高考物理大三轮复习 高考题型专项练二 实验题专项练（一）-（十二）（含解析）试题

实验题专项练（一）-（十二）实验题专项练(一)(建议用时：15分钟)题号12考点验证机械能守恒定律传感器对电路的控制1．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．该装置中的打点计时器所接交流电源频率是50Hz.(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是________．A．精确测量出重物的质量B．两限位孔在同一竖直线上C．重物选用质量和密度较大的金属重锤D．释放重物前，重物离打点计时器下端远些(2)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连续打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点．①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、OB和OG的长度 B.OE、DE和EF的长度C．BD、BF和EG的长度 D.AC、BF和EG的长度②用刻度尺测得图中AB的距离是1.76cm，FG的距离是3.71cm，则可测得当地的重力加速度是________m/s2.(计算结果保留三位有效数字)2．“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验电路如图(a)所示，其中R0是阻值为5Ω的定值电阻，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω.(1)某同学按照实验电路连接，闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，DIS系统采集数据后，得到如图(b)所示的U－I图象，则该同学在实验中可能出现的不当操作是________．(2)该同学发现操作不当之处，改正后重新实验，得到如图(c)所示的U－I图象，根据图象可知电源电动势为______V，内阻为________Ω.(3)在滑动变阻器滑片从最左端逐渐向右移动的过程中，R上功率的变化情况是________；电源效率的变化情况是________．二、实验题专项练实验题专项练(一)1．解析：(1)因为在实验中比较的是mgh、eq\f(1,2)mv2的大小关系，故m可约去，不需要测量重物的质量，对减小实验误差没有影响，故A错误；为了减小纸带与限位孔之间的摩擦，两限位孔必须在同一竖直线上，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确；实验选择的重物应该为质量较大、体积较小的物体，这样能减少空气阻力的影响，从而减小实验误差，故C正确；释放重物前，为更有效的利用纸带，重物离打点计时器下端近些，故D错误．(2)①当知道OA、OB和OG的长度时，无法算出任何一点的速度，故A不符合题意；当知道OE、DE和EF的长度时，利用DE和EF的长度可以求出E点的速度，从而求出O点到E点的动能变化量，知道OE的长度，可以求出O点到E点重力势能的变化量，可以验证机械能守恒定律，故B符合题意；当知道BD、BF和EG的长度时，由BD、BF的长度可以求出E点的速度，但无法求出G点的速度，故无法求出E点到G点的动能变化量，故C不符合题意；当知道AC、BF和EG的长度时，可以分别求出B点和F点的速度，从而求出B点到F点的动能变化量，知道BF的长度，可以求出B点到F点重力势能的变化量，可以验证机械能守恒定律，故D符合题意．②根据Δh＝gt2，解得：g＝eq\f(3.71－1.76,5×0.022)×10－2m/s2＝9.75m/s2.答案：(1)BC(2)①BD②9.752．解析：(1)由图(b)可知，测量电压为负，说明电压传感器正负极接反；(2)电源的伏安特性曲线中，电压轴的截距代表电源电动势，图线斜率的绝对值表示电源内阻；由图(c)可知，电源电动势为：E＝2.90V内阻为：r＋R0＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))＝eq\f(2.90－1.50,0.20)Ω＝7Ω，则r＝7Ω－5Ω＝2Ω.(3)把定值电阻等效到电源内部，充当电源内阻，则等效内阻为：r′＝7Ω；此时滑动变阻的功率等于等效电源的输出功率，当内外电阻相等时，电源输出功率最大，滑动变阻器的阻值先减小到7Ω，此过程功率逐渐增大；电阻继续减小，则功率又开始减小，即在滑动变阻器滑片从最左端逐渐向右移动的过程中，R上功率的先增大后减小；电源的效率为：η＝eq\f(IU,IE)×100%＝eq\f(U,E)×100%，滑动变阻器电阻减小，则U减小，故电源的效率减小．答案：(1)电压传感器正负极接反(2)2.902(3)先增大后减小减小实验题专项练(二)(建议用时：15分钟)题号12考点探究轻弹簧的弹性势能测量电压表的内阻1．用如图所示的装置可以测量弹簧的弹性势能．将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连．先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的小滑块压缩弹簧到某位置A，由静止释放小滑块，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x.