实验题专练卷(一)-(二)

实验题专练卷(一)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,))力学实验1．(2023·哈尔滨三中月考)做匀变速直线运动的小车带动纸带通过打点计时器，打出的局部计数点如图1所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)，打点计时器使用的是50Hz的交变电流，那么打点计时器在打“1”时的速度v1＝________m/s，平均加速度为a＝________m/s2。由计算结果可估计出第5个计数点与第6个计数点之间的距离最可能是________cm。(结果均保存3位有效数字)。图1解析：打点计时器在打“1〞时的速度v1＝eq\f(4.47＋5.34,2×0.10)×10－2m/s＝0.491m/s；由Δx＝aT2和逐差法可得平均加速度为a＝0.880m/s2；第5个计数点与第6个计数点之间的距离最可能是7.98cm＋0.880×0.1答案：0.491m/s0.880±0.01m/s22．(2023·温州八校联考)某兴趣小组利用平抛运动知识测量某农庄水平喷水口的流量Q(Q＝Sv，S为出水口的横截面积，v为出水口的水速)，方法如下：图2(1)先用游标卡尺测量喷水口的内径D。A、B、C、D图中，测量方式正确的选项是________。(2)图2为正确测量得到的结果，由此可得喷水口的内径D＝________m。(3)翻开水阀，让水从喷水口水平喷出，稳定后测得落地点距喷水口水平距离为x，竖直距离为y，那么喷出的水的初速度v0＝________(用x、y、g表示)。(4)根据上述测量值，可得水管内水的流量Q＝________(用D、x、y、g表示)。解析：由平抛运动规律可得喷出的水的初速度v0＝xeq\r(\f(g,2y))水管内水的流量Q＝Sv0＝eq\f(πxD2,4)eq\r(\f(g,2y))答案：(1)C(2)1.010×10－2(3)xeq\r(\f(g,2y))(4)eq\f(πxD2,4)eq\r(\f(g,2y))3．(2023·江西重点中学高三联考)(1)我们已经知道，物体的加速度(a)同时跟合外力(F)和质量(M)两个因素有关。要研究这三个物理量之间的定量关系的思想方法是________。图3(2)某同学的实验方案如图3所示，她想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F，为了减少这种做法而带来的实验误差，她先做了两方面的调整措施：a．用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是________________。b．使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于________。(3)该同学利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种：A．利用公式a＝eq\f(2x,t2)计算；B．根据a＝eq\f(Δx,T2)利用逐差法计算。两种方案中，你认为选择方案________比拟合理。解析：要研究这三个物理量之间的定量关系的思想方法是控制变量法。想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F，为了减少这种做法而带来的实验误差，使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于砂桶的重力；用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力。利用实验中打出的纸带求加速度时，需要根据a＝eq\f(Δx,T2)利用逐差法计算，选项B正确。答案：(1)控制变量法(2)a.平衡摩擦力b．砂桶的重力(3)B4．(2023·陕西高三质检)为了“探究动能改变与合外力做功〞的关系，某同学设计了如下实验方案：第一步：把带有定滑轮的木板(有滑轮的)一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重锤相连，重锤后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图4甲所示。第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示。打出的纸带如图丙所示。图4请答复以下问题：(1)O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为Δt，根据纸带求滑块速度，打点计时器打B点时滑块速度vB＝________。(2)重锤质量为m，当地的重力加速度为g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块________(写出物理名称及符号，只写一个物理量)，合外力对滑块做功的表达式W合＝________。(3)算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v，以v2为纵轴、W为横轴建立坐标系，描点作出v2－W图像，可知该图像是一条________，根据图像还可求得________。解析：(1)由打出的纸带可知B点的速度为vB＝eq\f(x3－x1,2Δt)；(2)由做功定义式可知还需要知道滑块下滑的位移，由动能定理可知W合＝ΔEk，即mgx＝ΔEk；(3)v2－W图像应该为一条过原点的直线。答案：(1)eq\f(x3－x1,2Δt)(2)下滑的位移xmgx(3)过原点的直线滑块的质量M5．