高考物理二、三轮复习总攻略-2专题6.3 练中厘清小实验的考点（解析版）

PAGE39第六部分实验优化指导专题6.3练中厘清小实验的考点目录实验一研究平抛运动及创新 1实验二用单摆测量重力加速度的大小及创新 5实验三探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系 9实验四观察电容器的充、放电现象 11实验五传感器的简单使用 14实验六探究影响感应电流方向的因素 18实验七探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 20实验八热学实验 22实验九光学实验 26实验一研究平抛运动及创新(1)应保持斜槽末端的切线水平，钉有坐标纸的木板竖直，并使小钢球的运动靠近坐标纸但不接触.(2)小钢球每次必须从斜槽上同一位置无初速度滚下，斜槽的粗糙程度对该实验没有影响.在斜槽上释放小钢球的高度应适当，使小钢球以合适的水平初速度抛出.(3)坐标原点(小钢球做平抛运动的起点)不是槽口的端点，应是小钢球在槽口时球心在坐标纸上的水平投影点.1.(2022·东北师大附中等五校联考)在做“研究平抛运动”的实验时，为了确定小球在不同时刻所处的位置，实验时用了如图所示的装置.实验操作的主要步骤如下：A.在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直B.使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹AC.将木板沿水平方向向右平移一段距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹BD.将木板再水平向右平移同样的距离x，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹C，测得A、B间距离为y1，B、C间距离为y2，已知当地的重力加速度为g.(1)关于该实验，下列说法正确的是________.A.斜槽轨道必须光滑且无摩擦B.每次释放小球的位置可以不同C.每次小球均必须由静止释放D.小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度差h，之后再由机械能守恒定律求出(2)根据上述直接测量的量和已知的物理量可以得到小球抛出时的初速度大小的表达式为v0＝________.(用题中所给字母x、y1、y2、g表示)(3)小球打在B点时与打在A点时动量的变化量为Δp1，小球打在C点时与打在B点时动量的变化量为Δp2，则Δp1∶Δp2＝________.【答案】(1)C(2)xeq\r(\f(g,y2－y1))(3)1∶1【解析】(1)多次实验过程中只需要确保小球做平抛运动的初速度相同即可，故斜槽轨道不必光滑，每次必须将小球由静止从同一位置释放，故A、B项错误，C项正确；斜槽轨道与小球间不可能完全无摩擦力，故小球机械能不守恒，故D项错误.(2)平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，根据匀变速直线运动的推论有Δy＝gT2，解得T＝eq\r(\f(y2－y1,g))，水平方向则有x＝v0T，解得v0＝xeq\r(\f(g,y2－y1)).(3)由题意可知，xAB＝xBC＝x，结合平抛运动规律可知，tAB＝tBC，由动量定理可知，Δp1＝mgtAB，Δp2＝mgtBC，所以Δp1∶Δp2＝1∶1.2.(2021·全国乙卷·22)某同学利用图(a)所示装置研究平抛运动的规律.实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图(b)所示(图中未包括小球刚离开轨道的影像).图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5cm.该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图(b)中标出.完成下列填空：(结果均保留2位有效数字)(1)小球运动到图(b)中位置A时，其速度的水平分量大小为________m/s，竖直分量大小为________m/s；(2)根据图(b)中数据可得，当地重力加速度的大小为________m/s2.【答案】(1)1.02.0(2)9.7【解析】(1)因小球在水平方向做匀速直线运动，因此小球速度的水平分量为v0＝eq\f(x,t)＝eq\f(0.05,0.05)m/s＝1.0m/s竖直方向做自由落体运动，因此A点的竖直速度可由平均速度等于中间时刻的瞬时速度求得vy＝eq\f(8.6＋11.0×10－2,0.05×2)m/s≈2.0m/s.(2)由小球在竖直方向是自由落体运动可得g＝eq\f(y3＋y4－y2－y1,4t2)代入数据可得g＝9.7m/s2.3.(2022·山西晋中市高三三模)某同学用如图甲所示的实验装置测量重力加速度g的大小．实验步骤如下：①调节斜槽轨道末端水平，并与斜面体ABC的顶端A点衔接，然后将斜槽和斜面体固定；②将光电门传感器固定在斜槽轨道末端，并调节其高度，使小球在斜槽轨道末端静止时球心与光电门上的小孔重合；③先在斜面上铺一层白纸，再在白纸上铺复写纸，并将它们固定好；④把小球从斜槽轨道上的某一位置由静止释放，使其脱离斜槽轨道后落到复写纸上，记录小球经过光电门的遮光时间Δt1，并测量小球落在斜面上的位置与A点的距离s1；⑤不断改变小球从斜槽轨道上释放的位置，重复步骤④，得到多组Δt和s值，并以eq\f(1,Δt2)为纵坐标，以s为横坐标，建立直角坐标系，描点作图后得如图丁所示的正比例函数图象，图象的斜率为k.(1)实验过程中，该同学用图乙所示的游标卡尺测量小球的直径d，应该用游标卡尺的_______(填“A”“B”或“C”)进行测量，示数如图丙所示，该小球的直径d为______mm；(2)为完成该实验，还需测量的物理量有________；A．小球的释放点到桌面的高度h1B．斜面的高度h2C．斜面的长度LD．小球的质量m(3)请用k、d及第(2)问中所选物理量的符号表示重力加速度g的大小：g＝________.【答案】(1)B11.30(2)BC(3)eq\f(2kLh2d2,L2－h\o\al(,22))【解析】(1)A用于测量内径，B用于测量外径，C用于测量深度，故填B；根据游标尺的刻度为20格，总长度比主尺短1mm，故精度为0.05mm，读数为主尺读数(单位mm)＋游标尺和主尺对齐的格数×0.05mm，所以读数为11.30mm.