【KS5U解析】安徽省六安市第一中学2020届高三下学期自测线下物理试题（五） Word版含解析

1、六安一中 2020 届高三年级物理自测试卷（五）（时间：120 分钟 满分：100 分）一、力学实验题（共 12 小题，每空 1 分，共 36 分）1. 小华同学在做“研究小车匀变速直线运动”的实验过程中，所使用的交流电源频率为50hz，取下做匀加速直线运动的小车带动的一段纸带进行研究，如图所示o点为记数点的起点，相邻两记数点间还有四个计时点（图中未画出），请回答下面的问题：（1）他因粗心而忘记测量第1个记数点与起始o点间的距离，请跟据纸带的数据特点推理出s1的长度，s1= cm（2）当打第3个记数点时小车的瞬时速度v3= m/s，小车运动的加速度a= m/s2（计算结果保留两位有效数字）【答

2、案】（1）4.00（2）0.65，1.0【解析】试题分析：根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度解：（1）根据匀变速直线运动的推论：物体在连续相等的时间间隔内位移之差是常数，x=at，由图中可看出2、3两点间的距离为s3=6.00cm，假设物体在连续相等的时间间隔内位移之差是常数x，所以1、2间的距离s2=s3x，0、1间的距离s1=s2x=s32x由此得：s1+s2=9.00cm解得：x=1.00cm所以s1=4.00cm（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，则有：v3=代入数据解得：

3、v3=0.65m/s根据匀变速直线运动的推论公式有：x=at2可以求出加速度：a=1.0m/s2故答案为4.00，0.65，1.0【点评】利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力2.某同学想测出济南当地的重力加速度g，并验证机械能守恒定律为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示），在靠近铝棒下端的一侧固定电动机m，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔n，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒

4、自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线a作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作b、c、d、e将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准a，此时b、c、d、e对应的刻度依次为14.68 cm、39.15 cm、73.41 cm、117.46 cm已知电动机的转速为3 000 r/min求：（1）相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为_s（2）由实验测得济南当地的重力加速度为_m/s2（结果保留三位有效数字）（3）该同学计算出画各条墨线时的速度v，以为纵轴，以各条墨线到墨线a的距离h为横轴，描点连线，得出了如图丙所示的图象，在误差允许的范围内据

5、此图象能验证机械能守恒定律，但图线不过原点的原因是_【答案】 (1). （1）0.1 (2). （2）9.79 (3). （3）a点对应的速度不为零【解析】（1）电动机的转速为3000 r/min=50r/s，可知相邻两条墨线的时间间隔为0.02s，每隔4条墨线取一条计数墨线，则相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为0.1s；（2）xbc=39.15-14.68cm=24.47cm，xcd=73.41-39.15cm=34.26cm，xde=117.46-73.41cm=44.05cm，可知连续相等时间内的位移之差x=9.79cm，根据x=gt2得，（3）根据mghmv2mv02得，v2v02+2

6、gh，若v2-h图线为直线，则机械能守恒所以此图象能验证机械能守恒图线的斜率为2g，图线不过原点的原因是a点对应的速度不为零点睛：本题中笔在铝棒上相应位置留下墨线和打点计时器的原理相同，处理的方法和纸带的处理方法相同，会通过连续相等时间内的位移之差是一恒量求解重力加速度.3.如图甲为研究“转动动能与角速度关系”的实验装置示意图，现有的器材为：固定在竖直平面内的转盘(转轴水平)、带铁夹的铁架台、电磁打点计时器(接交流电的频率为50 hz)、纸带、重锤、游标卡尺、天平回答下列问题 ：(1)如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径d为_ cm；(2)将悬挂铁锤的纸带穿过打点计时器后，绕在转盘边

7、缘上，纸带一端固定在转盘上，使得转盘与纸带不打滑，设纸带厚度不计，接通电源，释放重锤，打点计时器打出的纸带如图丙所示，o、a、b、c各点为连续打出的点迹，则由图丙中数据可得，打下点迹d时，圆盘转动的角速度为d_ rad/s(保留三位有效数字)；(3)下表为各点对应转动动能ek和角速度值，请你猜想转动动能ek和角速度满足的关系式为ek_(须填写定量表达式)计数点abce转动动能ek(j)0.001 00.003 90.008 90.024角速度(rad/s)4.07.911.919.7【答案】 (1). （1）5.030 (2). （2）15.9 (3). （3）6.25×10-5j【

