,但需兼顾数据处理的方便性,故在电压表内阻远大于小灯泡 电阻值时应采用电流表外接法。
5.[2015天津理综,9(3)]用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组(电动势约4.5 V,内电阻约1 Ω)的电动势和内电阻,除待测电池组、电键、导线外,还有下列器材供选用:A.电流表:量程0.6 A,内电阻约1 ΩB.电流表:量程3 A,内电阻约0.2 ΩC.电压表:量程3 V,内电阻约30 kΩD.电压表:量程6 V,内电阻约60 kΩE.滑动变阻器:0~1 000 Ω,额定电流0.5 AF.滑动变阻器:0~20 Ω,额定电流2 A①为了使测量结果尽量准确,电流表应选用 ,电压表应选用 ,滑动变阻器应选 用 (均填仪器的字母代号)。②如图为正确选择仪器后,连好的部分电路。为了使测量误差尽可能小,还需在电路中用导线 将 和 相连、 和 相连、 和 相连(均填仪器 上接线柱的字母代号)。
③实验时发现电流表坏了,于是不再使用电流表,剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器,重 新连接电路,仍能完成实验。实验中读出几组电阻箱的阻值R和对应电压表的示数U。用图像 法处理采集到的数据,为在直角坐标系中得到的函数图像是一条直线,则可以 为纵坐 标,以 为横坐标。
答案 ①A D F ②a d c g f h ③见解析
解析 ①为了防止电源急剧放电时产生极化现象而引起电动势的下降,一般在测电源电动势 与内电阻时,电源的放电电流控制在0.5 A以内,故电流表应选用A;因三节干电池的总电动势约 为4.5 V,故选用量程是6 V的电压表D;总阻值为20 Ω的滑动变阻器F可使电路中的最小电流约 为Imin= =0.225 A,而滑动变阻器E阻值太大,故滑动变阻器应选用F。②因电流表内阻rA≈1 Ω与电源内阻大致相等且未知,故需采用电流表外接法,以避免电流表内 阻引起的系统误差,原理图如图, 故需将a与d、c与g、f与h相连。③用伏阻法测电源电动势与内电阻时,由闭合电路欧姆定律有E=U+ r,由此可得 = + ·
评析 本题通过测电源电动势与内电阻的实验考查了器材选取、电路连接、数据处理等,试 题难度中等。
6.[2014天津理综,9(3),6分]现要测量一个未知电阻Rx的阻值,除Rx外可用的器材有:多用电表(仅可使用欧姆挡);一个电池组E(电动势6 V);一个滑动变阻器R(0~20 Ω,额定电流1 A);两个相同的电流表G(内阻Rg=1 000 Ω,满偏电流Ig=100 μA);两个标准电阻(R1=29 000 Ω,R2=0.1 Ω);一个电键S、导线若干。①为了设计电路,先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻,采用“×10”挡,调零后测量该电阻,发 现指针偏转非常大,最后几乎紧挨满偏刻度停下来,下列判断和做法正确的是 (填字母 代号)。A.这个电阻阻值很小,估计只有几欧姆B.这个电阻阻值很大,估计有几千欧姆C.如需进一步测量可换“×1”挡,调零后测量D.如需进一步测量可换“×1k”挡,调零后测量
②根据粗测的判断,设计一个测量电路,要求测量尽量准确并使电路能耗较小,画出实验电路 图,并将各元件字母代码标在该元件的符号旁。
答案 ①AC②如图所示
解析 ①欧姆挡的零刻线在右侧,指针偏转越大时阻值越小,故A正确。要使指针指在中间刻 度线附近,由“阻值=读数×倍率”可知所选倍率应减小以增大读数,故C正确。②由电路能耗 较小的要求可知控制电路应采用限流式。因器材中只有两个内阻已知的电流表,故可考虑改 装:由题给数据可知电流表G与R1可改装为一个量程为3 V的电压表。电流表G与R2可改装为 一个量程为1 A 的电流表。改装后的内阻分别为RV=30 000 Ω与RA=0.1 Ω,而被测电阻的阻值 约为几欧,属于小电阻,故测量电路应采用外接法,电路图见答案。
7.[2013天津理综,9(3)]要测绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线,灯泡两端的电 压需要由零逐渐增加到 3 V,并便于操作。已选用的器材有:电池组(电动势为4.5 V,内阻约1 Ω);电流表(量程为0~250 mA,内阻约5 Ω);电压表(量程为0~3 V,内阻约3 kΩ);电键一个、导线若干。①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的 (填字母代号)。A.滑动变阻器(最大阻值20 Ω,额定电流1 A)B.滑动变阻器(最大阻值1 750 Ω,额定电流0.3 A)②实验的电路图应选用下列的图 (填字母代号)。
③实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V,内阻为 5 Ω的电源两端,小灯泡消耗的功率是 W。
答案 ①A ②B ③0.1
解析 ①测绘小灯泡的伏安特性曲线,要求能较大范围测量数据,所以控制电路部分应用分压 式接法,滑动变阻器应用最大阻值小额定电流大的A。②灯泡的电阻R= =15 Ω,额定电流I= =0.2 A,由R=15 Ω< = Ω,依据“大内小外”的原则,可知电流表应采用外接法,故选B。③在灯泡的I-U图上作出电源的I-U图线,交点即为这个电源给这个灯泡供电时的电流和电压, 此时P灯=IU=0.1×1 W=0.1 W。
8.(2016北京理综,19,6分)某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻,他们提出的 实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确,最不可取的一组器材是 ( )A.一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器B.一个伏特表和多个定值电阻C.一个安培表和一个电阻箱D.两个安培表和一个滑动变阻器
答案 D 根据U=E-Ir,要测出E和r,就要同时测出U和I,A、B、C三个选项都能满足要求;D选 项只能测出电流I,不能测出电压U,所以选D。
解题方法 测量电源的电动势和内阻有多种方法,最常用的方法有:
1.伏安法,电路如图1所示。 图1
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
2.伏阻法,电路如图2所示。 图2
3.安阻法,电路如图3所示。 图3
9.[2016北京理综,21(1),0.74]热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。图为某种热敏电 阻和金属热电阻的阻值R随温度t变化的示意图。由图可知,这种热敏电阻在温度上升时导电 能力 (选填“增强”或“减弱”);相对金属热电阻而言,热敏电阻对温度变化的响应 更 (选填“敏感”或“不敏感”)。
答案 增强 敏感
解析 由R-t图知热敏电阻随t增大阻值R减小,所以导电能力增强;由题图中可看出,相对金属 热电阻而言,随温度变化,热敏电阻的阻值变化更明显,即热敏电阻对温度变化的响应更敏感。
10.(2019课标Ⅱ,23,10分)某小组利用图(a)所示的电路,研究硅二极管在恒定电流条件下的正向 电压U与温度t的关系,图中 和 为理想电压表;R为滑动变阻器,R0为定值电阻(阻值100 Ω);S为开关,E为电源。实验中二极管置于控温炉内,控温炉内的温度t由温度计(图中未画出)测 出。图(b)是该小组在恒定电流为50.0 μA时得到的某硅二极管U-t关系曲线。回答下列问题: 图(a)(1)实验中,为保证流过二极管的电流为50.0 μA,应调节滑动变阻器R,使电压表 的示数为U1= mV;根据图(b)可知,当控温炉内的温度t升高时,硅二极管正向电阻 (填“变 大”或“变小”),电压表 示数 (填“增大”或“减小”),此时应将R的滑片向 (填“A”或“B”)端移动,以使 示数仍为U1。
(2)由图(b)可以看出U与t成线性关系。硅二极管可以作为测温传感器,该硅二极管的测温灵敏 度为 = ×10-3 V/℃(保留2位有效数字)。 图(b)
答案 (1)5.00 变小 增大 B (2)2.8
解析 本实验考查运用闭合电路欧姆定律计算电压,并且分析了硅二极管两端的电压与温度 的关系,考查学生的实验能力,体现了科学探究核心素养,又体现了创新思维和创新意识的价值 观念。(1)实验中I=50.0 μA,R0=100 Ω,所以U1=IR0=5.00 mV,因为图(b)是在恒定电流条件下得到的图 像,斜率为负值,所以随温度的升高,硅二极管正向电压变小,由R硅= ,可知硅二极管正向电阻变小,则回路中电流变大,且R0为定值电阻, 的示数增大。为了确保回路中电流恒定,应使滑动变阻器的阻值变大,故滑片应向B端滑动。(2)图(b)中图线纵轴截距为0.44 V,所以 = V/℃=2.8×10-3 V/℃。
审题指导 运用闭合电路欧姆定律讨论电路中的动态变化,注意在图像中横、纵坐标均不是 从0开始的。
11.(2019课标Ⅰ,23,10分)某同学要将一量程为250 μA的微安表改装为量程为20 mA的电流 表。该同学测得微安表内阻为1 200 Ω,经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接,进行改 装。然后利用一标准毫安表,根据图(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后 的电表)。 图(a)
图(b)(1)根据图(a)和题给条件,将图(b)中的实物连线。(2)当标准毫安表的示数为16.0 mA时,微安表的指针位置如图(c)所示。由此可以推测出所改 装的电表量程不是预期值,而是 。(填正确答案标号)
图(c)A.18 mA B.21 mA C.25 mA D.28 mA(3)产生上述问题的原因可能是 。(填正确答案标号)A.微安表内阻测量错误,实际内阻大于1 200 ΩB.微安表内阻测量错误,实际内阻小于1 200 ΩC.R值计算错误,接入的电阻偏小D.R值计算错误,接入的电阻偏大
(4)要达到预期目的,无论测得的内阻值是否正确,都不必重新测量,只需要将阻值为R的电阻换 为一个阻值为kR的电阻即可,其中k= 。
解析 本题考查了电学实验中的电表改装的相关知识;考查了考生的实验能力、分析推理能 力,体现了物理核心素养中的科学探究要素,以及科学态度与责任。 (1)本实验的目的是对电流表进行扩大量程的改装,故应将定值电阻R与微安表并联。实 物连线如答案图所示。(2)当标准毫安表示数为16.0 mA时,微安表示数为0.16 mA,故当微安表指针满偏时,测量的电 流值应为25 mA,选项C正确。(3)出现上述现象的原因可能有两个:一是并联电阻R偏小;二是微安表内阻测量值偏小。故选 A、C。(4)设微安表内阻为R0,满偏电流为I0,改装成量程为I的电流表时并联电阻R= R0,故I=25 mA与I'=20 mA对应的并联电阻的关系为R'= R,代入数值得k= = 。
12.(2019课标Ⅲ,23,10分)某同学欲将内阻为98.5 Ω、量程为100 μA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15 kΩ刻度正好对应电流表表盘的50 μA刻度,可选用的 器材还有:定值电阻R0(阻值14 kΩ),滑动变阻器R1(最大阻值1 500 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值50 0 Ω),电阻箱(0~99 999.9 Ω),干电池(E=1.5 V,r=1.5 Ω),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”)。 图(a)
(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 、 。 图(b)(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。
图(c)
答案 (1)连线如图 900 R1 (2)45 5 (3)0 35 000.0
解析 本题考查了欧姆表的改装及电阻箱的读数,考查了学生的实验能力,体现了科学思维中 的科学推理素养要素,渗透了实践的价值观念。(1)由题意知改装的欧姆表的中值电阻即内阻为15 kΩ,即R0+rg+r+R=15 kΩ,故R=15 kΩ-14 kΩ-9 8.5 Ω-1.5 Ω=900 Ω。由于滑动变阻器接入电路中的阻值大于R2的最大阻值,故只能选用R1。(2)由闭合电路的欧姆定律有:1.5 V=25 μA×(Ra+15 kΩ),1.5 V=75 μA×(Rb+15 kΩ),解得Ra=45 kΩ,Rb=5 kΩ。(3)红、黑表笔短接,进行欧姆调零。由图得电阻箱的读数为3×10 kΩ+5×1 kΩ+0×100 Ω+0×10 Ω+0×1 Ω+0×0.1 Ω=35 000.0 Ω。
13.(2019江苏单科,11,10分)某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率。实验操作如下:(1)螺旋测微器如题图1所示。在测量电阻丝直径时,先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆 之间,再旋动 (选填“A”“B”或“C”),直到听见“喀喀”的声音,以保证压力适当, 同时防止螺旋测微器的损坏。 图1(2)选择电阻丝的 (选填“同一”或“不同”)位置进行多次测量,取其平均值作为电 阻丝的直径。
(3)图2甲图中Rx为待测电阻丝。请用笔画线代替导线,将滑动变阻器接入图2乙图实物电路中 的正确位置。 图2甲图
图2乙图
(4)为测量Rx,利用图2甲图所示的电路,调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值,作出的U1- I1关系图像如图3所示。接着,将电压表改接在a、b两端,测得5组电压U2和电流I2的值,数据见 下表:
请根据表中的数据,在方格纸上作出U2-I2图像。 图3(5)由此,可求得电阻丝的Rx= Ω。根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率。
答案 (1)C (2)不同 (3)见图甲 (4)见图乙(5)23.5(23.0~ 24.0都算对) 图甲
图乙
解析 本题通过测电阻丝电阻率的实验考查了基本仪器的使用、电路实物图连接及数据的 处理等问题,考查了学生的实验操作、处理等能力,体现了科学探究中问题、证据、解释、交 流等素养要素,渗透了创新的价值观念。(1)为防止测砧与测微螺杆对电阻丝产生的压力过大,应该旋动微调旋钮C。(2)为防止电阻丝的粗细不均匀造成对其直径测量的误差,要求在电阻丝上不同位置测量后取 其平均值。(3)实物图连接见答案。(4)将表格中数据先在方格纸上描点,再用平滑的直线连接,图见答案。(5)在题图甲电路中U1=I1(Rx+RA+R0),当电压表改接在a、b两端时U2=I2(RA+R0),可见U1-I1图线的 斜率k1=Rx+RA+R0,U2-I2图线的斜率k2=RA+R0,故由两图线的斜率可得被测电阻的阻值Rx=k1-k2≈2 3.5 Ω。
14.(2018课标Ⅰ,23,10分)某实验小组利用如图(a)所示的电路探究在25 ℃~80 ℃范围内某热敏 电阻的温度特性。所用器材有:置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻RT,其标称值(25 ℃时 的阻值)为900.0 Ω;电源E(6 V,内阻可忽略);电压表 (量程150 mV);定值电阻R0(阻值20.0 Ω),滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω);电阻箱R2(阻值范围0~999.9 Ω);单刀开关S1,单刀双掷开关S2。 图(a)实验时,先按图(a)连接好电路,再将温控室的温度t升至80.0 ℃。将S2与1端接通,闭合S1,调节R1
的滑片位置,使电压表读数为某一值U0;保持R1的滑片位置不变,将R2置于最大值,将S2与2端接 通,调节R2,使电压表读数仍为U0;断开S1,记下此时R2的读数。逐步降低温控室的温度t,得到相 应温度下R2的阻值,直至温度降到25.0 ℃。实验得到的R2-t数据见下表。
回答下列问题:(1)在闭合S1前,图(a)中R1的滑片应移动到 (填“a”或“b”)端;(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点,并作出R2-t曲线; 图(b)
图(c)
(3)由图(b)可得到RT在25 ℃~80 ℃范围内的温度特性。当t=44.0 ℃时,可得RT= Ω;(4)将RT握于手心,手心温度下R2的相应读数如图(c)所示,该读数为 Ω,则手心温度为 ℃。
答案 (1)b (2)如图所示 (3)450 (4)620.0 33.0
解析 本题考查替代法测电阻、绘图能力及电阻箱的读数等。(1)滑动变阻器是限流式接法,S1闭合前,滑片应置于使滑动变阻器连入电路的阻值最大的位置, 即b端。 (2)由题给数据描完点后,观察这些点的分布规律,应画一条平滑曲线,让尽可能多的点落 在线上,不在线上的点要均匀分布在线的两侧。 (3)由R2-t图线知,当t=44.0 ℃时,RT=450 Ω。 (4)电阻箱的读数为(6×100+2×10+0×1+0×0.1)Ω=620.0 Ω,由R2-t图像知,当R2=620.0 Ω时,t= 33.0 ℃。
15.(2018课标Ⅱ,22,6分)某同学组装一个多用电表。可选用的器材有:微安表头(量程100 μA,内 阻 900 Ω);电阻箱R1(阻值范围0~ 999.9 Ω);电阻箱R2(阻值范围0~ 99 999.9 Ω);导线若干。要求利用所给器材先组装一个量程为1 mA的直流电流表,在此基础上再将它改装成量程为3 V的直流电压表。组装好的多用电表有电流1 mA和电压3 V两挡。回答下列问题:(1)在虚线框内画出电路图并标出R1和R2,其中*为公共接线柱,a和b分别是电流挡和电压挡的 接线柱。 (2)电阻箱的阻值应取R1= Ω,R2= Ω。(保留到个位)
答案 (1)如图所示 (2)100 2 910
解析 本题考查电表的改装。将量程为100 μA的微安表头改装成量程为1 mA的直流电流表,应并联一个分流电阻,分流电阻 的阻值为 =100 Ω,选用R1;再串联一分压电阻可改装成量程为3 V的电压表,分压电阻的阻值为 = Ω=2 910 Ω,选用R2。
规律总结 电表改装的原理应用并联分流的规律改装电流表;应用串联分压的规律改装电压表。
16.(2017课标Ⅲ,23,9分)图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池;R1、 R2、R3、R4和R5是固定电阻,R6是可变电阻;表头 的满偏电流为250 μA,内阻为480 Ω。虚线方框内为换挡开关,A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位,5个挡位为:直流电压1 V挡和5 V挡,直流电流1 mA挡和2.5 mA挡,欧姆×100 Ω挡。 图(a)
图(b)(1)图(a)中的A端与 (填“红”或“黑”)色表笔相连接。(2)关于R6的使用,下列说法正确的是 (填正确答案标号)。A.在使用多用电表之前,调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B.使用欧姆挡时,先将两表笔短接,调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C.使用电流挡时,调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置(3)根据题给条件可得R1+R2= Ω,R4= Ω。
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”相连的,则多用电表读 数为 ;若此时B端是与“3”相连的,则读数为 ;若此时B端是与“5”相连的,则读 数为 。(结果均保留3位有效数字)
答案 (1)黑 (2)B (3)160 880(4)1.47 mA 1.10×103 Ω 2.95 V
解析 (1)换挡开关接“3”时为欧姆挡,内部接有电源,电流从电源正极流出,经A端流出,经B 端流入表内,回到电源负极,“红”进“黑”出,则A端应与黑色表笔连接。(2)R6应是欧姆挡的欧姆调零电阻,故B选项正确。而在使用多用电表之前,要进行机械调零,使 电表指针指在表盘左端电流“0”位置,故A选项错误。使用电流挡时不需要欧姆调零,故C选 项错误。(3)当换挡开关接“2”时为直流电流1 mA挡,此时R1和R2串联后与表头 并联,满偏时总电流为1 mA,则R1、R2中的电流为1 mA-Ig,电压为IgRg,则R1+R2= = Ω=160 Ω;当换挡开关接4时为直流电压1 V挡,此时R1和R2串联后与表头 并联,然后再与R4串联,满偏时总电压为1 V,则R4分压为1 V-IgRg=1 V-250×10-6×480 V=0.88 V,流过R4的电流为1 mA,则R4= = Ω=880 Ω。(4)若B端与“1”相连,则为直流电流2.5 mA挡,观察图(b)中下方刻度,共50个小格,则每小格表 示0.05 mA,即分度值为0.05 mA,由 估读法可得读数为1.47 mA。若B端与“3”连接,则为欧姆×100 Ω挡,指针指在上边欧姆表盘“11”位置,则可得读数为1.10×103 Ω。
若B端与“5”连接,则为直流电压5 V挡,观察图(b)中下方刻度,共50个小格,则每小格表示0.1 V,即分度值为0.1 V,由 估读法可得读数为2.95 V。
命题意图 本题考查多用电表的原理以及电表的改装。
易错分析 ①多用电表的欧姆挡内部有电源,可据此判断A端与黑色表笔相连。②多用电表内部电路图串、并联关系要明确。③欧姆挡读数为指针示数乘以所选挡位倍率,电压挡、电流挡读数要注意分度值及估读问 题。④注意题目要求的保留几位有效数字。
17.(2016课标Ⅱ,23,9分)某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V的电压表 的内阻(内阻为数千欧姆),可供选择的器材有:电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω),滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω), 滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ),直流电源E(电动势3 V),开关1个,导线若干。实验步骤如下:①按电路原理图(a)连接线路;②将电阻箱阻值调节为0,将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置,闭合开 关S;③调节滑动变阻器,使电压表满偏;④保持滑动变阻器滑片的位置不变,调节电阻箱阻值,使电压表的示数为2.00 V,记下电阻箱的 阻值。
图(a)
回答下列问题:(1)实验中应选择滑动变阻器 (填“R1”或“R2”)。(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线。 图(b)(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω,若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不 变,计算可得电压表的内阻为 Ω(结果保留到个位)。
(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的,可推断该表头的满刻度电流为 (填正 确答案标号)。A.100 μA B.250 μA C.500 μA D.1 mA
答案 (1)R1 (2)如图所示 (3)2 520 (4)D
解析 (1)在保证电路安全的前提下,分压式电路中的滑动变阻器应选用总阻值小的。(2)见答案图。(3)电压表示数为2.00 V,说明电阻箱分压为0.5 V,可知RV=4R=4×630.0 Ω=2 520 Ω。(4)I满= = =1 mA。
疑难突破 (1)电压表满偏电压为2.5 V,步骤④中电压表示数为2.00 V,说明电阻箱仅分压0.5 V。(2)电压表的满刻度电流与表头一致,故I满= 。
评析 半偏法测量电表内阻是高考常考题型,但本题中并没有使电压表真正半偏,而是使示数 变为满偏的五分之四,考生需要灵活运用半偏法的基本原理,体会到其中电阻箱阻值仅为电压 表内阻的四分之一,该题目有一定难度。
18.[2011北京理综,21(1)]用如图所示的多用电表测量电阻,要用到选择开关K和两个部 件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量: ①旋动部件 ,使指针对准电流的“0”刻线。②将K旋转到电阻挡“×100”的位置。③将插入“+”、“-”插孔的表笔短接,旋动部件 ,使指针对准电阻的 (填 “0刻线”或“∞刻线”)。④将两表笔分别与待测电阻相接,发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果,请
从下列选项中挑出合理的步骤,并按 的顺序进行操作,再完成读数测量。A.将K旋转到电阻挡“×1 k”的位置B.将K旋转到电阻挡“×10”的位置C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D.将两表笔短接,旋动合适部件,对电表进行校准
答案 ①S ③T 0刻线 ④ADC
解析 使指针对准电流的“0”刻线,应旋动机械调零部件S;使指针对准电阻的“0”刻线,应 旋动欧姆调零部件T;测电阻时若指针偏转角度过小,则待测电阻的阻值很大,据欧姆表测电阻 时指针尽可能接近“中值”的原则知,应换用较大倍率的挡位。因此A合理;每换一次挡位应 重新调零,则选D;测电阻时两表笔的金属部分分别与被测电阻两引线相连,应选C。
