十年高考物理分类专题17实验练习含答案

专题十七实验23年高考真题题1.(2023辽宁,11,8分)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律,设计了如下实验:用纸板搭建如图所示的滑道,使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上,其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。测量硬币的质量,得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在斜面上某一位置,标记此位置为B。由静止释放甲,当甲停在水平面上某处时,测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处,左侧与O点重合,将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后,分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变,重复实验若干次,得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。(1)在本实验中,甲选用的是(填“一元”或“一角”)硬币;

(2)碰撞前,甲到O点时速度的大小可表示为(设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g);

(3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒,则s0-s1s2=(4)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1,写出一条产生这种误差可能的原因:。

答案：(1)一元(2)2μgs0解析(1)用质量较大的一元硬币去碰撞质量较小的一角硬币,确保碰撞后甲的运动方向不变。(2)设甲到O点时速度的大小为v1,由动能定理有-μm1gs0=0-12m1解得v1=2(3)由动能定理可得一元和一角硬币碰撞后的速度分别为v1'=2μgs1,v由动量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2'即m12μgs0=m12解得s0-(4)①非理想的“对心”碰撞造成系统误差;②位移或质量的测量造成偶然误差;③两硬币实际与纸板间的动摩擦因数不同造成系统误差。其他符合题意的原因均可得分。2.(2023全国甲,23,10分)某同学利用如图(a)所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连,右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连。钩码下落,带动小车运动,打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图(b)所示。(1)已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1s。以打出A点时小车的位置为初始位置,将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移Δx填到表中,小车发生相应位移所用时间和平均速度分别为Δt和v。表中ΔxAD=cm,vAD=位移区间ABACADAEAFΔx(cm)6.6014.60ΔxAD34.9047.30v(cm/s)66.073.0v87.394.6(2)根据表中数据,得到小车平均速度v随时间Δt的变化关系,如图(c)所示。在图(c)中补全实验点。(3)从实验结果可知,小车运动的v-Δt图线可视为一条直线,此直线用方程v=kΔt+b表示,其中k=cm/s2,b=cm/s。(结果均保留3位有效数字)

(4)根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动,得到打出A点时小车的速度大小vA=,小车的加速度大小a=。(结果用字母k、b表示)

答案：(1)24.0080.0(2)见解析(3)71.5(70.0~73.0均得分)59.0(58.2~59.8均得分)(4)b2k解析(1)A、D间的位移为ΔxAD=ΔxAB+ΔxBC+ΔxCD=24.00cm从A到D的时间为ΔtAD=3ΔT=0.3sAD段的平均速度为vAD=Δ(2)如图所示(3)由第(2)问图中读取数据求得直线斜率k=71.5cm/s2截距b=59.0cm/s(4)由x=vAt+12at2可得v=xt=vA+结合图线y=kx+b知vA=b,a=2k3.(2023全国乙,22,5分)在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有:木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤:①用图钉将白纸固定在水平木板上。②将橡皮条的一端固定在木板上,另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上,它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计,小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小,并。(多选,填正确答案标号)

A.用刻度尺量出橡皮条的长度B.用刻度尺量出两细线的长度C.用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置D.用铅笔在白纸上标记出两细线的方向③撤掉一个测力计,用另一个测力计把小圆环拉到,由测力计的示数得到拉力F的大小,沿细线标记此时F的方向。

④选择合适标度,由步骤②的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作F1和F2的合成图,得出合力F'的大小和方向;按同一标度在白纸上画出力F的图示。⑤比较F'和F的,从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。

答案：②CD③同一位置⑤大小和方向解析②“验证力的平行四边形定则”实验要记录小圆环的位置及两个分力的大小和方向,以便作平行四边形的两个邻边。故选择C、D。③前、后两次实验要保证把小圆环拉到同一位置,这样才能保证两次力所产生的效果相同。⑤通过比较F'与F的大小和方向在误差范围内是否一致,来判断是否满足平行四边形定则。4.(2023湖南,11,7分)某同学探究弹簧振子振动周期与质量的关系,实验装置如图(a)所示,轻质弹簧上端悬挂在铁架台上,下端挂有钩码,钩码下表面吸附一个小磁铁,其正下方放置智能手机,手机中的磁传感器可以采集磁感应强度实时变化的数据并输出图像,实验步骤如下:(1)测出钩码和小磁铁的总质量m;(2)在弹簧下端挂上该钩码和小磁铁,使弹簧振子在竖直方向做简谐运动,打开手机的磁传感器软件,此时磁传感器记录的磁感应强度变化周期等于弹簧振子振动周期;(3)某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图(b)所示,从图中可以算出弹簧振子振动周期T=(用“t0”表示);