(2)(3)斜面倾角的正弦值sinθ＝eq\f(h2,L)余弦值cosθ＝eq\f(\r(L2－h\o\al(,22)),L)，小球在平抛运动过程中x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2初速度v0＝eq\f(d,Δt)由几何关系得x＝scosθ，y＝ssinθ整理得eq\f(1,Δt2)＝eq\f(L2－h\o\al(,22)g,2Lh2d2)s因此斜率k＝eq\f(L2－h\o\al(,22)g,2Lh2d2)得g＝eq\f(2kLh2d2,L2－h\o\al(,22)).还需要测量的物理量为斜面的高度h2及斜面的长度L.4.(2022·广东揭阳市调研)如图甲所示，在一个带喷水口的塑料瓶中装满水，用力挤压可使水从喷口射出.利用所学的知识，设计方案，估测用手挤压瓶子时对瓶子所做的功.(1)能否直接用W＝Fs求解用手挤压瓶子时对瓶子所做的功？________请简述原因；________________________________________________________________________.(2)如图乙所示，将瓶子水平放置，固定在铁架台上，缓慢挤压，尽量使水落在相同位置上.此时，假定从瓶子出来的水速度为常数.本实验除了要测量实验前瓶子和水的总质量m1，以及挤压后的质量m2，还应测量的物理量是________和________(同时标上物理量对应的字母)；(3)人对瓶子做功的表达式为________(用字母表示).【答案】(1)不能因为手对瓶子施加的力不是恒力以及瓶子产生的形变量无法测量(2)水落下的竖直高度h(瓶口距离地面的竖直高度h)水运动的水平距离x(3)eq\f(m1－m2gx2,4h)【解析】(1)由于手对瓶子施加的力不是恒力以及瓶子产生的形变量无法测量，所以不能直接用W＝Fs求解用手挤压瓶子时对瓶子所做的功；(2)要求挤压瓶子时对瓶子所做的功，也就是求飞出去的水获得的动能，最终转化为求水从瓶口飞出去的初速度，水从瓶口飞出去以后，做平抛运动，需要知道水落下的竖直高度h，以及水运动的水平距离x，就可以求解水获得的初动能；(3)水做平抛运动有：h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t所以v0＝xeq\r(\f(g,2h))由动能定理可知，人对瓶子做的功为W＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m1－m2)v02＝eq\f(m1－m2gx2,4h).实验二用单摆测量重力加速度的大小及创新1.摆线应尽量选择细、轻且不易伸长的线，长度一般在1m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2cm.2.用米尺量出摆线长l0(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长l＝l0＋eq\f(D,2).3.计算单摆的全振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时.4.数据处理：(1)公式法：g＝eq\f(4π2l,T2)；(2)图象法：由T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得l＝eq\f(g,4π2)T2，作出l－T2图象，eq\f(g,4π2)＝k，得g＝4π2k1.某学习兴趣小组利用如图甲装置做了“用单摆测量重力加速度的大小”实验.(1)他们用机械式秒表记录了单摆完成50次全振动所需的时间，如图乙所示.秒表的读数为________s；(2)如图所示，给出了摆线上端的四种悬挂方式，其中，引起的摆长测量误差较小的是哪几种？________.(3)通过查阅资料，该学习兴趣小组又用如图装置再次进行实验，测定了最大摆角分别为2°、3°、4°、5°及10°、15°、20°时单摆的周期，数据记录如下表所示：最大摆角2°3°4°5°10°15°20°周期(秒)2.0062.0062.0062.0062.0102.0142.018根据表中数据，你可以得出的结论是________.【答案】(1)99.8(2)ABD(3)在最大摆角不大于5°时，单摆振动周期跟振幅无关，大于5°时，振动周期随最大摆角的增大而增大【解析】(1)秒表的读数为t＝1.5min＋9.8s＝99.8s(2)为了避免实验时由于小球的摆动而导致悬点摇动，而使摆长发生变化，故悬挂点不能摇动，要固定.故选A、B、D.(3)由表格中数据得出的结论是：在最大摆角不大于5°时，单摆振动周期跟振幅无关，大于5°时，振动周期随最大摆角的增大而增大.2.(2022·北京市丰台区高三期末)“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)用游标卡尺测量小球的直径，如图甲所示，测出的小球直径为________mm；(2)实验中下列做法正确的是________；A.摆线要选择伸缩性大些的，并且尽可能短一些B.摆球要选择质量大些、体积小些的C.拉开摆球，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔作为单摆周期T的测量值D.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°.释放摆球，从平衡位置开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间t，则单摆周期T＝eq\f(t,30)(3)实验中改变摆长L，获得多组实验数据，正确操作后作出的T2－L图象为图乙中图线②.某同学误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，其他实验步骤均正确，作出的图线应当是图乙中________(选填“①”“③”“④”)；利用该图线求得的重力加速度________(选填“大于”“等于”或“小于”)利用图线②求得的重力加速度.【答案】(1)14.5(2)BD(3)①等于【解析】(1)10分度的游标卡尺精确度为0.1mm，则小球直径为d＝14mm＋5×0.1mm＝14.5mm.(2)该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；选择体积比较小，密度较大的小球，故A错误，B正确；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，要测量多个周期的时间，然后求平均值，故C错误，D正确.