高考物理课标Ⅲ专用复习专题测试必考专题十四实验与探究共319

1、专题十四 实验与探究,高考物理 (课标专用),1.(2017课标,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),五年高考,A组 统一命题课标卷题组,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

2、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)0.190.037,解析(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x=aT 2。当需

3、要考虑减小偶然误差时,应采用逐差法求加速度。,2.(2017课标,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: 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; 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t; 用s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t时间内 的平均速度大小,求出;,将另一挡光片换到滑块上,使滑块上的挡光片前端与中位置相同,令滑块

4、由静止开始下滑,重复步骤、; 多次重复步骤; 利用实验中得到的数据作出-t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t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+t(2)52.116.3,解析挡光片通过光电门的平均速度等于t时间段的中间时刻的速度 由v=v0+at可知=vA+a 即=vA+at,由图像的截距可知vA=52.12 cm/s52.1 cm/s 其斜率k=a,故物体的加速度a=2k=16.3 cm/s2,易

5、错警示在匀变速直线运动中,平均速度等于这段时间内中间时刻速度,而不是中间位置速度,也不是挡光片末端通过光电门时的速度,因此=vA+a,而不是=vA+at。,3.(2017课标,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

6、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。 ()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),()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)()F1、F2和F合如图所示 ()4.00.05,解析(1)测力计的分度值为0.2

7、N,F的大小为4.0 N。 (2)()图见答案。分别以F1、F2为邻边作平行四边形,并作出对角线,即得F合。 ()表示F合的线段的长度为20.0 mm,F合=1 N=4.0 N。 F合与拉力F的夹角的正切值为tan =0.05。,4.(2017课标,23,10分)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(量程3 V,内阻3 k);电流表(量程0.5 A,内阻0.5 );固定电阻R0 (阻值1 000 );滑动变阻器R(阻值09.0 );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03.8 V的范围

8、内对小灯泡的电压进行测量,画出实验电路原理图。 (2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示。 图(a),图(b) 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 )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2位小数),答案(1)实验电路原理图如图所示 (2)增大增大 (3)0.391.17,解析(1)先考虑测量电路,由于小灯泡的额定电压为3.8

9、 V,而电压表的量程只有3 V,但其内阻已知,由给定器材规格可知,可串联固定电阻R0将其改装为量程4 V的电压表。因小灯泡的电阻较小,采用电流表外接法。再考虑控制电路,由于实验中电压需从0开始变化,故控制电路需采用分压式。 (2)由R=知I-U图线的斜率表示电阻的倒数,故随着电流的增加小灯泡电阻逐渐增大。再由R= 可知,在L、S不变的情况下,R增大的原因只能是电阻率增大。 (3)当R全部电阻接入电路时,通过灯泡的电流最小,灯泡实际消耗的功率最小。设此时灯泡两端电压为U、通过的电流为I,由闭合电路欧姆定律得E=U+I(R+r),代入数据得I=0.4-0.1U,在灯泡的伏安特性曲线坐标系中作出I=

10、0.4-0.1U的图线,两图线的交点坐标即为此时灯泡两端电压与通过灯泡的电流,有U=1.75 V、I=225 mA,故最小功率为Pmin=IU=0.39 W。当R接入电路中的阻值等于0时,电路中电流最大、灯泡实际消耗的功率最大。同理可得Pmax=1.17 W。,方法技巧伏安特性曲线的应用 当将伏安特性曲线已知的器件接入电路时,器件两端电压与通过器件的电流之间的关系既要受到伏安特性曲线的限制,又要受到闭合电路欧姆定律的限制,从数学角度说,器件两端电压与通过器件的电流是两方程组成的方程组的解,而从图线角度说,即为两图线交点的坐标,故在求解非线性元件的阻值、功率时,可通过作图解决。,(1)按原理图(

11、a)将图(b)中的实物连线。 (2)完成下列填空: R1的阻值为(填“20”或“2 000”)。 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。 将电阻箱Rz的阻值置于2 500.0 ,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”)。 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 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(结果

12、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)20左相等2 550(3)调节R1上的分压,尽可能使微安表接近满量程,解析(2)R1为分压电阻,为了有效控制测量电路,故选20 的小电阻; 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; 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; 设R2中电流为I1,Rz中电流为I2,当B=D时 URz1=UR2左,URg=UR2右 即I2Rz1=I1R2左,I2Rg=I1R2右 得= 当Rz与微安表对调时,有= 故有= Rg= =2 550 ,疑难突破微安表读数不