19.(2014北京理综,21,18分,0.71)利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要 求尽量减小实验误差。(1)应该选择的实验电路是图1中的 (选填“甲”或“乙”)。
图1
(2)现有电流表(0~0.6 A)、开关和导线若干,以及以下器材:A.电压表(0~15 V)B.电压表(0~3 V)C.滑动变阻器(0~50 Ω)D.滑动变阻器(0~500 Ω) 实验中电压表应选用 ;滑动变阻器应选用 。(选填相应器材前的字母)(3)某位同学记录的6组数据如表所示,其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上,请标出
余下一组数据的对应点,并画出U-I图线。
图2 (4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E= V,内电阻r= Ω。
(5)实验中,随着滑动变阻器滑片的移动,电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变 化。图3的各示意图中正确反映P-U关系的是 。
图3
答案 (1)甲 (2)B C (3)如图所示(4)1.50(1.49~1.51) 0.83(0.81~0.85) (5)C
解析 (1)干电池内电阻较小,远小于电压表内阻,选用甲电路时电源内电阻的测量值相对误差 小。(2)一节干电池的电动势只有1.5 V左右,故电压表应选用量程较小的B,干电池的内电阻一 般只有零点几欧或几欧,为调节方便,滑动变阻器应选用总阻值与之相差较小的C。(3)作图过 程略,图见答案。(4)由U=E-Ir知U-I图线在U轴上的截距表示E、斜率的绝对值表示r,由图线可 得E=1.50 V,r=0.83 Ω。(5)由P=IU= ×U= (UE-U2)可知,P-U图线是一条开口向下的抛物线,故选C。
考查点 测电源的电动势和内阻。
解题关键 (1)实验电路的选择不要与“伏安法测电阻”的电路混淆。(2)若选用0~500欧姆的滑动变阻器,在移动滑片的大多数距离上,电表示数会几乎不变。(3)在应用图像时,要注意纵坐标的起点。
20.(2013北京理综,21,18分,0.75)某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻RX的阻值。(1)现有电源(4 V,内阻可不计)、滑动变阻器(0~50 Ω,额定电流2 A)、开关和导线若干,以及下 列电表:A.电流表(0~3 A,内阻约0.025 Ω)B.电流表(0~0.6 A,内阻约0.125 Ω)C.电压表(0~3 V,内阻约3 kΩ)D.电压表(0~15 V,内阻约15 kΩ)为减小测量误差,在实验中,电流表应选用 ,电压表应选用 (选填器材前的字 母);实验电路应采用图1中的 (选填“甲”或“乙”)。
图1
(2)图2是测量RX的实验器材实物图,图中已连接了部分导线。请根据在(1)问中所选的电路图, 补充完成图2中实物间的连线。 图2(3)接通开关,改变滑动变阻器滑片P的位置,并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次 电表示数如图3所示,可得该电阻的测量值RX= = Ω(保留两位有效数字)。
图3
(4)若在(1)问中选用甲电路,产生误差的主要原因是 ;若在(1)问中选用乙电路,产生误 差的主要原因是 。(选填选项前的字母)A.电流表测量值小于流经RX的电流值B.电流表测量值大于流经RX的电流值C.电压表测量值小于RX两端的电压值D.电压表测量值大于RX两端的电压值
(5)在不损坏电表的前提下,将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端,随滑片P移动距离x的增加, 被测电阻RX两端的电压U也随之增加,下列反映U-x关系的示意图中正确的是 。 图4
答案 (1)B C 甲(2)如图所示 (3)5.2(4)B D(5)A
解析 (1)电源电动势E=4 V,被测电阻RX≈5 Ω,则Imax= = A=0.8 A,电流表若选A读数时误差较大,因此电流表应选B;考虑电压表测量电压时的指针转动范围,电压表应选C。由于 >RX,故电流表应选择外接法(甲图)。(2)见答案。(3)题图3中的电流表示数I=0.50 A,电压表示数U=2.60 V,故RX= =5.2 Ω。(4)甲电路中产生误差的原因是由于电压表的分流作用,使电流表的示数大于流过RX的电流,选 项B正确;乙电路的误差来源于电流表的分压作用,电压表示数为RX和电流表的电压之和,选项 D正确。(5)x增加,U随之增加,说明变阻器接入电路的电阻R随x的增加而减小。设变阻器的总阻值为R 0,滑片P从一端滑向另一端移动的距离为L。忽略电压表、电流表的内阻对电路的影响,则被 测电阻RX两端电压U= E= ,由这一关系式分析可知,选项A正确。
考查点 伏安法测电阻。
解题指导 (1)先估算电压电流的变化范围,再选择合适的电表。 (2)实验电路的选择应遵循“外小内大”的原则,即外接法适合测小电阻,内接法适合测大 电阻。(3)电表的读数要注意是否需要估读。(4)由于电表内阻的影响,这种实验方案会有一定的系统误差,分析误差时,应弄清误差是哪个 表的内阻引起的。(5)对于U随x的变化图像,要从U与x的函数关系式分析。
C组 教师专用题组
21.(2018课标Ⅲ,23,9分)一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值,图中R0 为标准定值电阻(R0=20.0 Ω); 可视为理想电压表;S1为单刀开关,S2为单刀双掷开关;E为电源;R为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验:(1)按照实验原理线路图(a),将图(b)中实物连线;
图(b)
图(a)
(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置,闭合S1;(3)将开关S2掷于1端,改变滑动变阻器滑动端的位置,记下此时电压表 的示数U1;然后将S2掷于2端,记下此时电压表 的示数U2;(4)待测电阻阻值的表达式Rx= (用R0、U1、U2表示);(5)重复步骤(3),得到如下数据:
(6)利用上述5次测量所得 的平均值,求得Rx= Ω。(保留1位小数)
答案 (1)图见解析 (4) R0 (6)48.2
解析 本题考查测量电阻的实验。(1)实物连线如图所示: (4)将开关S2掷于1端,可测得流经R0的电流为 ;将开关S2掷于2端,可测得流经R0和Rx的电流为 。由于 可视为理想电压表,对电路没有影响,则两种情况下,电流相等,即 = ,解得:Rx= R0。(6)根据所给数据,计算 的平均值为3.41,则Rx=(3.41-1)×20.0 Ω=48.2 Ω。
审题指导 本题属于计算型实验题,结合题设条件,利用欧姆定律列方程求解;本题中还有一点 也应注意, 可视为理想电压表,其对电路无影响。
22.(2017课标Ⅱ,23,9分)某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为100 μA,内阻大约 为2 500 Ω)的内阻。可使用的器材有:两个滑动变阻器R1、R2(其中一个阻值为20 Ω,另一个阻 值为2 000 Ω);电阻箱Rz(最大阻值为99 999.9 Ω);电源E(电动势约为1.5 V);单刀开关S1和S 2。C、D分别为两个滑动变阻器的滑片。
图(a) 图(b)
(1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线。(2)完成下列填空:①R1的阻值为 Ω(填“20”或“2 000”)。②为了保护微安表,开始时将R1的滑片C滑到接近图(a)中滑动变阻器的 端(填“左” 或“右”)对应的位置;将R2的滑片D置于中间位置附近。③将电阻箱Rz的阻值置于2 500.0 Ω,接通S1。将R1的滑片置于适当位置,再反复调节R2的滑片D 的位置。最终使得接通S2前后,微安表的示数保持不变,这说明S2接通前B与D所在位置的电势 (填“相等”或“不相等”)。④将电阻箱Rz和微安表位置对调,其他条件保持不变,发现将Rz的阻值置于2 601.0 Ω时,在接通 S2前后,微安表的示数也保持不变。待测微安表的内阻为 Ω(结果保留到个位)。(3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议: 。
答案 (1)如图所示 (2)①20 ②左 ③相等 ④2 550(3)调节R1上的分压,尽可能使微安表接近满量程
解析 本题考查实物图连线、电阻的测量、器材的选取,考查学生的实验能力。(2)①R1为分压电阻,为了有效控制测量电路,故选20 Ω的小电阻;②为了保护微安表,开始R1的滑片C应滑到左端,使微安表示数为零;③当B与D的电势相等时,IDB=0,S2闭合前后电路的电阻不变,导致微安表的示数不变;④设R2中电流为I1,Rz中电流为I2,当φB=φD时URz1=UR2左,URg=UR2右即I2·Rz1=I1R2左,I2Rg=I1R2右得 = 当Rz与微安表对调时,有 = 故有 = Rg= = Ω=2 550 Ω
解题关键 1.理解惠斯通电桥电路的原理。 当G的示数为零时, = 。
2.知道分压电路一定要选最大阻值较小的滑动变阻器。
23.(2016课标Ⅰ,23,10分)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求当热敏电阻的温度达 到或超过60 ℃时,系统报警。提供的器材有:热敏电阻,报警器(内阻很小,流过的电流超过Ic时 就会报警),电阻箱(最大阻值为999.9 Ω),直流电源(输出电压为U,内阻不计),滑动变阻器R1(最大 阻值为1 000 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω),单刀双掷开关一个,导线若干。在室温下对系统进行调节。已知U约为18 V,Ic约为10 mA;流过报警器的电流超过20 mA时,报 警器可能损坏;该热敏电阻的阻值随温度升高而减小,在60 ℃时阻值为650.0 Ω。(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。
(2)电路中应选用滑动变阻器 (填“R1”或“R2”)。(3)按照下列步骤调节此报警系统:①电路接通前,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻值为 Ω;滑动变阻 器的滑片应置于 (填“a”或“b”)端附近,不能置于另一端的原因是 。
②将开关向 (填“c”或“d”)端闭合,缓慢移动滑动变阻器的滑片,直至 。(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变,将开关向另一端闭合,报警系统即可正常使用。
答案 (1)连线如图所示 (2)R2(3)①650.0 b 接通电源后,流过报警器的电流会超过20 mA,报警器可能损坏 ②c 报警器 开始报警
解析 (1)见答案。(2)由R= = Ω=1 800 Ω可知,滑动变阻器应选R2。(3)①电阻箱的电阻值应调为热敏电阻在60 ℃时的阻值,即650.0 Ω。滑动变阻器的滑片应置 于b端,使开关接通后回路中电流最小,以保护报警器,即防止因过载而损坏报警器。②应将开关向c端闭合,然后对系统进行调节。
解题技巧 从提供的单刀双掷开关可以看出,当开关与c接通时,应形成一个完整的电路,以便 对系统进行调节。当调节完成后,只要将开关与d接通,就可以用于报警。由报警电流推算回路中的总电阻值,便可大致确定滑动变阻器的最小阻值,从而确定选用哪一 个变阻器。
反思总结 电学实验题千变万化,但电路的基本要素几乎是不变的,即实验电路总是由“控制 电路”和“工作电路”组成。
24.(2016课标Ⅲ,22,5分)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab 和a1b1固定在同一水平面内且相互平行,足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方, S极位于两导轨的正下方,一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。 (1)在图中画出连线,完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路,且在开关闭合后, 金属棒沿箭头所示的方向移动。
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度,有人提出以下建议:A.适当增加两导轨间的距离B.换一根更长的金属棒C.适当增大金属棒中的电流其中正确的是 (填入正确选项前的标号)。
答案 (1)如图所示(2分) (2)AC(3分。选对一个给2分,选对两个给3分,有选错的不给这3分)
解析 (1)根据左手定则得金属棒中电流为从a流向a1。要求滑动变阻器以限流方式接入电路 中,故滑动变阻器接线柱上下各用一个。(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度,应使它 所受安培力F=BIL增大,所以适当增加两导轨间的距离时有效长度L增大,F变大,A项正确;只换 更长的金属棒时有效长度L不变,B项错;增大电流,F也增大,C项正确。
反思总结 做实物连线题时注意:①先用铅笔画,然后用签字笔描;②连线时画出的连线不能相 交;③连接滑动变阻器时连线不能与滑片连接。
考点三 热学和光学实验
统一命题、省(区、市)卷题组
1.[2019课标Ⅲ,33,(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 。
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1 mL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
解析 本题考查了用油膜法估算分子大小的实验内容,突出了实验的操作、分析、探究能力 的考查,体现了核心素养中科学探究、科学态度要素,体现了劳动实践、科学探索的价值观。用油膜法估算分子大小,是用油膜厚度代表油酸分子的直径,所以要使油酸分子在水面上形成 单分子层油膜;因为一滴溶液的体积很小,不能准确测量,故需测量较多滴的油酸酒精溶液的总 体积,再除以滴数得到单滴溶液的体积,进而得到一滴溶液中纯油酸的体积;因为本题中油酸体 积等于厚度乘面积,故测厚度不仅需要测量一滴溶液的体积,还需要测量单分子层油膜的面 积。
2.[2019课标Ⅱ,34(2),10分]某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时,接通电源使 光源正常发光;调整光路,使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题: (ⅰ)若想增加从目镜中观察到的条纹个数,该同学可 ;A.将单缝向双缝靠近B.将屏向靠近双缝的方向移动C.将屏向远离双缝的方向移动D.使用间距更小的双缝(ⅱ)若双缝的间距为d,屏与双缝间的距离为l,测得第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为Δ x,则单色光的波长λ= ;(ⅲ)某次测量时,选用的双缝的间距为0.300 mm,测得屏与双缝间的距离为1.20 m,第1条暗条纹
到第4条暗条纹之间的距离为7.56 mm。则所测单色光的波长为 nm(结果保留3位有 效数字)。
2.答案 (ⅰ)B (ⅱ) (ⅲ)630
易错点拨 ①第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为相邻两条暗条纹中心间距的n-1倍。 ②注意单位换算,1 nm=10-9 m。
3.[2015北京理综,21(1),0.71]“测定玻璃的折射率”的实验中,在白纸上放好玻璃砖,aa'和bb'分 别是玻璃砖与空气的两个界面,如图所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2,用“+”表 示大头针的位置,然后在另一侧透过玻璃砖观察,并依次插上大头针P3和P4。在插P3和P4时,应 使 (选填选项前的字母)。
A.P3只挡住P1的像B.P4只挡住P2的像C.P3同时挡住P1、P2的像
答案 C
解析 P3应同时挡住P1、P2的像,P4应挡住P3本身和P1、P2的像,故选项C正确。
4.[2015课标Ⅰ,34(1),5分,0.253]在双缝干涉实验中,分别用红色和绿色的激光照射同一双缝,在 双缝后的屏幕上,红光的干涉条纹间距Δx1与绿光的干涉条纹间距Δx2相比,Δx1 Δx2(填 “>”、“=”或“<”)。若实验中红光的波长为630 nm,双缝与屏幕的距离为1.00 m,测得第 1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5 mm,则双缝之间的距离为 mm。
答案 >(2分) 0.300(3分)
5.[2009北京理综,21(1)]在《用双缝干涉测光的波长》实验中,将双缝干涉实验仪按要求安装 在光具座上(如图甲),并选用缝间距d=0.20 mm的双缝屏。从仪器注明的规格可知,像屏与双缝 屏间的距离L=700 mm。然后,接通电源使光源正常工作。
①已知测量头主尺的最小刻度是毫米,副尺上有50分度。某同学调整手轮后,从测量头的目镜 看去,第一次映入眼帘的干涉条纹如图乙(a)所示,图乙(a)中的数字是该同学给各暗纹的编号, 此时图乙(b)中游标尺上的读数x1=1.16 mm;接着再转动手轮,映入眼帘的干涉条纹如图丙(a)所 示,此时图丙(b)中游标尺上的读数x2= mm;②利用上述测量结果,经计算可得两个相邻明纹(或暗纹)间的距离Δx= mm;这种色光
的波长λ= nm。
答案 ①15.02 ②2.31 6.6×102
考点一 力学实验
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2018南开二模)甲乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度。①甲组同学采用图甲所示的实验装置。A.为比较准确地测出当地重力加速度的数值,除秒表外,在下列器材中,还应该选用 ; (用器材前的字母表示)a.长度接近1 m的细绳b.长度为30 cm左右的细绳c.直径为1.8 cm的塑料球d.直径为1.8 cm的铁球e.分度值为1 cm的米尺
f.分度值为1 mm的米尺B.该组同学先测出悬点到小球球心的距离L,然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时 间t。请写出重力加速度的表达式g= 。(用所测物理量表示)C.在测量摆长后,测量周期时,摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动,摆长略微变长,这 将会导致所测重力加速度的数值 。(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)②乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器,如图乙所示。将摆球拉开一小 角度使其做简谐运动,速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系,如图丙所示 的v-t图像。
A.由图丙可知,该单摆的周期T= s;B.更换摆线长度后,多次测量,根据实验数据,利用计算机作出T2-L(周期平方-摆长)图像,并根据 图线拟合得到方程T2=4.04L+0.035。由此可以得出当地的重力加速度g= m/s2。(取π2 =9.86,结果保留3位有效数字)
答案 ①A.adf B. C.偏小 ②A.2.0 B.9.76
解析 ①A.在用单摆测量重力加速度时,绳长尽量长一些,故选a;球的质量尽量大一些,故选d; 测量长度尽量精确些,故选f;B.单摆的周期为T= ,根据单摆的周期公式得: =2π ,解得g= ;C.实际摆长较长,所测的摆长偏短,故计算得出的重力加速度的值偏小。②A.由v-t图像可知,单摆的周期为T=2.0 s;B.因为g= ,而 = ,故当地的重力加速度为g= ≈9.76 m/s2。
2.(2018和平二模)某同学用如图所示的实验装置来验证力的平行四边形定则。弹簧测力计A 挂于固定点P,下端用细线挂一重物M,弹簧测力计B的一端用细线系于O点,手持另一端向左拉, 使结点O静止在某位置。 (1)为了完成实验,需要记录下来的是结点O的位置以及弹簧测力计中力的大小和方向、Oc的 方向,如果作图得到A、B的合力方向近似 ,且大小近似等于 ,则平行四边形 定则得以验证。(2)下列不必要的实验要求是 (请填写选项前对应的字母)A.木板平面要保持竖直B.两弹簧测力计示数必须相同C.连接结点的三根细线要适当长些
D.改变拉力,进行多次实验,每次都要使O点静止在同一位置
答案 (1)在cO连线上(或与cO共线或在竖直方向) 重物M的重力(或Mg) (2)BD
解析 (1)Oc连线沿竖直方向,拉力大小等于重物M的重力,所以如果作图得到A、B的合力与 Oc段细线的拉力平衡,即方向在Oc连线上,大小近似等于重物M的重力,则平行四边形定则得 以验证。(2)三细线方向必须与木板平行,Oc沿竖直方向,所以木板平面要保持竖直,故A必要;两弹簧测 力计的示数可以不相等,故B不必要;连接结点的三根细线适当长些,可使方向记录得更准确一 些,故C必要;当结点O位置确定时,Oc段细线的拉力大小、方向就确定了,不必每次都使O点静 止在同一位置,故D不必要。本题选择不必要的步骤,故选B、D。
3.(2019红桥一模)在“探究动能定理”实验中,某实验小组采用如图甲所示的装置,在水平气 垫导轨上安装了两个光电门M、N,滑块上固定一遮光条,细线绕过定滑轮将滑块与力传感器 相连,传感器下方悬挂钩码。已知遮光条的宽度为d,滑块和遮光条的总质量为m。 图甲(1)接通气源,滑块从A位置由静止释放,读出遮光条通过光电门M、N的时间分别为t1、t2,读出 力传感器的示数为F,改变钩码质量,重复上述实验。①为探究在M、N间运动过程中细线拉力对滑块做的功W和滑块动能增量ΔEk的关系,还需要
测量的物理量是 (写出名称及符号)。②利用实验中直接测量的物理量表示需探究的关系式为 。(2)保持钩码质量不变,改变光电门N的位置,重复实验,根据实验数据作出从M到N过程中细线 拉力对滑块做的功W与滑块到达N点时速度二次方v2的关系图像,如图乙所示,则图线的斜率表 示 ,图线在横轴上的截距表示 。 图乙(3)下列不必要考虑的实验操作和要求有 (请填写选项前对应的字母)。A.测量钩码的质量B.调节气垫导轨水平C.调节滑轮使细线与气垫导轨平行
D.保证滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
答案 (1)①M、N之间的距离L ②FL= md2 (2) 滑块经过光电门M时速度的二次方 (3)AD
考点二 电学实验
4.(2018和平二模)在高中阶段,我们学过了很多测量电阻值的方法,某兴趣小组为了测量某个 电阻Rx的阻值,设计了如图(a)所示的电路。同学们先用多用电表粗测量了该电阻的阻值,多用 电表的示数如图(b)所示。然后用如图(a)所示的电路较为精确地测量了Rx的阻值。已知电路 中学生电源的输出电压可调,电流表量程均选择0~0.6 A(内阻不计),标有刻度的均匀电阻丝ab 的总长度为30.00 cm。 图(a) 图（b）
(1)利用多用电表测量时,选择的挡位为×1挡,则由多用电表指针示数可知,该电阻的阻值为 Ω。(2)利用如图(a)所示的电路测量电阻时:①先断开S2,合上S1,当调节电源输出电压为3.00 V时,单位长度电阻丝分得的电压u=
V/m,记录此时电流表A1的示数。②保持S1闭合,合上S2,滑动c点改变ac的长度L,同时调节电源输出电压,使电流表A1的示数与步 骤①记录的值相同,记录长度L和A2的示数I。测量6组L和I值,测量数据已在图(c)中标出,写出 Rx与L、I、u的关系式Rx= ;③在图(c)的坐标系中作出L-I图像。根据图像可以得到Rx= Ω。(结果保留两位有效 数字) 图(c)
答案 (1)6(1分) (2)①10(2分) ② (2分) ③如图所示(2分) 6.0(5.8~6.2均正确)(2分)
解析 (1)指针对准第6格,挡位为×1挡,阻值为6 Ω。(2)①断开S2,合上S1,整个电阻丝接入电路,u = V/m=10 V/m。②并联电路的电压为U=uL,由欧姆定律,Rx= = 。③关系式为L= I,图线的斜率为k= =0.6 m/A,Rx=uk=6 Ω。
5.(2019南开二模)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,需测量一个“2.5 V,0.3 A”的 小灯泡两端的电压和通过它的电流。现有如下器材:直流电源(电动势3.0 V,内阻不计)电流表A1(量程0~ 3 A,内阻约0.1 Ω)电流表A2(量程0~ 600 mA,内阻约5 Ω)电压表V1(量程0~ 3 V,内阻约3 kΩ)电压表V2(量程0~ 15 V,内阻约15 kΩ)滑动变阻器R1(阻值0~10 Ω,额定电流1 A)滑动变阻器R2(阻值0~1 kΩ,额定电流300 mA)①在该实验中,电流表应选择 (填“A1”或“A2”),电压表应选择 (填“V1” 或“V2”),滑动变阻器应选择 (填“R1”或“R2”)。②为了减小实验误差,应选择以下哪个实验电路进行实验(如图1) ( )
图1