(1)计算小滑块离开弹簧时速度大小的表达式是____________________．(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________．A．弹簧原长B．当地重力加速度C．小滑块(含遮光片)的质量(3)实验误差的来源有________．A．空气阻力B．小滑块的大小C．弹簧的质量2．某同学准备把量程为0～500μA的电流表改装成一块量程为0～2.0V的电压表．他为了能够更精确地测量电流表的内阻，设计了如图甲所示的实验电路，图中各元件及仪表的参数如下：A．电流表G1(量程0～1.0mA，内阻约100Ω)B．电流表G2(量程0～500μA，内阻约200Ω)C．电池组E(电动势为3.0V，内阻未知)D．滑动变阻器R(0～25Ω)E．电阻箱R1(总阻值9999Ω)F．保护电阻R2(阻值约100Ω)G．单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2(1)实验中该同学先闭合开关S1，再将开关S2与a相连，调节滑动变阻器R，当电流表G2有某一合理的示数时，记下电流表G1的示数I；然后将开关S2与b相连，保持________不变，调节________，使电流表G1的示数仍为I时，读取电阻箱的示数r.(2)由上述测量过程可知，电流表G2内阻的测量值rg＝________．(3)若该同学通过测量得到电流表G2的内阻为190Ω，他必须将一个________kΩ的电阻与电流表G2串联，才能改装为一块量程为2.0V的电压表．(4)该同学把改装的电压表与标准电压表V0进行了校准，发现当改装的电压表的指针刚好指向满偏刻度时，标准电压表V0的指针恰好如图乙所示．由此可知，该改装电压表的百分误差为________%.实验题专项练(二)1．解析：(1)滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用BC段的平均速度表示滑块离开弹簧时的速度，则有：v＝eq\f(s,t).(2)弹簧的弹性势能等于滑块(含遮光片)增加的动能，故应求解滑块(含遮光片)的动能，根据动能表达式可知，应测量小滑块(含遮光片)的质量，故选C.(3)由于存在空气阻力，阻力做负功，小滑块的动能增加量小于弹簧的弹性势能的减少量；由于弹簧有质量，故弹簧的弹性势能有小部分转化为弹簧的动能，故小滑块的动能增加量小于弹簧弹性势能的减少量，故选A、C.答案：(1)v＝eq\f(s,t)(2)C(3)AC2．解析：(1)当电流表G2有某一合理的示数时，记下电流表G1的示数I；然后将开关S2与b相连，保持滑动变阻器R的阻值不变，调节R1，使电流表G1的示数仍为I时，读取电阻箱的示数r.(2)电流G2的内阻与电阻箱接入电路的阻值相同，即rg＝r.(3)将电流表G2改装成电压表要串联电阻分压，串联电阻的阻值为R′＝eq\f(U,Ig)－rg＝3.81kΩ.(4)标准电压表V0的示数为1.90V，由此可知，该改装电压表的百分误差为eq\f(2.0－1.90,1.90)×100%＝5.26%.答案：(1)滑动变阻器R的阻值R1(2)r(3)3.81(4)5.26实验题专项练(三)(建议用时：15分钟)题号12考点电学拓展探究实验探究物体加速度与其所受合外力之间的关系1．如图(a)所示是某汽车转向灯的控制电路，电子闪光器可以产生周期性的开关动作，使转向信号灯和转向指示灯闪烁．该电路的工作过程为：汽车若向左转弯，就把转向信号灯开关(单刀三掷开关)拨至左侧位置1，闪光器工作，转向信号灯闪烁，向路人或其他车辆发出信号，同时安装在仪表盘上的转向指示灯也在闪亮，向驾驶员提供转向灯工作的情况；汽车向右转弯的原理与向左转一样．(1)闭合点火开关，将转向信号灯开关拨至右侧位置2，发现电路不工作．为排查电路故障，多用电表的选择开关应旋至________(选填“欧姆挡”“交流电压挡”“直流电压挡”或“直流电流挡”)的位置；用调节好的多用电表进行排查，若只有电子闪光器断路，则表笔接A、B时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)，接B、D时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)．(2)电容式转向信号闪光器的内部结构如图(b)所示，它主要由一个具有双线圈的灵敏继电器和一个大容量的电容器组成．其工作原理如下：①接通转向灯电路，蓄电池通过线圈L1和常闭触点对转向灯供电，在线圈L1的磁场的作用下，________________________________________________________________________________________________________________________________________________.②蓄电池对电容器充电，此时线圈L1、L2均串入电路，在线圈L1、L2的磁场的作用下，触点继续打开．③充电结束后，电流为零，触点闭合，蓄电池通过线圈L1和触点向转向灯供电，电容器也通过线圈L2放电，________________________________________________________________________________________________________________________________________.