13、变,B、D两点电势相等,得到=,问题就迎刃而解了。,6.(2017课标,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 A,内阻为480 。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 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

14、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=,R4=。,(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)160880(4)1.47 mA1.10103 2.95 V,解析(1)为了确保电表“红”进“黑”出,A端应与“黑”色表笔相连接。 (2)R6应是欧姆挡的欧

15、姆调零电阻,故B项正确。 (3)当换挡开关接2时,为直流电流1 mA挡,满足IgRg=(I-Ig)(R1+R2),得R1+R2=160 。 当换挡开关接4时,为直流电压1 V挡,则满足U=I(R并+R4),R并=120 ,得R4=880 。 (4)若B端与“1”相连,则为直流电流2.5 mA挡,由1/5估读法可得读数为1.47 mA。若B端与“3”相连,则为欧姆100 挡,可得读数为1.10103 。若B端与“5”相连,则为直流电压5 V挡,可得读数为2.95 V。,审题指导电表的改装 在表头两端并联小阻值电阻可改装为电流表,将表头与大阻值电阻串联可改装为电压表,而表头与电池及电阻串联在一起可

16、改装为欧姆表。 易错点评R6为欧姆表欧姆调零电阻。B端与“3”、“4”、“5”相连时,电阻R1+R2是工作电阻,且与Rg为并联关系。注意读数以3位有效数字形式体现,如B端与“3”相连时读数为1.10103 ,不能写成1 100 。,7.(2016课标,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

17、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图像,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图像如图(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图像。从图像可以看出: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(c) (5)利用a

18、-n图像求得小车(空载)的质量为kg(保留2位有效数字,重力加速度取g=9.8 ms-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0.370.49范围内都给分) (4)如图所示(3分) (5)0.45(3分。在0.430.47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图像中找一点坐标,代入公式即可求出a。 (5)对小车和钩码组成的系统应

19、用牛顿第二定律:nmg=(M+Nm)a,则a=,a-n图像 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=n;对于木 板水平的情况,对整体应用牛顿第二定律:nmg-M+(N-n)mg=(M+Nm)a,整理得:a=n-g ,比较可见,B、C均正确。,解题指导利用图像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像对应的函数,困难便迎刃而解。,易错点拨(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图像时,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

20、要利用直尺画线。,8.(2016课标,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

21、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=ma a=0.99g 又由(1)问知:a= 联立得f=40 Hz,解题指导(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

22、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。,深度解析处理纸带求瞬时速度和加速度是重点,实验结果与理论相结合也是必须掌握的处理问题的思路。,9.(2016课标,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: 把纸带向左拉直 松手释放物块,接通打点计时器电源 向左推物块使弹簧压

23、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)(2)1.29M,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

24、离弹簧,所以速度v=10-2 m/s1.29 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块的运动过程。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。,10.(2016课标,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

25、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)

26、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:先用铅笔画,然后用签字笔描;连线时画出的连线不能相交;连接滑动变阻器时连线不能与滑片连接。,11.(2016课标,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 ),直流电源(输出电压为U,内阻不计),滑动变

27、阻器R1(最大阻值为1 000 ),滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 ),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 。 (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: 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;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。 将开关向(填“c”或“d”)端闭

28、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)650.0b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c报警器开始报警,解析(1)见答案。 (2)由R= =1 800 可知,滑动变阻器应选R2。 (3)电阻箱的电阻值应调为热敏电阻在60 时的阻值,即650.0 。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。 应将开关向c端闭合,然后对系统进行调节。,解题指导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

29、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。,12.(2016课标,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 ),滑动变阻器R1(最大阻值50 ),滑动变阻器R2(最大阻值5 k),直流电源E(电动势3 V),开关1个,导线若干。 实验步骤如下: 按电路

30、原理图(a)连接线路; 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; 调节滑动变阻器,使电压表满偏; 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)实验步骤中记录的电阻箱阻值为630.0 ,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(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

31、确答案标号)。 A.100 AB.250 A C.500 AD.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=4630.0 =2 520 。 (4)I满=1 mA。,疑难突破(1)电压表满偏电压为2.5 V,步骤中电压表示数为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

32、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。,13.(2015课标,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