8、解析】（1）游标卡尺主尺部分读数为5.0cm，游标读数为0.05×6=0.30mm=0.030cm，所以最终读数为5.0cm+0.030cm=5.030cm（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上d点时小车的瞬时速度大小为：vd=0.40m/s根据v=r得圆盘转动的角速度为：d=15.9rad/s，（3）由表格中数据分析可知，当砂轮的角速度增大为原来2倍时，砂轮的转动动能ek是原来的4倍，得到关系为：ek=k2当砂轮的角速度增大为原来4倍时，砂轮的转动动能ek是原来的16倍，得到ek与2成正比，则有关系式为：ek=k2k是比例系数将任一组数据比

9、如：=4rad/s，ek=0.001j，代入得到：k=6.25×10-5 js/rad，所以砂轮的转动动能ek与角速度的关系式是：ek=6.25×10-52j；点睛：解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读解决本题的关键知道该实验的原理，通过纸带处理求出圆盘的线速度，根据线速度与角速度的关系，求出角速度的表达式本题考查应用动能定理解决实际问题的能力和应用数学知识处理物理问题的能力4. 在“测定匀变速直线运动加速度”的实验中：（1）除打点计时器（含纸带、复写纸）、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外，在下面的仪器和器材中，必须使用的

10、有 （填选项代号）a电压合适的交流电源 b电压合适的直流电源 c刻度尺 d秒表 e天平（2）实验过程中，下列做法正确的是 a先接通电源，再使纸带运动b先使纸带运动，再接通电源c将接好纸带的小车停在靠近滑轮处d将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处（3）在某次实验中，交流电源频率为50hz，下图是某次实验的纸带，舍去前面比较密集的点，从0点开始计数，每隔4个连续点取1个计数点，标以1、2、3、那么相邻两个计数点之间的时间为_s，各计数点与0计数点之间的距离依次为x1=300cm、x2=750cm、x3=1350cm，则物体通过计数点1的速度v1=_m/s，小车运动的加速度为_m/s2（结果均保留两

11、位有效数字）【答案】（1）ac（2）ad（3）010，038，15【解析】试题分析：（1）实验使用的电源必须是交流电源，故a正确，b错误；刻度尺要用来测量纸带的点之间的距离，所以必须要有刻度尺，故c正确；打点计时器本身就是计时的仪器，所以不需要秒表，故d错误；在处理纸带求解速度与加速度的过程中，物体的质量不需要知道，所以不用天平测物体的质量，故e错误（2）开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后释放纸带让纸带（随物体）开始运动，如果先放开纸带开始运动，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差；同时先打点再释放纸带，可以使打点稳定，提高纸带利用

12、率，可以使纸带上打满点，故b错误a正确；在实验时要将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，这样可以在纸带上打出较多的点，所以c错误d正确（3）交流电源频率为50hz，每隔002s打一个点，每隔4个连续点取1个计数点，则相邻两个计数点之间的时间为01s计数点1的瞬时速度因为，可知，则加速度考点：“测定匀变速直线运动加速度”的实验【名师点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度5.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

13、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4.0 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f14.2 n和f25.6 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

14、按平行四边形定则画出它们的合力f合；（ ）()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等四边行定则【答案】 (1). 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合如下图所示： (2). 4.0 (3). 0.06（或0.05）【解析】【详解】(2)（i）1由已知可得所对长度为21mm，所对长度为28mm，根据平行四边形法则画出合力大小，如图所示：（ii）2根据几何关系可得合力大小为（也可直接由图像读出合力大小为4.0n）；3与拉力的夹角即为与纵轴的夹角，其正切值为：若按照1.