(4)改变钩码质量,重复上述步骤;(5)实验测得数据如表所示,分析数据可知,弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是(填“线性的”或“非线性的”);

m/kg10T/sT/sT2/s20.0152.430.2430.0590.0253.140.3140.0990.0353.720.3720.1380.0454.220.4220.1780.0554.660.4660.217(6)设弹簧的劲度系数为k,根据实验结果并结合物理量的单位关系,弹簧振子振动周期的表达式可能是(填正确答案标号);

A.2πmk B.2πC.2πmk D.2πkm(7)除偶然误差外,写出一条本实验中可能产生误差的原因:。

答案：(3)t0解析(3)由题图(b)可知弹簧振子振动周期T=t0(5)由题目表格中的数据可知,T2(6)弹簧的劲度系数k的单位为N/m,即kg/s2,m的单位为kg,将k与m的单位代入各选项,只有A选项的单位为s,故选A。(7)空气阻力的影响或铁架台与小磁铁相互作用的影响均可能产生系统误差。5.(2023新课标,22,6分)在“观察电容器的充、放电现象”实验中,所用器材如下:电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。(1)用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时,红表笔应该与电池的(填“正极”或“负极”)接触。

(2)某同学设计的实验电路如图(a)所示。先将电阻箱的阻值调为R1,将单刀双掷开关S与“1”端相接,记录电流随时间的变化。电容器充电完成后,开关S再与“2”端相接,相接后小灯泡亮度变化情况可能是。(填正确答案标号)

A.迅速变亮,然后亮度趋于稳定B.亮度逐渐增大,然后趋于稳定C.迅速变亮,然后亮度逐渐减小至熄灭(3)将电阻箱的阻值调为R2(R2>R1),再次将开关S与“1”端相接,再次记录电流随时间的变化情况。两次得到的电流I随时间t变化如图(b)中曲线所示,其中实线是电阻箱阻值为(填“R1”或“R2”)时的结果,曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的(填“电压”或“电荷量”)。

图(a)图(b)答案：(1)正极(2)C(3)R2电荷量解析(1)根据“红进黑出”可知红表笔应该与电池的正极接触。(2)将单刀双掷开关S与“1”端相接,电容器开始充电,充电完成后,开关S再与“2”端相接,电容器、小灯泡和定值电阻R0组成串联电路,电容器开始放电,开始时电容器两端电压最大,放电电流最大,随着电容器所带电荷量的减少,电容器两端电压逐渐降低,放电电流逐渐减小,直至放电结束。由上述分析可知,相接后小灯泡迅速变亮,然后亮度逐渐减小至熄灭,A、B错误,C正确。(3)由题意可知R2>R1,将单刀双掷开关与“1”端相接,电容器开始充电,初始时刻,电容器的等效阻值为0,由闭合电路欧姆定律可知R2对应的初始时刻的充电电流较小,结合题图(b)可知实线是电阻箱阻值为R2时的结果。根据q=It,可知I-t图线与时间轴所围面积表示充电完成后电容器上的电荷量。6.(2023新课标,23,12分)一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。(1)用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径。首先,调节螺旋测微器,拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时,发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐,如图(a)所示,该示数为mm;螺旋测微器在夹有摆球时示数如图(b)所示,该示数为mm,则摆球的直径为mm。

图(a)图(b)图(c)(2)单摆实验的装置示意图如图(c)所示,其中角度盘需要固定在杆上的确定点O处,摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小。若将角度盘固定在O点上方,则摆线在角度盘上所指的示数为5°时,实际摆角5°(填“大于”或“小于”)。

(3)某次实验所用单摆的摆线长度为81.50cm,则摆长为cm。实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为54.60s,则此单摆周期为s,该小组测得的重力加速度大小为m/s2。(结果均保留3位有效数字,π2取9.870)

答案：(1)0.007(0.006、0.008均正确)20.035(20.034、20.036均正确)20.028(20.026~20.030均正确)(2)大于(3)82.51.829.83解析(1)由题图(a)可知,螺旋测微器的示数为0.7×0.01mm=0.007mm;夹有摆球时,由题图(b)可知螺旋测微器的示数为20mm+3.5×0.01mm=20.035mm。摆球的直径为两次示数之差,d=20.035mm-0.007mm=20.028mm。(2)若将角度盘固定在O点上方,则角度盘所指的角度偏小;当摆线在角度盘上所指的示数为5°时,实际摆角大于5°。(3)摆线长L=81.50cm,则摆长l=L+d2=81.50cm+12×2.0028cm≈82.5cm。在一个周期内摆球两次经过最低点,则从第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔t=30T,代入数据解得T=t30=54.6030s=1.82s。根据单摆的周期公式T=2πlg可得g=47.(2023全国甲,22,5分)某同学用伏安法测绘一额定电压为6V、额定功率为3W的小灯泡的伏安特性曲线,实验所用电压表内阻约为6kΩ,电流表内阻约为1.5Ω。实验中有图(a)和(b)两个电路图供选择。(1)实验中得到的电流I和电压U的关系曲线如图(c)所示,该同学选择的电路图是图()(填“a”或“b”)。