(2023·浙江效实中学检测)测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图5所示的装置，图中长木板水平固定。图5(1)实验过程中，电火花计时器接在频率为50Hz的交流电源上，调整定滑轮高度，使________________。(2)重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，那么木块与长木板间动摩擦因数μ＝________。(3)如图6所示为木块在水平木板上带动纸带运动时打出的一条纸带的一局部，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出，从纸带上测出x1＝3.20cm，x2＝4.52cm，x5＝8.42cm，x6＝9.70cm。图6解析：对木块和砝码及砝码盘，由牛顿第二定律，mg－μMg＝(M＋m)a，解得μ＝eq\f(mg－m＋Ma,Mg)。加速度大小a＝eq\f(x5－x1＋x6－x2,2×4×5×0.022)＝1.3m/s2。答案：(1)细线与长木板平行(2)eq\f(mg－m＋Ma,Mg)(3)1.36．(2023·大纲版全国卷)测量小物块Q与平板P之间动摩擦因数的实验装置如图7所示。AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上外表BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′。重力加速度大小为g。实验步骤如下：图7①用天平称出物块Q的质量m；②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的长度h；③将物块Q在A点从静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；④重复步骤③，共做10次；⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s。(1)用实验中的测量量表示：①物块Q到达B点时的动能EkB＝________；②物块Q到达C点时的动能EkC＝________；③在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf＝________；④物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ＝________。(2)答复以下问题：①实验步骤④⑤的目的是________；②实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其他的可能是__________________________________。(写出一个可能的原因即可)解析：(1)①由机械能守恒定律可知EkB＝mgR；②物块离开C点后做平抛运动，其在空中运行的时间为t＝eq\r(\f(2h,g))，那么初速度vC＝eq\f(s,t)＝seq\r(\f(g,2h))，所以物块在C点的动能EkC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(mgs2,4h)；③物块从B运动到C点的过程中克服摩擦力做的功等于物块动能的减少量，即Wf＝EkB－EkC＝mgR－eq\f(mgs2,4h)；④Wf＝μmgL，结合③中的式子，整理可解得μ＝eq\f(R,L)－eq\f(s2,4hL)。(2)①重复操作屡次的目的是减小实验误差；②实验原理中只有P对Q的摩擦力做负功，实际还有其他阻力做负功使系统机械能减少，因此测量的Wf应比真实值大，即测得的μ值偏大，其他阻力有空气阻力、圆弧轨道阻力、接缝B处阻力等。答案：(1)①mgR②eq\f(mgs2,4h)③mgR－eq\f(mgs2,4h)④eq\f(R,L)－eq\f(s2,4hL)(2)①减小实验结果的误差②圆弧轨道存在误差(或接缝B处不平滑等)实验题专练卷(二)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,))电学实验1．一个额定功率为0.1W的电阻，其阻值不详。用多用电表粗测其阻值，其结果如图1所示。图1(1)多用电表测得的电阻值约为________Ω。(2)用多用电表电阻挡测量某一电阻的阻值时，该同学先用大拇指和食指紧捏红黑表笔进行欧姆调零(如图2甲所示)，然后用两表笔接触待测电阻的两端(如图2乙所示)，这两步操作是否合理？________(填“甲合理〞或“乙合理〞或“都不合理〞)图2解析：(1)欧姆表测得的电阻阻值约为100×10Ω＝1000Ω；(2)测量电阻阻值时，不能用手触摸红、黑表笔或待测电阻的两极，欧姆调零时可以用手触摸。答案：(1)1k(或1000)(2)甲合理2．图3甲为某一热敏电阻(电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感)的I－U关系曲线图。为了得到图甲所示I－U关系的完整曲线，在图乙、图丙两个电路中应选用的是图________；理由是：________________________________________________________________________________。(电源电动势为9V，内阻不计，滑动变阻器的阻值为0～100Ω)图3解析：图乙中，滑动变阻器采用的是分压式接法，图丙中，滑动变阻器采用的是限流式接法。图乙中滑动变阻器的滑片从左端逐渐向右端移动时，加在热敏电阻两端的电压可以从0逐渐增加，结合图甲中曲线，应选择图乙作为实验电路。答案：乙图乙中加在热敏电阻两端的电压可以从0调节3．某科技小组要测量一未知电阻Rx的阻值，实验室提供了以下器材：A．待测电阻RxB．电池组(电动势3V，内阻约5Ω)C．