15、414计算，结果为0.06；若按照1.4计算，结果为0.056.某同学利用如图甲装置探究弹簧的弹性势能ep与弹簧伸长量x之间的关系实验步骤如下：（1）用游标卡尺测量遮光条宽度d如图乙所示测量值d=_mm（2）按图甲竖直悬挂好轻质弹簧，将轻质遮光条水平固定在弹簧下端；在立柱上固定一指针，标示出弹簧不挂重锤时遮光条下边缘的位置，并测出此时弹簧长度x0（3）测量出重锤质量m，用轻质细线在弹簧下方挂上重锤，测量出平衡时弹簧的长度x1，并按甲图所示将光电门的中心线调至与遮光条下边缘同一高度，已知当地重力加速度为g，则此弹簧的劲度系数k=_（用题目所给字母符号表示）（4）用手缓慢地将重锤向上托起，直至遮光

16、条下边缘回到弹簧原长标记指针处（保持细线竖直），迅速释放重锤使其无初速下落，光电门记下遮光条经过的时间t，则此时弹簧的弹性势能ep=_（用题目所给字母符号表示）（5）换上不同质量的重锤，重复步骤3、4，计算出相关结果，并验证弹性势能ep与弹簧伸长量x之间的关系【答案】 (1). 2.50 (2). (3). 【解析】【详解】（1）1游标卡尺的读数为；（3）2根据胡克定律可知，解得；（4）3此时重物的速度为，根据动能定理可知，解得7.为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用m表示(乙图中m包括小车与传感器，丙图中m包括小车和与小车固连的滑轮)，

17、钩码总质量用m表示（装置：砝码、定滑轮、小车、纸带、接电源、打点计时器）（1）为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是_a三组实验都需要平衡摩擦力b三组实验中只有甲需要平衡摩擦力c三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量m的条件d三组实验都需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量m的条件（2）若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，a=g，g为当地重力加速度，则乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为_，乙、丙两人实验用的钩码总质量之比为_【答案】 (1). ac (

18、2). 1:2 (3). 1:3【解析】试题分析：（1）根据实验原理，即可判定是否需要平衡摩擦力，及确定所挂钩码总质量m与小车的总质量m的关系；（2）根据牛顿第二定律，结合动滑轮的拉力是测力计的示数2倍，从而即可求解（1）为了使得小车受到的拉力大小等于小车的合力，所以三者都需要平衡摩擦力，但是由于乙和丙中绳子的拉力大小可以由传感器和弹簧测力计读出来，所以不需要使得绳子的拉力等于钩码的总重力，即不需要所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量m的条件，只有甲才需要，故ac正确；（2）乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，且通过计算得到小车加速度均为a，根据牛顿第二定律，则有，因此乙、丙

19、两人实验时所用小车总质量之比为1：2；由牛顿第二定律，对砝码研究，则有，而，因，解得，即乙、丙两人实验用的钩码总质量之比为1：3；8.如图甲是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来(如图乙所示)(1)若图乙中示波器显示屏上横向的每大格(5小格)对应的时间为2.50×103s，则圆盘的转速为_r/s.(保留3位有效数字)(2)若测得圆盘直径为10.20 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为_cm.(保留3位有效数字)【

20、答案】 (1). 90.1转/s (2). 1.44cm【解析】【详解】试题分项：（1）由乙图可知，圆盘转动的周期，根据转速、角速度和周期的关系和，得到，代入数据，（2）由乙图可知，反光凃层经过的时间为1个小格，反光涂层经过接收器的时间，根据弧长和线速度的关系，得；再由，则，代入数据，得到考点：本题考查匀速圆周运动有关内容及根据图象进行相关计算等9.某同学在做平抛运动实验时得出如图所示的小球运动轨迹,a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出.则:（g取10m/s2）（1）小球开始做平抛运动的位置坐标为x=_cm.y_cm.（2）小球运动到b点的速度为_m/s.【答案】（1） -10； -1.25

21、；（2）2.5【解析】【详解】（1）由图可知a、b、c三点的时间间隔相等，设为t，则竖直方向有： ，解得t=0.1s；小球平抛的初速度为 ；b点的竖直速度为，则从抛出点到b点的时间： ，抛出点离b点的竖直距离：；抛出点离b点的水平距离：x=vt=0.3m=30cm ；小球开始做平抛运动的位置坐标为x10cm，y1.25cm（2）小球运动到b点的速度为：点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解10.气垫导轨是一种常用的实验仪器，它利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，此时滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦现利用气垫导轨来研

22、究功能关系如图甲所示，在气垫导轨的左端固定一轻质弹簧，轨道上有滑块a紧靠弹簧但不连接，滑块的质量为m，重力加速度为g（1）用游标卡尺测出滑块a上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d=_cm；（2）利用该装置研究弹簧对滑块做功的大小；某同学打开气源，调节装置，使滑块可以静止悬浮在导轨上，然后用力将滑块a压紧到p点，释放后，滑块a上的挡光片通过光电门的时间为t，则弹簧对滑块所做的功为_（用题中所给字母表示）（3）利用该装置测量滑块与导轨间的动摩擦因数；关闭气源，仍将滑块a由p点释放，当光电门到p点的距离为x时，测出滑块a上的挡光片通过光电门的时间为t，移动光电门，测出多组数据（滑块都能通过光电