(2)若选择另一个电路图进行实验,在图(c)上用实线画出实验中应得到的I-U关系曲线的示意图。答案：(1)a(2)如图所示解析(1)小灯泡的额定电压为6V,额定功率为3W,则额定电流为0.5A,即500mA,观察题图(c)发现,电流为500mA时,电压表示数不到6V,说明电流表示数大于通过小灯泡的电流,该同学选择的电路图是图(a)。(2)若选择题图(b)所示电路,流过小灯泡的电流相同的情况下,题图(b)中电压表的读数要大于题图(a)中电压表的读数。8.(2023全国乙,23,10分)一学生小组测量某金属丝(阻值约十几欧姆)的电阻率。现有实验器材:螺旋测微器、米尺、电源E、电压表(内阻非常大)、定值电阻R0(阻值10.0Ω)、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图(a)是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空:(1)实验时,先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大,闭合S。(2)将K与1端相连,适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻,此时电压表读数记为U1,然后将K与2端相连,此时电压表读数记为U2。由此得到流过待测金属丝的电流I=,金属丝的电阻r=。(结果均用R0、U1、U2表示)

(3)继续微调R,重复(2)的测量过程,得到多组测量数据,如表所示:U1(mV)0.570.710.851.141.43U2(mV)0.971.211.451.942.43(4)利用上述数据,得到金属丝的电阻r=14.2Ω。(5)用米尺测得金属丝长度L=50.00cm。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径,某次测量的示数如图(b)所示,该读数为d=mm。多次测量后,得到直径的平均值恰与d相等。

(6)由以上数据可得,待测金属丝所用材料的电阻率ρ=×10-7Ω·m。(保留2位有效数字)

答案：(2)U2-U解析(2)当开关K接1端时,电压表测量金属丝两端的电压,当开关K接2端时,电压表测量定值电阻和金属丝两端的总电压,所以两次电压表的示数的差值就是定值电阻两端的电压,由欧姆定律就可以算出流过待测金属丝的电流I=U2-U1R0。此时金属丝两端的电压等于U(5)螺旋测微器读数时注意后一位要估读,由题图可得读数为0.150mm。(6)由电阻定律r=ρLS,S=πd29.(2023湖南,12,9分)某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置,其电路如图(a)所示,R1、R2、R3为电阻箱,RF为半导体薄膜压力传感器,C、D间连接电压传感器(内阻无穷大)。(1)先用欧姆表“×100”挡粗测RF的阻值,示数如图(b)所示,对应的读数是Ω;

(2)适当调节R1、R2、R3,使电压传感器示数为0,此时,RF的阻值为(用R1、R2、R3表示);

(3)依次将0.5g的标准砝码加载到压力传感器上(压力传感器上所受压力大小等于砝码重力大小),读出电压传感器示数U,所测数据如表所示:次数123456砝码质量m/g0.00.51.01.52.02.5电压U/mV057115168220280根据表中数据在图(c)上描点,绘制U-m关系图线;(4)完成前面三步的实验工作后,该测量微小压力的装置即可投入使用。在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力F0,电压传感器示数为200mV,则F0大小是N(重力加速度取9.8m/s2,保留2位有效数字);

(5)若在步骤(4)中换用非理想毫伏表测量C、D间电压,在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力F1,此时非理想毫伏表读数为200mV,则F1F0(填“>”“=”或“<”)。

答案：(1)1000(2)R1(4)0.018(0.017或0.018)(5)>解析(1)欧姆表选择“×100”挡,由题图(b)可知读数为1000Ω。(2)由题图(a)可知,要使电压传感器示数为0,上、下两条支路中R1和R2的分压应相等,即R1R1+RF=(3)根据题表中数据描点作图,注意使图线通过尽量多的点,如答案图所示。(4)由图可得200mV的电压对应砝码的质量约为1.8g,则F0=mg≈0.018N。(5)非理想毫伏表测得的电压偏小,即要达到相同的电压,所需压力会偏大,则F1>F0。10.(2023江苏,12,15分)小明通过实验探究电压表内阻对测量结果的影响。所用器材有:干电池(电动势约1.5V,内阻不计)2节;两量程电压表(量程0~3V,内阻约3kΩ;量程0~15V,内阻约15kΩ)1个;滑动变阻器(最大阻值50Ω)1个;定值电阻(阻值50Ω)21个;开关1个及导线若干。实验电路如图1所示。(1)电压表量程应选用(选填“3V”或“15V”)。

(2)图2为该实验的实物电路(右侧未拍全)。先将滑动变阻器的滑片置于如图所示的位置,然后用导线将电池盒上接线柱A与滑动变阻器的接线柱(选填“B”“C”“D”)连接,再闭合开关,开始实验。