电压表(量程3V，内阻约3000Ω)D．电流表(量程5mA，内阻约10Ω)E．滑动变阻器(最大阻值50Ω，额定电流1.0F．开关、导线假设干该小组使用完全相同的器材用不同的测量电路(电流表内接或外接)进行测量，并将其测量数据分别绘成U－I图像，如图4甲和乙所示。图4(1)由图像判定图________测量结果较为准确，其测量值Rx＝________Ω(结果保存三位有效数字)，Rx的测量值________真实值(选填“大于〞、“等于〞或“小于〞)。(2)请把测量结果较为准确的测量电路图画在方框内。解析：(1)根据欧姆定律表达式R＝eq\f(U,I)计算可知，图甲中，电压为2.8V时待测电阻的测量值比电压为1.5V时的测量值稍大，几乎相等，而图乙中，电压为2.8V时待测电阻的测量值比电压为1.5V时的测量值还小，因此图甲测量结果较为准确，其测量值为Rx＝eq\f(U,I)＝eq\f(2.15,2×10－3)Ω≈1.08×103Ω。因Rx>eq\r(RVRA)，因此电流表应采用内接法，Rx的测量值大于真实值。(2)测量电路图如下图。答案：(1)甲1.08×103(1.07×103～1.16×103均对)大于(2)电路图见解析4．某磁敏电阻在室温下的电阻—磁感应强度特性曲线如图5(a)所示，测试时，磁敏电阻的轴向方向与磁场方向相同。图5(1)试结合图(a)简要答复，磁感应强度B在0～0.2T和0.4～1.0T范围内磁敏电阻的阻值随磁场变化的特点：____________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)某同学想利用磁敏电阻图(a)所示特性曲线测试某长直导线产生的磁场，设计电路如图(b)所示，磁敏电阻与电键、电源和灵敏电流表连接，长直导线与图示电路共面并通以图示方向电流，请指出本实验装置的错误之处：____________________________________。假设装置调整正确后再进行测量，电路中所用干电池的电动势为1.5V，不计电池、电流表的内阻，试写出磁敏电阻所在磁场的磁感应强度B从0.4T至1.2T的变化过程中，通过磁敏电阻的电流强度IA随磁感应强度B变化的关系式：__________________________________。解析：(1)由题图(a)可知，B在0～0.2T范围内阻值非线性增大，B在0.4～1.0T范围内阻值线性增大。(2)装置中磁敏电阻轴向方向与电流产生的磁场方向不相同。磁敏电阻所在磁场的磁感应强度B从0.4T至1.2T的变化过程中，由图(a)可得磁敏电阻的阻值R＝22500B－3000，由闭合电路的欧姆定律可得，通过磁敏电阻的电流IA随磁感应强度B变化的关系式为IA＝eq\f(1.5,22500B－3000)A。答案：(1)磁感应强度B在0～0.2T范围内磁敏电阻随磁场非线性增大，在0.4～1.0T范围内磁敏电阻的阻值随磁场线性增大(2)磁敏电阻的轴向方向与磁场方向不相同IA＝eq\f(1.5,22500B－3000)A5．某同学利用一段长电阻丝测定一节干电池电动势和内阻。接好如图6所示的实验装置后，将导线的接头O分别连接上电阻丝的a、b、c、d四位置并闭合电路测量。图6(1)实验中选择从电阻丝的左端a开始而不是从电阻丝的最右端开始的理由是：________________________________________________________________________；(2)实验中得到两电表读数如下：接线柱abcd电压表/V1.501.501.251.20电流表/A0.000.000.250.30经检查，电阻丝某处发生断路。那么根据表格，发生断路的位置在________(填写字母)两点之间，电源内阻为________Ω；(3)该同学使用的是均匀电阻丝且a、b、c、d四点等间距，在不修复电阻丝的情况下，O与电阻丝任意位置连接，不可能出现的电表读数是________。A．1.15VB．1.30VC．0.24AD解析：(1)从电阻丝的左端a开始测量时电阻丝接入电路的电阻阻值最大，能防止短路，保护电源；(2)从表格中记录的实验数据看出，导线的接头O接a和b时，电压表的示数不变，而电流表示数均为零，导线的接头O接c、d时，电流表示数不为零，因此断路发生在b、c之间。设电源电动势为E，内阻为r，由表格中c、d两组数据列方程分别为E＝1.25＋0.25r，E＝1.20＋0.30r，联立解得r＝1Ω；(3)由闭合电路的欧姆定律表达式I＝eq\f(E,R＋r)可知，外电阻R变大时，电路电流I变小，外电压变大；外电阻变小时，电路电流变大，外电压变小。虽然b、c之间的电阻阻值变化和c、d之间的电阻阻值变化相同，但外电阻变大时电路电流变小，使得b、c两点对应的电压变化要小于c、d两点对应的电压变化0.05V，又由于b、c两点间断路，因此不可能出现的电表读数是1.30V。答案：(1)防止短路，保护电源(2)b、c1(3)B6．某同学做“测定金属丝电阻率〞的实验。(1)需要通过实验直接测量的物理量有：_______________________________________________________________________________________________(写知名称和符号)；(2)这位同学采用伏安法测量一段阻值约为5Ω的金属丝的电阻。有以下器材可供选择：(要求测量结果尽量准确)A．电池组(3V，内阻约1Ω)B．电流表(0～3A，C．电流表(0～0.6A，D．电压表(0～3V，内阻约3kΩ)E．电压表(0～15V，内阻约15kΩ)F．滑动变阻器(0～20Ω，额定电流1G．滑动变阻器(0～1000Ω，额定电流0.3H．开关、导线实验时应选用的器材是____________________________________________________