图2③如表是学习小组在实验中测出的数据,某同学根据表格中的数据在方格纸上已画出除了第6 组数据以外的对应点,请你在I-U图像上画出第6组数据的对应点,并作出该小灯泡的伏安特性 曲线。(如图2)
④实验中,如果把这个小灯泡和一个阻值为9 Ω的定值电阻串联在电动势为3 V、内阻为1 Ω的直流电源上,则小灯泡消耗的实际功率约为 W。
答案 ①A2 V1 R1 ②C ③见解析 ④0.20(0.19~0.21)
解析 ①根据题意可以知道,灯泡额定电流I=0.3 A,电流表选A2,灯泡额定电压为2.5 V,故电压 表选V1,为保证电路安全,方便实验操作,滑动变阻器应选R1。②题意可知,滑动变阻器采用分压式接法,电流表采用外接法,故电路图选C;③根据第6组实验数据在坐标系中描出对应点,然后作出I-U图像,如图所示; ④将定值电阻等效为电源内阻,故电源相当于3 V,10 Ω;电路中的电流和路端电压关系式为U=
E-Ir,I= - U,在灯泡伏安特性曲线中作出电源的I-U图像,如图所示;两图线的交点坐标值为:U=0.95 V,I=0.21 A,灯泡消耗的实际功率为:P=UI=0.95 V×0.21 A≈0.20 W。
解题技巧 ①根据灯泡额定电流选择电流表,根据灯泡额定电压选择电压表,在保证电路安全 的前提下,为方便实验操作,应选最大阻值较小的滑动变阻器。②根据实验需求,分析清楚电路结构,然后根据各电路元件的连接方式得出正确的电路图;③根据表中实验数据在坐标系中描出对应的点,然后根据坐标系中各点作出图像。④电源与定值电阻整体组成一个等效电源,在图像中作出电源的I-U图像,由图像找出电路中 的电流与灯泡两端的电压,然后由P=UI求出灯泡消耗的实际功率。
6.(2019红桥一模)图示为简单欧姆表原理示意图,其中电流表的满偏电流Ig=300 μA,内阻Rg=10 0 Ω,可变电阻R的最大阻值为10 kΩ,电池的电动势E=1.5 V,内阻r=0.5 Ω。图中与接线柱A相连 的表笔颜色应是 色,按正确使用方法测电阻Rx的阻值时,指针指在刻度盘的正中央,则Rx = kΩ。若该欧姆表使用一段时间后,电池电动势变小,内阻变大,但此表仍能调零,按正 确使用方法再测上述Rx,其测量结果与原结果相比较 (填“变大”“变小”或“不 变”)。
答案 红 5 变大
解析 欧姆表是毫安表改装的,必须满足电流的方向“+”进“-”出,即回路中电流从标有 “+”标志的红表笔进入欧姆表,所以与A相连的表笔颜色是红色;当两表笔短接(即Rx=0)时,电流表应调至满偏电流Ig,设此时欧姆表的内阻为R内,此时有Ig= ,得R内= = Ω=5 kΩ;当指针指在刻度盘的正中央时,I= ,有 = ,代入数据可得Rx=R内=5 kΩ;当电池电动势变小、内阻变大时,欧姆表重新调零,由于满偏电流Ig不变,由公式Ig= 知,欧姆表内阻R内变小,待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的,由I= = 可知,当R内变小时,I变小,指针跟原来的位置相比偏左了,故欧姆表的示数变大了。
名师点睛 本题考查了欧姆表的结构、测量原理,同时还要注意测量误差的分析。
时间:90分钟 分值:90分非选择题(共90分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
1.(2019南开二模)(10分)用单摆测重力加速度的实验(1)(多选)为了使测量误差尽量小,下列说法正确的是 ( )A.须选用密度和直径都较小的摆球B.须选用轻且不易伸长的细线C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D.计时起点都应在摆球的最高点且不少于30次全振动的时间
(2)如图所示,某同学在野外做“用单摆测定重力加速度”的实验时,由于没有合适的摆球,他 找到了一块外形不规则的石块代替摆球。操作时,他用刻度尺测量摆线OM的长度L作为摆长, 测出n次全振动的总时间t,由T= 得到周期T',求出重力加速度g= L,这样得到的重力加速度的测量值比真实值 。(填“大”或“小”)。
为了克服摆长无法准确测量的困难,该同学将摆线长度缩短为L',重复上面的实验,得出周期T, 由此他得到了精确的重力加速度的值g= 。
答案 (1)BC (2)小
解题技巧 (1)为减小实验误差应选择密度大而体积小的球作为摆球,选用轻质且不易伸长的 细线作为摆线,当单摆摆角小于5°时单摆的运动是简谐运动。在最低点速度最大,从最高点开 始计时误差最大。根据实验注意事项分析答题;(2)根据单摆的周期公式T=2π ,得到g的表达式,再分析误差的大小。
2.(2019南开一模)(10分)电动自行车具有环保、节能、便捷等优点,但电动自行车的电瓶用久 以后性能会下降,表现之一为电池的电动势变小,内阻变大。某兴趣小组将一辆旧电动自行车 充满电,取下四块电池,分别标为A、B、C、D,测量它们的电动势和内阻。 图甲
图乙(1)用多用电表直流电压“50 V”挡测量每块电池的电动势。测量电池A时,多用电表的指针 如图甲所示,其读数为 V。(2)用图乙所示的电路测量A、B、C、D四块电池的电动势E和内阻r,图中R0为保护电阻,其阻 值为5 Ω。改变电阻箱的阻值R,测出对应的电流I,根据测量数据分别作出A、B、C、D四块电 池的 -R图线,如图丙所示。由图线C可知,电池C的电动势E= V,内阻r= Ω。
图丙(3)分析图丙可知,电池 (选填“A”“B”“C”或“D”)较优。
答案 (1)11.0 (2)12 1 (3)C
解析 (1)选择最大值为50的一排刻度进行读数,并估读一位得到电压为11.0 V。(2)因为(R0+R+r)I=E,所以 = ,即 -R图线的斜率的倒数为电源电动势, = V-1,计算得E=12 V,纵轴截距0.5 A-1= ,计算得r=1 Ω。(3)根据(2)得知图线与纵轴截距越大则电源内阻越大,所以C的内阻最小。
3.(2019和平一模)(10分)实际电压表内阻并不是无限大,可等效为理想电流表与较大的电阻串 联,现要测量一只量程已知的电压表的内阻,器材如下:A.待测电压表(量程0~ 3 V,内阻约3 kΩ待测)一只;B.电流表(量程0~ 3 A,内阻0.01 Ω)一只;C.电池组(电动势约为3 V,内阻不计);D.滑动变阻器一个;E.电阻箱(可以读出电阻值,0~ 9 999 Ω)一个;F.开关和导线若干。某同学利用上面所给器材,进行如下实验操作:(1)该同学设计了如图a、图b两个实验电路,为了更准确地测出该电压表内阻的大小,你认为其 中相对比较合理的是 (填“图a”或“图b”)电路。
(2)用你选择的电路进行实验时,闭合开关S,改变阻值,记录需要直接测量的物理量:电压表的读 数U和 (填上文字和符号);(3)由所测物理量选择下面适当坐标轴,能作出相应的直线图像,最方便地计算出电压表的内 阻: ;A.U-I B. C. -R D.U-R(4)设直线图像的斜率为k、截距为b,请写出待测电压表内阻的表达式Rv= 。
答案 (1)图b (2)电阻箱的阻值R (3)C (4)
解析 (1)如题图a所示电路,滑动变阻器与电压表串联接入电路,电源电动势约为3 V,电压表 内阻约为3 kΩ,由于电压表内阻太大,电路中电流几乎为零,电流表无法准确读数,因此图a电路 不合理;由于电阻箱电阻最大阻值为9 999 Ω,改变电阻箱接入电路中的阻值可以改变电压表示 数,测出多组实验数据,因此比较合理的实验电路是图b。(2)选用图b所示实验电路,闭合开关S,改变电阻箱接入电路的阻值,记录需要直接测量的物理 量:电压表的读数U和电阻箱的阻值R。(3)由闭合电路欧姆定律可得E=U+IR=U+ R,则 = R+ ;应用图像法处理实验数据时,应作出 -R图像,故选C。(4)由 = R+ 可知, -R图像的斜率k= ,截距b= ,则电压表内阻RV= 。
4.(2019和平一模,11)(10分)某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。 图甲 图乙
图丙
图丙
图丁
③进一步分析发现,本实验存在较大误差,为此设计出如图丙所示的实验装置,通过电磁铁控制 的小铁球从A点自由下落,下落过程中经过光电门B时,通过与之相连的毫秒计时器(图中未画 出)记录挡光时间t,用毫米刻度尺测出AB之间的距离h,用游标卡尺测得小铁球的直径d,重力加 速度为g,如果d、t、h、g存在关系式 ,也可验证机械能守恒定律。比较两个方案,改 进后的方案相比原方案的系统误差减小了,主要是因为 。
解析 ①该实验是验证机械能守恒定律的实验,不能把重物的运动看成自由落体运动,并运用 自由落体的规律求解速度,A、B都是利用了自由落体运动规律求速度的,故A、B错误;求速度 时我们是利用匀变速直线运动的规律即匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程 中的平均速度,vF= = = ,所以C正确,D错误。②根据功能关系得mgh= mv2,因此有 =gh,由此可以知道在以 为纵轴、以下落距离h为横轴的图像中,图像为过原点的直线,故A、B错误,C正确。③用光电门测速度的原理是:利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度,因此有:v= ,根据功能关系得:mgh= mv2,因此有: =gh,即若满足: =gh,则机械能守恒。该实验产生误差的主要原因是空气阻力以及纸带与限位孔之间的摩擦的影响,因此实验进行 改正之后的主要优点是:没有纸带与限位孔间的摩擦影响,实验误差减小了。
解题技巧 该实验是验证机械能守恒定律的实验,求速度时我们是利用匀变速直线运动的规 律即匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度;根据功能关系可以知 道该实验需要验证的关系式为:mgh= mv2。
5.(2019河西二模)(10分)要测绘一个标有“2.5 V 2 W”小灯泡的伏安特性曲线,已选用的器 材有:直流电源(3 V,内阻不计)电流表A1(量程为0~ 0.6 A,内阻为0.6 Ω)电流表A2(量程为0~ 300 mA,内阻未知)电压表V(量程为0~3 V,内阻约3 kΩ)滑动变阻器R(0~5 Ω,允许最大电流3 A)开关、导线若干其实验步骤如下:(1)由于电流表A1的量程偏小,小组成员把A1、A2并联后再接入电路,请按此要求用笔画线代替 导线在实物图中完成余下导线的连接。(2)正确连接好电路,并将滑动变阻器滑片滑至最 端,闭合开关S,调节滑片,发现当A1示 数为0.50 A时,A2的示数为200 mA,由此可知A2的内阻为 Ω。(3)若将并联后的两个电流表当作一个新电表,则该新电流表的最大测量值为 A;为使
其量程达到最大,可将图中 (选填“Ⅰ”“Ⅱ”)处断开后再串联接入一个阻值合适 的电阻。 甲 乙
答案 (1)见解析 (2)右 1.5 (3)0.84 Ι
解析 (1)由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说非常小,电流表应采用外接法,连接实物图 如图所示。 (2)开关闭合前,滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置,故应调至右端;根据 欧姆定律得:RA2= = Ω=1.5 Ω。
(3)由于Ug1=0.6×0.6 V=0.36 V,Ug2=0.3×1.5 V=0.45 V,Ug16.(2019十二区县一模)(10分)同学们分别利用如图甲、乙所示的两种装置采用不同方法探究 “合外力做功与动能改变量的关系”。其中小车A与纸带和打点计时器B相连,托盘C内装有 砝码,D为无线测力传感器,可直接测量绳子给小车的拉力。 甲 乙(1)下列说法正确的是 。
A.两种方案都需要将导轨的右端垫高以平衡摩擦力B.两种方案都需要测量并记录小车的质量C.两种方案都需要测量并记录托盘及托盘中砝码的总质量D.两种方案都要求托盘及盘中砝码总质量远小于小车A的质量
丙(2)如图丙是某次实验打下的纸带,其中O点是小车由静止释放瞬间打点计时器打下的第一个 点,打点周期为T,相邻两点间还有四个点没画出,则打下C点时小车的速度大小为vC= 。(3)若采用方案二进行实验,用天平测得小车的质量为M,传感器D测量得到绳子拉力为F,研究
小车从开始运动到打下C点的过程,则根据动能定理,应验证的表达式为(用题目中已知物理量 的符号表示) 。(4)若采用方案一进行实验,并将砝码盘和砝码总重力mg当作绳子拉力,多次实验发现拉力做 功总是比小车动能增加量要 一些(填“偏大”或“偏小”),造成这种误差最可能的 原因是 。
答案 (1)AB (2) (3)Fs3= M (4)见解析
名师点睛 本题考查探究功与动能变化的关系实验,解决本题的关键是掌握纸带处理的方法, 会通过纸带求解瞬时速度和动能增量,以及知道实验误差形成的原因,明确用钩码的重力代替 绳的拉力的作用所带来的影响。
7.(2019河东二模)(10分)用如图所示电路测量电源的电动势和内阻,实验器材:待测电源(电动 势约3 V,内阻约2 Ω),保护电阻R1(阻值10 Ω)和R2(阻值5 Ω),滑动变阻器R,电流表A,电压表V,开 关S,导线若干。 实验主要步骤:(ⅰ)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大,闭合开关;(ⅱ)逐渐减小滑动变阻接入电路的阻值,记下电压表的示数U和相应电流表的示数I;(ⅲ)以U为纵坐标,I为横坐标,作U-I图线(U、I都用国际单位);(ⅳ)求出U-I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。回答下列问题:(1)电压表最好选用 ;电流表最好选用 。
A.电压表(0~3 V,内阻约3 kΩ)B.电压表(0~3 V,内阻约15 kΩ)C.电流表(0~200 mA,内阻约2 Ω)D.电流表(0~30 mA,内阻约2 Ω)(2)选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E= ,r= ,代入 数值可得E和r的测量值。
答案 (1)B C (2)ak k-R2
解析 (1)由题中电路图可以知道,电压表有分流作用,流过电源的电流大于电流表示数,电压 表分流是造成实验误差的原因,为减小实验误差,应减小电压表分流对实验的影响,应选择内阻 较大的电压表,因此电压表应选择B;通过电路的最大电流约为:I= ≈ A≈0.16 A=160 mA,则电流表应选择C。(2)由图示电路图可以知道,电源电动势;E=U+I(r+R2),则U=E-I(r+R2),U-I图线斜率的绝对值k=R2 +r,横轴截距a= ,则电源电动势:E=ak,电源内阻:r=k-R2。
解题技巧 (1)根据电路图从减小实验误差的角度分析选择电压表,根据电路中最大电流选择 电流表。(2)应用欧姆定律求出图像的函数表达式,然后求出电源电动势与内阻。
8.(2019河东二模)(10分)利用如图甲所示的装置探究弹簧的弹力与形变量的关系。 甲 乙 (1)对于该实验,下列操作规范的是 (填正确答案标号)。A.固定刻度尺时,保持刻度尺的零刻度线与弹簧上端对齐且竖直并靠近弹簧B.实验中任意增加钩码的个数C.实验中仅把弹簧竖直悬挂,稳定时测量弹簧的原长D.实验数据处理时,把所有的描点用折线连起来
(2)实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度,再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端,每次测出相 应的弹簧总长度L,测量后把6组数据描点在坐标图中,作出的F-L图线如图乙所示。由此图线 可得出该弹簧的原长L0= cm,劲度系数k= N/m。
答案 (1)AC(4分) (2)5(2分) 20(4分)
解析 (1)固定刻度尺时,保持刻度尺的零刻度线与弹簧上端对齐且竖直并靠近弹簧,故A项正 确;实验过程中应使弹簧始终在弹性限度内,实验中不能任意增加钩码的个数,以防止超过弹簧 的弹性限度,故B项错误;为防止弹簧自重对实验的影响,实验中仅把弹簧竖直悬挂,稳定时测量 弹簧的原长,故C项正确;实验数据处理时,应根据实验数据在坐标系内描出对应点,然后作出图 像,图像应是直线而不是折线,故D项错误。(2)由题中图像可知,F=0时L=0.05 m=5 cm,则弹簧的原长为5 cm;弹簧的劲度系数k= = N/m=20 N/m。
9.(2019河东一模)(10分)在“练习使用多用电表”的实验中。 图丙
(1)某同学欲测一节干电池的电压,下述操作正确的是 (填字母)。A.欧姆调零、选择挡位、表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极)、读数。B.机械调零、选择挡位、表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极)、读数C.选择挡位、机械调零、表笔接触电池两极(其中黑表笔接触正极)、读数D.选择挡位、欧姆调零、表笔接触电池两极(其中黑表笔接触正极)、读数(2)该同学欲测量如图甲所示插座的电压,则应把多用电表的选择开关打到如图乙所示的 位置。(选填A、B、C、…、Q字母)(3)经过正确操作后,电表指针所指位置如图丙所示,则插座的电压为 V。
答案 (1)B (2)H (3)200
解析 (1)使用多用电表测电压时,可以把多用电表视为普通电压表,应该先机械调零,然后选 择适当的挡位,表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极),待示数稳定后读数即可,故B正 确,A、C、D错误。(2)家庭电路中电压为220 V交流电压,所以应把多用电表的选择开关打到如图乙所示的H位 置。(3)根据电表指针所指位置可知,插座的电压为200 V。
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2019 5·3原创)网络上流传华南理工大学教务处2019年4月发出的一个通知:暂停大学物理实 验等课程。原因是多年来学生在测定重力加速度实验中发现实验测量数据与本地理论数据 相比明显偏大,经勘探结果分析,确认重力加速度测量值偏差主要由物理楼及其附近地下一千 米范围内储藏有大量金矿所致(此消息未经确证)。此信息一经流传激励了很多高中生对当地 重力加速度测量的兴趣,下面是某兴趣小组的一个测量方案,重力加速度测量装置如图甲所 示。 甲 乙(1)如图乙,使用螺旋测微器测得小球直径d= mm。(2)某次实验中,释放铁质小球后,光电门测得小球经过A、B的时间分别为Δt1、Δt2,测得小球从
A到B所用时间为t。此次实验测得重力加速度g= (用所测物理量符号表示)。(3)在前述实验中,未记录小球从A到B所用的时间,于是该小组某成员取来直尺测量了A、B之 间的距离为l,该成员测得重力加速度g= (用所测物理量表示)。(4)该兴趣小组对实验方案可能产生的系统误差进行了评估,评估认为由于空气阻力、测量工 具精度等产生的误差不超过5%。但是,实验测量的重力加速度比当地重力加速度理论数据偏 小且明显小于5%,那么可能原因是 (合理则可)。
答案 (1)2.594 (2) (3) (4)见解析
解析 (1)根据螺旋测微器读数规则,由图乙所示可知d=2.594 mm(答案在2.592~2.595 mm之间 都给分)。(2)小球做自由落体运动,根据匀变速直线运动的速度与时间关系可得g= 。(3)根据匀变速直线运动的速度与位移关系可得g= 。(4)实验测得的重力加速度比当地理论数据明显偏小,如果排除了操作失误等原因,且扣除系统 误差评估值,那么可能原因是:当地地质比较疏松、地表下可能存在溶洞、地表下可能存在大 范围密度较小的物质,例如石油、地下湖海等。
2.(2019南开一模)用如图1所示装置做“验证动能定理”的实验。实验中,小车碰到制动挡板 时,钩码尚未到达地面。 图1(1)为了保证细绳的拉力等于小车所受的合外力,以下操作必要的是 (选填选项前的字 母)。A.在未挂钩码时,将木板的右端垫高以平衡摩擦力 B.在悬挂钩码后,将木板的右端垫高以平衡摩擦力C.调节木板左端定滑轮的高度,使牵引小车的细绳与木板平行D.所加钩码的质量尽量大一些
(2)图2是某次实验中打出纸带的一部分。O、A、B、C为4个相邻的计数点,相邻的两个计数 点之间还有4个打出的点没有画出,所用交流电源的频率为50 Hz。通过测量,可知打点计时器 打B点时小车的速度大小为 m/s。 图2(3)甲同学经过认真、规范地操作,得到一条点迹清晰的纸带。他把小车开始运动时打下的点 记为O,再依次在纸带上取等时间间隔的1、2、3、4、5、6等多个计数点,可获得各计数点到 O的距离s及打下各计数点时小车的瞬时速度v。图3是根据这些实验数据绘出的v2-s图像。已 知此次实验中钩码的总质量为0.015 kg,小车中砝码的总质量为0.100 kg,取重力加速度g=9.8
m/s2,则由图像可知小车的质量为 kg(结果保留两位有效数字)。 图3(4)在钩码质量远小于小车质量的情况下,乙同学认为小车所受拉力大小等于钩码所受重力大 小。但经多次实验他发现拉力做的功总是要比小车动能变化量小一些,造成这一情况的原因 可能是 (选填选项前的字母)。A.滑轮的轴处有摩擦B.小车释放时离打点计时器太近C.长木板的右端垫起的高度过高D.钩码做匀加速运动,钩码重力大于细绳拉力
答案 (1)AC (2)0.36 (3)0.19(或0.18) (4)C
解析 (1)未挂钩码时,将木板右端垫高,平衡好摩擦力后,调节木板左端定滑轮高度,使细绳与 木板平行,拉力与加速度同向,保证细绳的拉力等于小车所受的合外力。本实验中应使钩码质 量尽可能小些。(2)vB= = m/s=0.36 m/s。(3)由动能定理有:mgs= (M+m0)v2,m、M、m0分别为钩码、小车、砝码质量,v2= s,由题图3知v2=ks,斜率k= m/s2=1 m/s2,即 =1 m/s2,代入数据得M=0.19 kg。(4)小车动能增加量比拉力做功多,说明有别的力对小车做正功,长木板右端垫得过高,使小车 的重力沿木板方向的分力大于摩擦力,从而使得小车动能增加量大于拉力做的功,C项正确。 A项会导致小车动能增加量小于拉力做的功。B项是正确操作,可以充分利用纸带,多打出数 据点,不符合题意。D项会导致拉力做功比小车动能增加量多,不符合题意。
3.(2019河西三模)某同学研究小灯泡的伏安特性,所使用的器材有:小灯泡L(额定电压3.8 V,额定电流0.32 A);电压表V(量程0~ 3 V,内阻RV=3 kΩ);电流表A(量程0~ 0.5 A,内阻约为0.5 Ω);定值电阻R0(阻值1 000 Ω);滑动变阻器R(阻值0~9.0 Ω);电源E(电动势5 V,内阻不计);开关S;导线若干。(1)实验要求能够实现在0~3.8 V的范围内对小灯泡两端的电压进行测量,画出实验电路原理 图。(2)实验测得该小灯泡的伏安特性曲线如图(a)所示。
图(a)由实验曲线可知,随着电流的增加,小灯泡的电阻 (填“增大”“不变”或“减小”), 灯丝的电阻率 (填“增大”“不变”或“减小”)。(3)用另一电源E0(电动势4 V,内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路,调节滑动变阻器 R的阻值,可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S,在R的变化范围内,小灯泡的最小功率为 W,最大功率为 W。(结果均保留两位小数)
图(b)
答案 (1)如图所示 (2)增大 增大 (3)0.39(0.38~0.40) 1.18(1.17~ 1.19)
解析 (1)电压表的量程不够,所以需要串联大电阻以扩大量程;小灯泡电阻远小于电压表内 阻,故测量电路应采用电流表外接法;实验要求测量电压从零开始调节,故供电电路应采用滑动 变阻器分压式接法。(2)从曲线上任取两点,根据欧姆定律R= 即可判定小灯泡电阻随电流增加而增加;小灯泡电阻的增加是由电阻率增大所导致的。(3)当滑动变阻器的阻值全部接入电路时,灯泡的实际功率最小,将R等效为电源内阻,则电源电 动势为4 V,等效内阻为10 Ω,则有U=4 V-10 Ω×I,作出电源的伏安特性曲线如图实线所示(注意 此时电源曲线与灯泡曲线若要位于同一坐标系中,U不一定是路端电压,但应当是同一电路同 一组元件两端的电压,否则会发生混乱);由图可知,灯泡两端的电压为U=1.75 V,电流I=0.225 A, 则最小功率P=UI≈0.39 W;将滑动变阻器接入电路的阻值调小,等效电源的伏安特性曲线会绕 (4 V,0)点顺时针转动(电动势不变,等效内阻减小),直到滑动变阻器接入电路的阻值为0,曲线转 动到虚线所示的位置,由图可知,灯泡两端的电压为U=3.70 V,电流I=0.320 A,则最大功率P=UI ≈1.18 W。
考点一 力学实验A组 自主命题·天津卷题组
1.[2018天津理综,9(2)]某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验,所用器材有:方木板 一块,白纸,量程为5 N的弹簧测力计两个,橡皮条(带两个较长的细绳套),刻度尺,图钉(若干个)。①具体操作前,同学们提出了如下关于实验操作的建议,其中正确的有 。A.橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上B.重复实验再次进行验证时,结点O的位置可以与前一次不同C.使用测力计时,施力方向应沿测力计轴线;读数时视线应正对测力计刻度D.用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力②该小组的同学用同一套器材做了四次实验,白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标 度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点,如下图所示。其中对于提高实验精度最有利 的是 。
答案 ①BC ②B