(3)某同学误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，即摆长测短了，即摆长为零时就已出现了振动周期，故图象为①；由单摆的周期公式可得T2＝eq\f(4π2,g)(L＋eq\f(d,2))可知利用斜率可以准确求得当地的重力加速度.3.(2021·山东济南市模拟)某实验小组用如图甲所示的实验装置进行“测量重力加速度”及“验证机械能守恒定律”两个实验.该小组把轻质细绳的一端与一个小球相连，另一端系在力传感器的挂钩上，整个装置位于竖直面内，将摆球拉离竖直方向一定角度，由静止释放，与传感器相连的计算机记录细绳的拉力F随时间t变化的图线.(1)首先测量重力加速度.将摆球拉离竖直方向的角度小于5°，让小球做单摆运动，拉力F随时间t变化的图线如图乙所示.①由图可知该单摆的周期T约为________s(保留两位有效数字).②该小组测得该单摆的摆长为L，则重力加速度的表达式为________(用测量或者已知的物理量符号表示).(2)然后验证机械能守恒定律.将摆球拉离竖直方向较大角度后由静止释放，拉力F随时间t变化的图线如图丙所示.①要验证机械能守恒定律，还需要测量的物理量是________________________.②若图中A点的拉力用F1表示，B点的拉力用F2表示，则小球从A到B的过程中，验证机械能守恒定律的表达式为________(填表达式前的字母序号).A.eq\f(1,2)(F2－mg)＝mg－F1B.eq\f(1,2)(mg－F1)＝F2－mgC.F2－mg＝mg－F1【答案】(1)①0.75②g＝eq\f(4π2L,T2)(2)①小球的质量②A【解析】(1)①小球做单摆运动，经过最低点拉力最大，由题图乙可知11.0s到14.0s内完成4个全振动，该单摆的周期T＝eq\f(14.0－11.0,4)s＝0.75s；②根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可得重力加速度g＝eq\f(4π2L,T2)(2)①设细绳的最大偏角为θ，小球的质量为m.题图丙中A点对应速度为零的位置，即最高位置，根据受力分析可得F1＝mgcosθB点对应速度最大的位置，即最低点位置，设小球在B点的速度大小为v，根据牛顿第二定律可得F2－mg＝eq\f(mv2,L)小球从A到B的过程中，重力势能的减少量为Ep减＝mg(L－Lcosθ)＝(mg－F1)L动能的增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(F2－mg)L要验证机械能守恒定律，需满足Ep减＝ΔEk即mg－F1＝eq\f(1,2)(F2－mg)，所以还需要测量的物理量是小球的质量②由(2)①问可知，验证机械能守恒定律的表达式为eq\f(1,2)(F2－mg)＝mg－F1，故A正确，B、C错误.实验三探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系实验思路本实验探究了向心力与多个物理量之间的关系，因而实验方法采用了控制变量法，如图所示，匀速转动手柄，可以使塔轮、长槽和短槽匀速转动，槽内的小球也就随之做匀速圆周运动，此时小球向外挤压挡板，挡板对小球有一个向内的(指向圆周运动圆心)的弹力作为小球做匀速圆周运动的向心力，可以通过标尺上露出的红白相间等分标记，粗略计算出两球所需向心力的比值．在实验过程中可以通过两个小球同时做圆周运动对照，分别分析下列情形：(1)在质量、半径一定的情况下，探究向心力大小与角速度的关系．(2)在质量、角速度一定的情况下，探究向心力大小与半径的关系．(3)在半径、角速度一定的情况下，探究向心力大小与质量的关系．1.(2022·重庆市育才中学高三月考)一物理兴趣小组利用学校实验室的数字实验系统探究物体做圆周运动时向心力大小与角速度、半径的关系．(1)首先，他们让一砝码做半径r为0.08m的圆周运动，数字实验系统通过测量和计算得到若干组向心力F和对应的角速度ω，如下表．请你根据表中的数据在图上绘出F－ω的关系图像．实验序号12345678F/N2.421.901.430.970.760.500.230.06ω/(rad·s－1)28.825.722.018.015.913.08.54.0(2)通过对图像的观察，兴趣小组的同学猜测F与ω2成正比．你认为，可以通过进一步的转换，通过绘出________关系图像来确定他们的猜测是否正确．(3)在证实了F∝ω2之后，他们将砝码做圆周运动的半径r再分别调整为0.04m、0.12m，又得到了两条F－ω图像，他们将三次实验得到的图像放在一个坐标系中，如图所示．通过对三条图线的比较、分析、讨论，他们得出F∝r的结论，你认为他们的依据是________________．(4)通过上述实验，他们得出：做圆周运动的物体受到的向心力大小F与角速度ω、半径r的数学关系式是F＝kω2r，其中比例系数k的大小为______，单位是________．【答案】(1)见解析图(2)F与ω2(3)作一条平行于纵轴的辅助线，观察和图像的交点中，力的数值之比是否为1∶2∶3(4)0.0375kg【解析】(1)描点绘图时尽量让所描的点落到同一条曲线上，不能落到曲线上的点应均匀分布在曲线两侧，如图所示：(2)通过对图像的观察，兴趣小组的同学猜测F与ω2成正比．可以通过进一步的转换，通过绘出F与ω2关系图像来确定他们的猜测是否正确，如果猜测正确，作出的F与ω2的关系图像应当为一条倾斜直线．(3)他们的依据是：作一条平行于纵轴的辅助线，观察和图线的交点中，力的数值之比是否为1∶2∶3，如果比例成立则说明向心力与物体做圆周运动的半径成正比．(4)做圆周运动的物体受到的向心力大小F与角速度ω、半径r的数学关系式是F＝kω2r，代入(1)题中F－ω的关系图像中任意一点的坐标数值，比如：(20,1.2)，此时半径为0.08m，可得：1.2N＝k×202(rad/s)2×0.08m，解得：k＝0.0375kg.2.(2022·山东滨州市模拟)某同学为探究圆周运动的基本规律设计如图所示的实验装置，在支架上固定一个直流电动机，电动机转轴上固定一拉力传感器，传感器正下方用细线连接一个小球．在装置侧面连接一位置可以调节的电子计数器，实验操作如下：①电动机不转动时，记录拉力传感器的示数为F；②闭合电源开关，稳定后，小球在水平面做匀速圆周运动，记录此时拉力传感器的示数为2F；③稳定后，调节计数器的位置，当小球第一次经过离计数器最近的A点时开始计数，并记录为1次，记录小球n次到达A点的时间t；④切断电源，整理器材．请回答下列问题：(1)小球运动的周期为________；(2)小球运动的向心力大小为________；(3)小球做匀速圆周运动的轨道半径为________(用F、t、n、重力加速度g表示)．