④放电结束后，线圈L2的电流为零，触点打开，转向灯不亮．重复上述过程，实现转向灯的闪烁．请将上述原理补充完整．2．为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置．其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为小车上滑轮的质量．力传感器可测出轻绳中的拉力大小．(1)实验时，一定要进行的操作是________．A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m/s2(结果保留三位有效数字)．(3)该同学以力传感器的示数F为横坐标，以加速度为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________．A.eq\f(1,k) B.eq\f(1,k)－m0C.eq\f(2,k)－m0 D.eq\f(2,m)实验题专项练(三)1．解析：(1)闭合点火开关，将转向信号灯开关拨至右侧位置2，发现电路不工作．为排查电路故障，由于电路中有直流电源，多用电表的选择开关应旋至“直流电压挡”的位置；用调节好的多用电表进行排查，若只有电子闪光器断路，则表笔接A、B时，电压表与直流电源构成通路，多用电表指针偏转；接B、D时，电压表与直流电源断路，多用电表指针不偏转．(2)①接通转向灯电路，蓄电池通过线圈L1和常闭触点对转向灯供电，在线圈L1的磁场的作用下，触点打开，转向灯电路切断，转向灯不亮；③电容器充电结束后，电流为零，触点闭合，蓄电池通过线圈L1和触点向转向灯供电，电容器也通过线圈L2放电，L1、L2中电流方向相反，产生的磁场抵消，触点闭合，转向灯发光．答案：(1)直流电压挡偏转不偏转(2)①触点打开，转向灯电路切断，转向灯不亮③L1、L2中电流方向相反，产生的磁场抵消，触点闭合，转向灯发光2．解析：(1)本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故A、D错误；该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确．(2)由于两计数点间还有四个点没有画出，故时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s，由匀变速直线运动的判别式(Δx＝aT2)结合逐差法可得：eq\o(a,\s\up6(－))＝eq\f(x36－x03,9T2)＝2.00m/s2.(3)对小车上滑轮和小车的整体为对象由牛顿第二定律得：2F＝(M＋m0)a，则a＝eq\f(2,M＋m0)F，故a－F图象的斜率k＝eq\f(2,M＋m0)，则小车的质量为M＝eq\f(2,k)－m0；故选C.答案：(1)BC(2)2.00(3)C实验题专项练(四)(建议用时：15分钟)题号12考点研究匀变速直线运动描绘小灯泡的伏安特性曲线1．如图甲所示，是研究小车做匀变速直线运动规律的实验装置，打点计时器所接的交流电源的频率为f＝50Hz，试问：(1)实验中，必要的措施是________．A．细线必须与长木板平行B．小车必须具有一定的初速度C．小车质量远大于钩码质量D．必须平衡小车与长木板间的摩擦力(2)如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G是刚打好的纸带上7个连续的点．从图乙中可读得x6＝________cm，计算F点对应的瞬时速度的表达式为vF＝________．(3)如图丙所示，是根据实验数据画出的v2－2x图线(v为各点的速度大小)，由图线可知小车运动的加速度为________m/s2.(保留2位有效数字)2．要描绘一个标有“3V0.6W”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3V，并便于操作．已选用的器材有：电池组(电动势4.5V，内阻约1Ω)；电流表(量程为0～250mA，内阻约5Ω)；电压表(量程为0～3V，内阻约3kΩ)；开关一个；导线若干．(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填仪器前的字母)．A．滑动变阻器(最大阻值20Ω，额定电流1A)B．滑动变阻器(最大阻值1750Ω，额定电流0.3A)(2)实验的电路图应选用下列的图________．(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图1所示．现将两个这样的小灯泡并联后再与一个2Ω的定值电阻R串联，接在电动势为1.5V、内阻为1Ω的电源两端，如图2所示．每个小灯泡消耗的功率是________W.实验题专项练(四)1．解析：(1)实验中，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项A正确；实验中让小车由静止释放，不需要初速度，选项B错误；此实验不需要使得小车质量远大于钩码质量，选项C错误；此实验没必要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项D错误．