解析 本题考查“验证力的平行四边形定则”实验。①橡皮条的弹力方向不需要在两绳套夹角的角平分线上,选项A错误;重复实验,结点O的位置 与上次实验无关,可以不同,选项B正确;使用测力计时,为避免弹簧与外壳的摩擦,要求施力方 向应沿测力计轴线方向,读数时视线应正对测力计刻度,选项C正确;拉力小于弹簧测力计的量 程即可,选项D错误。②“验证力的平行四边形定则”实验中,在不超测力计量程的前提下,拉力应尽量大些;确定拉 力方向时,所描点应与O点的距离大些;两绳套夹角不能过大或过小;作图示时,所选标度越小, 精度越高。综上所述,应选B。
知识拓展 在“验证力的平行四边形定则”实验中,选取合适的标度,按比例作平行四边形,求 F1和F2的合力,而力F方向应与橡皮条方向共线。
2.[2017天津理综,9(2)]如图所示,打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开始自 由下落,利用此装置验证机械能守恒定律。 ①对于该实验,下列操作中对减小实验误差有利的是 。A.重物选用质量和密度较大的金属锤B.两限位孔在同一竖直面内上下对正C.精确测量出重物的质量D.用手托稳重物,接通电源后,撤手释放重物
②某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50 Hz的交流电源上,按正确操作得到了一条完 整的纸带,由于纸带较长,图中有部分未画出,如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时 点,其中O点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出, 利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有 。A.OA、AD和EG的长度 B.OC、BC和CD的长度C.BD、CF和EG的长度 D.AC、BD和EG的长度
答案 ①AB ②BC
3.[2016天津理综,9(2)]某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动。 ①实验中,必要的措施是 。A.细线必须与长木板平行B.先接通电源再释放小车C.小车的质量远大于钩码的质量D.平衡小车与长木板间的摩擦力
②他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上,得到一条纸带,打出的部分计数点 如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点,图中未画出)。s1=3.59 cm,s2=4.41 cm,s3=5.19 cm,s4= 5.97 cm,s5=6.78 cm,s6=7.64 cm。则小车的加速度a= m/s2(要求充分利用测量的数据), 打点计时器在打B点时小车的速度vB= m/s。(结果均保留两位有效数字)
答案 ①AB ②0.80 0.40
解析 ①若细线与长木板不平行,随着小车逐渐靠近滑轮,细线与水平方向的夹角增大,小车所 受合力随之变化,因此小车的加速度发生变化,即小车不做匀变速直线运动,故细线必须与长木 板平行,A选项必要。先接通电源,待打点计时器稳定工作后再释放小车,点迹按匀变速运动规 律显现在纸带上;若先释放小车再接通电源,则开始阶段点迹不规律,误差较大,故B项必要。该 实验研究小车的匀变速直线运动,与小车所受到的合力及合力大小的计算无关,故C、D项不 必要。②交流电的频率为f=50 Hz,相邻两计数点间的时间间隔t=0.1 s,由逐差法可求小车的加速度。a= =0.80 m/s2vB= = m/s=0.40 m/s
4.[2015天津理综,9(2)]某同学利用单摆测量重力加速度。①为了使测量误差尽量小,下列说法正确的是 。A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D.摆长一定的情况下,摆的振幅尽量大②如图所示,在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。实验时,由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺,于是他先使摆球自然下垂,在竖直立柱上与摆球最下端处于 同一水平面的位置做一标记点,测出单摆的周期T1;然后保持悬点位置不变,设法将摆长缩短一 些,再次使摆球自然下垂,用同样方法在竖直立柱上做另一标记点,并测出单摆的周期T2;最后 用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果,写出重力加速度的 表达式g= 。
解析 ①应选用密度较大且直径较小的摆球,A错。在摆动中要尽力保证摆长不变,故应选用 不易伸长的细线,B对。摆动中要避免单摆成为圆锥摆,摆球要在同一竖直面内摆动,C对。摆 动中摆角要控制在5°以内,所以D错。②设两次摆动时单摆的摆长分别为L1和L2,则T1=2π ,T2=2π ,则ΔL= ( - ),因此,g= 。
5.[2014天津理综,9(2),8分]某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上,将细绳一端拴在小车 上,另一端绕过定滑轮,挂上适当的钩码,使小车在钩码的牵引下运动,以此定量探究绳拉力做 功与小车动能变化的关系。此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸 带、小木块等。组装的实验装置如图所示。 ①若要完成该实验,必需的实验器材还有哪些 。②实验开始时,他先调节木板上定滑轮的高度,使牵引小车的细绳与木板平行。他这样做的目 的是下列的哪个 (填字母代号)。
A.避免小车在运动过程中发生抖动B.可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C.可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D.可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力③平衡摩擦力后,当他用多个钩码牵引小车时,发现小车运动过快,致使打出的纸带上点数较 少,难以选到合适的点计算小车速度。在保证所挂钩码数目不变的条件下,请你利用本实验的 器材提出一个解决办法: 。④他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功,经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增 量大一些。这一情况可能是下列哪些原因造成的 (填字母代号)。A.在接通电源的同时释放了小车B.小车释放时离打点计时器太近C.阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D.钩码做匀加速运动,钩码重力大于细绳拉力
答案 ①刻度尺、天平(包括砝码) ②D ③可在小车上加适量的砝码(或钩码) ④CD
解析 ①计算小车的动能变化需用天平测质量;在计算小车通过的位移、小车的瞬时速度时 都需用刻度尺测距离。②只有绳与板面平行时,才能保证小车运动中与板面间的压力不变,才 能保证小车所受摩擦力不变,才能保证平衡摩擦力后绳的拉力等于小车所受合力,故D正确。 ③要增加纸带上所打下点的数目,只有减小小车运动的加速度。在所挂钩码数目不变的情况 下只有增大小车的质量,即在车上增加砝码或钩码。④当将钩码重力作为小车所受合力时,需 满足几个条件:一是摩擦力被平衡,二是绳与板面平行,此二者可保证绳对车的拉力等于车所受 合力,但车加速运动时钩码加速下降,钩码重力大于绳上拉力,则只有当钩码质量远小于小车质 量时二者才近似相等,故此情况可能是由C、D原因造成的。
6.[2013天津理综,9(2),6分]某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。 ①下列做法正确的是 (填字母代号)A.调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时,将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木 块上C.实验时,先放开木块再接通打点计时器的电源D.通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜度
②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足的条件 是砝码桶及桶内砝码的总质量 木块和木块上砝码的总质量。(填“远大于”、“远 小于”或“近似等于”)③甲、乙两同学在同一实验室,各取一套图示的装置放在水平桌面上,木块上均不放砝码,在没 有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到图中甲、乙两条直线。设甲、 乙用的木块质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙,由图 可知,m甲 m乙,μ甲 μ乙。(填“大于”、“小于”或“等于”)
答案 ①AD②远小于③小于 大于
解析 ①平衡木块受到的滑动摩擦力时应连好纸带,以保证木块受到的合外力为绳子拉力T, 同时砝码桶不能通过定滑轮拴在木块上,B项错误。为保证小车在由静止开始运动的同时打 点,应先接通电源再放开小车,所以C项错误。②设砝码和桶的总质量为m,木块及上面砝码的总质量为M,由牛顿第二定律:对m有mg-T=ma, 对M有T=Ma⇒T= ·mg,可看出当m≪M时T≈mg。③F=0时图线与a轴交点为只有摩擦力作用时木块的加速度值,μmg=ma⇒a=μg,由a甲>a乙,可知μ 甲>μ乙;a=0时的临界拉力F为各自的最大静摩擦力即滑动摩擦力,由题图可知μ甲m甲g<μ乙m乙g,由μ 甲>μ乙,得出m甲
答案 A 0.233 0.75
易错点拨 本题相邻两计数点之间还有4个打出的点未画出,故T=5×0.02 s=0.1 s,不可用T=0.0 2 s计算。
解析 本题考查利用打点计时器探究匀变速直线运动的速度和加速度的关系,以及考生处理 实验数据的能力,体现了以科学态度进行科学探究的核心素养。物块沿倾斜的木板加速下滑时,纸带上打出的点逐渐变疏,故A点为先打出的点。vC= = m/s=0.233 m/sa= = m/s2 ≈0.75 m/s2
8.(2019课标Ⅱ,22,5分)如图(a),某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材 有:铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等。回答 下列问题: 图(a)(1)铁块与木板间动摩擦因数μ= (用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑 的加速度a表示)。(2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角使θ=30°。接通电源,开启打点计时器,释放铁块,铁块 从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图(b)所示。图中的点为计
数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度为9.80 m/s2。可以计算出铁块 与木板间的动摩擦因数为 (结果保留2位小数)。 图(b)
答案 (1) (2)0.35
解析 本题考查牛顿第二定律及考生的实验探究能力,体现了科学探究与科学推理的核心素 养。(1)对铁块,根据牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma,解得μ= 。(2)利用逐差法可得a= m/s2=1.97 m/s2,由于θ=30°,g=9.80 m/s2,则μ=0.35。
解题关键 1.利用牛顿第二定律列方程得出μ的表达式。2.认真读题,注意g用9.80 m/s2来计算, 而不能习惯性用10 m/s2来计算。3.利用逐差法,精准计算加速度值。
9.(2019课标Ⅲ,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 0.1 s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=24.5 cm、ac=58.7 cm,则该地 的重力加速度大小为g= m/s2。(保留2位有效数字)
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
解析 本题考查了匀变速直线运动中数据的处理与加速度的计算,考查了学生的实验能力,体 现了科学思维中模型建构、科学推理等素养要素,渗透了科技进步的价值观念。(1)运动时间可由相机拍照的时间间隔来确定,不需要秒表与光电门。本实验中不需要测量小 球的质量,故不需要天平。但需测量小球下落的距离,故需要米尺。(2)由于不知照相机的放大倍数,故不能通过测量小球在照片上下落的距离来获得小球的实际 下落距离,所以只能将米尺与小球的运动拍摄在同一张照片中。因小球做自由落体运动,故米 尺只能竖直放置。(3)由Δx=gT2得当地的重力加速度的大小为g= = m/s2=9.7 m/s2。
方法诠释 纸带问题及类纸带问题中求物体运动的加速度,当只有两个连续数据时,可利用Δx =aT2求解;当只有两个不连续的数据时,可利用xm-xn=(m-n)aT2计算;而当给定多个连续数据时,则 需采用逐差法计算。
10.(2018北京理综,21,18分)用图1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。 图1主要实验步骤如下:a.安装好实验器材,接通电源后,让拖着纸带的小车沿长木板运动,重复几次。b.选出一条点迹清晰的纸带,找一个合适的点当作计时起点O(t=0),然后每隔相同的时间间隔T 选取一个计数点,如图2中A、B、C、D、E、F……所示。
图2c.通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E……点时小车的速度,分别记作v1、v2、v3、v 4、v5……d.以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系,在坐标纸上描点,如图3所示。 图3
结合上述实验步骤,请你完成下列任务:(1)在下列仪器和器材中,还需要使用的有 和 (填选项前的字母)。A.电压合适的50 Hz交流电源B.电压可调的直流电源C.刻度尺D.秒表E.天平(含砝码)(2)在图3中已标出计数点A、B、D、E对应的坐标点,请在该图中标出计数点C对应的坐标点, 并画出v-t 图像。(3)观察v-t图像,可以判断小车做匀变速直线运动,其依据是 。v-t图 像斜率的物理意义是 。(4)描绘v-t图像前,还不知道小车是否做匀变速直线运动。用平均速度 表示各计数点的瞬时速度,从理论上讲,对Δt的要求是 (选填“越小越好”或“与大小无关”);从实验的角 度看,选取的Δx大小与速度测量的误差 (选填“有关”或“无关”)。
(5)早在16世纪末,伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的。当时只能靠滴水计时,为 此他设计了如图4所示的“斜面实验”,反复做了上百次,验证了他的猜想。请你结合匀变速 直线运动的知识,分析说明如何利用伽利略“斜面实验”检验小球的速度是随时间均匀变化 的。 图4
答案 (1)A C (2)如图所示 (3)小车的速度随时间均匀变化 加速度(4)越小越好 有关(5)如果小球的初速度为0,其速度v∝t,那么它通过的位移x∝t2。因此,只要测量小球通过不同 位移所用的时间,就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化。
解析 本题考查研究匀变速直线运动规律的实验。(1)打点计时器所用电源为50 Hz的交流电源,测量各计数点间距离需用刻度尺。(2)图见答案。(3)因为小车的速度随时间均匀变化,所以小车做匀加速直线运动。由匀加速直线运动中速度 v=v0+at,可知v-t图像斜率的物理意义是加速度。(4) = ,若用 表示瞬时速度,Δt越小越好,而选取的Δx大小会影响速度测量值与真实值的偏差大小。(5)设v0=0,v=at,而x= at2,故可通过位移随时间的变化情况,判断速度随时间的变化情况。
解题关键 实验原理的认识(1)图像法是实验中常用的方法,要学会通过图像分析问题。(2)测量量的转换是实验中的常用手段,当某一个物理量不易测量时,可通过该量与其他量的关 系式,转换成其他可测量的物理量。如将速度的测量转换成位移的测量。
11.(2018课标Ⅰ,22,5分)如图(a),一弹簧上端固定在支架顶端,下端悬挂一托盘;一标尺由游标和 主尺构成,主尺竖直固定在弹簧左边;托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置,简化 为图中的指针。 现要测量图(a)中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时,移动游标,使其零刻度线对准指针, 此时标尺读数为1.950 cm;当托盘内放有质量为0.100 kg的砝码时,移动游标,再次使其零刻度 线对准指针,标尺示数如图(b)所示,其读数为 cm。当地的重力加速度大小为9.80 m/s 2,此弹簧的劲度系数为 N/m(保留3位有效数字)。
解析 本题考查游标卡尺的读数方法和胡克定律。此标尺为二十分度的标尺,精确度为0.05 mm,读数=整毫米数(主尺)+n×精确度,所以读数为37 mm+15×0.05 mm=37.75 mm=3.775 cm。当托盘中放入砝码稳定时,弹簧的伸长量Δx=3.775 cm-1.950 cm=1.825 cm。由平衡条件得F= mg,由胡克定律得F=k·Δx,联立得k=53.7 N/m。
答案 3.775 53.7
12.(2017课标Ⅲ,22,6分)某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验,将画有坐标轴(横轴 为x轴,纵轴为y轴,最小刻度表示1 mm)的纸贴在水平桌面上,如图(a)所示。将橡皮筋的一端Q 固定在y轴上的B点(位于图示部分之外),另一端P位于y轴上的A点时,橡皮筋处于原长。(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O,此时拉力F的大小可由测力计读 出。测力计的示数如图(b)所示,F的大小为 N。(2)撤去(1)中的拉力,橡皮筋P端回到A点;现使用两个测力计同时拉橡皮筋,再次将P端拉至O 点。此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向,由测力计的示数读出两个拉力 的大小分别为F1=4.2 N和F2=5.6 N。(ⅰ)用5 mm长度的线段表示1 N的力,以O为作用点,在图(a)中画出力F1、F2的图示,然后按平行 四边形定则画出它们的合力F合;
图(a) 图(b)(ⅱ)F合的大小为 N,F合与拉力F的夹角的正切值为 。若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内,则该实验验证了力的平 行四边形定则。
答案 (1)4.0 (2)(ⅰ)F1、F2和F合如图所示 (ⅱ)4.0 0.05
解析 (1)测力计读数时需要进行估读,此测力计分度值为0.2 N,则F的大小为4.0 N。(2)(ⅰ)作力的图示时,要选好标度,再根据F1、F2的方向及大小作出相应两力的图示,图见答 案。分别以F1、F2为邻边作平行四边形并作出F1、F2之间的对角线,即得F合。(ⅱ)表示F合的线段的长度为20.0 mm,根据标度算出F合大小为4.0 N。实际合力F的方向沿AO 方向,对角线为F合方向,则两者夹角θ的正切值tan θ= = =0.05。
命题意图 本题考查验证力的平行四边形定则实验。
易错分析 测力计读数时要注意估读。
13.(2016课标Ⅰ,22,5分)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点计时器 的电源为交流电源,可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz。打出纸带的一部分如图(b)所 示。 图(a) 图(b)
该同学在实验中没有记录交流电的频率f,需要用实验数据和其他题给条件进行推算。(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落,利用f和图(b)中给出的物理量可以写出:在打点计 时器打出B点时,重物下落的速度大小为 ,打出C点时重物下落的速度大小为 ,重物下落的加速度大小为 。(2)已测得s1=8.89 cm,s2=9.50 cm,s3=10.10 cm;当地重力加速度大小为9.80 m/s2,实验中重物受到 的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出f为 Hz。
答案 (1) (s1+s2)f (s2+s3)f (s3-s1)f2 (2)40
解析 (1)匀变速直线运动中,某一段位移的平均速度等于中间时刻的瞬时速度:vB= = (s1+s2)f,同理vC= (s2+s3)f,加速度a= = (s3-s1)f2。(2)由牛顿第二定律可知:mg-0.01mg=maa=0.99g ①又由(1)问知:a= ②①②联立得f=40 Hz
解题技巧 (1)考查通过处理纸带求瞬时速度和加速度的方法。(2)要求推算打点计时器所用 电源的频率,问题新颖,但应注意到加速度表达式中,加速度与频率的相关性,只要知道加速度 就可求出频率。由给出的受力情况,根据牛顿第二定律可求出加速度,再代入第(1)问中加速度 的表达式求出频率。
14.[2016北京理综,21(2),0.74]利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验。 图1①为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的 。A.动能变化量与势能变化量B.速度变化量与势能变化量C.速度变化量与高度变化量②除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外,在下列器材 中,还必须使用的两种器材是 。
A.交流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码)③实验中,先接通电源,再释放重物,得到图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的 点A、B、C,测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点 的过程中,重物的重力势能变化量ΔEp= ,动能变化量ΔEk= 。 图2④大多数学生的实验结果显示,重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是 。A.利用公式v=gt计算重物速度B.利用公式v= 计算重物速度C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响D.没有采用多次实验取平均值的方法
⑤某同学想用下述方法研究机械能是否守恒:在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点O 的距离h,计算对应计数点的重物速度v,描绘v2-h图像,并做如下判断:若图像是一条过原点的直 线,则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确。
解析 ①重物的机械能指它的动能和重力势能,所以机械能是否守恒要看动能和重力势能变 化量是否相等,所以选A项。②因为电磁打点计时器用6 V以下交流电源,所以A项器材需要;实验中需要用刻度尺测纸带上 点间距离,所以B项器材需要;因为动能变化、重力势能变化都是对同一重物而言的,所以不需 要测它的质量,故C项不需要。③从打O点到打B点的过程中重物的重力势能在减少,所以ΔEp=-mghB,再由 = 得打B点时重物的速度为vB= ,故动能变化量为ΔEk= m -0= m 。④因为做实验时存在空气阻力和纸带与打点计时器间的摩擦阻力,故重物下落过程不是自由 落体运动,所以|ΔEp|>ΔEk,所以C项正确。⑤该同学的判断依据不正确。在重物下落h的过程中,若阻力 f 恒定,根据mgh-fh= mv2-0⇒v2=2(g- )h可知,v2-h图像就是过原点的一条直线。要想通过v2-h图像的方法验证机械能是否守恒,还必须看图像的斜率是否接近2g。
解题指导 用匀变速直线运动某段时间的中间时刻速度等于平均速度即 = ,求出瞬时速度,再求动能的变化量。
考查点 验证机械能守恒。
15.[2015北京理综,21(2)]用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
图1
①组装单摆时,应在下列器材中选用 (选填选项前的字母)。A.长度为1 m左右的细线B.长度为30 cm左右的细线C.直径为1.8 cm的塑料球D.直径为1.8 cm的铁球
②测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t,则重力加速度g= (用L、n、t表示)。③下表是某同学记录的3组实验数据,并做了部分计算处理。