(3)将滑动变阻器滑片移动到合适位置后保持不变,依次测量电路中O与1,2,…,21之间的电压。某次测量时,电压表指针位置如图3所示,其示数为V。根据测量数据作出电压U与被测电阻值R的关系图线,如图4中实线所示。

(4)在图1所示的电路中,若电源电动势为E,电压表视为理想电压表,滑动变阻器接入的阻值为R1,定值电阻的总阻值为R2,当被测电阻为R时,其两端的电压U=(用E、R1、R2、R表示),据此作出U-R理论图线如图4中虚线所示。小明发现被测电阻较小或较大时,电压的实测值与理论值相差较小。

(5)分析可知,当R较小时,U的实测值与理论值相差较小,是因为电压表的分流小,电压表内阻对测量结果影响较小。小明认为,当R较大时,U的实测值与理论值相差较小,也是因为相同的原因。你是否同意他的观点?请简要说明理由。答案：(1)3V(2)D(3)1.50(4)ER(5)不同意。理由见解析解析(1)两节干电池的电动势之和约为3V,则电压表量程应选用3V。(2)闭合开关前应该把滑动变阻器接入电路的阻值调至最大,根据滑片的位置和右侧导线的接法可知电池盒上接线柱A应该与滑动变阻器的接线柱D连接。(3)电压表的分度值为0.1V,需要估读到下一位,题图3中电压表的示数为1.50V。(4)根据闭合电路欧姆定律有I=ER1+(5)不同意。当R较大时,如果按照小明的观点,电压表分流较大,U的实测值与理论值相差较大,所以这个观点不正确。当R较大时,电压表的内阻不能忽略,则电路中的电流I=ER1+(R2-R)+RRVR+RV,电压表的读数U=ER1+(R2-R)+11.(2023辽宁,12,6分)导电漆是将金属粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一根用导电漆制成的截面为正方形的细长样品(固态),某同学欲测量其电阻率,设计了如图(a)所示的电路图,实验步骤如下:a.测得样品截面的边长a=0.20cm;b.将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触,其中甲、乙、丁位置固定,丙可在乙、丁间左右移动;c.将丙调节至某位置,测量丙和某探针之间的距离L;d.闭合开关S,调节电阻箱R的阻值,使电流表示数I=0.40A,读出相应的电压表示数U,断开开关S;e.改变丙的位置,重复步骤c、d,测量多组L和U,作出U-L图像如图(b)所示,得到直线的斜率k。回答下列问题:(1)L是丙到(填“甲”“乙”或“丁”)的距离;

(2)写出电阻率的表达式ρ=(用k、a、I表示);

(3)根据图像计算出该样品的电阻率ρ=Ω·m(保留两位有效数字)。

答案：(1)乙(2)ka2解析(1)若L是丙到乙的距离,则有U=IRL=Iρa(2)根据(1)中U与L的函数关系式和题图(b)中U-L图像的对应关系可知k=Iρa2,故ρ=(3)由U-L图像和已知量得ρ=0.132.0×1易错警示求电阻率时要注意a与L的单位要换算成国际单位制单位。12.(2023山东,13,6分)利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上,注射器内封闭一定质量的空气,下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘,托盘中放入砝码,待气体状态稳定后,记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和)。逐次增加砝码质量,采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。图甲图乙回答以下问题:(1)在实验误差允许范围内,图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线,说明在等温情况下,一定质量的气体。

A.p与V成正比 B.p与1V(2)若气体被压缩到V=10.0mL,由图乙可读出封闭气体压强为Pa(保留3位有效数字)。

(3)某组同学进行实验时,一同学在记录数据时漏掉了ΔV,则在计算pV乘积时,他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而(填“增大”或“减小”)。

答案(1)B(2)2.04×105(3)增大解析(1)根据图乙可知,p与1V(2)当气体被压缩到10.0mL的时候,图乙中1V对应的横坐标是100×10-3mL-1,直线上的点所对应的纵坐标是2.04×105(3)对于本实验,p(V0+ΔV)为定值,将该式改写成pV0+pΔV=C(C为常量),ΔV不变,他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值pΔV,随p增大而增大。13.(2023山东,14,8分)电容储能已经在电动汽车,风、光发电,脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图甲所示电路,探究不同电压下电容器的充、放电过程,器材如下:图甲电容器C(额定电压10V,电容标识不清);电源E(电动势12V,内阻不计);电阻箱R1(阻值0~99999.9Ω);滑动变阻器R2(最大阻值20Ω,额定电流2A);电压表V(量程15V,内阻很大);发光二极管D1、D2,开关S1、S2,电流传感器,计算机,导线若干。图乙图丙回答以下问题:(1)按照图甲连接电路,闭合开关S1,若要升高电容器充电电压,滑动变阻器滑片应向端滑动(填“a”或“b”)。