23、门），并绘出图象如图丙所示，已知该图线斜率的绝对值为k，则滑块与导轨间的滑动摩擦因数为_【答案】 (1). 0.960 (2). (3). 【解析】试题分析：（1）游标卡尺读数为（2）由于光电门非常窄，所以通过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，故通过光电门的速度为，故根据动能定理可得弹簧对滑块所做的功为（3）每次都有p释放，则每次弹簧弹性势能都相同，由能量转化和守恒可得：，解得：，由于，故，带入可得：考点：研究功能关系实验【名师点睛】游标卡尺的读数方法为：先读主尺，在读游标尺，游标尺不能估读，那个对齐就读那个由滑块a上的挡光片通过光电门的时间可得此时滑块的平均速度，由于滑块此阶段做匀速运动，故

24、瞬时速度等于平均速度，由能量转化和守恒可得弹簧弹性势能每次都有p释放，则每次弹簧弹性势能都相同，由能量转化和守恒可得结果11.某实验小组利用图示装置进行“探究动能定理”的实验，部分实验步骤如下：a挂上钩码，调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；b打开速度传感器，取下轻绳和钩码，保持a中调节好的长木板倾角不变，让小车从长木板顶端静止下滑，分别记录小车通过速度传感器1和速度传感器2时的速度大小v1和v2；据此回答下列问题：（1）若要验证动能定理的表达式，下列各物理量中需测量的有_；a悬挂钩码的总质量m b长木板的倾角 c两传感器间的距离ld小车的质量m e.小车与木板的摩擦

25、力（2）根据实验所测的物理量，验证动能定理的表达式为：_（用题中所给的符号表示，重力加速度用g表示）【答案】 (1). acd (2). 【解析】（1）根据题意可以知道，小车在重力、斜面弹力、摩擦力、细线拉力作用下处于平衡状态,撤去钩码后小车的合外力等于钩码的重力，所以需要测量钩码的质量，故a正确要找到合外力做功，还要知道运动的位移，所以需要测量两传感器间的距离l，故c正确，本实验要验证的是小车的动能增加量，所以要知道动能就需要测量小车的质量，故d也正确，若知道以上几个物理量，则验证动能定理的条件足够，故acd正确；（2）根据动能定理可以知道,合外力对小车做的功等于小车动能的变化量,则有: ,

26、综上所述本题答案是：(1). acd (2). 12.某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行实验在足够大的水平平台上的a点放置一个光电门，水平平台上a点右侧摩擦很小可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g，采用的实验步骤如下：在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；用天平分别测出小滑块a（含挡光片）和小球b的质量ma、mb；a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，静止放置在平台上；细线烧断后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动；记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t；滑块a最终停在c点（图中未画出），用刻度尺测出ac之间的距离sa；小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的b点，

27、用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与b点之间的水平距离sb；改变弹簧压缩量，进行多次测量（1）a球经过光电门的速度为：_（用上述实验数据字母表示）（2）该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证等式_成立即可（用上述实验数据字母表示）（3）改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到与sa的关系图象如图乙所示，图线的斜率为k，则平台上a点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为_（用上述实验数据字母表示）【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【详解】（1）1烧断细线后，a向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a经过光电门的速度；（2）2b离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律

28、可得：sb=vbt解得：若动量守恒，设向右为正，则有：0=mbvb-mava即（3）3对物体a由光电门向左运动过程分析，则有：va2=2asa经过光电门的速度：由牛顿第二定律可得：联立可得：则由图象可知：解得二、电学实验题（共 10 小题，第 14、15 题每空 2 分，其余每空 1 分，共 64 分）13.某同学利用dis（传感器），定值电阻r0、电阻箱r1等实验器材测量电池a的电动势和内阻，实验装置如图1所示，实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值r，用电压传感器测得端电压u，并在计算机上显示出如图2所示的关系图线a，重复上述实验方法测量电池b的电动势和内阻，得到图2中的图线b