【答案】(1)eq\f(t,n－1)(2)eq\r(3)F(3)eq\f(\r(3)t2g,4π2n－12)【解析】(1)小球运动的周期为T＝eq\f(t,n－1)(2)小球的重力G＝F＝mg小球运动的向心力大小为F向＝eq\r(FT2－G2)＝eq\r(2F2－F2)＝eq\r(3)F(3)小球做匀速圆周运动，则F向＝meq\f(4π2,T2)r轨道半径为r＝eq\f(\r(3)t2g,4π2n－12).实验四观察电容器的充、放电现象1.某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程，他按如图甲中所示电路图连接电路。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，电容器通过R放电，传感器将电流信息传入计算机。屏幕上显示出电流随时间变化的I－t曲线如图乙所示。他想进一步研究滑动变阻器的阻值变化对曲线的影响，断开S，先将滑片P向右移动一段距离，再重复以上操作，又得到一条I－t曲线。已知电源两端的电压保持不变，关于新的I－t曲线，下列说法中正确的是()A．曲线与纵轴交点的位置将向下移动B．曲线与横轴交点的位置将向左移动C．曲线与坐标轴所围面积将增大D．曲线与坐标轴所围面积将减小【答案】A【解析】将滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律知，将开关掷向2时电容器开始放电的电流减小，则曲线与纵轴交点的位置将向下移动，故A正确；I－t图线与坐标轴所围成的面积表示电容器放电的电荷量，而电容器的带电荷量Q＝CU，因为C和U都不变，故Q没有变化，所以曲线与坐标轴所围面积不变，由于曲线与纵轴交点的位置将向下移动，所以曲线与横轴交点的位置将向右移动，故B、C、D错误。2.(2022·山东枣庄市模拟)电流传感器可以测量电流，它的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化；将它与计算机相连还能用计算机显示出电流随时间变化的i－t图像，图甲所示的电路中：直流电源电动势为8V，内阻可忽略；C为电容器，先将单刀双掷开关S与1相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成；然后把开关S与2相连，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i－t图像如图乙所示，(下列结果均保留两位有效数字)(1)根据i－t图像可估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量为________C；(2)通过实验数据，计算出电容器的电容为________F；(3)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时i－t曲线与横轴所围成的面积将________(填“增大”“不变”或“变小”)；充电时间将________(填“变长”“不变”或“变短”)．【答案】(1)1.6×10－3(2)2×10－4(3)不变变短【解析】(1)根据i－t图像围成的面积可估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量，根据题图乙知纵坐标每个小格为0.2mA，横坐标每小格为0.2s，则每小格所代表的电荷量为q＝0.2×10－3×0.2C＝4×10－5C，曲线下的小格数的个数大约为41个，所以电容器全部释放的电荷量为Q＝41q≈1.6×10－3C(2)该电容器的电容为C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(1.6×10－3,8)F＝2×10－4F.(3)根据电容的计算公式可得电荷量Q＝CU，电容器储存的电荷量Q与电阻R无关，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时i－t曲线与横轴所围成的面积不变；由于电阻对电流有阻碍作用，所以减小电阻，充电时间将变短．3.随着传感器技术的不断进步，传感器在中学实验室逐渐普及．某同学用电流传感器和电压传感器做“观察电容器的充、放电现象”实验，电路如图甲所示．(1)先使开关K与1端相连，电源对电容器充电，这个过程很快完成，充满电的电容器上极板带________电；(2)然后把开关K掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流、电压信息传入计算机，经处理后得到电流和电压随时间变化的I－t、U－t曲线，如图乙所示；(3)由图乙可知，电容器充满电的电荷量为________C，电容器的电容为________F；(保留两位有效数字)(4)若将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻，把开关K掷向2端电容器放电，请在图乙的左图中定性地画出I－t曲线．【答案】(1)正(3)3.5×10－3(3.3×10－3～3.7×10－3均可)4.4×10－4(4.1×10－4～4.6×10－4均可)(4)见解析图【解析】(1)电容器上极板与电源正极相连，充满电后上极板带正电；(3)I－t图像与坐标轴围成的面积表示电荷量，一小格代表的电荷量为q＝0.25mA×1s＝2.5×10－4C题图中总共约14小格，所以电容器充满电的电荷量为Q＝14q＝3.5×10－3C电容器充满电后电压为8V，则电容器的电容为C＝eq\f(Q,U)≈4.4×10－4F(4)将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻，放电电流会减小，总电荷量不变，时间会延长，图像如下图所示．实验五传感器的简单使用实验装置图：元件电阻及其大小的变化物理量的转换光敏电阻有光时电阻小，无光时电阻大光→电热敏电阻温度升高时电阻小，温度降低时电阻大温度→电电阻应变片受到拉力时，电阻变大，受到压力时电阻变小力→电电容式传感器当电容器的正对面积S、极板间距离d、极板间介质发生变化时，通过测定电容的大小就可以确定这个物理量的变化面积→电位移→电霍尔元件霍尔电压UH与磁感应强度B有线性关系磁→电1.(2022·广东卷，12)弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件，某同学测量弹性导电绳的电阻与拉伸后绳长之间的关系，实验过程如下：(1)装置安装和电路连接如图(a)所示，导电绳的一端固定，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图(b)所示的电路中。