(2)从题图乙中可读得x6＝6.00cm，计算F点对应的瞬时速度的表达式为vF＝eq\f(x6－x4,2T)＝eq\f(f（x6－x4）,2).(3)由图线可知小车运动的加速度为a＝eq\f(Δv2,2x)＝eq\f(1.50－0.25,25×10－1)m/s2＝0.50m/s2.答案：(1)A(2)6.00eq\f(f（x6－x4）,2)(3)0.50(0.48～0.52)2．解析：由描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验原理可知：(1)滑动变阻器应选总阻值较小的A.(2)电流表应选外接法，滑动变阻器应接成分压式，故实验电路为B.(3)把2Ω的定值电阻看成电源内阻，由于两个灯泡并联，每个灯泡中电流为总电流的eq\f(1,2)，作出电源关于一个灯泡的伏安特性曲线，与灯泡伏安特性曲线的交点即为电路工作点(如图)，该交点横、纵坐标的乘积即等于每个小灯泡消耗的功率，即P＝0.6V×0.15A＝0.09W.答案：(1)A(2)B(3)0.09实验题专项练(五)(建议用时：15分钟)题号12考点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测电流表的内阻1．某探究性学习小组利用如图1所示装置探究光滑斜面上物体的加速度与物体质量及斜面倾角的关系．(1)下列实验方法，可以采用________．A．等效法 B.控制变量法C．放大法 D.累积法(2)实验中，通过向小车放入钩码来改变小车质量，只要测出小车从长为L的斜面顶端滑至底端的时间t，就可以由公式a＝________求出加速度．(3)实验中通过改变方木块垫放位置来调整长木板的倾角，由于没有量角器，因此通过测量出长木板顶端到水平面的高度h，求出倾角α的正弦值sinα＝eq\f(h,L).某同学记录了高度和加速度的对应值，并在坐标纸上建立适当的坐标系后描点作图如图2，请根据他所作的图线求出当地的重力加速度g＝________m/s2.2．某同学欲将电流表改装成电压表，需要测量电流表的内阻，可供选择的实验器材有：A．待测电流表G1；B．一个标准电流表G2(G2的量程大于G1的量程)；C．电阻箱R′；D．滑动变阻器R；E．电池组、导线、开关．采用如图甲所示的电路测定电流表内阻时，该同学的实验步骤为：________．①按电路图甲接好电路，将滑动变阻器R调至最大；②闭合S1，断开S2，调节滑动变阻器R，使电流表G1表头指针满偏；③再闭合S2，保持滑动变阻器R不变，调节电阻箱R′，使表头指针半偏．读出此时电阻箱R′的示数，则电流表内阻可看做此示数．(1)用上述方法得到的电流表G1内阻的测量值与真实值相比________．(2)为了使测量更准确，请你利用上述实验器材重新设计实验，从设计原理上看可以消除上述实验中的系统误差，请你在图乙中完成实验电路图．(3)使用重新设计的实验电路的测量数据，写出电流表G1内阻表达式Rg＝________________，说明各测量值的意义：_________________________.实验题专项练(五)1．解析：(1)要探究光滑斜面上物体的加速度与物体质量及斜面倾角的关系，由于有两个变量，可采用控制变量法，B正确．(2)小车在光滑斜面上做初速度为零的匀加速运动，由L＝eq\f(1,2)at2可得a＝eq\f(2L,t2).(3)小车在光滑斜面上运动时，其加速度a＝gsinα，a－sinα图象的斜率表示重力加速度，得g＝9.6m/s2.答案：(1)B(2)eq\f(2L,t2)(3)9.62．解析：(1)本实验采用的是半偏法测量内阻，但在并联电阻箱时，总电阻减小，则总电流偏大，故使电流表达到半偏时，所并联的电阻应比电流表真实电阻偏小．(2)为了减小误差，应保证各测量值准确，故可以在干路中接入电流表G2，接入R′后调节R即可；故正确原理图如答案图所示．(3)I1为G1的示数，I2为G2的示数，R′为电阻箱电阻；由串、并联电路规律可知Rg＝eq\f(（I2－I1）R′,I1).答案：(1)偏小(2)如图所示(3)eq\f(（I2－I1）R′,I1)I1为G1的示数，I2为G2的示数，R′为电阻箱电阻实验题专项练(六)(建议用时：15分钟)题号12考点验证力的平行四边形定则多用电表的原理和使用1．某同学用以下器材验证力的平行四边形定则并测量橡皮筋的劲度系数：刻度尺、橡皮筋、装有水的矿泉水瓶(总质量为m)、量角器和细线若干条，实验时始终没有超过橡皮筋的弹性限度．a．将橡皮筋上端固定，下端系一段细线1，让其自然下垂，用刻度尺测出橡皮筋的长度为l0；b．将矿泉水瓶通过细线连接在橡皮筋下端，待矿泉水瓶静止后用刻度尺测出此时橡皮筋的长度l1；c．如图所示，用另一根细线2的一端系在细线1与橡皮筋结点处，通过细线2的另一端将矿泉水瓶缓慢拉起，该过程中保持细线2与橡皮筋垂直，用量角器测得最终橡皮筋偏离竖直方向的夹角为60°，并用刻度尺测出此时橡皮筋的长度为l2.(1)若当地的重力加速度大小为g，则橡皮筋的劲度系数k＝________．(2)若l0、l1、l2满足________，则说明力的平行四边形定则成立．2．(1)图甲是多用电表的简化电路图，作为电压表使用时，选择开关应接________；作为欧姆表使用时，选择开关应接______(均选填“1”“2”或“3”)．