33、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。,模型分析小车经过凹形

34、桥最低点时,凹形桥对托盘称的压力最大。,解题指导由图可知,托盘称的分度值为0.1 kg,注意估读到分度值的下一位。根据表格可知小车经过凹形桥最低点时凹形桥对秤的最大压力Fm=g。,(1)已知毫安表表头的内阻为100 ,满偏电流为1 mA;R1和R2为阻值固定的电阻。若使用a和b两个接线柱,电表量程为3 mA;若使用a 和c两个接线柱,电表量程为10 mA。由题给条件和数据,可以求出R1=,R2=。 (2)现用一量程为3 mA、内阻为150 的标准电流表对改装电表的3 mA挡进行校准,校准时 需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0 mA。电池的电动势为1.5 V,内阻忽略不

35、计;定值电阻R0有两种规格,阻值分别为300 和1 000 ;滑动变阻器R有两种规格,最大阻值分别为750 和3 000 。则R0应选用阻值为的电阻,R应选用最大阻值为的滑动变阻器。 (3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大,利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻。图(b)中的R为保护电阻,虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框内的电路。则图中的d点应和接线柱(填“b”或“c”)相连。判断依据是:。,答案(1)1535(4分,每空2分)(2)3003 000(2分,每空1分)(3)c(1分)闭合开关时,若电表指针偏转,则损坏的电阻是R1;若电表指针不动,则损坏的电阻是R2(2分),

36、解析(1)由并联电路各支路两端电压相等有:使用a和b两个接线柱时1 mA100 =(3-1)mA(R1+R2);使用a和c两个接线柱时1 mA(100 +R2)=(10-1)mAR1,联立可得R1=15 ,R2=35 。(2)由题意知校准时电路中电流的范围为0.5 mAI3.0 mA,则由闭合电路欧姆定律知电路中总电阻R总=满足500 R总3 000 ,而两电表的总电阻RA=150 +=183 ,故R0+R应满 足317 R0+R2 817 ,可知R0只能选用300 的,R只能选用3 000 的。(3)在图(b)电路中,当d接c时,若R1损坏则毫安表仍接入电路而有示数,若R2损坏则毫安表不接入

37、电路而无示数,故可由毫安表有无示数来判断损坏的电阻;当d接b时,无论R1还是R2损坏,对毫安表示数的影响相同,从而不能进行判定。,解题指导校准时要选取适当阻值的电阻,若选择阻值过大(1 000 )的电阻,电路中电流不可能达到3 mA。滑动变阻器的选取要能够起到保护电路的作用,同时能够控制电流在要求范围内变化,若选用750 滑动变阻器,电路中电流一定大于1.0 mA。,解题关键本题的关键是电流表的改装,应用了并联电路的分流特点。,评析试题以电表的改装与校准为依托,综合考查了电表改装、电表校准、多量程电表、器材选择、故障分析等,知识面覆盖较广,试题难度中等,是一道不错的能力区分题目。,15.(20

38、15课标,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/s2 vC=1.79 m/s (2)因为a=(mg sin -mg cos )/m

39、 =g sin -g cos 所以= 欲求出还需知道斜面倾角,故选C项。,解题指导纸带的作用是可以测量加速度和打某点时物体的瞬时速度。本题的实验原理为牛顿第二定律:mg sin -mg cos =ma,可求出=,a可由纸带求出。,归纳总结实验的核心是实验原理,根据原理选择器材、安排实验步骤、分析实验误差、进行数据处理。,答案(1)实验电路图如图所示(2分) (2)移动滑动变阻器的滑片,以保证通电后电压表所在支路分压最小(1分);闭合开关S1、S2,调节R1,使电压表的指针满偏(1分);保持滑动变阻器滑片的位置不变(1分),断开S2,调节电阻箱R0使电压表的指针半偏(1分);读取电阻箱所示的电阻

40、值,此即为测得的电压表内阻(1分) (3)(1分)断开S2,调节电阻箱使电压表成半偏状态,电压表所在支路总电阻增大,分得的电压也增大;此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压,故RVRV(1分,其他合理说法同样给分),解析(1)由于R1的最大阻值远小于测量电路最大阻值,故控制电路采用分压式接法,电路图见答案。 (2)(3)见答案。,解题指导待测电压表电阻远大于滑动变阻器R1的最大阻值,故滑动变阻器R1应采用分压式接法。,解题技巧电压表串联电阻箱后认为电压表所在支路电压不变,而实际该支路电压变大,则电阻箱两端电压大于电压表两端电压,则会引起测量值偏大。,评析试题考查了恒压半偏法测电压表内阻的原理、