请计算出第3组实验中的T= s,g= m/s2。 图2④用多组实验数据作出T2-L图像,也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2-L图线的 示意图如图2中的a、b、c所示,其中a和b平行,b和c都过原点,图线b对应的g值最接近当地重力 加速度的值。则相对于图线b,下列分析正确的是 (选填选项前的字母)。A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值⑤某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁,制成一个单摆,如图3所示。由于家里只 有一根量程为30 cm的刻度尺,于是他在细线上的A点做了一个标记,使得悬点O到A点间的细
线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变,通过改变O、A间细线长度以改变 摆长。实验中,当O、A间细线的长度分别为l1、l2时,测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得 重力加速度g= (用l1、l2、T1、T2表示)。 图3
答案 ①AD ② ③2.01 9.76 ④B ⑤
解析 ①用单摆测定重力加速度的实验中,要求小球可看成质点,因此摆线长度要远大于球的 直径,故选用长度为1 m左右的细线;为减小空气阻力的影响,摆球应选用质量大体积小的,故选 用铁球,选项A、D正确。②由单摆周期公式T=2π 及T= 可知g= = ③由T= 可知T3= s=2.01 sg= = m/s2≈9.76 m/s2④由T=2π 可得T2= L,T2-L图线应为过坐标原点的直线,图线a和图线b平行,且在T2一定时,图线a对应的L小于图线b对应的L,因此出现图线a的原因可能是误将悬点到小球上端的距 离记为摆长L,选项A错;图线c的斜率小于图线b的斜率,由T2= L及g= 可知图线c对应的g值应大于图线b对应的g值,B正确,C错误。
⑤设标记以下的细线长度为l0则有 = (l0+l1) = (l0+l2)联立得g=
考查点 用单摆测重力加速度。
解题指导 (1)单摆在摆角很小的条件下,才能近似为简谐运动。组建单摆时,应选用摆线细而 长,摆球重而小的。(2)要注意t是完成n次全振动的总时间。(3)在用图像处理数据时,要注意图线的函数关系式。
16.[2011北京理综,21(2)]如图1,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在 轨道水平部分碰撞前后的动量关系。①实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是,可以通过仅测量 (填选 项前的符号),间接地解决这个问题。A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程②图1中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置 静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP。
图1
然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放,与小球m2 相碰,并多次重复。接下来要完成的必要步骤是 。(填选项前的符号)A.用天平测量两个小球的质量m1、m2B.测量小球m1开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM,ON③若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为 (用②中测量的量表示);若碰撞是 弹性碰撞,那么还应满足的表达式为 (用②中测量的量表示)。④经测定,m1=45.0 g,m2=7.5 g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图2所示。碰撞前、后m1 的动量分别为p1与p1',则p1∶p1'= ∶11;若碰撞结束时m2的动量为p2',则p1'∶p2'=11∶ 。
图2实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值 为 。⑤有同学认为,在上述实验中仅更换两个小球的材质,其他条件不变,可以使被碰小球做平抛运 动的射程增大。请你用④中已知的数据,分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值 为 cm。
答案 ①C②ADE或(DEA或DAE)③m1·OM+m2·ON=m1·OP m1·OM2+m2·ON2=m1·OP2④14 2.9 1~1.01⑤76.8
解析 小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定,即v= 。而由H= gt2知,每次竖直高度相等,平抛时间相等。即m1 =m1 +m2 ;则可得m1·OP=m1·OM+m2·ON。故只需测射程,因而选C;由表达式知:在OP已知时,需测量m1、m2、OM和ON。故必要步骤A、D、E若为弹性碰撞 同时满足动能守恒。 m1 = m1 + m2 m1·OP2=m1·OM2+m2·ON2p1=m1· p1'=m1· 故p1∶p1'=OP∶OM=44.80∶35.20=14∶11p2'=m2· p1'∶p2'= ∶ =11∶2.9故 = =1
其他条件不变,使ON最大,则m1、m2发生弹性碰撞。则其动量和能量均守恒,可得v2= ,而v2= ,v0= 故ON= ·OP= ×44.80 cm=76.8 cm
17.(2018课标Ⅲ,22,6分)甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下:(1)甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端,让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端(位置 恰好处于L刻度处,但未碰到尺),准备用手指夹住下落的尺。(2)甲在不通知乙的情况下,突然松手,尺子下落;乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若 夹住尺子的位置刻度为L1,重力加速度大小为g,则乙的反应时间为 (用L、L1和g表 示)。(3)已知当地的重力加速度大小为g=9.80 m/s2,L=30.0 cm,L1=10.4 cm。乙的反应时间为 s。(结果保留2位有效数字)(4)写出一条能提高测量结果准确程度的建议: 。
C组 教师专用题组
答案 (2) (3)0.20 (4)多次测量取平均值;初始时乙的手指尽可能接近尺子
解析 本题考查自由落体运动的应用。 (2)(3)木尺做自由落体运动,由位移公式可得L-L1= gt2,解得t= = s=0.20 s。
18.(2018课标Ⅱ,23,9分)某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过 光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连,滑轮和木块间的细线保持水平,在木块上方 放置砝码。缓慢向左拉动水平放置的木板,当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动 时,弹簧秤的示数即木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据在下表中给出,其中f4 的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出。 图(a)
图(b) 图(c)回答下列问题:
(1)f4= N;(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f-m图线;(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f = ,f-m图线(直线)的斜率的表达式为k= ;(4)取g=9.80 m/s2,由绘出的f-m图线求得μ= 。(保留2位有效数字)
答案 (1)2.75 (2)如图所示 (3)μ(M+m)g μg (4)0.40
解析 本题考查物体的平衡、滑动摩擦力的计算及分析图像的能力。(1)由图可知弹簧秤的读数为2.75 N。(2)画图线时应使尽可能多的点落在线上,不在线上的点应均匀分布在线的两侧。(3)以木块和砝码为研究对象,整体水平方向受木板的滑动摩擦力和细线的拉力,f=μ(M+m)g,整 理得f=μmg+μMg,故f-m图线的斜率k=μg。(4)由图知k=3.9 N/kg,故μ= =0.40。
19.(2017课标Ⅰ,22,5分)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动,用自制“滴水计时 器”计量时间。实验前,将该计时器固定在小车旁,如图(a)所示。实验时,保持桌面水平,用手 轻推一下小车。在小车运动过程中,滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴,图(b)记录了桌面上 连续的6个水滴的位置。(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴) 图 (a) 图(b)
(1)由图(b)可知,小车在桌面上是 (填“从右向左”或“从左向右”)运动的。(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图(b)中A点位置时的 速度大小为 m/s,加速度大小为 m/s2。(结果均保留2位有效数字)
答案 (1)从右向左(2)0.19 0.037
解析 本题考查研究匀变速直线运动。(1)由于小车获得速度后在摩擦力作用下减速运动,故 相邻水滴间的距离逐渐减小,结合图(b)可知小车向左运动。(2)由题意知,30 s内滴下46滴水,共 45个时间间隔,故相邻两滴水的时间间隔T= s= s。由匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得vA= mm/s=0.19 m/s。由逐差法得小车运动的加速度为a= mm/s2=0.037 m/s2。
方法技巧 “纸带”的处理处理“纸带”时,对于匀变速直线运动,求某点的瞬时速度需利用 = ,求加速度时应利用Δx=aT2。当需要考虑减小偶然误差时,应采用逐差法求加速度。
20.(2017课标Ⅱ,22,6分)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度 之间的关系。使用的器材有:斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器。 实验步骤如下:①如图(a),将光电门固定在斜面下端附近;将一挡光片安装在滑块上,记下挡光片前端相对于 斜面的位置,令滑块从斜面上方由静止开始下滑;②当滑块上的挡光片经过光电门时,用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt;③用Δs表示挡光片沿运动方向的长度[如图(b)所示], 表示滑块在挡光片遮住光线的Δt时间内的平均速度大小,求出 ;
④将另一挡光片换到滑块上,使滑块上的挡光片前端与①中位置相同,令滑块由静止开始下滑, 重复步骤②、③;⑤多次重复步骤④;⑥利用实验中得到的数据作出 -Δt图,如图(c)所示。 图(c)完成下列填空:(1)用a表示滑块下滑的加速度大小,用vA表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小, 则 与vA、a和Δt的关系式为 = 。
(2)由图(c)可求得,vA= cm/s,a= cm/s2。(结果保留3位有效数字)
答案 (1)vA+ Δt (2)52.1 16.3
解析 本题考查匀变速直线运动中平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系。挡光片通过光电门的平均速度 等于Δt时间段的中间时刻的速度由v=v0+at可知 =vA+a 即 =vA+ a·Δt,由图像的截距可知vA=52.12 cm/s≈52.1 cm/s其斜率k= a,故物体的加速度a=2k=16.3 cm/s2
21.(2016课标Ⅱ,22,6分)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究,实验装置如图(a)所示:轻弹 簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接,纸带穿过打点计时器并 与物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离,由静止释放物块,通过测量和计算,可求得弹簧 被压缩后的弹性势能。 图(a)(1)实验中涉及下列操作步骤:①把纸带向左拉直②松手释放物块
③接通打点计时器电源④向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是 (填入代表步骤的序号)。(2)图(b)中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。打点计时器所 用交流电的频率为50 Hz。由M纸带所给的数据,可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧 时的速度为 m/s。比较两纸带可知, (填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被 压缩后的弹性势能大。 图(b)
答案 (1)④①③② (2)1.29 M
解析 (1)实验步骤中,一定要注意接通打点计时器电源之后再松手释放物块。若次序搞反,可 能造成物块已离开桌面但打点计时器还没有开始工作。(2)从纸带上看,最后两个数据2.58 cm、2.57 cm相差不大,表示物块已经脱离弹簧,所以速度v= ×10-2 m/s≈1.29 m/s,同理可计算出打下L纸带时物块脱离弹簧的速度要小一些。
审题指导 通过打点计时器打下的纸带可分析物体的运动过程。本题中,从前面几个数据可 以看出相等时间内的位移逐渐增大,表明此阶段物块在弹簧弹力作用下加速运动,从后面两个 数据可以看出相等时间内的位移几乎不变,表明此阶段物块已经脱离了弹簧,近似做匀速直线 运动。
评析 本题考查打点计时器的相关实验,与探究弹簧弹性势能相结合,不落俗套。
22.(2015课标Ⅱ,22,6分,0.395)某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因 数。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz,物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图 (b)所示,图中标出了五个连续点之间的距离。 (1)物块下滑时的加速度a= m/s2,打C点时物块的速度v= m/s;(2)已知重力加速度大小为g,为求出动摩擦因数,还必须测量的物理量是 (填正确答案标 号)。A.物块的质量B.斜面的高度C.斜面的倾角
答案 (1)3.25(2分) 1.79(2分) (2)C(2分)
解析 (1)a= =3.25 m/s2vC= =1.79 m/s(2)因为a=(mg sin θ-μmg cos θ)/m=g sin θ-μg cos θ所以μ= 欲求出μ还需知道斜面倾角,故选C项。
23.(2015课标Ⅰ,22,6分,0.369)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点 时的速度的实验。所用器材有:玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为 R=0.20 m)。 完成下列填空:(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上,如图(a)所示,托盘秤的示数为1.00 kg;
(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时,托盘秤的示数如图(b)所示,该示数为 kg;(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放,小车经过最低点后滑向另一侧。此过程中托盘秤的 最大示数为m;多次从同一位置释放小车,记录各次的m值如下表所示:
(4)根据以上数据,可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为 N;小车通过最 低点时的速度大小为 m/s。(重力加速度大小取9.80 m/s2,计算结果保留2位有效数字)
答案 (2)1.40(2分) (4)7.9(2分) 1.4(2分)
解析 (2)示数为1.40 kg,注意估读。(4)小车经过凹形桥最低点时对桥的压力N= g-M桥g=(1.81-1.00)×9.80 N=7.9 N,小车通过最低点时受到的支持力N'=N=7.9 N,小车质量m车=1.40 kg-1.00 kg=0.40 kg,由N'-m车g=m车 ,解得v=1.4 m/s。
24.(2016课标Ⅲ,23,10分)某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力 之间的关系。图中,置于实验台上的长木板水平放置,其右端固定一轻滑轮;轻绳跨过滑轮,一 端与放在木板上的小滑车相连,另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N=5个,每个质 量均为0.010 kg。实验步骤如下: 图(a)(1)将5个钩码全部放入小车中,在长木板左下方垫上适当厚度的小物块,使小车(和钩码)可以 在木板上匀速下滑。(2)将n(依次取n=1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端,其余N-n个钩码仍留在小车内;用手按住小车
并使轻绳与木板平行。释放小车,同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s, 绘制s-t图象,经数据处理后可得到相应的加速度a。(3)对应于不同的n的a值见下表。n=2时的s-t图象如图(b)所示;由图(b)求出此时小车的加速度 (保留2位有效数字),将结果填入下表。
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点,并作出a-n图象。从图象可以看出:当物体质量 一定时,物体的加速度与其所受的合外力成正比。 图(b) 图(a)
(5)利用a-n图象求得小车(空载)的质量为 kg(保留2位有效数字,重力加速度取g=9.8 m·s-2)。(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1),下列说法正确的是 (填入正确选项前的标号)。A.a-n图线不再是直线B.a-n图线仍是直线,但该直线不过原点C.a-n图线仍是直线,但该直线的斜率变大
答案 (3)0.39(2分。在0.37~0.49范围内都给分)(4)如图所示(3分) (5)0.45(3分。在0.43~0.47范围内都给分)(6)BC(2分。选对一个给1分,有选错的不给这2分)
解析 (3)由s= at2得:a= ,在s-t图象中找一点坐标,代入公式即可求出a。(5)对小车和钩码组成的系统应用牛顿第二定律:nmg=(M+Nm)a,则a= = ,a-n图象的斜率k= ,从而可解出M。(6)对于已平衡摩擦力的情况,对整体应用牛顿第二定律:nmg=(M+Nm)a,则a= n①;对于木板水平的情况,对整体应用牛顿第二定律:nmg-μ[M+(N-n)m]g=(M+Nm)a,整理得:a= n-μg②,比较①②可见,B、C均正确。
解题技巧 利用图象处理实验数据是实验中最常用的方法,解决本题的基本对策是写出图象 对应的函数,困难便迎刃而解。
易错分析 (3)(5)中的计算结果一定要按照有效数字的位数要求填写。画a-n图象时,所画直 线要符合以下要求:让尽可能多的点落在直线上;不能落在直线上的点要均匀分布于直线的两 侧;一定要利用直尺画线。
考点二 电学实验A组 自主命题·天津卷题组
1.[2019天津理综,9(3)]现测定长金属丝的电阻率。①某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示,其读数是 mm。 ②利用下列器材设计一个电路,尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻Rx约 为100 Ω,画出实验电路图,并标明器材代号。电源E (电动势10 V,内阻约为10 Ω)电流表A1 (量程0~250 mA,内阻R1=5 Ω)电流表A2 (量程0~300 mA,内阻约为5 Ω)滑动变阻器R (最大阻值10 Ω,额定电流2 A)开关S及导线若干③某同学设计方案正确,测量得到电流表A1的读数为I1,电流表A2的读数为I2,则这段金属丝电 阻的计算式Rx= 。从设计原理看,其测量值与真实值相比 (填“偏大”、 “偏小”或“相等”)。
答案 ①0.200(0.196~0.204均可) ②如图 ③ 相等
解析 本题考查测定金属丝电阻率的电路设计及对应的实验原理、误差分析,考查了学生的 实验设计能力和综合分析能力,体现了实验探究中问题、证据、解释的素养要素。①螺旋测微器的分度值为0.01 mm,需要估读一位,故读数为0.200 mm。②因为R的最大阻值比Rx小得多,所以滑动变阻器必须采用分压式接法。因为电流表A1的内阻 R1有确定值,所以可把A1与金属丝并联,使A1起到电流表和电压表的双重作用。电路图见答 案。③由电路图可得Rx= = ,本设计方案无系统误差,故测量值等于真实值。
温馨提示 当电流表内阻为确定值时,电流表可起到双重作用,当流过的电流为I时,其两端电 压U=IRA;同理,当电压表内阻为确定值时,电压表也可起到双重作用,当示数为U时,流过它的电 流I= 。
2.[2018天津理综,9(3)]某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10 kΩ),除了Rx、开关S、 导线外,还有下列器材供选用:A.电压表(量程0~1 V,内阻约10 kΩ)B.电压表(量程0~10 V,内阻约100 kΩ)C.电流表(量程0~1 mA,内阻约30 Ω)D.电流表(量程0~0.6 A,内阻约0.05 Ω)E.电源(电动势1.5 V,额定电流0.5 A,内阻不计)F.电源(电动势12 V,额定电流2 A,内阻不计)G.滑动变阻器R0(阻值范围0~10 Ω,额定电流2 A)①为使测量尽量准确,电压表选用 ,电流表选用 ,电源选用 。 (均填器材的字母代号)②画出测量Rx阻值的实验电路图。③该同学选择器材、连接电路和操作均正确,从实验原理上看,待测电阻测量值会 其 真实值(填“大于”、“小于”或“等于”),原因是 。
答案 ①B C F②如图所示 ③大于 电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他正确表述也可)
解析 本题考查伏安法测电阻。①由于Rx的阻值约为10 kΩ,电压表内阻应远大于10 kΩ,故电压表应选B;电路电流最大值约为1 mA,故电流表应选C;电源应选F。②因Rx> ,属于大电阻,故电流表采用内接法,而滑动变阻器R0的阻值小于Rx,则滑动变阻器R0采用分压式接法,如答案图所示。③由于电压表的读数为电阻Rx和电流表内阻的分压和,而电流表的读数是流过Rx的实际电流, 故待测电阻测量值会大于其真实值。
知识拓展 若滑动变阻器的阻值小于被测电阻值,为减小误差,滑动变阻器采用分压式接法。
3.[2017天津理综,9(3)]某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻。其 中电流表A1的内阻r1=1.0 kΩ,电阻R1=9.0 kΩ,为了方便读数和作图,给电池串联一个R0=3.0 Ω的 电阻。①按图示电路进行连接后,发现aa'、bb'和cc'三条导线中,混进了一条内部断开的导线。为了 确定哪一条导线内部是断开的,将电键S闭合,用多用电表的电压挡先测量a、b'间电压,读数不 为零,再测量a、a'间电压,若读数不为零,则一定是 导线断开;若读数为零,则一定是 导线断开。 ②排除故障后,该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置,得到电流表A1和A2 的多组I1、I2数据,作出图像如图。由I1-I2图像得到电池的电动势E= V,内阻r= Ω。
答案 ①aa' bb' ②1.41(1.36~1.44均可) 0.5(0.4~0.6均可)
解析 ①用多用电表的电压挡测Uab'≠0,说明两表笔与电源两极间为通路,问题出在a、b'之间 的含有电键的电路部分;若Uaa'≠0,说明aa'导线断路,若Uaa'=0,说明导线bb'断开。②由于I2≫I1,故可将I2视为干路电流,则有I1(R1+r1)=E-I2(r+R0)则I1= - ·I2,故从图线的截距和斜率可求得E=1.41 V,r=0.5 Ω。
解题指导 ①在用多用电表电压挡排查电路故障时,读数不为零,说明两表笔与电源之间的线 路连通,读数反映的是电源两极电压(在没有其他支路连通时),断点在多用电表两表笔之间的 电路。②本实验中,由于I1与I2的读数数量级相差巨大,故可忽略I1,把I2视为干路电流。