(2)调节滑动变阻器滑片位置,电压表表盘如图乙所示,示数为V(保留1位小数)。

(3)继续调节滑动变阻器滑片位置,电压表示数为8.0V时,开关S2掷向1,得到电容器充电过程的I-t图像,如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法,根据图像可估算出充电结束后,电容器存储的电荷量为C(结果保留2位有效数字)。

(4)本电路中所使用电容器的电容约为F(结果保留2位有效数字)。

(5)电容器充电后,将开关S2掷向2,发光二极管(填“D1”或“D2”)闪光。

答案(1)b(2)6.5(3)3.8×10-3(4)4.8×10-4(5)D1解析(1)要升高电容器的充电电压,则要使滑动变阻器与电容器并联部分电压变大,滑片应向b端滑动。(2)电压表表盘刻度一小格表示0.5V,读出电压表示数为6.5V。(3)图中一小格正方形表示的电荷量Q0=0.2×10-3×0.5C=1×10-4C,计算曲线与坐标轴包围范围内正方形的个数,不足半个的舍去,多于半个的算一个,可以数出正方形的个数是38,则电容器存储的电荷量Q=38Q0=3.8×10-3C。(4)电容器两端电压U=8V,电容器存储的电荷量Q=3.8×10-3C,C=QU=4.75×10-4F≈4.8×10-4(5)由电路图可知,电容器充电后左边极板带正电,右边极板带负电,将开关S2掷向2后,根据二极管的单向导电性可知D1闪光。14.(2023重庆,11,7分)某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。(1)用游标卡尺测量摆球直径d。当量爪并拢时,游标尺和主尺的零刻度线对齐。放置摆球后游标卡尺示数如图甲所示,则摆球的直径d为mm。

(2)用摆线和摆球组成单摆,如图乙所示。当摆线长度l=990.1mm时,记录并分析单摆的振动视频,得到单摆的振动周期T=2.00s,由此算得重力加速度g为m/s2(保留3位有效数字)。

(3)改变摆线长度l,记录并分析单摆的振动视频,得到相应的振动周期。他们发现,分别用l和l+d2作为摆长,这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小Δg随摆线长度l的变化曲线如图丙所示。由图可知,该实验中,随着摆线长度l的增加,Δg的变化特点是,原因是答案(1)19.20(2)9.86(3)逐渐减小并趋于稳定摆线长度越长,小球半径相对摆线的长度就越小,小球半径对重力加速度测量的影响就越小解析(1)由于该游标卡尺为50分度的,所以其分度值为0.02mm,由题图甲可知d=19mm+10×0.02mm=19.20mm。(2)根据单摆的周期公式有T=2πl+d2g(3)根据题图丙可知,随着l的增大,Δg逐渐减小并趋于稳定,原因是摆线长度越长,小球半径相对摆线的长度就越小,小球半径对重力加速度测量的影响就越小。15.(2023重庆,12,9分)一兴趣小组拟研究某变压器的输入和输出电压之比,以及交流电频率对输出电压的影响。如图甲为实验电路图,其中L1和L2为变压器的原、副线圈,S1和S2为开关,P为滑动变阻器RP的滑片,R为电阻箱,E为正弦式交流电源(能输出电压峰值不变、频率可调的交流电)。(1)闭合S1,用多用电表交流电压挡测量线圈L1两端的电压。滑片P向右滑动后,与滑动前相比,电表的示数(选填“变大”“不变”“变小”)。

(2)保持S2断开状态,调整E输出的交流电频率为50Hz,滑动滑片P,用多用电表交流电压挡测得线圈L1两端的电压为2500mV时,用示波器测得线圈L2两端电压u随时间t的变化曲线如图乙所示,则线圈L1两端与L2两端的电压比值为(保留3位有效数字)。

(3)闭合S2,滑动P到某一位置并保持不变。分别在E输出的交流电频率为50Hz、1000Hz的条件下,改变R的阻值,用多用电表交流电压挡测量线圈L2两端的电压U,得到U-R关系曲线如图丙所示。用一个阻值恒为20Ω的负载R0替换电阻箱R,由图丙可知,当频率为1000Hz时,R0两端的电压为mV;当频率为50Hz时,为保持R0两端的电压不变,需要将R0与一个阻值为Ω的电阻串联。(均保留3位有效数字)