(2)导电绳拉伸后的长度L及其电阻Rx的测量①将导电绳拉伸后，用刻度尺测量并记录A、B间的距离，即为导电绳拉伸后的长度L。②将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。断开开关S2，闭合开关S1，调节R，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置。记录两表的示数U和I1。③闭合S2，电压表的示数____________(选填“变大”或“变小”)。调节R使电压表的示数仍为U，记录电流表的示数I2，则此时导电绳的电阻Rx＝____________(用I1、I2和U表示)。④断开S1，增大导电绳拉伸量，测量并记录A、B间的距离，重复步骤②和③。(3)该电压表内阻对导电绳电阻的测量值____________(选填“有”或“无”)影响。(4)图(c)是根据部分实验数据描绘的Rx－L图线。将该导电绳两端固定在某种机械臂上，当机械臂弯曲后，测得导电绳的电阻Rx为1.33kΩ，则由图线可读出导电绳拉伸后的长度为________cm，即为机械臂弯曲后的长度。【答案】(2)变小eq\f(U,I2－I1)(3)无(4)51.80【解析】(2)闭合S2后，并联部分的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，电压表的示数变小。导电绳两端的电压为U，流过导电绳的电流为I2－I1，导电绳的电阻Rx＝eq\f(U,I2－I1)。(3)在闭合S2之前，电流表的示数I1包括定值电阻的电流和电压表分得的电流，闭合S2之后，加在电压表两端的电压保持不变，因此流过电压表和定值电阻的总电流仍为I1，故流过导电绳的电流是I2－I1，与电压表内阻无关，电压表内阻对测量没有影响。(4)由题图(c)可知，导电绳拉伸后的长度为51.80cm。2.(2021·山东卷，14)热敏电阻是传感器中经常使用的元件，某学习小组要探究一热敏电阻的阻值随温度变化的规律。可供选择的器材有：待测热敏电阻RT(实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧)；电源E(电动势1.5V，内阻r约为0.5Ω)；电阻箱R(阻值范围0～9999.99Ω)；滑动变阻器R1(最大阻值20Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值2000Ω)；微安表(量程100μA，内阻等于2500Ω)；开关两个，温控装置一套，导线若干。同学们设计了如图所示的测量电路，主要实验步骤如下：①按图示连接电路；②闭合S1、S2，调节滑动变阻器滑片P的位置，使微安表指针满偏；③保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开S2，调节电阻箱，使微安表指针半偏；④记录此时的温度和电阻箱的阻值。回答下列问题：(1)为了更准确地测量热敏电阻的阻值，滑动变阻器应选用________(填“R1”或“R2”)。(2)请用笔画线代替导线，在答题卡上将实物图(不含温控装置)连接成完整电路。(3)某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为6000.00Ω，该温度下热敏电阻的测量值为________Ω(结果保留到个位)，该测量值________(填“大于”或“小于”)真实值。(4)多次实验后，学习小组绘制了如图所示的图像。由图像可知，该热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐________(填“增大”或“减小”)。【答案】(1)R1(2)见解析图(3)3500大于(4)减小【解析】(1)用半偏法测量热敏电阻的阻值，尽可能让该电路的电压在S2闭合前、后保持不变；由于该支路与滑动变阻器左侧部分电阻并联，滑动变阻器的阻值越小，S2闭合前、后并联部分电阻变化越小，从而并联部分的电压值变化越小，故滑动变阻器应选R1。(2)电路连接图如图所示(3)微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2倍，即RT＋RμA＝R＝6000.00Ω可得RT＝3500Ω。当断开S2，电路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律，干路电流减小，路端电压增大，并联部分的电压增大，电阻箱分压大于原并联电压的一半，即电阻箱的电阻大于热敏电阻和微安表的总电阻，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大。(4)由于是lnRT－eq\f(1,T)图像，当温度T升高时，eq\f(1,T)减小，从图中可以看出lnRT减小，从而RT减小，因此热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐减小。3.(2020·全国卷Ⅲ)已知一热敏电阻当温度从10℃升至60℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用伏安法测量其阻值随温度的变化关系。所用器材：电源E、开关S、滑动变阻器R(最大阻值为20Ω)、电压表(可视为理想电表)和毫安表(内阻约为100Ω)。(1)在虚线框中所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图。(2)实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为5.5V和3.0mA，则此时热敏电阻的阻值为________kΩ(保留2位有效数字)。实验中得到的该热敏电阻阻值R随温度t变化的曲线如图(a)所示。(3)将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为2.2kΩ。由图(a)求得，此时室温为________℃(保留3位有效数字)。(4)利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图(b)所示。图中，E为直流电源(电动势为10V，内阻可忽略)；当图中的输出电压达到或超过6.0V时，便触发报警器(图中未画出)报警。若要求开始报警时环境温度为50℃，则图中________(填“R1”或“R2”)应使用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为________kΩ(保留2位有效数字)。