29、.（1）由图线a可知电池a电动势e=_v，内阻r=_（2）若用同一个电阻r先后与电池a及电池b链接，则两电池的输出功率_（填“大于”、“等于”或“小于”），两电池的效率_（填“大于”、“等于”或“小于”）【答案】 (1). 2v (2). 0.5 (3). 小于 (4). 大于【解析】【详解】（1）根据，得由图象a得，截距b=0.5，斜率k=0.25所以电动势，内阻（2）从图象可知：截距，斜率，电动势，内阻，电池的输出功率，得小于；电池的效率，得大于14.某同学设计了如图所示的电路来测量一个量程为3v的电压表的内电阻（几千欧），实验室提供直流电源的电动势为6v，内阻忽略不计；(1)在该实验中，

30、认为当变阻器的滑片p不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，ap两点间的电压保持不变；请从下列滑动变阻器中选择最恰当的是：_ a变阻器（0-2000，0.1a） b变阻器（0-20，1a） c变阻器（0-5，1a）(2)连接好线路后，先将变阻器滑片p调到最_端，并将电阻箱阻值_调到（填“0”或“最大”），然后闭合电键s，调节p，使电压表满偏，此后滑片p保持不动；(3)调节变阻箱的阻值，记录电压表的读数:最后将电压表读数的倒数u-1与电阻箱读数r描点，并画出图己所示的图线，由图象得待测电压表的内阻值为_（保留两位有效数字）【答案】 (1). b (2). 左 (3). 0 (4). 3.0×

31、103（3.0k）【解析】【详解】（1）1因为当变阻器的滑片p不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，ap两点间的电压保持不变，可知滑动变阻器的阻值越小越好，但是若选择变阻器c，电流会超出变阻器的最大电流，不安全，所以选择b（2）23连接好线路后，先将变阻器滑片p调到最左端，并将电阻箱阻值调到0，然后闭合电键s，调节p，使电压表满偏（3）4设满偏电压为u0，因为ap间的电压不变，为u0，根据欧姆定律知，电压表的示数为：整理得：可知：0.33 解得：rv30×10315.某同学欲将内阻为98.5、量程为100ua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15k刻度正好对应电流表

32、表盘的50ua刻度可选用的器材还有：定值电阻r0（阻值14k），滑动变阻器r1（最大阻值1500），滑动变阻器r2（最大阻值500），电阻箱（099999.9），干电池（e=1.5v，r=1.5），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_：滑动变阻器选_（填“r1”或“r2”）（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_、_（3）校准红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向_k处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多

33、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_【答案】 (1). (2). 900 (3). r1 (4). 45 (5). 5 (6). 0 (7). 35000.0【解析】【详解】（1）连线如图：根据欧姆表的改装原理，当电流计满偏时，则，解得r=900；为了滑动变阻器的安全，则滑动变阻器选择r1；（2）在a处， ，解得rxa=45k；在b处，则，解得rxb=5k；（3）校准：红黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指到0 k处；由图可知，电阻箱接入的电阻为：r=35000.016.某同学想要描绘标有“3

34、.8v，0.3a”字样的小灯泡l的伏安特性曲线，要求实验尽量准确可供选择的器材除小灯泡、开关、导线外，还有：电压表v，量程05v，内阻约5k电流表a1，量程0500ma，内阻约0.5电流表a2，量程0-100ma，内阻约4滑动变阻器r1，最大阻值10，额定电流2.0a滑动变阻器r2，最大阻值100，额定电流1.0a直流电源e，电动势约6v，内阻可忽略不计(1)上述器材中，电流表应选_，滑动变阻器应选_(填写所选器材的字母符号)(2)该同学正确选择仪器后连接了图甲所示的电路，为保证实验顺利进行，并使误差尽量小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的两项问题：_；_(3)该同学校正电路后，经

35、过正确的实验操作和数据记录，描绘出了小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，由此推断小灯泡的电阻值随工作电压的增大而_(选填“不变”、“增大”或“减小”)(4)该同学完成实验后又进行了以下探究：把两只这样的小灯泡并联，直接接在电动势为4v、内阻为8的电源上组成闭合回路请你根据上述信息估算此时一只小灯泡的功率约为_w(结果保留2位有效数字)【答案】 (1). a1 (2). r1 (3). 电流表采用外接的方法 (4). 滑动变阻器采用分压的接法 (5). 增大 (6). 0.19w（0.17-0.21w）【解析】【详解】（1）灯泡额定电流为0.3a，故电流表应选择a1；由于本实验中描绘小灯泡的伏安特性