答案(1)变大(2)12.6(3)27012.0(11.8~12.2均可)解析(1)当滑片P右移时,滑动变阻器左侧分压增大,线圈L1与滑动变阻器左侧并联,电压相同,则电表的示数变大。(2)根据题图乙可知,L2两端电压的峰值为280mV,则其有效值为2802mV,故L1两端与L2两端的电压比值为2500(3)由题图丙可知,当频率为1000Hz时,R0=20Ω对应的电压为270mV。当频率为50Hz时,要保证R0两端电压不变,即通过R0的电流不变,可以在题图丙上作出电流为13.5mA的图线,如图所示,该图线与50Hz的U-R图线的交点横坐标为32.0Ω,即R0与其串联电阻的总阻值,故串联电阻的阻值为12.0Ω(点拨:非线性过程有时候没办法用公式直接计算,一般通过作图找交点的办法解决)。16.(2023天津,9,12分)(1)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律,接通气垫导轨气源,释放托盘与砝码,并测得:a.遮光片的宽度d;b.遮光片到光电门的距离l;c.遮光片通过光电门的时间Δt;d.托盘与砝码的质量m1,小车与遮光片的质量m2。①小车通过光电门时的速度v=;

②小车从释放到经过光电门的过程,系统重力势能的减少量为,动能的增加量为;

③改变l,做多组实验,作出如图乙以l为横轴、以dΔt2为纵轴的图像,若系统机械能守恒,则图像的斜率k=(2)某实验小组的同学们为了测量一未知电阻R的阻值,做了以下实验。①同学们首先用多用电表欧姆“×1”挡位大致测出电阻R的阻值大小,如图丙所示,则其读数为Ω;

同学们继续使用学生电源(4V)组装图丁电路进行实验,其中电表可以从如下中进行选择:A.电压表V1(0~15V)B.电压表V2(0~3V)C.电流表A1(0~3A)D.电流表A2(0~0.6A)②电压表应选择,电流表应选择;(填器材前字母序号)

③下列说法正确的是。

A.电压表分流属于系统误差B.闭合开关前滑动变阻器滑片应该调到b端C.可以通过调节滑片使电压表示数为0D.多次实验可以减小系统误差答案(1)①dΔt②m1gl12(m1+m③2m1gm1+m2(2)①7解析(1)①小车通过光电门的挡光时间极短,该时间内的平均速度近似等于小车通过光电门的瞬时速度,即v=dΔt;②小车从释放到经过光电门的过程,系统重力势能的减少量ΔEp=m1gl,系统动能的增加量ΔEk=12(m1+m2)dΔt2;③若系统的机械能守恒,则有ΔEp=ΔEk,即m1gl=12(m1+m2)d(2)①由多用电表欧姆挡的读数规则可知,该电阻的大小应为表盘的读数与所选挡位的乘积,即7×1Ω=7Ω;②由于同学们使用的是学生电源(4V),为减小误差,则电压表应选择B,流过电流表的最大电流约为I=UgR=37A≈0.43A,则电流表应选择D;③电压表分流是器材本身带来的实验误差,属于系统误差,A正确;为保护电路,开关闭合时应使电阻两端电压最小,又滑动变阻器选用分压接法,则闭合开关前滑动变阻器的滑片应该调到a端,B错误;滑动变阻器选用分压接法时,两电表的示数均可调节为0,C正确;实验时,应多次测量求其平均值,目的是减小偶然误差17.(2023河北,11,8分)某实验小组利用图1装置测量重力加速度。摆线上端固定在O点,下端悬挂一小钢球,通过光电门传感器采集摆动周期。(1)关于本实验,下列说法正确的是。(多选)

A.小钢球摆动平面应与光电门U形平面垂直B.应在小钢球自然下垂时测量摆线长度C.小钢球可以换成较轻的橡胶球D.应无初速度、小摆角释放小钢球(2)组装好装置,用毫米刻度尺测量摆线长度L,用螺旋测微器测量小钢球直径d。螺旋测微器示数如图2,小钢球直径d=mm,记摆长l=L+d2。(3)多次改变摆线长度,在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T,并作出l-T2图像,如图3。根据图线斜率可计算重力加速度g=m/s2(保留3位有效数字,π2取9.87)。

(4)若将摆线长度误认为摆长,仍用上述图像法处理数据,得到的重力加速度值将(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

答案(1)ABD(2)20.035(3)9.87(4)不变解析(1)使用光电门测量时,光电门U形平面与被测物体经过光电门时的运动方向垂直是光电门使用的基本要求,A正确;测量摆线长度时,要保证绳子处于伸直状态,B正确;单摆是一个理想化模型,若采用质量较轻的橡胶球,空气阻力对摆球运动的影响较大,C错误;无初速度、小摆角释放的目的是保持摆球在竖直平面内运动,不形成圆锥摆,且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为做简谐运动,使用T=2πlg计算单摆的周期,D正确(2)小钢球直径d=20mm+3.5×0.01mm=20.035mm。(3)由单摆周期公式T=2πlg,整理得l=g4π2T2,由图3知图线的斜率k=g4π2=14m/s2,解得(4)若将摆线长度L误认为摆长l,则有T=2πL+d2g,即得到的图线函数表达式为L=gT24π2-d18.(2023海南,14,6分)如图所示,在用激光测玻璃砖折射率的实验中,玻璃砖与光屏P平行放置,从另一侧用激光笔以一定角度照射,此时在光屏上的S1处有激光点,移走玻璃砖,光点移到S2处。(1)请在图中画出激光束经玻璃砖折射后完整的光路图;(2)已经测出AB=l1,OA=l2,S1S2=l3,则折射率n=(用l1、l2、l3表示);