使用多用电表时，电流一定从________(选填“A”或“B”)端流入多用电表．(2)利用多用电表和电阻箱测量一电源的电动势和内阻的电路如图乙．调节电阻箱，记录多组电阻箱示数R和多用电表示数I，作出R－eq\f(1,I)的图线如图丙所示．由图丙可求得电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(结果均保留2位有效数字)如果忽略偶然误差，本实验测得的E测、r测与真实值比较：E测________E真，r测________r真．(均选填“<”“＝”或“>”)实验题专项练(六)1．解析：(1)橡皮筋的原长为l0，挂上质量为m的矿泉水瓶后的长度为l1，根据胡克定律：mg＝k(l1－l0)，解得k＝eq\f(mg,l1－l0).(2)由平衡条件可知：mgcos60°＝k(l2－l0)，即：l1＝2l2－l0.即若l0、l1、l2满足l1＝2l2－l0，则说明力的平行四边形定则成立．答案：(1)eq\f(mg,l1－l0)(2)l1＝2l2－l02．解析：(1)由题图甲可知，作为电压表使用时，选择开关应接位置3；作为欧姆表使用时，选择开关应接2，内部电源被接通，可测量电阻；使用时，电流一定从红表笔流入，即从A端流入．(2)根据闭合电路欧姆定律，E＝IR＋Ir，则R＝eq\f(1,I)E－r，可知图线斜率表示电动势，在纵轴上截距的绝对值表示内阻，则E＝k＝eq\f(（6＋1.2）Ω,2.5A－1)＝2.9V，r＝1.2Ω.将多用电表的内阻等效到电源的内部，则测量的内阻等于电源的实际内阻与多用电表的内阻之和，所以内阻测量值偏大．当电阻箱阻值无穷大时，电流表分压可以忽略，故本实验中电动势的测量准确．答案：(1)32A(2)2.9(2.8～3.0)1．2(1.1～1.3)＝>实验题专项练(七)(建议用时：15分钟)题号12考点测定弹簧的劲度系数探究热敏电阻的温度特性1．某实验小组用如图所示的装置测量弹簧的劲度系数k.每当挂在弹簧下端的钩码(每个钩码质量m＝50g)处于静止状态时，用刻度尺测出对应的弹簧长度L(弹簧始终在弹性限度内)，列表记录如下：所挂钩码个数n123456Ln(cm)10.1813.0914.5816.0817.54(1)表格中第二组数据的弹簧长度如图所示，则弹簧长度为________cm；(2)用所学知识尽量精确计算出每挂一个钩码弹簧伸长量ΔL＝__________cm；并由ΔF＝kΔL算出弹簧的劲度系数k＝__________N/m.(g＝9.8m/s2，结果均保留三位有效数字)2．某实验小组设计了如图甲所示的电路，其中RT为热敏电阻，电压表量程为6V，内阻RV约10kΩ，电流表量程为0.5A，内阻RA＝4.0Ω，R为电阻箱．(1)该实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验．闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下电压表示数U1、电流表的示数I和电阻箱的阻值R，在I－U坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，描绘出热敏电阻的部分伏安特性曲线如图乙中的曲线所示．为了完成该实验，应将导线c端接在________(选填“a”或“b”)点；(2)利用(1)中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压U2＝______________(用U1、I、R和RA表示)；(3)实验小组利用(2)中的公式，计算出各组的U2，将U2和I的数据也描绘在I－U坐标系中，如图乙中的直线所示，根据图象分析可知，电源的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω；(4)实验中，当电阻箱的阻值调到3.0Ω时，热敏电阻消耗的电功率P＝________W．(保留两位有效数字)实验题专项练(七)1．解析：(1)由毫米刻度尺的读数方法可知题图中的读数为11.60cm；(2)由平均值法，得：ΔL＝eq\f(17.54－10.18,5)cm≈1.47cm，根据ΔF＝kΔL，得弹簧的劲度系数k＝eq\f(ΔF,ΔL)＝eq\f(50×10－3×9.8,1.47×10－2)N/m≈33.3N/m.答案：(1)11.60(2)1.4733.32．解析：(1)采用伏安法测电阻，由题图乙可知热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以采用电流表外接法，故导线c应接在a点．(2)根据电路串并联规律可知外电压为：U2＝U1＋I(R＋RA)．(3)当I＝0时，根据题图乙得E＝6.0V，而直线斜率倒数的绝对值等于内电阻，则r＝eq\f(6.0－4.5,0.5)Ω＝3.0Ω.(4)把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源内阻为：r0＝3.0Ω＋4.0Ω＋3.0Ω＝10Ω；在I－U图象中作等效电源的伏安特性曲线，如图所示，与热敏电阻的伏安特曲线的交点坐标(4.0，0.2)，所以热敏电阻的电功率为：P＝UI＝4.0×0.2W＝0.80W．答案：(1)a(2)U1＋I(R＋RA)(3)6.03.0(4)0.80(0.77～0.83均可)实验题专项练(八)(建议用时：15分钟)题号12考点多用电表的原理测量木块与木板间的动摩擦因数1．