4.[2016天津理综,9(3)]某同学想要描绘标有“3.8 V,0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线,要 求测量数据尽量精确、绘制曲线完整。可供该同学选用的器材除开关、导线外,还有:电压表V1(量程0~3 V,内阻等于3 kΩ)电压表V2(量程0~15 V,内阻等于15 kΩ)电流表A1(量程0~200 mA,内阻等于10 Ω)电流表A2(量程0~3 A,内阻等于0.1 Ω)滑动变阻器R1(0~10 Ω,额定电流2 A)滑动变阻器R2(0~1 kΩ,额定电流0.5 A)定值电阻R3(阻值等于1 Ω)定值电阻R4(阻值等于10 Ω)定值电阻R5(阻值等于1 kΩ)电源E(E=6 V,内阻不计)①请画出实验电路图,并将各元件字母代码标在该元件的符号旁。②该同学描绘出的I-U图像应是下图中的 。
答案 ①如图所示 ②B
解析 ①首先考虑测量电路:由于小灯泡的规格为“3.8 V,0.3 A”,可知电表V2、A2量程太大 而不能选用;电表V1、A1则需要改装才能获得小灯泡完整的伏安特性曲线。A1与R4并联可得 量程为0~0.4 A的电流表,V1与R5串联可得量程为0~4 V的电压表,因小灯泡电阻值较小,测量电 路应采用电流表外接的方式。再考虑控制电路:首先由调节的方便性可知滑动变阻器应选用 R1,再由“绘制曲线完整”可知测量电压与电流应从零开始变化,故连接方法应选用分压式接 法。②在I-U图像中,图线上某点与原点连线的斜率表示该状态下电阻的倒数。由于小灯泡灯 丝的阻值是随温度升高而增大的,故只有B正确。
解题指导 本题以描绘伏安特性曲线为载体,考查了电表的改装、器材选择、电路设计等多 个知识点,综合考查考生分析、处理问题的能力,难度中等。
反思总结 本题中虽然改装后的电表内阻都是已知的,原则上内、外接法都可得到小灯泡两 端的准确电压与通过的准确电流,但需兼顾数据处理的方便性,故在电压表内阻远大于小灯泡 电阻值时应采用电流表外接法。
5.[2015天津理综,9(3)]用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组(电动势约4.5 V,内电阻约1 Ω)的电动势和内电阻,除待测电池组、电键、导线外,还有下列器材供选用:A.电流表:量程0.6 A,内电阻约1 ΩB.电流表:量程3 A,内电阻约0.2 ΩC.电压表:量程3 V,内电阻约30 kΩD.电压表:量程6 V,内电阻约60 kΩE.滑动变阻器:0~1 000 Ω,额定电流0.5 AF.滑动变阻器:0~20 Ω,额定电流2 A①为了使测量结果尽量准确,电流表应选用 ,电压表应选用 ,滑动变阻器应选 用 (均填仪器的字母代号)。②如图为正确选择仪器后,连好的部分电路。为了使测量误差尽可能小,还需在电路中用导线 将 和 相连、 和 相连、 和 相连(均填仪器 上接线柱的字母代号)。
③实验时发现电流表坏了,于是不再使用电流表,剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器,重 新连接电路,仍能完成实验。实验中读出几组电阻箱的阻值R和对应电压表的示数U。用图像 法处理采集到的数据,为在直角坐标系中得到的函数图像是一条直线,则可以 为纵坐 标,以 为横坐标。
答案 ①A D F ②a d c g f h ③见解析
解析 ①为了防止电源急剧放电时产生极化现象而引起电动势的下降,一般在测电源电动势 与内电阻时,电源的放电电流控制在0.5 A以内,故电流表应选用A;因三节干电池的总电动势约 为4.5 V,故选用量程是6 V的电压表D;总阻值为20 Ω的滑动变阻器F可使电路中的最小电流约 为Imin= =0.225 A,而滑动变阻器E阻值太大,故滑动变阻器应选用F。②因电流表内阻rA≈1 Ω与电源内阻大致相等且未知,故需采用电流表外接法,以避免电流表内 阻引起的系统误差,原理图如图, 故需将a与d、c与g、f与h相连。③用伏阻法测电源电动势与内电阻时,由闭合电路欧姆定律有E=U+ r,由此可得 = + ·
评析 本题通过测电源电动势与内电阻的实验考查了器材选取、电路连接、数据处理等,试 题难度中等。
6.[2014天津理综,9(3),6分]现要测量一个未知电阻Rx的阻值,除Rx外可用的器材有:多用电表(仅可使用欧姆挡);一个电池组E(电动势6 V);一个滑动变阻器R(0~20 Ω,额定电流1 A);两个相同的电流表G(内阻Rg=1 000 Ω,满偏电流Ig=100 μA);两个标准电阻(R1=29 000 Ω,R2=0.1 Ω);一个电键S、导线若干。①为了设计电路,先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻,采用“×10”挡,调零后测量该电阻,发 现指针偏转非常大,最后几乎紧挨满偏刻度停下来,下列判断和做法正确的是 (填字母 代号)。A.这个电阻阻值很小,估计只有几欧姆B.这个电阻阻值很大,估计有几千欧姆C.如需进一步测量可换“×1”挡,调零后测量D.如需进一步测量可换“×1k”挡,调零后测量
②根据粗测的判断,设计一个测量电路,要求测量尽量准确并使电路能耗较小,画出实验电路 图,并将各元件字母代码标在该元件的符号旁。
答案 ①AC②如图所示
解析 ①欧姆挡的零刻线在右侧,指针偏转越大时阻值越小,故A正确。要使指针指在中间刻 度线附近,由“阻值=读数×倍率”可知所选倍率应减小以增大读数,故C正确。②由电路能耗 较小的要求可知控制电路应采用限流式。因器材中只有两个内阻已知的电流表,故可考虑改 装:由题给数据可知电流表G与R1可改装为一个量程为3 V的电压表。电流表G与R2可改装为 一个量程为1 A 的电流表。改装后的内阻分别为RV=30 000 Ω与RA=0.1 Ω,而被测电阻的阻值 约为几欧,属于小电阻,故测量电路应采用外接法,电路图见答案。
7.[2013天津理综,9(3)]要测绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线,灯泡两端的电 压需要由零逐渐增加到 3 V,并便于操作。已选用的器材有:电池组(电动势为4.5 V,内阻约1 Ω);电流表(量程为0~250 mA,内阻约5 Ω);电压表(量程为0~3 V,内阻约3 kΩ);电键一个、导线若干。①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的 (填字母代号)。A.滑动变阻器(最大阻值20 Ω,额定电流1 A)B.滑动变阻器(最大阻值1 750 Ω,额定电流0.3 A)②实验的电路图应选用下列的图 (填字母代号)。
③实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V,内阻为 5 Ω的电源两端,小灯泡消耗的功率是 W。
答案 ①A ②B ③0.1
解析 ①测绘小灯泡的伏安特性曲线,要求能较大范围测量数据,所以控制电路部分应用分压 式接法,滑动变阻器应用最大阻值小额定电流大的A。②灯泡的电阻R= =15 Ω,额定电流I= =0.2 A,由R=15 Ω< = Ω,依据“大内小外”的原则,可知电流表应采用外接法,故选B。③在灯泡的I-U图上作出电源的I-U图线,交点即为这个电源给这个灯泡供电时的电流和电压, 此时P灯=IU=0.1×1 W=0.1 W。
8.(2016北京理综,19,6分)某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻,他们提出的 实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确,最不可取的一组器材是 ( )A.一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器B.一个伏特表和多个定值电阻C.一个安培表和一个电阻箱D.两个安培表和一个滑动变阻器
答案 D 根据U=E-Ir,要测出E和r,就要同时测出U和I,A、B、C三个选项都能满足要求;D选 项只能测出电流I,不能测出电压U,所以选D。
解题方法 测量电源的电动势和内阻有多种方法,最常用的方法有:
1.伏安法,电路如图1所示。 图1
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
2.伏阻法,电路如图2所示。 图2
3.安阻法,电路如图3所示。 图3
9.[2016北京理综,21(1),0.74]热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。图为某种热敏电 阻和金属热电阻的阻值R随温度t变化的示意图。由图可知,这种热敏电阻在温度上升时导电 能力 (选填“增强”或“减弱”);相对金属热电阻而言,热敏电阻对温度变化的响应 更 (选填“敏感”或“不敏感”)。
答案 增强 敏感
解析 由R-t图知热敏电阻随t增大阻值R减小,所以导电能力增强;由题图中可看出,相对金属 热电阻而言,随温度变化,热敏电阻的阻值变化更明显,即热敏电阻对温度变化的响应更敏感。
10.(2019课标Ⅱ,23,10分)某小组利用图(a)所示的电路,研究硅二极管在恒定电流条件下的正向 电压U与温度t的关系,图中 和 为理想电压表;R为滑动变阻器,R0为定值电阻(阻值100 Ω);S为开关,E为电源。实验中二极管置于控温炉内,控温炉内的温度t由温度计(图中未画出)测 出。图(b)是该小组在恒定电流为50.0 μA时得到的某硅二极管U-t关系曲线。回答下列问题: 图(a)(1)实验中,为保证流过二极管的电流为50.0 μA,应调节滑动变阻器R,使电压表 的示数为U1= mV;根据图(b)可知,当控温炉内的温度t升高时,硅二极管正向电阻 (填“变 大”或“变小”),电压表 示数 (填“增大”或“减小”),此时应将R的滑片向 (填“A”或“B”)端移动,以使 示数仍为U1。
(2)由图(b)可以看出U与t成线性关系。硅二极管可以作为测温传感器,该硅二极管的测温灵敏 度为 = ×10-3 V/℃(保留2位有效数字)。 图(b)
答案 (1)5.00 变小 增大 B (2)2.8
解析 本实验考查运用闭合电路欧姆定律计算电压,并且分析了硅二极管两端的电压与温度 的关系,考查学生的实验能力,体现了科学探究核心素养,又体现了创新思维和创新意识的价值 观念。(1)实验中I=50.0 μA,R0=100 Ω,所以U1=IR0=5.00 mV,因为图(b)是在恒定电流条件下得到的图 像,斜率为负值,所以随温度的升高,硅二极管正向电压变小,由R硅= ,可知硅二极管正向电阻变小,则回路中电流变大,且R0为定值电阻, 的示数增大。为了确保回路中电流恒定,应使滑动变阻器的阻值变大,故滑片应向B端滑动。(2)图(b)中图线纵轴截距为0.44 V,所以 = V/℃=2.8×10-3 V/℃。
审题指导 运用闭合电路欧姆定律讨论电路中的动态变化,注意在图像中横、纵坐标均不是 从0开始的。
11.(2019课标Ⅰ,23,10分)某同学要将一量程为250 μA的微安表改装为量程为20 mA的电流 表。该同学测得微安表内阻为1 200 Ω,经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接,进行改 装。然后利用一标准毫安表,根据图(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后 的电表)。 图(a)
图(b)(1)根据图(a)和题给条件,将图(b)中的实物连线。(2)当标准毫安表的示数为16.0 mA时,微安表的指针位置如图(c)所示。由此可以推测出所改 装的电表量程不是预期值,而是 。(填正确答案标号)
图(c)A.18 mA B.21 mA C.25 mA D.28 mA(3)产生上述问题的原因可能是 。(填正确答案标号)A.微安表内阻测量错误,实际内阻大于1 200 ΩB.微安表内阻测量错误,实际内阻小于1 200 ΩC.R值计算错误,接入的电阻偏小D.R值计算错误,接入的电阻偏大
(4)要达到预期目的,无论测得的内阻值是否正确,都不必重新测量,只需要将阻值为R的电阻换 为一个阻值为kR的电阻即可,其中k= 。
解析 本题考查了电学实验中的电表改装的相关知识;考查了考生的实验能力、分析推理能 力,体现了物理核心素养中的科学探究要素,以及科学态度与责任。 (1)本实验的目的是对电流表进行扩大量程的改装,故应将定值电阻R与微安表并联。实 物连线如答案图所示。(2)当标准毫安表示数为16.0 mA时,微安表示数为0.16 mA,故当微安表指针满偏时,测量的电 流值应为25 mA,选项C正确。(3)出现上述现象的原因可能有两个:一是并联电阻R偏小;二是微安表内阻测量值偏小。故选 A、C。(4)设微安表内阻为R0,满偏电流为I0,改装成量程为I的电流表时并联电阻R= R0,故I=25 mA与I'=20 mA对应的并联电阻的关系为R'= R,代入数值得k= = 。
12.(2019课标Ⅲ,23,10分)某同学欲将内阻为98.5 Ω、量程为100 μA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15 kΩ刻度正好对应电流表表盘的50 μA刻度,可选用的 器材还有:定值电阻R0(阻值14 kΩ),滑动变阻器R1(最大阻值1 500 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值50 0 Ω),电阻箱(0~99 999.9 Ω),干电池(E=1.5 V,r=1.5 Ω),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”)。 图(a)
(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 、 。 图(b)(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。
图(c)
答案 (1)连线如图 900 R1 (2)45 5 (3)0 35 000.0
解析 本题考查了欧姆表的改装及电阻箱的读数,考查了学生的实验能力,体现了科学思维中 的科学推理素养要素,渗透了实践的价值观念。(1)由题意知改装的欧姆表的中值电阻即内阻为15 kΩ,即R0+rg+r+R=15 kΩ,故R=15 kΩ-14 kΩ-9 8.5 Ω-1.5 Ω=900 Ω。由于滑动变阻器接入电路中的阻值大于R2的最大阻值,故只能选用R1。(2)由闭合电路的欧姆定律有:1.5 V=25 μA×(Ra+15 kΩ),1.5 V=75 μA×(Rb+15 kΩ),解得Ra=45 kΩ,Rb=5 kΩ。(3)红、黑表笔短接,进行欧姆调零。由图得电阻箱的读数为3×10 kΩ+5×1 kΩ+0×100 Ω+0×10 Ω+0×1 Ω+0×0.1 Ω=35 000.0 Ω。
13.(2019江苏单科,11,10分)某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率。实验操作如下:(1)螺旋测微器如题图1所示。在测量电阻丝直径时,先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆 之间,再旋动 (选填“A”“B”或“C”),直到听见“喀喀”的声音,以保证压力适当, 同时防止螺旋测微器的损坏。 图1(2)选择电阻丝的 (选填“同一”或“不同”)位置进行多次测量,取其平均值作为电 阻丝的直径。
(3)图2甲图中Rx为待测电阻丝。请用笔画线代替导线,将滑动变阻器接入图2乙图实物电路中 的正确位置。 图2甲图
图2乙图
(4)为测量Rx,利用图2甲图所示的电路,调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值,作出的U1- I1关系图像如图3所示。接着,将电压表改接在a、b两端,测得5组电压U2和电流I2的值,数据见 下表:
请根据表中的数据,在方格纸上作出U2-I2图像。 图3(5)由此,可求得电阻丝的Rx= Ω。根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率。
答案 (1)C (2)不同 (3)见图甲 (4)见图乙(5)23.5(23.0~ 24.0都算对) 图甲
图乙
解析 本题通过测电阻丝电阻率的实验考查了基本仪器的使用、电路实物图连接及数据的 处理等问题,考查了学生的实验操作、处理等能力,体现了科学探究中问题、证据、解释、交 流等素养要素,渗透了创新的价值观念。(1)为防止测砧与测微螺杆对电阻丝产生的压力过大,应该旋动微调旋钮C。(2)为防止电阻丝的粗细不均匀造成对其直径测量的误差,要求在电阻丝上不同位置测量后取 其平均值。(3)实物图连接见答案。(4)将表格中数据先在方格纸上描点,再用平滑的直线连接,图见答案。(5)在题图甲电路中U1=I1(Rx+RA+R0),当电压表改接在a、b两端时U2=I2(RA+R0),可见U1-I1图线的 斜率k1=Rx+RA+R0,U2-I2图线的斜率k2=RA+R0,故由两图线的斜率可得被测电阻的阻值Rx=k1-k2≈2 3.5 Ω。
14.(2018课标Ⅰ,23,10分)某实验小组利用如图(a)所示的电路探究在25 ℃~80 ℃范围内某热敏 电阻的温度特性。所用器材有:置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻RT,其标称值(25 ℃时 的阻值)为900.0 Ω;电源E(6 V,内阻可忽略);电压表 (量程150 mV);定值电阻R0(阻值20.0 Ω),滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω);电阻箱R2(阻值范围0~999.9 Ω);单刀开关S1,单刀双掷开关S2。 图(a)实验时,先按图(a)连接好电路,再将温控室的温度t升至80.0 ℃。将S2与1端接通,闭合S1,调节R1
的滑片位置,使电压表读数为某一值U0;保持R1的滑片位置不变,将R2置于最大值,将S2与2端接 通,调节R2,使电压表读数仍为U0;断开S1,记下此时R2的读数。逐步降低温控室的温度t,得到相 应温度下R2的阻值,直至温度降到25.0 ℃。实验得到的R2-t数据见下表。
回答下列问题:(1)在闭合S1前,图(a)中R1的滑片应移动到 (填“a”或“b”)端;(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点,并作出R2-t曲线; 图(b)
图(c)
(3)由图(b)可得到RT在25 ℃~80 ℃范围内的温度特性。当t=44.0 ℃时,可得RT= Ω;(4)将RT握于手心,手心温度下R2的相应读数如图(c)所示,该读数为 Ω,则手心温度为 ℃。
答案 (1)b (2)如图所示 (3)450 (4)620.0 33.0
解析 本题考查替代法测电阻、绘图能力及电阻箱的读数等。(1)滑动变阻器是限流式接法,S1闭合前,滑片应置于使滑动变阻器连入电路的阻值最大的位置, 即b端。 (2)由题给数据描完点后,观察这些点的分布规律,应画一条平滑曲线,让尽可能多的点落 在线上,不在线上的点要均匀分布在线的两侧。 (3)由R2-t图线知,当t=44.0 ℃时,RT=450 Ω。 (4)电阻箱的读数为(6×100+2×10+0×1+0×0.1)Ω=620.0 Ω,由R2-t图像知,当R2=620.0 Ω时,t= 33.0 ℃。
15.(2018课标Ⅱ,22,6分)某同学组装一个多用电表。可选用的器材有:微安表头(量程100 μA,内 阻 900 Ω);电阻箱R1(阻值范围0~ 999.9 Ω);电阻箱R2(阻值范围0~ 99 999.9 Ω);导线若干。要求利用所给器材先组装一个量程为1 mA的直流电流表,在此基础上再将它改装成量程为3 V的直流电压表。组装好的多用电表有电流1 mA和电压3 V两挡。回答下列问题:(1)在虚线框内画出电路图并标出R1和R2,其中*为公共接线柱,a和b分别是电流挡和电压挡的 接线柱。 (2)电阻箱的阻值应取R1= Ω,R2= Ω。(保留到个位)
答案 (1)如图所示 (2)100 2 910
解析 本题考查电表的改装。将量程为100 μA的微安表头改装成量程为1 mA的直流电流表,应并联一个分流电阻,分流电阻 的阻值为 =100 Ω,选用R1;再串联一分压电阻可改装成量程为3 V的电压表,分压电阻的阻值为 = Ω=2 910 Ω,选用R2。
规律总结 电表改装的原理应用并联分流的规律改装电流表;应用串联分压的规律改装电压表。
16.(2017课标Ⅲ,23,9分)图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池;R1、 R2、R3、R4和R5是固定电阻,R6是可变电阻;表头 的满偏电流为250 μA,内阻为480 Ω。虚线方框内为换挡开关,A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位,5个挡位为:直流电压1 V挡和5 V挡,直流电流1 mA挡和2.5 mA挡,欧姆×100 Ω挡。 图(a)
图(b)(1)图(a)中的A端与 (填“红”或“黑”)色表笔相连接。(2)关于R6的使用,下列说法正确的是 (填正确答案标号)。A.在使用多用电表之前,调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B.使用欧姆挡时,先将两表笔短接,调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C.使用电流挡时,调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置(3)根据题给条件可得R1+R2= Ω,R4= Ω。
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”相连的,则多用电表读 数为 ;若此时B端是与“3”相连的,则读数为 ;若此时B端是与“5”相连的,则读 数为 。(结果均保留3位有效数字)
答案 (1)黑 (2)B (3)160 880(4)1.47 mA 1.10×103 Ω 2.95 V
解析 (1)换挡开关接“3”时为欧姆挡,内部接有电源,电流从电源正极流出,经A端流出,经B 端流入表内,回到电源负极,“红”进“黑”出,则A端应与黑色表笔连接。(2)R6应是欧姆挡的欧姆调零电阻,故B选项正确。而在使用多用电表之前,要进行机械调零,使 电表指针指在表盘左端电流“0”位置,故A选项错误。使用电流挡时不需要欧姆调零,故C选 项错误。(3)当换挡开关接“2”时为直流电流1 mA挡,此时R1和R2串联后与表头 并联,满偏时总电流为1 mA,则R1、R2中的电流为1 mA-Ig,电压为IgRg,则R1+R2= = Ω=160 Ω;当换挡开关接4时为直流电压1 V挡,此时R1和R2串联后与表头 并联,然后再与R4串联,满偏时总电压为1 V,则R4分压为1 V-IgRg=1 V-250×10-6×480 V=0.88 V,流过R4的电流为1 mA,则R4= = Ω=880 Ω。(4)若B端与“1”相连,则为直流电流2.5 mA挡,观察图(b)中下方刻度,共50个小格,则每小格表 示0.05 mA,即分度值为0.05 mA,由 估读法可得读数为1.47 mA。若B端与“3”连接,则为欧姆×100 Ω挡,指针指在上边欧姆表盘“11”位置,则可得读数为1.10×103 Ω。
若B端与“5”连接,则为直流电压5 V挡,观察图(b)中下方刻度,共50个小格,则每小格表示0.1 V,即分度值为0.1 V,由 估读法可得读数为2.95 V。
命题意图 本题考查多用电表的原理以及电表的改装。
易错分析 ①多用电表的欧姆挡内部有电源,可据此判断A端与黑色表笔相连。②多用电表内部电路图串、并联关系要明确。③欧姆挡读数为指针示数乘以所选挡位倍率,电压挡、电流挡读数要注意分度值及估读问 题。④注意题目要求的保留几位有效数字。
17.(2016课标Ⅱ,23,9分)某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V的电压表 的内阻(内阻为数千欧姆),可供选择的器材有:电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω),滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω), 滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ),直流电源E(电动势3 V),开关1个,导线若干。实验步骤如下:①按电路原理图(a)连接线路;②将电阻箱阻值调节为0,将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置,闭合开 关S;③调节滑动变阻器,使电压表满偏;④保持滑动变阻器滑片的位置不变,调节电阻箱阻值,使电压表的示数为2.00 V,记下电阻箱的 阻值。
图(a)
回答下列问题:(1)实验中应选择滑动变阻器 (填“R1”或“R2”)。(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线。 图(b)(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω,若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不 变,计算可得电压表的内阻为 Ω(结果保留到个位)。
(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的,可推断该表头的满刻度电流为 (填正 确答案标号)。A.100 μA B.250 μA C.500 μA D.1 mA
答案 (1)R1 (2)如图所示 (3)2 520 (4)D
解析 (1)在保证电路安全的前提下,分压式电路中的滑动变阻器应选用总阻值小的。(2)见答案图。(3)电压表示数为2.00 V,说明电阻箱分压为0.5 V,可知RV=4R=4×630.0 Ω=2 520 Ω。(4)I满= = =1 mA。
疑难突破 (1)电压表满偏电压为2.5 V,步骤④中电压表示数为2.00 V,说明电阻箱仅分压0.5 V。(2)电压表的满刻度电流与表头一致,故I满= 。