【答案】：(1)见解析图(2)1.8(3)25.5(4)R11.2【解析】：(1)由于滑动变阻器的最大阻值比待测电阻的阻值小得多，因此滑动变阻器应用分压式接法，由于电压表可视为理想电表，则电流表应用外接法，电路图如图所示。(2)由欧姆定律得R＝eq\f(U,I)＝eq\f(5.5,3.0×10－3)Ω＝1.8×103Ω(或1.8kΩ)。(3)由题图(a)可直接读出热敏电阻的阻值为2.2kΩ时，室温为25.5℃。(4)由题意可知随温度的升高R2两端的输出电压应增大，又由串联电路的特点可知，R1的阻值应减小或R2的阻值应增大，而热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，因此R1应为热敏电阻；当环境温度为50℃时，热敏电阻的阻值为0.8kΩ，则由串联电路中电阻与电压的关系可得eq\f(R1,R2)＝eq\f(10－6.0,6.0)，解得R2＝1.2kΩ。实验六探究影响感应电流方向的因素1.用图中三套实验装置探究感应电流产生的条件，下列选项中能产生感应电流的操作是()A．甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，且保持穿过ABCD的磁感线条数不变B．乙图中，使条形磁体匀速穿过线圈C．丙图中，开关S保持闭合，A、B螺线管相对静止一起竖直向上运动D．丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动【答案】B【解析】题图甲中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，AB不切割磁感线，穿过ABCD的磁通量也没变化，故不能产生感应电流，A错误；题图乙中，使条形磁体匀速穿过线圈，在磁体从上向下穿过时，穿过线圈的磁通量会变化，故产生感应电流，B正确；题图丙中，开关S保持闭合，A、B螺线管相对静止一起竖直向上运动，两线圈没有相对运动，穿过B的磁通量没发生变化，故不产生感应电流，C错误；题图丙中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动时，也不会使穿过B的磁通量发生变化，故也不能产生感应电流，D错误．2.在“探究电磁感应的产生条件”的实验中，先按如图甲所示连线，不通电时，电流计指针停在正中央，闭合开关S时，观察到电流表指针向左偏。然后按如图乙所示将灵敏电流计与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电源、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路。(1)图甲电路中，串联定值电阻R的主要作用是________。A．减小电源两端的电压，保护电源B．增大电源两端的电压，保护开关C．减小电路中的电流，保护灵敏电流计D．减小电路中的电流，保护开关(2)图乙中，S闭合后，在原线圈A插入副线圈B的过程中，灵敏电流计的指针将______(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。(3)图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中，灵敏电流计指针将________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。(4)图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在突然断开S时，灵敏电流计指针将________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。【答案】(1)C(2)向左(3)向左(4)向右【解析】(1)电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏电流计，故C正确。(2)由题知，当电流从灵敏电流计正接线柱流入时，指针向左偏转。S闭合后，将原线圈A插入副线圈B的过程中，穿过B的磁场向下，磁通量变大。由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计正接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将向左偏转。(3)线圈A放在B中不动，穿过B的磁场向下，将滑动变阻器的滑片向左滑动时，穿过B的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计正接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将向左偏转。(4)线圈A放在B中不动，穿过B的磁场向下，突然断开S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计负接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将向右偏转。实验七探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系装置图实验说明低压交流电源，所用电压不要超过12V①原理：采用控制变量法。n1、U1一定，研究n2和U2的关系；n2、U1一定，研究n1和U2的关系。②误差：漏磁，原、副线圈中的焦耳热损耗，铁芯中有磁损耗，产生涡流。③安全：使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡测试，大致确定电压后再选择适当的挡位进行测量1.(2022·北京通州区一模)某同学在实验室进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验。(1)下列实验器材必须要用的有________(选填字母代号)。A．干电池组 B．学生电源C．多用电表 D．直流电压表E．滑动电阻器 F．条形磁铁G．可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)(2)下列说法正确的是________(选填字母代号)。A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数B．要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数C．测量电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量D．