某学生实验小组利用图甲所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：多用电表；电压表：量程5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5kΩ；导线若干．回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔________，调零点．(2)将图甲中多用电表的红表笔和________(选填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端．(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图乙所示，这时电压表的示数如图丙所示．多用电表和电压表的读数分别为________kΩ和________V.(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V．从测量数据可知，电压表的内阻为________kΩ.(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图丁所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为________V，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为____________kΩ.2．为测定小滑块与水平木板间的动摩擦因数μ，选用的实验器材为：带挡光片的小滑块、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、游标卡尺、刻度尺，器材安装如图甲所示．(1)用游标卡尺测量挡光片宽度d如图乙所示，则d＝________mm；(2)小滑块从弧形斜面上某位置由静止释放，读出小滑块挡光片通过光电门时数字毫秒计的示数t；用刻度尺量出小滑块停止运动时，滑块上的挡光片中心与光电门间的水平距离L；重力加速度为g，则小滑块与水平木板间的动摩擦因数μ＝________(用物理量d、L、t、g表示)；(3)实验中将挡光片通过光电门的平均速度当作小车通过光电门的瞬时速度，这样处理测得的小滑块与水平木板间的动摩擦因数μ与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“无偏差”)．实验题专项练(八)1．解析：(1)欧姆表调零：将红表笔和黑表笔短接，使指针指电阻0刻度．(2)多用电表欧姆挡测电压表的内阻应使电流从电压表的“＋”接线柱流入、“－”接线柱流出，而黑表笔连接多用电表内电池的正极，所以多用电表的红表笔和“－”端相连，黑表笔连接“＋”端．(3)多用电表和电压表的读数分别为15.0kΩ和3.60V.(4)由题图甲可知多用电表欧姆“×1k”挡直接测量电压表的内阻RV，所以RV＝12.0kΩ.(5)设多用电表内电池的电动势为E，多用电表电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为Rg，依题给条件由欧姆定律得：E＝eq\f(3.60,RV)(15.0＋Rg)，E＝eq\f(4.00,RV)(12.0＋Rg)，又RV＝12.0kΩ，解得：E＝9.00V，Rg＝15.0kΩ.答案：(1)短接(2)1(3)15.03.60(4)12.0(5)9.0015.02．解析：(1)游标卡尺的读数为d＝5mm＋18×eq\f(1,20)mm＝5.90mm；(2)小滑块通过光电门时的速度为v＝eq\f(d,t)，根据动能定理可得－μmgL＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))eq\s\up12(2)，解得μ＝eq\f(d2,2gLt2)；(3)小滑块做匀减速直线运动，因为小滑块通过光电门的速度为其平均速度，即中间时刻的速度，此时挡光片中心已经通过光电门，相比中心通过光电门的速度偏小，根据－μmgL＝0－eq\f(1,2)mv2可得μ＝eq\f(v2,2gL)，故测量值偏小．答案：(1)5.90(2)eq\f(d2,2gLt2)(3)偏小实验题专项练(九)(建议用时：15分钟)题号12考点自由落体运动规律的应用电阻的测量1．某同学用如图1所示的装置测定重力加速度：(1)电磁打点计时器的工作电压为________V，为交流，频率为50Hz.(2)打出的纸带如图2所示，实验时纸带的________(选填“甲”或“乙”)端应和重物相连接．(3)实验中在纸带上连续打出点1、2、3、4、…、9，如图2所示，由纸带所示数据可算出实验时的加速度为________m/s2(保留两位有效数字)．2．在一次课外活动中，物理兴趣小组成员小明从废旧的电视机上拆下一个定值电阻Rx，电阻上的标称不明显，阻值约为200Ω，为了进一步精确测定该电阻的阻值，小明到实验室寻找到了下列器材：电压表V，0～5V，内阻约为3kΩ；电流表A，0～300mA，内阻RA＝10Ω；定值电阻R1，阻值为20Ω；定值电阻R2，阻值为400Ω；滑动变阻器R3，0～5Ω，额定电流2A；滑动变阻器R4，0～1000Ω，额定电流1A；电源E，E＝6V，内阻不计．