评析 半偏法测量电表内阻是高考常考题型,但本题中并没有使电压表真正半偏,而是使示数 变为满偏的五分之四,考生需要灵活运用半偏法的基本原理,体会到其中电阻箱阻值仅为电压 表内阻的四分之一,该题目有一定难度。
18.[2011北京理综,21(1)]用如图所示的多用电表测量电阻,要用到选择开关K和两个部 件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量: ①旋动部件 ,使指针对准电流的“0”刻线。②将K旋转到电阻挡“×100”的位置。③将插入“+”、“-”插孔的表笔短接,旋动部件 ,使指针对准电阻的 (填 “0刻线”或“∞刻线”)。④将两表笔分别与待测电阻相接,发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果,请
从下列选项中挑出合理的步骤,并按 的顺序进行操作,再完成读数测量。A.将K旋转到电阻挡“×1 k”的位置B.将K旋转到电阻挡“×10”的位置C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D.将两表笔短接,旋动合适部件,对电表进行校准
答案 ①S ③T 0刻线 ④ADC
解析 使指针对准电流的“0”刻线,应旋动机械调零部件S;使指针对准电阻的“0”刻线,应 旋动欧姆调零部件T;测电阻时若指针偏转角度过小,则待测电阻的阻值很大,据欧姆表测电阻 时指针尽可能接近“中值”的原则知,应换用较大倍率的挡位。因此A合理;每换一次挡位应 重新调零,则选D;测电阻时两表笔的金属部分分别与被测电阻两引线相连,应选C。
19.(2014北京理综,21,18分,0.71)利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要 求尽量减小实验误差。(1)应该选择的实验电路是图1中的 (选填“甲”或“乙”)。
图1
(2)现有电流表(0~0.6 A)、开关和导线若干,以及以下器材:A.电压表(0~15 V)B.电压表(0~3 V)C.滑动变阻器(0~50 Ω)D.滑动变阻器(0~500 Ω) 实验中电压表应选用 ;滑动变阻器应选用 。(选填相应器材前的字母)(3)某位同学记录的6组数据如表所示,其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上,请标出
余下一组数据的对应点,并画出U-I图线。
图2 (4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E= V,内电阻r= Ω。
(5)实验中,随着滑动变阻器滑片的移动,电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变 化。图3的各示意图中正确反映P-U关系的是 。
图3
答案 (1)甲 (2)B C (3)如图所示(4)1.50(1.49~1.51) 0.83(0.81~0.85) (5)C
解析 (1)干电池内电阻较小,远小于电压表内阻,选用甲电路时电源内电阻的测量值相对误差 小。(2)一节干电池的电动势只有1.5 V左右,故电压表应选用量程较小的B,干电池的内电阻一 般只有零点几欧或几欧,为调节方便,滑动变阻器应选用总阻值与之相差较小的C。(3)作图过 程略,图见答案。(4)由U=E-Ir知U-I图线在U轴上的截距表示E、斜率的绝对值表示r,由图线可 得E=1.50 V,r=0.83 Ω。(5)由P=IU= ×U= (UE-U2)可知,P-U图线是一条开口向下的抛物线,故选C。
考查点 测电源的电动势和内阻。
解题关键 (1)实验电路的选择不要与“伏安法测电阻”的电路混淆。(2)若选用0~500欧姆的滑动变阻器,在移动滑片的大多数距离上,电表示数会几乎不变。(3)在应用图像时,要注意纵坐标的起点。
20.(2013北京理综,21,18分,0.75)某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻RX的阻值。(1)现有电源(4 V,内阻可不计)、滑动变阻器(0~50 Ω,额定电流2 A)、开关和导线若干,以及下 列电表:A.电流表(0~3 A,内阻约0.025 Ω)B.电流表(0~0.6 A,内阻约0.125 Ω)C.电压表(0~3 V,内阻约3 kΩ)D.电压表(0~15 V,内阻约15 kΩ)为减小测量误差,在实验中,电流表应选用 ,电压表应选用 (选填器材前的字 母);实验电路应采用图1中的 (选填“甲”或“乙”)。
图1
(2)图2是测量RX的实验器材实物图,图中已连接了部分导线。请根据在(1)问中所选的电路图, 补充完成图2中实物间的连线。 图2(3)接通开关,改变滑动变阻器滑片P的位置,并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次 电表示数如图3所示,可得该电阻的测量值RX= = Ω(保留两位有效数字)。
图3
(4)若在(1)问中选用甲电路,产生误差的主要原因是 ;若在(1)问中选用乙电路,产生误 差的主要原因是 。(选填选项前的字母)A.电流表测量值小于流经RX的电流值B.电流表测量值大于流经RX的电流值C.电压表测量值小于RX两端的电压值D.电压表测量值大于RX两端的电压值
(5)在不损坏电表的前提下,将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端,随滑片P移动距离x的增加, 被测电阻RX两端的电压U也随之增加,下列反映U-x关系的示意图中正确的是 。 图4
答案 (1)B C 甲(2)如图所示 (3)5.2(4)B D(5)A
解析 (1)电源电动势E=4 V,被测电阻RX≈5 Ω,则Imax= = A=0.8 A,电流表若选A读数时误差较大,因此电流表应选B;考虑电压表测量电压时的指针转动范围,电压表应选C。由于 >RX,故电流表应选择外接法(甲图)。(2)见答案。(3)题图3中的电流表示数I=0.50 A,电压表示数U=2.60 V,故RX= =5.2 Ω。(4)甲电路中产生误差的原因是由于电压表的分流作用,使电流表的示数大于流过RX的电流,选 项B正确;乙电路的误差来源于电流表的分压作用,电压表示数为RX和电流表的电压之和,选项 D正确。(5)x增加,U随之增加,说明变阻器接入电路的电阻R随x的增加而减小。设变阻器的总阻值为R 0,滑片P从一端滑向另一端移动的距离为L。忽略电压表、电流表的内阻对电路的影响,则被 测电阻RX两端电压U= E= ,由这一关系式分析可知,选项A正确。
考查点 伏安法测电阻。
解题指导 (1)先估算电压电流的变化范围,再选择合适的电表。 (2)实验电路的选择应遵循“外小内大”的原则,即外接法适合测小电阻,内接法适合测大 电阻。(3)电表的读数要注意是否需要估读。(4)由于电表内阻的影响,这种实验方案会有一定的系统误差,分析误差时,应弄清误差是哪个 表的内阻引起的。(5)对于U随x的变化图像,要从U与x的函数关系式分析。
C组 教师专用题组
21.(2018课标Ⅲ,23,9分)一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值,图中R0 为标准定值电阻(R0=20.0 Ω); 可视为理想电压表;S1为单刀开关,S2为单刀双掷开关;E为电源;R为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验:(1)按照实验原理线路图(a),将图(b)中实物连线;
图(b)
图(a)
(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置,闭合S1;(3)将开关S2掷于1端,改变滑动变阻器滑动端的位置,记下此时电压表 的示数U1;然后将S2掷于2端,记下此时电压表 的示数U2;(4)待测电阻阻值的表达式Rx= (用R0、U1、U2表示);(5)重复步骤(3),得到如下数据:
(6)利用上述5次测量所得 的平均值,求得Rx= Ω。(保留1位小数)
答案 (1)图见解析 (4) R0 (6)48.2
解析 本题考查测量电阻的实验。(1)实物连线如图所示: (4)将开关S2掷于1端,可测得流经R0的电流为 ;将开关S2掷于2端,可测得流经R0和Rx的电流为 。由于 可视为理想电压表,对电路没有影响,则两种情况下,电流相等,即 = ,解得:Rx= R0。(6)根据所给数据,计算 的平均值为3.41,则Rx=(3.41-1)×20.0 Ω=48.2 Ω。
审题指导 本题属于计算型实验题,结合题设条件,利用欧姆定律列方程求解;本题中还有一点 也应注意, 可视为理想电压表,其对电路无影响。
22.(2017课标Ⅱ,23,9分)某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为100 μA,内阻大约 为2 500 Ω)的内阻。可使用的器材有:两个滑动变阻器R1、R2(其中一个阻值为20 Ω,另一个阻 值为2 000 Ω);电阻箱Rz(最大阻值为99 999.9 Ω);电源E(电动势约为1.5 V);单刀开关S1和S 2。C、D分别为两个滑动变阻器的滑片。
图(a) 图(b)
(1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线。(2)完成下列填空:①R1的阻值为 Ω(填“20”或“2 000”)。②为了保护微安表,开始时将R1的滑片C滑到接近图(a)中滑动变阻器的 端(填“左” 或“右”)对应的位置;将R2的滑片D置于中间位置附近。③将电阻箱Rz的阻值置于2 500.0 Ω,接通S1。将R1的滑片置于适当位置,再反复调节R2的滑片D 的位置。最终使得接通S2前后,微安表的示数保持不变,这说明S2接通前B与D所在位置的电势 (填“相等”或“不相等”)。④将电阻箱Rz和微安表位置对调,其他条件保持不变,发现将Rz的阻值置于2 601.0 Ω时,在接通 S2前后,微安表的示数也保持不变。待测微安表的内阻为 Ω(结果保留到个位)。(3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议: 。
答案 (1)如图所示 (2)①20 ②左 ③相等 ④2 550(3)调节R1上的分压,尽可能使微安表接近满量程
解析 本题考查实物图连线、电阻的测量、器材的选取,考查学生的实验能力。(2)①R1为分压电阻,为了有效控制测量电路,故选20 Ω的小电阻;②为了保护微安表,开始R1的滑片C应滑到左端,使微安表示数为零;③当B与D的电势相等时,IDB=0,S2闭合前后电路的电阻不变,导致微安表的示数不变;④设R2中电流为I1,Rz中电流为I2,当φB=φD时URz1=UR2左,URg=UR2右即I2·Rz1=I1R2左,I2Rg=I1R2右得 = 当Rz与微安表对调时,有 = 故有 = Rg= = Ω=2 550 Ω
解题关键 1.理解惠斯通电桥电路的原理。 当G的示数为零时, = 。
2.知道分压电路一定要选最大阻值较小的滑动变阻器。
23.(2016课标Ⅰ,23,10分)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求当热敏电阻的温度达 到或超过60 ℃时,系统报警。提供的器材有:热敏电阻,报警器(内阻很小,流过的电流超过Ic时 就会报警),电阻箱(最大阻值为999.9 Ω),直流电源(输出电压为U,内阻不计),滑动变阻器R1(最大 阻值为1 000 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω),单刀双掷开关一个,导线若干。在室温下对系统进行调节。已知U约为18 V,Ic约为10 mA;流过报警器的电流超过20 mA时,报 警器可能损坏;该热敏电阻的阻值随温度升高而减小,在60 ℃时阻值为650.0 Ω。(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。
(2)电路中应选用滑动变阻器 (填“R1”或“R2”)。(3)按照下列步骤调节此报警系统:①电路接通前,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻值为 Ω;滑动变阻 器的滑片应置于 (填“a”或“b”)端附近,不能置于另一端的原因是 。
②将开关向 (填“c”或“d”)端闭合,缓慢移动滑动变阻器的滑片,直至 。(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变,将开关向另一端闭合,报警系统即可正常使用。
答案 (1)连线如图所示 (2)R2(3)①650.0 b 接通电源后,流过报警器的电流会超过20 mA,报警器可能损坏 ②c 报警器 开始报警
解析 (1)见答案。(2)由R= = Ω=1 800 Ω可知,滑动变阻器应选R2。(3)①电阻箱的电阻值应调为热敏电阻在60 ℃时的阻值,即650.0 Ω。滑动变阻器的滑片应置 于b端,使开关接通后回路中电流最小,以保护报警器,即防止因过载而损坏报警器。②应将开关向c端闭合,然后对系统进行调节。
解题技巧 从提供的单刀双掷开关可以看出,当开关与c接通时,应形成一个完整的电路,以便 对系统进行调节。当调节完成后,只要将开关与d接通,就可以用于报警。由报警电流推算回路中的总电阻值,便可大致确定滑动变阻器的最小阻值,从而确定选用哪一 个变阻器。
反思总结 电学实验题千变万化,但电路的基本要素几乎是不变的,即实验电路总是由“控制 电路”和“工作电路”组成。
24.(2016课标Ⅲ,22,5分)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab 和a1b1固定在同一水平面内且相互平行,足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方, S极位于两导轨的正下方,一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。 (1)在图中画出连线,完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路,且在开关闭合后, 金属棒沿箭头所示的方向移动。
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度,有人提出以下建议:A.适当增加两导轨间的距离B.换一根更长的金属棒C.适当增大金属棒中的电流其中正确的是 (填入正确选项前的标号)。
答案 (1)如图所示(2分) (2)AC(3分。选对一个给2分,选对两个给3分,有选错的不给这3分)
解析 (1)根据左手定则得金属棒中电流为从a流向a1。要求滑动变阻器以限流方式接入电路 中,故滑动变阻器接线柱上下各用一个。(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度,应使它 所受安培力F=BIL增大,所以适当增加两导轨间的距离时有效长度L增大,F变大,A项正确;只换 更长的金属棒时有效长度L不变,B项错;增大电流,F也增大,C项正确。
反思总结 做实物连线题时注意:①先用铅笔画,然后用签字笔描;②连线时画出的连线不能相 交;③连接滑动变阻器时连线不能与滑片连接。
考点三 热学和光学实验
统一命题、省(区、市)卷题组
1.[2019课标Ⅲ,33,(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 。
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1 mL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
解析 本题考查了用油膜法估算分子大小的实验内容,突出了实验的操作、分析、探究能力 的考查,体现了核心素养中科学探究、科学态度要素,体现了劳动实践、科学探索的价值观。用油膜法估算分子大小,是用油膜厚度代表油酸分子的直径,所以要使油酸分子在水面上形成 单分子层油膜;因为一滴溶液的体积很小,不能准确测量,故需测量较多滴的油酸酒精溶液的总 体积,再除以滴数得到单滴溶液的体积,进而得到一滴溶液中纯油酸的体积;因为本题中油酸体 积等于厚度乘面积,故测厚度不仅需要测量一滴溶液的体积,还需要测量单分子层油膜的面 积。
2.[2019课标Ⅱ,34(2),10分]某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时,接通电源使 光源正常发光;调整光路,使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题: (ⅰ)若想增加从目镜中观察到的条纹个数,该同学可 ;A.将单缝向双缝靠近B.将屏向靠近双缝的方向移动C.将屏向远离双缝的方向移动D.使用间距更小的双缝(ⅱ)若双缝的间距为d,屏与双缝间的距离为l,测得第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为Δ x,则单色光的波长λ= ;(ⅲ)某次测量时,选用的双缝的间距为0.300 mm,测得屏与双缝间的距离为1.20 m,第1条暗条纹
到第4条暗条纹之间的距离为7.56 mm。则所测单色光的波长为 nm(结果保留3位有 效数字)。
2.答案 (ⅰ)B (ⅱ) (ⅲ)630
易错点拨 ①第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为相邻两条暗条纹中心间距的n-1倍。 ②注意单位换算,1 nm=10-9 m。
3.[2015北京理综,21(1),0.71]“测定玻璃的折射率”的实验中,在白纸上放好玻璃砖,aa'和bb'分 别是玻璃砖与空气的两个界面,如图所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2,用“+”表 示大头针的位置,然后在另一侧透过玻璃砖观察,并依次插上大头针P3和P4。在插P3和P4时,应 使 (选填选项前的字母)。
A.P3只挡住P1的像B.P4只挡住P2的像C.P3同时挡住P1、P2的像
答案 C
解析 P3应同时挡住P1、P2的像,P4应挡住P3本身和P1、P2的像,故选项C正确。
4.[2015课标Ⅰ,34(1),5分,0.253]在双缝干涉实验中,分别用红色和绿色的激光照射同一双缝,在 双缝后的屏幕上,红光的干涉条纹间距Δx1与绿光的干涉条纹间距Δx2相比,Δx1 Δx2(填 “>”、“=”或“<”)。若实验中红光的波长为630 nm,双缝与屏幕的距离为1.00 m,测得第 1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5 mm,则双缝之间的距离为 mm。
答案 >(2分) 0.300(3分)
5.[2009北京理综,21(1)]在《用双缝干涉测光的波长》实验中,将双缝干涉实验仪按要求安装 在光具座上(如图甲),并选用缝间距d=0.20 mm的双缝屏。从仪器注明的规格可知,像屏与双缝 屏间的距离L=700 mm。然后,接通电源使光源正常工作。
①已知测量头主尺的最小刻度是毫米,副尺上有50分度。某同学调整手轮后,从测量头的目镜 看去,第一次映入眼帘的干涉条纹如图乙(a)所示,图乙(a)中的数字是该同学给各暗纹的编号, 此时图乙(b)中游标尺上的读数x1=1.16 mm;接着再转动手轮,映入眼帘的干涉条纹如图丙(a)所 示,此时图丙(b)中游标尺上的读数x2= mm;②利用上述测量结果,经计算可得两个相邻明纹(或暗纹)间的距离Δx= mm;这种色光
的波长λ= nm。
答案 ①15.02 ②2.31 6.6×102
考点一 力学实验
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2018南开二模)甲乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度。①甲组同学采用图甲所示的实验装置。A.为比较准确地测出当地重力加速度的数值,除秒表外,在下列器材中,还应该选用 ; (用器材前的字母表示)a.长度接近1 m的细绳b.长度为30 cm左右的细绳c.直径为1.8 cm的塑料球d.直径为1.8 cm的铁球e.分度值为1 cm的米尺
f.分度值为1 mm的米尺B.该组同学先测出悬点到小球球心的距离L,然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时 间t。请写出重力加速度的表达式g= 。(用所测物理量表示)C.在测量摆长后,测量周期时,摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动,摆长略微变长,这 将会导致所测重力加速度的数值 。(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)②乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器,如图乙所示。将摆球拉开一小 角度使其做简谐运动,速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系,如图丙所示 的v-t图像。
A.由图丙可知,该单摆的周期T= s;B.更换摆线长度后,多次测量,根据实验数据,利用计算机作出T2-L(周期平方-摆长)图像,并根据 图线拟合得到方程T2=4.04L+0.035。由此可以得出当地的重力加速度g= m/s2。(取π2 =9.86,结果保留3位有效数字)
答案 ①A.adf B. C.偏小 ②A.2.0 B.9.76
解析 ①A.在用单摆测量重力加速度时,绳长尽量长一些,故选a;球的质量尽量大一些,故选d; 测量长度尽量精确些,故选f;B.单摆的周期为T= ,根据单摆的周期公式得: =2π ,解得g= ;C.实际摆长较长,所测的摆长偏短,故计算得出的重力加速度的值偏小。②A.由v-t图像可知,单摆的周期为T=2.0 s;B.因为g= ,而 = ,故当地的重力加速度为g= ≈9.76 m/s2。
2.(2018和平二模)某同学用如图所示的实验装置来验证力的平行四边形定则。弹簧测力计A 挂于固定点P,下端用细线挂一重物M,弹簧测力计B的一端用细线系于O点,手持另一端向左拉, 使结点O静止在某位置。 (1)为了完成实验,需要记录下来的是结点O的位置以及弹簧测力计中力的大小和方向、Oc的 方向,如果作图得到A、B的合力方向近似 ,且大小近似等于 ,则平行四边形 定则得以验证。(2)下列不必要的实验要求是 (请填写选项前对应的字母)A.木板平面要保持竖直B.两弹簧测力计示数必须相同C.连接结点的三根细线要适当长些
D.改变拉力,进行多次实验,每次都要使O点静止在同一位置
答案 (1)在cO连线上(或与cO共线或在竖直方向) 重物M的重力(或Mg) (2)BD
解析 (1)Oc连线沿竖直方向,拉力大小等于重物M的重力,所以如果作图得到A、B的合力与 Oc段细线的拉力平衡,即方向在Oc连线上,大小近似等于重物M的重力,则平行四边形定则得 以验证。(2)三细线方向必须与木板平行,Oc沿竖直方向,所以木板平面要保持竖直,故A必要;两弹簧测 力计的示数可以不相等,故B不必要;连接结点的三根细线适当长些,可使方向记录得更准确一 些,故C必要;当结点O位置确定时,Oc段细线的拉力大小、方向就确定了,不必每次都使O点静 止在同一位置,故D不必要。本题选择不必要的步骤,故选B、D。
3.(2019红桥一模)在“探究动能定理”实验中,某实验小组采用如图甲所示的装置,在水平气 垫导轨上安装了两个光电门M、N,滑块上固定一遮光条,细线绕过定滑轮将滑块与力传感器 相连,传感器下方悬挂钩码。已知遮光条的宽度为d,滑块和遮光条的总质量为m。 图甲(1)接通气源,滑块从A位置由静止释放,读出遮光条通过光电门M、N的时间分别为t1、t2,读出 力传感器的示数为F,改变钩码质量,重复上述实验。①为探究在M、N间运动过程中细线拉力对滑块做的功W和滑块动能增量ΔEk的关系,还需要
测量的物理量是 (写出名称及符号)。②利用实验中直接测量的物理量表示需探究的关系式为 。(2)保持钩码质量不变,改变光电门N的位置,重复实验,根据实验数据作出从M到N过程中细线 拉力对滑块做的功W与滑块到达N点时速度二次方v2的关系图像,如图乙所示,则图线的斜率表 示 ,图线在横轴上的截距表示 。 图乙(3)下列不必要考虑的实验操作和要求有 (请填写选项前对应的字母)。A.测量钩码的质量B.调节气垫导轨水平C.调节滑轮使细线与气垫导轨平行
D.保证滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
答案 (1)①M、N之间的距离L ②FL= md2 (2) 滑块经过光电门M时速度的二次方 (3)AD
考点二 电学实验
4.(2018和平二模)在高中阶段,我们学过了很多测量电阻值的方法,某兴趣小组为了测量某个 电阻Rx的阻值,设计了如图(a)所示的电路。同学们先用多用电表粗测量了该电阻的阻值,多用 电表的示数如图(b)所示。然后用如图(a)所示的电路较为精确地测量了Rx的阻值。已知电路 中学生电源的输出电压可调,电流表量程均选择0~0.6 A(内阻不计),标有刻度的均匀电阻丝ab 的总长度为30.00 cm。 图(a) 图（b）
(1)利用多用电表测量时,选择的挡位为×1挡,则由多用电表指针示数可知,该电阻的阻值为 Ω。(2)利用如图(a)所示的电路测量电阻时:①先断开S2,合上S1,当调节电源输出电压为3.00 V时,单位长度电阻丝分得的电压u=
V/m,记录此时电流表A1的示数。②保持S1闭合,合上S2,滑动c点改变ac的长度L,同时调节电源输出电压,使电流表A1的示数与步 骤①记录的值相同,记录长度L和A2的示数I。测量6组L和I值,测量数据已在图(c)中标出,写出 Rx与L、I、u的关系式Rx= ;③在图(c)的坐标系中作出L-I图像。根据图像可以得到Rx= Ω。(结果保留两位有效 数字) 图(c)