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈(3)该同学通过实验得到了如下表所示的实验数据，表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数，U1、U2分别为原、副线圈的电压，通过实验数据分析可以得到的实验结论是：____________________________________________________________。实验次数n1/匝n2/匝U1/VU2/V1160040012.12.90280040010.24.95340020011.95.92【答案】(1)BCG(2)BC(3)在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)【解析】(1)实验中，必须要有学生电源提供交流电，B需要；学生电源本身可以调节电压，无需滑动变阻器，需要用多用电表测量电压，C需要；本实验不需要条形磁铁，用可拆变压器来进行实验，G需要；综上所述，需要的实验器材为B、C、G。(2)为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，进而测得副线圈电压，找出相应关系，故B正确；为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故C正确；变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到传递磁场能的作用，不是铁芯导电来传输电能，故D错误。(3)通过数据计算可得，在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)。2.某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验．他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干．(1)实验需要以下哪种电源；A．低压直流电源B．高压直流电源C．低压交流电源D．高压交流电源(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数．分别测出相应的原、副线圈电压值．由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的值(填“有效”或“最大”)．其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为；(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成(填“正比”或“反比”)，实验中由于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般(填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比．(4)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别．原因不可能为．(填字母代号)A．原、副线圈上通过的电流发热B．铁芯在交变磁场作用下发热C．变压器铁芯漏磁D．原线圈输入电压发生变化【答案】(1)C(2)有效7.2V(3)正比大于(4)D【解析】(1)探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源，故选C.(2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的10V挡位，所以应该在0～10V挡位读数，所以读数应该是7.2V；(3)根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比．实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈的电压的实际值一般略小于理论值，所以导致eq\f(U1,U2)＞eq\f(n1,n2).(4)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D.实验八热学实验用单分子油膜估测分子大小注意事项(1)一滴纯油酸体积V＝eq\f(V0,N)·n，V0为N滴油酸酒精溶液的体积，n为油酸酒精溶液的浓度。(2)实验前应检查浅盘是否干净，如果有油渍将影响实验结果。(3)由于油酸膜要经过先扩大后收缩的过程，因此画轮廓时要待油酸膜稳定后再画，画时视线要与玻璃板垂直。(4)分子大小的数量级为10－10m，若不是则要重做实验。1.(2022·上海徐汇区一模)在“油膜法测分子直径”的实验中，某同学操作如下：①取1.0mL油酸配成250mL油酸酒精溶液；②用滴管吸取1.0mL油酸酒精溶液逐滴滴入量筒，全部滴完共滴了20滴；③在边长约10cm的正方形浅盘内注入适量的水，将痱子粉均匀地撒在水面上，用滴管滴入一滴溶液；④待油膜形状稳定后，将绘有方格的玻璃板放在浅盘上，绘出油酸膜的轮廓(如图所示)，每个方格的边长为1.0cm。(1)该实验中一滴油酸酒精溶液含______mL油酸；(2)由上述数据估算得到油酸分子直径的数量级约为________m；(3)若该同学在计算油酸膜面积时，对不完整的方格均不计数，由此估算得到的油酸分子直径数量级将__________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)；(4)已知油酸分子的直径约为8×10－10m，该同学实验结果产生偏差的可能原因是：_______，理由是：_____________________________________________________。【答案】(1)2×10－4(2)10－8(3)不变(4)见解析【解析】(1)实验中一滴油酸酒精溶液含纯油酸eq\f(1,250)×eq\f(1,20)mL＝2×10－4mL。(2)油膜的面积约为S＝55×12×10－4m3＝5.5×10－3m3，则分子直径d＝eq\f(V,S)＝eq\f(2×10－4×10－6,5.5×10－3)m3＝3.6×10－8m3，油酸分子直径的数量级约为10－8m；(3)若该同学在计算油酸膜面积时，对不完整的方格均不计数，则算得的油膜的面积偏小，则由此估算得到的油酸分子直径偏大，但是数量级不变；(4)已知油酸分子的直径约为8×10－10m，该同学实验结果产生偏差的可能原因是：油酸膜可能没有充分展开，形成的并不是单分子油膜层，理由是：2×10－10m3的油酸若形成紧密排列的单分子膜时，膜面积约为0.25m2，远大于浅盘内的水面面积，说明实际上油膜不可能仅是一层油酸分子构成的。