41、步骤及实验的系统误差,试题难度较小,考查点基础,在一定程度上考查了考生的分析、推理能力。,17.(2014课标,22,6分,0.643)某同学利用图(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图,如图(b)所示。实验中小车(含发射器)的质量为200 g,实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮,小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到,回答下列问题: 图(a),图(b),(1)根据该同学的结果,小车的加速度与钩码的质量成(填“线性”或“非线性”)关系。 (2)由图(b)可知,a-m图线不经过原点,可能的原因是。 (3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变

42、的情况下,小车的加速度与作用力成正比”的结论,并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力,则实验中应采取的改进措施是。钩码的质量应满足的条件是。,答案(1)非线性 (2)存在摩擦力 (3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量,解析(1)将图(b)中各点连线,得到的是一条曲线,故a与m的关系是非线性的。 (2)由图(b)可知,当钩码质量不为零时,在一定范围内小车加速度仍为零,即钩码对小车的拉力大于某一数值时小车才产生加速度,故可能的原因是存在摩擦力。 (3)若将钩码所受重力作为小车所受合力,则应满足三个条件,一是摩擦力被平衡,二是绳平行于轨道平面,此二者可保证绳对车的拉力等于车所受合力

43、,设绳的拉力为T,由mg-T=ma、T=Ma有T=g=,可见当mM时才有Tmg,故第三个条件为mM。,解题指导(1)根据数学知识可知,若图像是一条倾斜的直线,说明两个物理量成线性关系,若是一条曲线,则说明两物理量成非线性关系。(2)从图中发现图线没有过原点,当a=0时,m0,即F0,也就是说绳子上拉力不为0时,小车加速度为0,可能的原因是存在摩擦力。,总结归纳验证牛顿第二定律实验中,认为绳子的拉力就是小车受到的合力,所以需平衡摩擦力;其次要满足重物的质量远小于小车质量(若绳子拉力可用弹簧测力计或者传感器直接测出,则无需满足这一条件)。,多次调节电阻箱,记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R;

44、以为纵坐标,R为横坐标,作-R图线(用直线拟合); 求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b。 回答下列问题: (1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻,则与R的关系式为 。 (2)实验得到的部分数据如下表所示,其中电阻R=3.0 时电流表的示数如图(b)所示,读出数据,完成下表。答:,。,图(b),图(c),(3)在图(c)中将所缺数据点补充完整并作图,根据图线求得斜率k=A-1-1,截距 b=A-1。 (4)根据图线求得电源电动势E=V,内阻r=。,答案(1)=R+RA+(r+R0)或=R+(5.0+r) (2)0.1109.09 (3)图见解析1.0(在0.961.04之间均对)6.0(在5.

45、96.1之间均对) (4)3.0(在2.73.3之间均对)1.0(在0.61.4之间均对),解析(1)由闭合电路欧姆定律有E=IRA+(I+)(R+R0+r),整理得=R+RA+(r+R 0),代入数据得=R+(5.0+r)。(2)由题图知该电流表的分度值为 2 mA,读数为110 mA, 考虑到表格内各组数据的单位及有效数字位数,故结果应为0.110 A。=9.09 A-1。(3)描点作 图如图所示,由图线可得k= A-1-1=1.0 A-1-1,b=6.0 A-1。(4)由=R+(5.0+r)可知k =,b=(5.0+r),将k=1.0 A-1-1、b=6.0 A-1代入可得E=3.0 V

46、,r=1.0 。,解题技巧根据闭合电路欧姆定律,写出-R图线的函数表达式,根据图线斜率和截距的意义求 解E和r。,方法归纳测电源电动势和内阻实验常见处理方法是函数图像法,原理为闭合电路欧姆定律,推导出函数图像表达式,找出斜率、截距所表达的含义,并求出相应的物理量。,19.(2014课标,22,6分,0.622)在伏安法测电阻的实验中,待测电阻Rx约为200 ,电压表的内阻 约为2 k,电流表的内阻约为10 ,测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示,结果由 公式Rx=计算得出,式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图(a)和图(b)中电路测得的 电阻值分别记为Rx1和Rx2,则(

47、填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值,且测量值Rx1(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值,测量值Rx2(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。,答案Rx1大于小于,解析=20,=10,因此Rx属于大电阻,用电流表内接法时测量值更接近真实值,即Rx1更接近 真实值;因Rx1=Rx+RA,故Rx1Rx,Rx2=R并(即Rx与RV的并联值),故Rx2Rx。,解题关键电流表内接时有R测=R真+RA;电流表外接时有R测=,进而比较测量值与真实值 的大小关系。,总结归纳电流表内外接法的选择规律:当Rx,即Rx为大电阻时用内接法;当Rx, 即Rx为小电阻时用外接法。这样所测得的阻值误差相对