(1)小明为了精确测定电阻阻值，设计了如图甲所示电路，定值电阻R应该选择________；滑动变阻器应该选择________．(填器材后面的符号)(2)请你不要改动已连接导线，在实物连接图乙中把还需要连接的导线帮小明补上；闭合开关前，由图甲可知应使变阻器滑片放在最________(选填“左”或“右”)端．(3)若某次测量中电压表读数为U，电流表读数为I，那么小明测得的待测电阻的精确阻值的表达式为Rx＝________(用题中的字母表达)．实验题专项练(九)1．(1)4～6(2)乙(3)9.42．解析：(1)为了精确测定电阻阻值，需要使电表尽可能的大角度偏转，电压表量程为5V，电流表满偏电压Ug＝IgRA＝3V，则待测电阻两端的最大电压U＝2V，根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流IR＝eq\f(U,Rx)＝10mA，定值电阻阻值约为R＝eq\f(U,Ig－IR)≈6.9Ω，定值电阻应选择R1；为方便实验操作，滑动变阻器应选择R3.(2)根据电路图连接实物电路图．滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，保护开关前滑片要置于最左端．(3)由题意可知，电流表两端电压UA＝IRA，并联电压U并＝U－UA＝U－IRA.通过定值电阻的电流IR＝eq\f(U并,R)＝eq\f(U－IRA,R)，通过待测电阻的电流Ix＝I－IR.根据欧姆定律可知，待测电阻阻值Rx＝eq\f(U并,Ix)＝eq\f(（U－IRA）R,I（RA＋R）－U).答案：(1)R1R3(2)见解析图左(3)eq\f(（U－IRA）R,I（RA＋R）－U)

实验题专项练(十)(建议用时：15分钟)题号12考点探究匀变速运动的规律电表的改装1．一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心且垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量Δω与对应时间Δt的比值定义为角加速度βeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(即β＝\f(Δω,Δt))).我们用电磁打点计时器、刻度尺、游标卡尺、纸带(厚度不计)、复写纸来完成下述实验．打点计时器所接交流电的频率为50Hz.A、B、C、D…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出．实验步骤如下：①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；②接通电源打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动(即角加速度恒定)；③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．请回答下列问题：(1)由图乙可知，圆盘的直径为________cm；(2)由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度大小为________rad/s；(结果保留三位有效数字)(3)圆盘转动的角加速度大小为________rad/s2.(结果保留三位有效数字)2．某兴趣小组要将一个量程Ig为1mA、内阻约为100Ω的电流表G改装成量程为3V的电压表．首先要测量该电流表的内阻，现有如下器材：A．待测电流表G(量程1mA、阻值约100Ω)B．滑动变阻器(总阻值5000Ω、额定电流1A)C．滑动变阻器(总阻值500Ω、额定电流1A)D．电阻箱R2(总阻值999.9Ω)E．电源(电动势为1.5V，内阻很小)F．电源(电动势为3V，内阻很小)G．开关、导线若干(1)该小组如果选择如图甲所示的电路来测量待测电流表G的内阻，则滑动变阻器R1应选择____________(填器材前代码序号)，电源应选择______________(填器材前代码序号)．(2)实验时，先断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使得G的示数为Ig；保证R1的阻值不变，再闭合S2；调节电阻箱R2，使得G的示数为eq\f(Ig,3)，此时电阻箱R2的示数如图乙所示，则G的内阻为________Ω.(3)该实验中，G的内阻测量值______(填“大于”或“小于”)真实值．实验题专项练(十)1．解析：(1)根据游标卡尺的读数原理，可得读数应为主尺上的和游标尺上的刻度相加由图乙可知游标尺的分度为0.05mm，主尺上为6.0cm，游标尺上的第0个刻度线和主尺对齐，所以读数为6.0cm＋0.05×0mm＝6.000cm，即可得该圆盘的直径d＝6.000cm；(2)由题意知，纸带上每点的时间间隔T＝0.10s，打下计数点D时，纸带运动速度大小为：vD＝eq\f(xCE,2T)＝eq\f(（14.64－5.64）×10－2,2×0.1)m/s＝0.45m/s此时圆盘转动的角速度为ωD＝eq\f(vD,r)＝eq\f(0.45,3×10－2)rad/s＝15.0rad/s；(3)纸带运动的加速度大小为a＝eq\f(xDE－xBC＋（xCD－xAB）,4T2)，设角加速度为β，则β＝eq\f(Δω,Δt)＝eq\f(Δv,rΔt)，代入数据解得：β＝28.0rad/s2.