2.在“用单分子油膜估测分子大小”的实验中。(1)某同学操作步骤如下：①取定量的无水酒精和油酸制成一定浓度的油酸酒精溶液；②在量筒中滴入一滴该溶液测出它的体积；③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；④在蒸发皿上覆盖透明玻璃描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积。上述四步操作中，不可能实现的一步是________，可改为________________；不完善的一步是________，应改为_______________________________________________________________________________________________________________。(2)本实验中，估测分子大小的方法是将每个分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________。(3)若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10－3mL，其形成的油膜面积为40cm2，则估测出油酸分子的直径为________m。【答案】(1)②在量筒中滴入N滴溶液③先在水面上撒上薄薄的一层痱子粉，再滴入一滴油酸酒精溶液(2)球体单分子层直径(3)1.2×10－9【解析】(1)不可能实现的一步是②，应在量筒中滴入N滴溶液后测量它的体积；不完善的一步是③，为能清楚地看清油膜的形状，要先在水面上撒上薄薄的一层痱子粉，再滴入一滴油酸酒精溶液。(2)这种估测方法是将每个分子视为球体模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子层油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径。(3)油膜面积S＝40cm2每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积V＝0.10%×4.8×10－3mL＝4.8×10－6mL则油酸分子的直径d＝eq\f(V,S)＝eq\f(4.8×10－6×10－6,40×10－4)m＝1.2×10－9m。探究一定质量气体的压强和体积关系装置图(如图所示)1．用注射器封闭一段空气，把橡胶套塞住，保证气体的质量不变。2．读出空气柱的长度L和空气柱的压强p。3．缓慢向下压或向上拉，分别读取空气柱的长度和气体压强的大小，记录数据。4．根据数据得出p－V图像或p－eq\f(1,V)图像，得出p、V的关系。3.(2022·上海虹口二模)如图所示，用一个带有刻度的注射器及DIS来探究一定质量气体的压强和体积关系。(1)所研究的对象是________；它的体积可用________直接读出。(2)实验过程中，下列操作中错误的是()A．推拉活塞时，动作要慢B．推拉活塞时，手不能握住注射器筒有气体的部位C．压强传感器与注射器之间的软管脱落后，应立即重新接上，继续实验并记录数据D．活塞与针筒之间要保持润滑又不漏气(3)在验证玻意耳定律的实验中，如果用实验所得数据在图所示的p－eq\f(1,V)图像中标出，可得图中________线。如果实验中，使一定质量气体的体积减小的同时，温度逐渐升高，则根据实验数据描出图中______线(均选填“甲”“乙”或“丙”)。【答案】(1)注射器中封闭的气体注射器的刻度(2)C(3)乙甲【解析】(1)根据题意可知，本实验探究一定质量气体的压强和体积关系，则研究对象为注射器内封闭的气体，气体的体积可以通过注射器刻度直接读出。(2)实验过程中，推拉活塞时，动作要慢，避免因推拉活塞过快，封闭气体温度改变，故A正确；推拉活塞时，手不能握住注射器筒有气体的部位，如用手握住注射器筒有气体的部位会使气体温度升高，故B正确；压强传感器与注射器之间的软管脱落后，气体的质量发生了变化，如立即重新接上，继续实验，将出现较大误差，故C错误；为了防止摩擦生热及气体质量变化，活塞与针筒之间要保持润滑又不漏气，故D正确。(3)在验证玻意耳定律的实验中，根据理想气体状态方程有eq\f(pV,T)＝C可得p＝CT·eq\f(1,V)，故p与eq\f(1,V)成正比，图像为题图中的乙线；如果实验中，使一定质量气体的体积减小的同时，温度逐渐升高，由上述分析可知，p与eq\f(1,V)的图像的斜率将变大，故图像为题图中的甲线。实验九光学实验测定玻璃砖的折射率1.数据处理(1)计算法：n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)。(2)图像法：作sinθ1－sinθ2图像，由n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)可知其斜率为折射率。(3)单位圆法：如图8所示，n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)＝eq\f(EH,E′H′)。2．注意事项(1)实验时，应尽可能将大头针竖直插在纸上，且P1和P2之间、P3和P4之间、P2和O、P3与O′之间距离要稍大一些。(2)入射角θ1不宜太大(接近90°)，也不宜太小(接近0°)，当θ1太大时，反射光较强，出射光较弱，当θ1太小时，入射角、折射角测量的相对误差较大。1.(2022·浙江3月选考模拟)小明利用插针法做“测定玻璃砖的折射率”实验，正确操作后在白纸上画出了入射光线和折射光线，由于没有量角器，小明采用以下方法处理数据：以入射点O为圆心在白纸上作圆，该圆与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线MN的垂线，垂足分别为C、D点，如图甲所示，然后改变入射角，重新进行实验，并仍按上述方法进行数据处理；设AC、BD的长度分别为x、y，小明一共获得了8组x、y值，并在y－x坐标系中描出各对应的点，如图乙所示，根据图可求得该玻璃砖的折射率为________(保留3位有效数字)。【答案】1.50【解析】光路图如图所示，玻璃砖的折射率为n，其中入射角、折射角分别为θ1、θ2，则有sinθ1＝eq\f(AC,R)＝eq\f(x,R)，sinθ2＝eq\f(BD,R)＝eq\f(y,R)，n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)＝eq\f(x,y)，由此可知y－x