48、较小。,20.(2014课标,23,9分,0.31)某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系。实验装置如图(a)所示:一均匀长弹簧竖直悬挂,7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处;通过旁边竖直放置的刻度尺,可以读出指针的位置,P0指向0刻度。设弹簧下端未挂重物时,各指针的位置记为x0;挂有质量为0.100 kg的砝码时,各指针的位置记为x。测量结果及部分计算结果如下表所示(n为弹簧的圈数,取重力加速度为9.80 m/s2)。 已知实验所用弹簧总圈数为60,整个弹簧的自由长度为11.88 cm。,(1)将表中数

49、据补充完整:,。 (2)以n为横坐标,1/k为纵坐标,在图(b)给出的坐标系中画出1/k-n图像。 图（a） 图(b) (3)图(b)中画出的直线可近似认为通过原点。若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧,该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k=N/m;该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0(单位为m)的关系的表达式为k=N/m。,答案(1)81.70.012 2(2分。每空1分) (2)-n图像如图所示(3分) (3)(2分。在之间均同样给分) (2分。在之间均同样给分),解析(1)由胡克定律有k= N/m=81.7 N/m,故有=0.012 2 m/N。(3)因 -n图线是一条过原

50、点的直线,由图可得图线的斜率约为5.7110-4 m/N,故有=5.7110-4n,即k= N/m,由题意可知弹簧的圈数n与原长l0的关系为n=l0,故k=(N/m)。,解题关键根据胡克定律得到P2对应的k值;由图像写出函数表达式。,解题指导根据数据作出-n图像,求斜率,然后得到k与n的关系表达式,通过题中所给的整个弹 簧的自由长度和总圈数可以求出n与l0的关系,代入之前求得的k与n的关系式即可得到劲度系数与其自由长度的关系表达式。,21.(2014大纲全国,22,6分)现用频闪照相方法来研究物块的变速运动。在一小物块沿斜面向下运动的过程中,用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示。拍摄时频

51、闪频率是10 Hz;通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4。已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s。数据如下表所示。重力加速度大小g=9.80 m/s2。 单位:cm,根据表中数据,完成下列填空: (1)物块的加速度a=m/s2(保留3位有效数字)。 (2)因为,可知斜面是粗糙的。,答案(1)4.30(4分,填“4.29”或“4.31”同样给分) (2)物块加速度小于g=5.88 m/s2(或:物块加速度小于物块沿光滑斜面下滑的加速度)(2分),解析a=4.30 m/s2,解题指导运用逐差法求出加速度a。,归纳总结频闪照片和纸带打点的共同特点是想办法留下物体在

52、相等时间内通过的位移,从而可以研究物体的运动情况,根据x=aT2求a,根据平均速度和中点时刻速度的关系求瞬时速度。,22.(2014大纲全国,23,12分)现要测量某电源的电动势和内阻。可利用的器材有:电流表,内阻 为1.00 ;电压表;阻值未知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5;开关S;一端连有鳄鱼夹P的导线1, 其他导线若干。某同学设计的测量电路如图(a)所示。 图(a) (1)按图(a)在实物图(b)中画出连线,并标出导线1和其P端。,图(b) (2)测量时,改变鳄鱼夹P所夹的位置,使R1、R2、R3、R4、R5依次串入电路,记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I。数据如下表所示。

53、根据表中数据,在图(c)中的坐标纸上将所缺数据点补充完整,并画出U-I图线。,图(c) (3)根据U-I图线求出电源的电动势E=V,内阻r=。(保留2位小数),答案(1)连线如图所示(3分,有任何错误就不给这3分) (2)U-I图线如图所示(3分),(3)2.90(3分,在2.892.91之间均给分) 1.03(3分,在0.931.13之间均给分),解析(1)见答案图,可先从原理图中选取一个回路如电源、电流表、电压表、开关进行连接,R1并联于电压表两端,最后再将R2至R5依次串联后再与R1串联。(2)作图过程略,图见答案。(3)由U=E-I(RA+r)可知图中U-I图线的纵截距b=E、斜率的绝