36、曲线，要求电压从零开始，必须采用分压接法，因此滑动变阻器应选择总阻值较小的r1；（2）由于灯泡内阻较小，为了减小实验误差，故只能采用电流表外接法，描绘小灯泡的伏安特性曲线，要求电压从零开始，必须采用分压接法；该电路中电流表采用内接法以及限流接法，故要改为电流表外接法和分压式接法（3）iu图象中图象的斜率表示电阻的倒数，则可知，灯泡内阻随电压的增大而增大；（4）设灯泡电压为u，电流为i，则两灯泡并联接在电源两端，由闭合电路欧姆定律可得：u=e2ir，代入数据可得：u=4.016i，在原伏安特性曲线图像中做函数u=4.016i的图线，交点代表每个灯泡两端的电压和流过每个灯泡的电流，如图所示：则由图

37、可知，灯泡的电压为1.00v，电流为0.19a，则灯泡的功率p=ui=1.0×0.19=0.19w17.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 k，电阻r1=9.0 k，为了方便读数和作图，给电池串联一个r0=3.0 的电阻（1）按图示电路进行连接后，发现、和三条导线中，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，将电建s闭合，用多用电表的电压挡先测量a、间电压，读数不为零，再测量、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，

38、得到电流表a1和a2的多组i1、i2数据，作出图象如右图由i1i2图象得到电池的电动势e=_v，内阻r=_【答案】 (1). (2). (3). 1.41（1.361.44均可） (4). 0.5（0.40.6均可）【解析】用电压挡检测电路故障，电压表的表头是电流计，原电路有断路，回路中无电流，将电压表接在间后有示数，说明电路被接通，即间有断路故障，再测量间电压，电压表读数不为零，说明断路故障的范围被缩小到间，则一定是导线断开；若读数为零，则说明电路仍未被接通，断路故障的范围被确定在间根据闭合电路的欧姆定律：，上式可简化为，读出两点坐标：（60，0.12）和（260，0.05），代入方程解得：

39、电动势e=1.41 v，内阻r=0.5 点睛:由图象法处理实验数据的关键是要理解图线的物理意义纵轴截距和斜率表示什么，闭合电路的欧姆定律是核心18.某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路(1)已知表头满偏电流为100，表头上标记的内阻值为900r1、r2和r3是定值电阻利用r1和表头构成1 ma的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1 v；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3 v则根据题给条件，定值电阻的阻值应选r1=_，r2=_，r3=_(2)用量程为3v，内阻为2500的标准电压表对改装电表3v挡的不同刻度进行校

40、准所用电池的电动势e为5v；滑动变阻器r有两种规格，最大阻值分别为50和5k为了方便实验中调节电压，图中r应选用最大阻值为_的滑动变阻器(3)校准时，在闭合开关s前，滑动变阻器的滑动端p应靠近_（填“m”或“n”）端(4)若由于表头g上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头g内阻的真实值_（填“大于”或“小于”）900【答案】 (1). 100 (2). 910 (3). 2000 (4). 50 (5). m (6). 大于【解析】【详解】（1）1根据题意，r1与表头构成1ma的电流表，则 ，得r1=100；2若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1v，则 ；

41、3若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3v，则 （2）4电压表与改装电表并联之后，电阻小于2500，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大阻值小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择50的电阻（3）5在闭合开关s前，滑动变阻器的滑动端p应靠近m端，使并联部分分压为零，起到保护作用（4）6造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头的电流偏小，则实际电阻偏大，故表头g内阻的真实值大于900【点睛】本题关键是电压表和电流表的改装原理，分析清楚电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题19.(1)同学们通过查阅资料知道将锌、铜两电极插入水果中，电动势大约会

42、有1 v多一点晓宇同学找来了一个土豆做实验，如图，当用量程为03 v、内阻约50 k的伏特表测其两极时读数为0.96 v但当他将四个这样的水果电池串起来给“3 v0.5 a”的小灯泡供电时，灯泡并不发光检查灯泡、线路均没有故障，而用伏特表测量其电压确实能达到3 v多据你猜想，出现这种现象的原因应当是_(不要求写分析、推导过程)(2)晓宇同学用欧姆表直接测“土豆电池”的两极，测得内阻的读数为30 .小丽同学用灵敏电流表直接接“土豆电池”的两极，测得电流为0.32 ma，根据前面用伏特表测得的0.96 v电压，由全电路欧姆定律得.因而晓宇说土豆的内阻为30 ，而小丽则说是3 k.以下关于两位同学实