答案 (1)6(1分) (2)①10(2分) ② (2分) ③如图所示(2分) 6.0(5.8~6.2均正确)(2分)
解析 (1)指针对准第6格,挡位为×1挡,阻值为6 Ω。(2)①断开S2,合上S1,整个电阻丝接入电路,u = V/m=10 V/m。②并联电路的电压为U=uL,由欧姆定律,Rx= = 。③关系式为L= I,图线的斜率为k= =0.6 m/A,Rx=uk=6 Ω。
5.(2019南开二模)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,需测量一个“2.5 V,0.3 A”的 小灯泡两端的电压和通过它的电流。现有如下器材:直流电源(电动势3.0 V,内阻不计)电流表A1(量程0~ 3 A,内阻约0.1 Ω)电流表A2(量程0~ 600 mA,内阻约5 Ω)电压表V1(量程0~ 3 V,内阻约3 kΩ)电压表V2(量程0~ 15 V,内阻约15 kΩ)滑动变阻器R1(阻值0~10 Ω,额定电流1 A)滑动变阻器R2(阻值0~1 kΩ,额定电流300 mA)①在该实验中,电流表应选择 (填“A1”或“A2”),电压表应选择 (填“V1” 或“V2”),滑动变阻器应选择 (填“R1”或“R2”)。②为了减小实验误差,应选择以下哪个实验电路进行实验(如图1) ( )
图1
图2③如表是学习小组在实验中测出的数据,某同学根据表格中的数据在方格纸上已画出除了第6 组数据以外的对应点,请你在I-U图像上画出第6组数据的对应点,并作出该小灯泡的伏安特性 曲线。(如图2)
④实验中,如果把这个小灯泡和一个阻值为9 Ω的定值电阻串联在电动势为3 V、内阻为1 Ω的直流电源上,则小灯泡消耗的实际功率约为 W。
答案 ①A2 V1 R1 ②C ③见解析 ④0.20(0.19~0.21)
解析 ①根据题意可以知道,灯泡额定电流I=0.3 A,电流表选A2,灯泡额定电压为2.5 V,故电压 表选V1,为保证电路安全,方便实验操作,滑动变阻器应选R1。②题意可知,滑动变阻器采用分压式接法,电流表采用外接法,故电路图选C;③根据第6组实验数据在坐标系中描出对应点,然后作出I-U图像,如图所示; ④将定值电阻等效为电源内阻,故电源相当于3 V,10 Ω;电路中的电流和路端电压关系式为U=
E-Ir,I= - U,在灯泡伏安特性曲线中作出电源的I-U图像,如图所示;两图线的交点坐标值为:U=0.95 V,I=0.21 A,灯泡消耗的实际功率为:P=UI=0.95 V×0.21 A≈0.20 W。
解题技巧 ①根据灯泡额定电流选择电流表,根据灯泡额定电压选择电压表,在保证电路安全 的前提下,为方便实验操作,应选最大阻值较小的滑动变阻器。②根据实验需求,分析清楚电路结构,然后根据各电路元件的连接方式得出正确的电路图;③根据表中实验数据在坐标系中描出对应的点,然后根据坐标系中各点作出图像。④电源与定值电阻整体组成一个等效电源,在图像中作出电源的I-U图像,由图像找出电路中 的电流与灯泡两端的电压,然后由P=UI求出灯泡消耗的实际功率。
6.(2019红桥一模)图示为简单欧姆表原理示意图,其中电流表的满偏电流Ig=300 μA,内阻Rg=10 0 Ω,可变电阻R的最大阻值为10 kΩ,电池的电动势E=1.5 V,内阻r=0.5 Ω。图中与接线柱A相连 的表笔颜色应是 色,按正确使用方法测电阻Rx的阻值时,指针指在刻度盘的正中央,则Rx = kΩ。若该欧姆表使用一段时间后,电池电动势变小,内阻变大,但此表仍能调零,按正 确使用方法再测上述Rx,其测量结果与原结果相比较 (填“变大”“变小”或“不 变”)。
答案 红 5 变大
解析 欧姆表是毫安表改装的,必须满足电流的方向“+”进“-”出,即回路中电流从标有 “+”标志的红表笔进入欧姆表,所以与A相连的表笔颜色是红色;当两表笔短接(即Rx=0)时,电流表应调至满偏电流Ig,设此时欧姆表的内阻为R内,此时有Ig= ,得R内= = Ω=5 kΩ;当指针指在刻度盘的正中央时,I= ,有 = ,代入数据可得Rx=R内=5 kΩ;当电池电动势变小、内阻变大时,欧姆表重新调零,由于满偏电流Ig不变,由公式Ig= 知,欧姆表内阻R内变小,待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的,由I= = 可知,当R内变小时,I变小,指针跟原来的位置相比偏左了,故欧姆表的示数变大了。
名师点睛 本题考查了欧姆表的结构、测量原理,同时还要注意测量误差的分析。
时间:90分钟 分值:90分非选择题(共90分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
1.(2019南开二模)(10分)用单摆测重力加速度的实验(1)(多选)为了使测量误差尽量小,下列说法正确的是 ( )A.须选用密度和直径都较小的摆球B.须选用轻且不易伸长的细线C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D.计时起点都应在摆球的最高点且不少于30次全振动的时间
(2)如图所示,某同学在野外做“用单摆测定重力加速度”的实验时,由于没有合适的摆球,他 找到了一块外形不规则的石块代替摆球。操作时,他用刻度尺测量摆线OM的长度L作为摆长, 测出n次全振动的总时间t,由T= 得到周期T',求出重力加速度g= L,这样得到的重力加速度的测量值比真实值 。(填“大”或“小”)。
为了克服摆长无法准确测量的困难,该同学将摆线长度缩短为L',重复上面的实验,得出周期T, 由此他得到了精确的重力加速度的值g= 。
答案 (1)BC (2)小
解题技巧 (1)为减小实验误差应选择密度大而体积小的球作为摆球,选用轻质且不易伸长的 细线作为摆线,当单摆摆角小于5°时单摆的运动是简谐运动。在最低点速度最大,从最高点开 始计时误差最大。根据实验注意事项分析答题;(2)根据单摆的周期公式T=2π ,得到g的表达式,再分析误差的大小。
2.(2019南开一模)(10分)电动自行车具有环保、节能、便捷等优点,但电动自行车的电瓶用久 以后性能会下降,表现之一为电池的电动势变小,内阻变大。某兴趣小组将一辆旧电动自行车 充满电,取下四块电池,分别标为A、B、C、D,测量它们的电动势和内阻。 图甲
图乙(1)用多用电表直流电压“50 V”挡测量每块电池的电动势。测量电池A时,多用电表的指针 如图甲所示,其读数为 V。(2)用图乙所示的电路测量A、B、C、D四块电池的电动势E和内阻r,图中R0为保护电阻,其阻 值为5 Ω。改变电阻箱的阻值R,测出对应的电流I,根据测量数据分别作出A、B、C、D四块电 池的 -R图线,如图丙所示。由图线C可知,电池C的电动势E= V,内阻r= Ω。
图丙(3)分析图丙可知,电池 (选填“A”“B”“C”或“D”)较优。
答案 (1)11.0 (2)12 1 (3)C
解析 (1)选择最大值为50的一排刻度进行读数,并估读一位得到电压为11.0 V。(2)因为(R0+R+r)I=E,所以 = ,即 -R图线的斜率的倒数为电源电动势, = V-1,计算得E=12 V,纵轴截距0.5 A-1= ,计算得r=1 Ω。(3)根据(2)得知图线与纵轴截距越大则电源内阻越大,所以C的内阻最小。
3.(2019和平一模)(10分)实际电压表内阻并不是无限大,可等效为理想电流表与较大的电阻串 联,现要测量一只量程已知的电压表的内阻,器材如下:A.待测电压表(量程0~ 3 V,内阻约3 kΩ待测)一只;B.电流表(量程0~ 3 A,内阻0.01 Ω)一只;C.电池组(电动势约为3 V,内阻不计);D.滑动变阻器一个;E.电阻箱(可以读出电阻值,0~ 9 999 Ω)一个;F.开关和导线若干。某同学利用上面所给器材,进行如下实验操作:(1)该同学设计了如图a、图b两个实验电路,为了更准确地测出该电压表内阻的大小,你认为其 中相对比较合理的是 (填“图a”或“图b”)电路。
(2)用你选择的电路进行实验时,闭合开关S,改变阻值,记录需要直接测量的物理量:电压表的读 数U和 (填上文字和符号);(3)由所测物理量选择下面适当坐标轴,能作出相应的直线图像,最方便地计算出电压表的内 阻: ;A.U-I B. C. -R D.U-R(4)设直线图像的斜率为k、截距为b,请写出待测电压表内阻的表达式Rv= 。
答案 (1)图b (2)电阻箱的阻值R (3)C (4)
解析 (1)如题图a所示电路,滑动变阻器与电压表串联接入电路,电源电动势约为3 V,电压表 内阻约为3 kΩ,由于电压表内阻太大,电路中电流几乎为零,电流表无法准确读数,因此图a电路 不合理;由于电阻箱电阻最大阻值为9 999 Ω,改变电阻箱接入电路中的阻值可以改变电压表示 数,测出多组实验数据,因此比较合理的实验电路是图b。(2)选用图b所示实验电路,闭合开关S,改变电阻箱接入电路的阻值,记录需要直接测量的物理 量:电压表的读数U和电阻箱的阻值R。(3)由闭合电路欧姆定律可得E=U+IR=U+ R,则 = R+ ;应用图像法处理实验数据时,应作出 -R图像,故选C。(4)由 = R+ 可知, -R图像的斜率k= ,截距b= ,则电压表内阻RV= 。
4.(2019和平一模,11)(10分)某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。 图甲 图乙
图丙
图丙
图丁
③进一步分析发现,本实验存在较大误差,为此设计出如图丙所示的实验装置,通过电磁铁控制 的小铁球从A点自由下落,下落过程中经过光电门B时,通过与之相连的毫秒计时器(图中未画 出)记录挡光时间t,用毫米刻度尺测出AB之间的距离h,用游标卡尺测得小铁球的直径d,重力加 速度为g,如果d、t、h、g存在关系式 ,也可验证机械能守恒定律。比较两个方案,改 进后的方案相比原方案的系统误差减小了,主要是因为 。
解析 ①该实验是验证机械能守恒定律的实验,不能把重物的运动看成自由落体运动,并运用 自由落体的规律求解速度,A、B都是利用了自由落体运动规律求速度的,故A、B错误;求速度 时我们是利用匀变速直线运动的规律即匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程 中的平均速度,vF= = = ,所以C正确,D错误。②根据功能关系得mgh= mv2,因此有 =gh,由此可以知道在以 为纵轴、以下落距离h为横轴的图像中,图像为过原点的直线,故A、B错误,C正确。③用光电门测速度的原理是:利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度,因此有:v= ,根据功能关系得:mgh= mv2,因此有: =gh,即若满足: =gh,则机械能守恒。该实验产生误差的主要原因是空气阻力以及纸带与限位孔之间的摩擦的影响,因此实验进行 改正之后的主要优点是:没有纸带与限位孔间的摩擦影响,实验误差减小了。
解题技巧 该实验是验证机械能守恒定律的实验,求速度时我们是利用匀变速直线运动的规 律即匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度;根据功能关系可以知 道该实验需要验证的关系式为:mgh= mv2。
5.(2019河西二模)(10分)要测绘一个标有“2.5 V 2 W”小灯泡的伏安特性曲线,已选用的器 材有:直流电源(3 V,内阻不计)电流表A1(量程为0~ 0.6 A,内阻为0.6 Ω)电流表A2(量程为0~ 300 mA,内阻未知)电压表V(量程为0~3 V,内阻约3 kΩ)滑动变阻器R(0~5 Ω,允许最大电流3 A)开关、导线若干其实验步骤如下:(1)由于电流表A1的量程偏小,小组成员把A1、A2并联后再接入电路,请按此要求用笔画线代替 导线在实物图中完成余下导线的连接。(2)正确连接好电路,并将滑动变阻器滑片滑至最 端,闭合开关S,调节滑片,发现当A1示 数为0.50 A时,A2的示数为200 mA,由此可知A2的内阻为 Ω。(3)若将并联后的两个电流表当作一个新电表,则该新电流表的最大测量值为 A;为使
其量程达到最大,可将图中 (选填“Ⅰ”“Ⅱ”)处断开后再串联接入一个阻值合适 的电阻。 甲 乙
答案 (1)见解析 (2)右 1.5 (3)0.84 Ι
解析 (1)由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说非常小,电流表应采用外接法,连接实物图 如图所示。 (2)开关闭合前,滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置,故应调至右端;根据 欧姆定律得:RA2= = Ω=1.5 Ω。
(3)由于Ug1=0.6×0.6 V=0.36 V,Ug2=0.3×1.5 V=0.45 V,Ug1
A.两种方案都需要将导轨的右端垫高以平衡摩擦力B.两种方案都需要测量并记录小车的质量C.两种方案都需要测量并记录托盘及托盘中砝码的总质量D.两种方案都要求托盘及盘中砝码总质量远小于小车A的质量
丙(2)如图丙是某次实验打下的纸带,其中O点是小车由静止释放瞬间打点计时器打下的第一个 点,打点周期为T,相邻两点间还有四个点没画出,则打下C点时小车的速度大小为vC= 。(3)若采用方案二进行实验,用天平测得小车的质量为M,传感器D测量得到绳子拉力为F,研究
小车从开始运动到打下C点的过程,则根据动能定理,应验证的表达式为(用题目中已知物理量 的符号表示) 。(4)若采用方案一进行实验,并将砝码盘和砝码总重力mg当作绳子拉力,多次实验发现拉力做 功总是比小车动能增加量要 一些(填“偏大”或“偏小”),造成这种误差最可能的 原因是 。
答案 (1)AB (2) (3)Fs3= M (4)见解析
名师点睛 本题考查探究功与动能变化的关系实验,解决本题的关键是掌握纸带处理的方法, 会通过纸带求解瞬时速度和动能增量,以及知道实验误差形成的原因,明确用钩码的重力代替 绳的拉力的作用所带来的影响。
7.(2019河东二模)(10分)用如图所示电路测量电源的电动势和内阻,实验器材:待测电源(电动 势约3 V,内阻约2 Ω),保护电阻R1(阻值10 Ω)和R2(阻值5 Ω),滑动变阻器R,电流表A,电压表V,开 关S,导线若干。 实验主要步骤:(ⅰ)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大,闭合开关;(ⅱ)逐渐减小滑动变阻接入电路的阻值,记下电压表的示数U和相应电流表的示数I;(ⅲ)以U为纵坐标,I为横坐标,作U-I图线(U、I都用国际单位);(ⅳ)求出U-I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。回答下列问题:(1)电压表最好选用 ;电流表最好选用 。
A.电压表(0~3 V,内阻约3 kΩ)B.电压表(0~3 V,内阻约15 kΩ)C.电流表(0~200 mA,内阻约2 Ω)D.电流表(0~30 mA,内阻约2 Ω)(2)选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E= ,r= ,代入 数值可得E和r的测量值。
答案 (1)B C (2)ak k-R2
解析 (1)由题中电路图可以知道,电压表有分流作用,流过电源的电流大于电流表示数,电压 表分流是造成实验误差的原因,为减小实验误差,应减小电压表分流对实验的影响,应选择内阻 较大的电压表,因此电压表应选择B;通过电路的最大电流约为:I= ≈ A≈0.16 A=160 mA,则电流表应选择C。(2)由图示电路图可以知道,电源电动势;E=U+I(r+R2),则U=E-I(r+R2),U-I图线斜率的绝对值k=R2 +r,横轴截距a= ,则电源电动势:E=ak,电源内阻:r=k-R2。
解题技巧 (1)根据电路图从减小实验误差的角度分析选择电压表,根据电路中最大电流选择 电流表。(2)应用欧姆定律求出图像的函数表达式,然后求出电源电动势与内阻。
8.(2019河东二模)(10分)利用如图甲所示的装置探究弹簧的弹力与形变量的关系。 甲 乙 (1)对于该实验,下列操作规范的是 (填正确答案标号)。A.固定刻度尺时,保持刻度尺的零刻度线与弹簧上端对齐且竖直并靠近弹簧B.实验中任意增加钩码的个数C.实验中仅把弹簧竖直悬挂,稳定时测量弹簧的原长D.实验数据处理时,把所有的描点用折线连起来
(2)实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度,再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端,每次测出相 应的弹簧总长度L,测量后把6组数据描点在坐标图中,作出的F-L图线如图乙所示。由此图线 可得出该弹簧的原长L0= cm,劲度系数k= N/m。
答案 (1)AC(4分) (2)5(2分) 20(4分)
解析 (1)固定刻度尺时,保持刻度尺的零刻度线与弹簧上端对齐且竖直并靠近弹簧,故A项正 确;实验过程中应使弹簧始终在弹性限度内,实验中不能任意增加钩码的个数,以防止超过弹簧 的弹性限度,故B项错误;为防止弹簧自重对实验的影响,实验中仅把弹簧竖直悬挂,稳定时测量 弹簧的原长,故C项正确;实验数据处理时,应根据实验数据在坐标系内描出对应点,然后作出图 像,图像应是直线而不是折线,故D项错误。(2)由题中图像可知,F=0时L=0.05 m=5 cm,则弹簧的原长为5 cm;弹簧的劲度系数k= = N/m=20 N/m。
9.(2019河东一模)(10分)在“练习使用多用电表”的实验中。 图丙
(1)某同学欲测一节干电池的电压,下述操作正确的是 (填字母)。A.欧姆调零、选择挡位、表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极)、读数。B.机械调零、选择挡位、表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极)、读数C.选择挡位、机械调零、表笔接触电池两极(其中黑表笔接触正极)、读数D.选择挡位、欧姆调零、表笔接触电池两极(其中黑表笔接触正极)、读数(2)该同学欲测量如图甲所示插座的电压,则应把多用电表的选择开关打到如图乙所示的 位置。(选填A、B、C、…、Q字母)(3)经过正确操作后,电表指针所指位置如图丙所示,则插座的电压为 V。
答案 (1)B (2)H (3)200
解析 (1)使用多用电表测电压时,可以把多用电表视为普通电压表,应该先机械调零,然后选 择适当的挡位,表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极),待示数稳定后读数即可,故B正 确,A、C、D错误。(2)家庭电路中电压为220 V交流电压,所以应把多用电表的选择开关打到如图乙所示的H位 置。(3)根据电表指针所指位置可知,插座的电压为200 V。
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2019 5·3原创)网络上流传华南理工大学教务处2019年4月发出的一个通知:暂停大学物理实 验等课程。原因是多年来学生在测定重力加速度实验中发现实验测量数据与本地理论数据 相比明显偏大,经勘探结果分析,确认重力加速度测量值偏差主要由物理楼及其附近地下一千 米范围内储藏有大量金矿所致(此消息未经确证)。此信息一经流传激励了很多高中生对当地 重力加速度测量的兴趣,下面是某兴趣小组的一个测量方案,重力加速度测量装置如图甲所 示。 甲 乙(1)如图乙,使用螺旋测微器测得小球直径d= mm。(2)某次实验中,释放铁质小球后,光电门测得小球经过A、B的时间分别为Δt1、Δt2,测得小球从
A到B所用时间为t。此次实验测得重力加速度g= (用所测物理量符号表示)。(3)在前述实验中,未记录小球从A到B所用的时间,于是该小组某成员取来直尺测量了A、B之 间的距离为l,该成员测得重力加速度g= (用所测物理量表示)。(4)该兴趣小组对实验方案可能产生的系统误差进行了评估,评估认为由于空气阻力、测量工 具精度等产生的误差不超过5%。但是,实验测量的重力加速度比当地重力加速度理论数据偏 小且明显小于5%,那么可能原因是 (合理则可)。
答案 (1)2.594 (2) (3) (4)见解析
解析 (1)根据螺旋测微器读数规则,由图乙所示可知d=2.594 mm(答案在2.592~2.595 mm之间 都给分)。(2)小球做自由落体运动,根据匀变速直线运动的速度与时间关系可得g= 。(3)根据匀变速直线运动的速度与位移关系可得g= 。(4)实验测得的重力加速度比当地理论数据明显偏小,如果排除了操作失误等原因,且扣除系统 误差评估值,那么可能原因是:当地地质比较疏松、地表下可能存在溶洞、地表下可能存在大 范围密度较小的物质,例如石油、地下湖海等。
2.(2019南开一模)用如图1所示装置做“验证动能定理”的实验。实验中,小车碰到制动挡板 时,钩码尚未到达地面。 图1(1)为了保证细绳的拉力等于小车所受的合外力,以下操作必要的是 (选填选项前的字 母)。A.在未挂钩码时,将木板的右端垫高以平衡摩擦力 B.在悬挂钩码后,将木板的右端垫高以平衡摩擦力C.调节木板左端定滑轮的高度,使牵引小车的细绳与木板平行D.所加钩码的质量尽量大一些
(2)图2是某次实验中打出纸带的一部分。O、A、B、C为4个相邻的计数点,相邻的两个计数 点之间还有4个打出的点没有画出,所用交流电源的频率为50 Hz。通过测量,可知打点计时器 打B点时小车的速度大小为 m/s。 图2(3)甲同学经过认真、规范地操作,得到一条点迹清晰的纸带。他把小车开始运动时打下的点 记为O,再依次在纸带上取等时间间隔的1、2、3、4、5、6等多个计数点,可获得各计数点到 O的距离s及打下各计数点时小车的瞬时速度v。图3是根据这些实验数据绘出的v2-s图像。已 知此次实验中钩码的总质量为0.015 kg,小车中砝码的总质量为0.100 kg,取重力加速度g=9.8
m/s2,则由图像可知小车的质量为 kg(结果保留两位有效数字)。 图3(4)在钩码质量远小于小车质量的情况下,乙同学认为小车所受拉力大小等于钩码所受重力大 小。但经多次实验他发现拉力做的功总是要比小车动能变化量小一些,造成这一情况的原因 可能是 (选填选项前的字母)。A.滑轮的轴处有摩擦B.小车释放时离打点计时器太近C.长木板的右端垫起的高度过高D.钩码做匀加速运动,钩码重力大于细绳拉力
答案 (1)AC (2)0.36 (3)0.19(或0.18) (4)C
解析 (1)未挂钩码时,将木板右端垫高,平衡好摩擦力后,调节木板左端定滑轮高度,使细绳与 木板平行,拉力与加速度同向,保证细绳的拉力等于小车所受的合外力。本实验中应使钩码质 量尽可能小些。(2)vB= = m/s=0.36 m/s。(3)由动能定理有:mgs= (M+m0)v2,m、M、m0分别为钩码、小车、砝码质量,v2= s,由题图3知v2=ks,斜率k= m/s2=1 m/s2,即 =1 m/s2,代入数据得M=0.19 kg。(4)小车动能增加量比拉力做功多,说明有别的力对小车做正功,长木板右端垫得过高,使小车 的重力沿木板方向的分力大于摩擦力,从而使得小车动能增加量大于拉力做的功,C项正确。 A项会导致小车动能增加量小于拉力做的功。B项是正确操作,可以充分利用纸带,多打出数 据点,不符合题意。D项会导致拉力做功比小车动能增加量多,不符合题意。
3.(2019河西三模)某同学研究小灯泡的伏安特性,所使用的器材有:小灯泡L(额定电压3.8 V,额定电流0.32 A);电压表V(量程0~ 3 V,内阻RV=3 kΩ);电流表A(量程0~ 0.5 A,内阻约为0.5 Ω);定值电阻R0(阻值1 000 Ω);滑动变阻器R(阻值0~9.0 Ω);电源E(电动势5 V,内阻不计);开关S;导线若干。(1)实验要求能够实现在0~3.8 V的范围内对小灯泡两端的电压进行测量,画出实验电路原理 图。(2)实验测得该小灯泡的伏安特性曲线如图(a)所示。
图(a)由实验曲线可知,随着电流的增加,小灯泡的电阻 (填“增大”“不变”或“减小”), 灯丝的电阻率 (填“增大”“不变”或“减小”)。(3)用另一电源E0(电动势4 V,内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路,调节滑动变阻器 R的阻值,可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S,在R的变化范围内,小灯泡的最小功率为 W,最大功率为 W。(结果均保留两位小数)
图(b)
答案 (1)如图所示 (2)增大 增大 (3)0.39(0.38~0.40) 1.18(1.17~ 1.19)
解析 (1)电压表的量程不够,所以需要串联大电阻以扩大量程;小灯泡电阻远小于电压表内 阻,故测量电路应采用电流表外接法;实验要求测量电压从零开始调节,故供电电路应采用滑动 变阻器分压式接法。(2)从曲线上任取两点,根据欧姆定律R= 即可判定小灯泡电阻随电流增加而增加;小灯泡电阻的增加是由电阻率增大所导致的。(3)当滑动变阻器的阻值全部接入电路时,灯泡的实际功率最小,将R等效为电源内阻,则电源电 动势为4 V,等效内阻为10 Ω,则有U=4 V-10 Ω×I,作出电源的伏安特性曲线如图实线所示(注意 此时电源曲线与灯泡曲线若要位于同一坐标系中,U不一定是路端电压,但应当是同一电路同 一组元件两端的电压,否则会发生混乱);由图可知,灯泡两端的电压为U=1.75 V,电流I=0.225 A, 则最小功率P=UI≈0.39 W;将滑动变阻器接入电路的阻值调小,等效电源的伏安特性曲线会绕 (4 V,0)点顺时针转动(电动势不变,等效内阻减小),直到滑动变阻器接入电路的阻值为0,曲线转 动到虚线所示的位置,由图可知,灯泡两端的电压为U=3.70 V,电流I=0.320 A,则最大功率P=UI ≈1.18 W。
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