54、对值k=RA+r,故由图可得E=b=2.90 V,r=k-RA=2.03 -1.00 =1.03 。,解题指导(1)根据电路图连接实物图。(2)应用描点连线法作出图像,注意图线为直线。(3)根据U-I图像的函数表达式U=E-I(RA+r)可知图线斜率的绝对值表示RA+r,截距表示E。,易错警示U-I图线的纵坐标起点不为0,是2.50 V,用k=计算斜率。,答案(1)0.960(2)()2-()2 (3)(4)系统误差,解析(1)游标卡尺的读数为9 mm+120.05 mm=9.60 mm=0.960 cm (2)由-=2as,vA=,vB=联立得a= (3)设细线的张力为T,对M有T-Mg=M

55、 对m有mg-T=m 联立两式得= (4)细线没有调整到水平,造成张力T不水平,若此时以T水平来分析计算,会造成测量值偏大或偏小,这种由于实验操作造成的误差,属于系统误差。,解题指导因为实验操作造成的误差是系统误差,因为读数造成的误差属于偶然误差。游标卡尺不需要估读。,归纳总结涉及用光电门测速度的实验,就是把通过光电门的一小段运动看成是匀速直线运动,则速度v=(d为遮光片宽度,t为遮光的时间)。,24.(2013课标,22,8分,0.567)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究:一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一小球接触而不固连;弹簧处于原长时,小球恰好在桌面边缘

56、,如图(a)所示。向左推小球,使弹簧压缩一段距离后由静止释放;小球离开桌面后落到水平地面。通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能。,图(a),回答下列问题: (1)本实验中可认为,弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等。已知重力加速度大小为g。为求得Ek,至少需要测量下列物理量中的(填正确答案标号)。 A.小球的质量m B.小球抛出点到落地点的水平距离s C.桌面到地面的高度h D.弹簧的压缩量x E.弹簧原长l0 (2)用所选取的测量量和已知量表示Ek,得Ek=。,答案(1)ABC(3分。选对但不全的给1分,有选错的,不给这3分) (2)(2分) (3)减小增大2(3分。

57、每空1分),解析弹簧被压缩后的弹性势能等于小球抛出时的动能,即Ep=Ek=m。小球离开桌面后做平 抛运动,由平抛运动规律,水平位移s=v0t,竖直高度h=gt2,得v0=s,动能Ek=m=,因 此A、B、C正确。弹簧的弹性势能Ep=,由理论推导可知Ep=k(x)2即k(x)2=,s= x,因此当h不变时,m增加,其斜率减小,当m不变时,h增加其斜率增大,由图线知sx,由Ek 表达式知Eks2,则由Ep=Ek知Ep(x)2,即Ep与x的二次方成正比。,解题指导解该实验题如同解计算题一般,先把每个过程的规律及方程写出来,再根据题目要求把Ek的表达式及s-x图像的函数表达式写出来。本题有两个过程模型

58、:弹簧把小球弹出,对应能量转化;平抛运动。,归纳总结利用图像处理实验数据及分析实验规律是实验中常用的方法,解决的对策是利用物理规律写出图像对应的函数表达式,通过函数表达式结合图像的斜率、截距解题。,25.(2013课标,23,7分,0.524)某同学用量程为1 mA、内阻为120 的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为1 V和1 A的多用电表。图中R1和R2为定值电阻,S为开关。回答下列问题: (1)根据图(a)所示的电路,在图(b)所示的实物图上连线。 (2)开关S闭合时,多用电表用于测量(填“电流”、“电压”或“电阻”);开关S断开时,多用电表用于测量(填“电流”、“电压”或“电阻”)。

59、 (3)表笔A应为色(填“红”或“黑”)。 (4)定值电阻的阻值R1=,R2=。(结果取3位有效数字),答案(1)连线如图所示(2分) (2)电流电压(2分。每空1分) (3)黑(1分) (4)1.00880(2分。每空1分),解析(1)见答案。 (2)开关S闭合时,R1与表头和R2并联,为电流表,因此用于测量电流;当开关S断开时,R2与表头串联,为电压表,因此用于测电压。 (3)电流应从红表笔流入电表,从黑表笔流出电表,因此表笔A应为黑色。 (4)开关S断开时为电压表,U=Ig(Rg+R2),解得R2=880 ; 开关S闭合时为电流表,R1=1.00 。,解题指导开关S断开时R2分压,多用电表测电压。开关S闭合时,R1分流,多用电表测电流。,解题关键明确电压表和电流表的改装原理,然后根据串并联电路的特点和欧姆定律求解。,1.(2017北京理综,21,18分)如图1所示,用质量为m的重物通过滑轮牵引小车,使它在长木板上运动,