答案：(1)6.000(2)15.0(3)28.02．解析：(1)由于将电流表G改装成量程为3V的电压表，所以电源的电动势选3V，故电源应选择F；待测电流表G量程是1mA，其串联电路的R1上的电流：I＝Ig，电路中的总电阻R总＝eq\f(E,Ig)＝3000Ω，所以滑动变阻器R1应选择B；(2)使得G的示数为eq\f(Ig,3)，则有电阻箱R2的电流为eq\f(2Ig,3)，它们并联，它们两端电压相等，根据电路结构则有eq\f(1,3)IgRg＝eq\f(2,3)IgR2，解得Rg＝2R2＝2×48.0Ω＝96.0Ω；(3)测电流表内阻时闭合开关S2后整个电路电阻变小，电路电流变大，电流表G的示数为eq\f(Ig,3)，流过电阻箱的电流大于eq\f(2Ig,3)，电阻箱阻值小于电流表内阻的2倍，即电流表内阻测量值偏小．答案：(1)BF(2)96(或96.0)(3)小于实验题专项练(十一)(建议用时：15分钟)题号12考点测动摩擦因数研究硅二极管的电压与温度的关系1．某兴趣实验小组的同学利用如图甲所示装置测定物块与木板AD、DE间的动摩擦因数μ1、μ2；两块粗糙程度不同的木板AD、DE对接组成斜面和水平面，两木板在D点光滑连接(物块在此处运动不损失机械能)，且AD板能绕D点转动．现将物块在AD板上某点由静止释放，滑块将沿AD下滑，最终停在水平板的C点；改变倾角，让物块从不同的高度由静止释放，且每次释放点的连线在同一条竖直线上(以保证图中物块水平投影点B与接点D间距s不变)，用刻度尺量出释放点与DE平面的竖直高度差h、释放点与D点的水平距离s、D点与最终静止点C的水平距离x，利用多次测量的数据绘出x－h图象，如图乙所示，则(1)写出x－h的数学表达式__________(用μ1、μ2、h及s表示)；(2)若实验中s＝0.5m，x－h图象的横轴截距a＝0.1，纵轴截距b＝0.4，则μ1＝________，μ2＝________．2．国标(GB/T)规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω·m.某同学利用如图甲所示电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K，以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右活塞固定，左活塞可自由移动．实验器材还有：电源(电动势约为3V，内阻可忽略)，电压表V1(量程为3V，内阻很大)，电压表V2(量程为3V，内阻很大)，定值电阻R1(阻值4kΩ)，定值电阻R2(阻值2kΩ)，电阻箱R(最大阻值9999Ω)，单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺．实验步骤如下：A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；F．断开S，整理好器材．(1)测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙所示，则d＝________mm.(2)玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为：Rx＝________(用R1、R2、R表示)．(3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R－eq\f(1,L)关系图象．自来水的电阻率ρ＝________Ω·m(保留两位有效数字)．(4)本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将________(填“偏大”“不变”或“偏小”)．实验题专项练(十一)1．解析：(1)对物块的运动，由动能定理，mgh－μ1mgcosθ·eq\f(s,cosθ)－μ2mgx＝0，解得：x＝eq\f(1,μ2)·h－eq\f(μ1,μ2)·s.(2)图象的横轴截距a＝0.1，s＝0.5m，当x＝0时，h＝a，代入x＝eq\f(1,μ2)·h－eq\f(μ1,μ2)·s，得μ1＝eq\f(a,s)＝0.2.纵轴截距b＝0.4，当h＝0时，代入x＝eq\f(1,μ2)·h－eq\f(μ1,μ2)·s，得eq\f(μ1,μ2)s＝b，解得μ2＝0.25.答案：(1)x＝eq\f(1,μ2)·h－eq\f(μ1,μ2)·s(2)0.20.252．解析：(1)根据游标卡尺的读数规则，玻璃内径d＝30mm＋0×0.05mm＝30.00mm.(2)把S拨到1位置，记录电压表V1示数，得到通过水柱的电流I1＝eq\f(U,R1).由闭合电路欧姆定律，E＝U＋eq\f(U,R1)Rx；把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R，得到该支路的电流I2＝eq\f(U,R).由闭合电路欧姆定律，E＝U＋eq\f(U,R)R2，联立解得：Rx＝eq\f(R1R2,R).(3)由电阻定律Rx＝eq\f(\a\vs4\al(ρL),S)，Rx＝eq\f(R1R2,R)，联立解得：R＝eq\f(R1R2S,ρ)·eq\f(1,L).R－eq\f(1