(3)若改用宽度比ab更小的玻璃砖做实验,则S1、S2间的距离会(填“变大”“变小”或“不变”)。

答案(1)如图所示(2)l1(l解析(1)光线穿过平行玻璃砖的出射光线和入射光线平行,过S1作BS2的平行线,交ad于C点,连接OC,光路图如答案图所示。(2)根据几何关系可知,入射角的正弦值sini=l1l12+l22,折射角的正弦值sinγ=l(3)若玻璃砖的宽度变小,ad边与两条光线的交点距离变小,即BC变小,则S1、S2间的距离也会变小。19.(2023海南,15,14分)用如图甲所示的电路测量一个量程为100μA、内阻约为2000Ω的微安表头的内阻,所用电源的电动势约为12V,有两个电阻箱可选,R1(0~9999.9Ω),R2(0~99999.9Ω)(1)RM应选,RN应选;

(2)根据电路图甲,请把实物图乙连线补充完整;(3)下列操作顺序合理排列是:;

①将滑动变阻器滑片P移至最左端,将RN调至最大值;②闭合开关S2,调节RM,使微安表半偏,并读出RM的阻值;③断开S2,闭合S1,调节滑片P至某位置再调节RN使表头满偏;④断开S1、S2,拆除导线,整理好器材(4)如图丙是RM调节后的面板,则待测表头的内阻为,该测量值(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。

(5)将该微安表改装成量程为2V的电压表后,某次测量指针指在图丁所示位置,则待测电压为V。

(6)某次半偏法测量表头内阻的实验中,S2断开,电表满偏时读出RN的值,在滑片P不变的情况下,S2闭合后调节电阻箱RM,使电表半偏时读出RM,若认为OP间电压不变,则微安表内阻为(用RM、RN表示)。

答案(1)R1R2(2)如图所示(3)①③②④(4)1998.0Ω小于(5)1.28(6)R解析(1)根据半偏法的测量原理可知,电路中RM与RμA应相当,当闭合S2之后,通过RN的电流应基本不变,就需要RN较大,以减小并联RM对滑动变阻器左方分得电压的影响。故RM应选R1,RN应选R2。(3)第一步:闭合开关S1前,需要调节滑动变阻器滑片P,使微安表和RN两端总电压为0,即滑片P移至最左端,RN调至最大值。第二步:只闭合S1,调节滑片P和RN阻值,使微安表达到满偏。第三步:保证滑片P不动,RN阻值不变,闭合S2,调节RM,使微安表半偏。最后一步:断开所有开关,拆导线,整理器材。正确的操作顺序是①③②④。(4)读出的RM即是微安表的内阻,大小为1998.0Ω。当闭合S2后,电路示意图如图所示,RM和微安表并联后的阻值小于微安表内阻,则流过RN的电流大于闭合前的电流,则流过RM的电流大于IμA2,故RM<R(5)按读数规则,只需要读出64即可,按换算关系2V100μA=U64μA,(6)根据半偏法原理可得,闭合S2前后可认为OP间电压不变,即有I(RμA+RN)=I2+I2RμARMRN+I220.(2023广东,11,7分)某同学用激光笔和透明长方体玻璃砖测量玻璃的折射率。实验过程如下:(1)将玻璃砖平放在水平桌面上的白纸上,用大头针在白纸上标记玻璃砖的边界。(2)①激光笔发出的激光从玻璃砖上的M点水平入射,到达ef面上的O点后反射到N点射出。用大头针在白纸上标记O点、M点和激光笔出光孔Q的位置。②移走玻璃砖,在白纸上描绘玻璃砖的边界和激光的光路,作QM连线的延长线与ef面的边界交于P点,如图(a)所示。③用刻度尺测量PM和OM的长度d1和d2。PM的示数如图(b)所示,则d1为cm。测得d2为3.40cm。

(3)利用所测量的物理量,写出玻璃砖折射率的表达式n=。由测得的数据可得折射率n为(结果保留3位有效数字)。

(4)相对误差的计算式为δ=|测量值-真实值|真实值×100%。为了减小d1、d2测量的相对误差,实验中激光在M点入射时应尽量使入射角答案(2)③2.25(2.24~2.26均可)(3)d2d11.51(1.50~1.52均可)解析(2)③题图(b)中刻度尺的分度值为0.1cm,d1=2.25cm。(3)根据题意作出法线、入射角θ1、折射角θ2,如图所示。玻璃砖折射率n=sinθ1sinθ2=fMMPfMOM=OM(4)相对误差的计算式为δ=|测量值-真实值|真实值×100%,为了减小d1、d2测量的相对误差,实验中d1、d2要尽量大一些,即激光在21.(2023福建,12,6分)某小组用图(a)所示的实验装置探究斜面倾角是否对动摩擦因数产生影响。所用器材有:绒布、木板、滑块、挡光片、米尺、游标卡尺、光电门、倾角调节仪等。实验过程如下:(1)将绒布平铺并固定在木板上,然后将光电门A、B固定在木板上。用米尺测量A、B间距离L;(2)用游标卡尺测量挡光片宽度d,示数如图(b)所示。该挡光片宽度d=mm;