43、验过程的分析正确的是_a晓宇的方法不正确，因水果电池本身有电动势，故不能用欧姆表直接测其内阻b晓宇的方法正确，因水果电池本身也是一个导体，可以用欧姆表直接测其电阻c小丽的测量结果十分准确，除了读数方面的偶然误差外，系统误差很小d小丽的测量结果不准确，因为水果电池内阻很大，用伏特表测得的电动势误差很大，因此计算出的内阻误差也很大(3)若实验室除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：a电流表a1(量程为00.6 a，内阻约为1 )b灵敏电流表a2(量程为00.6 ma，内阻约为800 )c灵敏电流表a3(量程为0300 a，内阻未知)d滑动变阻器r1(最大阻值约10 )e滑动变阻器r2(最大阻

44、值约2 k)f定值电阻(阻值为2 k)g电阻箱r(09 999 )为了能尽可能准确地测定“土豆电池”的电动势和内阻，实验中应选择的器材是_(填器材前的字母代号)在方框中画出应采用的电路_实验时，改变电阻箱r的值，记录下电流表的示数i，得到若干组r、i的数据根据实验数据绘出如上图所示的 图线，由此得出“水果电池”的电动势为_v(保留两位有效数)按照此实验方法，内电阻的测量值与真实值相比_(选填“偏大”“偏小”或“相等”).【答案】 (1). 水果电池的内阻太大 (2). ad (3). bg (4). (5). 3.0 (6). 偏大【解析】【详解】(1)1伏特表测量其电压确实能达到3 v，而灯

45、泡并不发光，可能是水果电池内阻太大，电流太小所致(2)2因水果电池本身有电动势，故不能用欧姆表直接测其内阻，a对，b错；水果电池内阻很大，用有内阻的伏特表测得的电动势误差很大，c错，d对(3)3因灵敏电流表直接接“土豆电池”的两极，测得电流为0.32 ma，选灵敏电流表a2和变阻箱测量其电动势和内阻，所以实验中应选择的器材是bg4测量电路如图所示5由闭合电路欧姆定律得：变形得：据图象的斜率得电池组的电动势为e=3.0 v6按照此实验方法，测出的电源内阻是电流表a2和电源两部分电阻之和，因此内电阻的测量值与真实值相比偏大20.利用如图所示的电路可以较为准确地测量未知电源的电动势图中ex为待测电源

46、，es为标准电源(电动势已准确测出)，e为工作电源，为电路提供电流g为零刻度在中央的灵敏电流计ab为一根粗细均匀的电阻丝，c、d为ab上的两个活动接触点，可以在电阻丝上移动，与电阻丝ab平行放置的还有一把刻度尺，可以测出cd之间的长度实验步骤如下：(1)按图连接好电路，将s1处于断开状态，s2处于两个触点都不接的状态(2)先闭合s1，调rp整至合适位置(3)将s2扳到位置1，调整c、d触头使电流计指向零刻度，记下_(4)将s2扳到位置2，重新调整c、d位置，使_，并记下_(5)断开s1.计算待测电源的电动势的表达式为ex_【答案】 (1). cd之间的长度l1 (2). 使电流计指针指向零刻度

47、 (3). cd之间的长度l2 (4). 【解析】【详解】（3）1 可知ab导线中的电流保持不变；要使电流计指向零刻度；则加在cd两端的下方电压等于金属导线上的分压；即电源电动势等于金属导线上的分压；根据分压关系可知，分压之比等于导线长度之比；故记录导线长度即可求得电压之比；故第3步中记下cd间的长度l1；(4)4 测量待测电源的电动势；方向不变；即使电流计指针指向零；再记下cd间的长度l25根据题述 ，s2扳到位置1时，cd之间的电压等于标准电源的电动势，s2扳到位置2时，cd之间的电压等于待测电源的电动势，设电阻丝单位长度电阻为r，电流为i，则有：，解得：.21.现要测电阻r0阻值和干电池