(3)调节并记录木板与水平面的夹角θ,让装有挡光片的滑块从木板顶端下滑。记录挡光片依次经过光电门A和B的挡光时间ΔtA和ΔtB,求得挡光片经过光电门时滑块的速度大小vA和vB。某次测得ΔtA=5.25×10-3s,则vA=m/s(结果保留3位有效数字);

(4)推导滑块与绒布间动摩擦因数μ的表达式,可得μ=(用L、vA、vB、θ和重力加速度大小g表示),利用所得实验数据计算出μ值;

(5)改变θ进行多次实验,获得与θ对应的μ,并在坐标纸上作出μ⁃θ关系图像,如图(c)所示;(6)根据上述实验,在误差允许范围内,可以得到的结论为。

答案(2)5.25(3)1.00(4)tanθ-vB(6)斜面倾角对动摩擦因数没有影响解析(2)该挡光片宽度d=5mm+5×0.05mm=5.25mm。(3)根据极短时间内的平均速度近似等于瞬时速度可知,挡光片经过光电门A时的速度vA=dΔtA=5.25×10-3(4)挡光片依次经过光电门A和光电门B,由动能定理可得mgLsinθ-μmgLcosθ=12mvB2-12mvA2,(6)根据题图(c)可知,动摩擦因数并不随角度的变化而变化,故结论为斜面倾角对动摩擦因数没有影响。22.(2023福建,13,6分)某同学用图(a)所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有:电源、电压传感器、电解电容器C(4.7μF,10V),定值电阻R(阻值2.0kΩ)、开关S、导线若干。(1)电解电容器有正、负电极的区别。根据图(a),将图(b)中的实物连线补充完整;(2)设置电源,让电源输出图(c)所示的矩形波,该矩形波的频率为Hz;

(3)闭合开关S,一段时间后,通过电压传感器可观测到电容器两端的电压UC随时间周期性变化,结果如图(d)所示,A、B为实验图线上的两个点。在B点时,电容器处于状态(填“充电”或“放电”);在点时(填“A”或“B”),通过电阻R的电流更大;

(4)保持矩形波的峰值电压不变,调节其频率,测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化的情况,并在坐标纸上作出电容器上最大电压Um与频率f关系图像,如图(e)所示。当f=45Hz时,电容器所带电荷量的最大值Qm为C(结果保留两位有效数字);

(5)根据实验结果可知,电容器在充放电过程中,其所带的最大电荷量在频率较低时基本不变,而后随着频率的增大逐渐减小。答案(1)如图所示(2)40(3)充电B(4)1.8×10-5解析(1)根据电路图连接实物图,注意电容器和电压传感器并联,连线如答案图所示。(2)由题图(c)可知矩形波变化周期T=2.5×10-2s,故该矩形波的频率f=1T=40Hz(3)观察题图(d)可知,B点处于电容器两端电压增大的过程,此时电容器处于充电状态,通过电阻的电流iB=E-UBR;A点时电容器处于放电状态,电源电动势为零,通过电阻的电流iA=UAR,由图(c)和(d)可知E=5.0V,UA=UB<2.5V,所以一题多解也可通过UC⁃t图线的切线斜率ΔUCΔt来判断电流的大小,电路中的电流大小i=ΔQΔt=CΔ(4)由题图(e)可知,当f=45Hz时,电容器此时两端的电压最大值Um约为3.8V,故Qm=CUm=4.7×10-6×3.8C≈1.8×10-5C。23.(2023广东,12,10分)某兴趣小组设计了测量盐水电导率的实验。所用器材有:电源E(电动势恒定,内阻可忽略);毫安表(量程15mA,内阻可忽略);电阻R1(阻值500Ω)、R2(阻值500Ω)、R3(阻值600Ω)和R4(阻值200Ω);开关S1和S2;装有耐腐蚀电极板和温度计的有机玻璃样品池;导线若干。请完成下列实验操作和计算。(1)电路连接图(a)为实验原理图。在图(b)的实物图中,已正确连接了部分电路,只有R4一端的导线还未连接,该导线应接到R3的(填“左”或“右”)端接线柱。

(2)盐水电导率和温度的测量①测量并记录样品池内壁的长宽高。在样品池中注满待测盐水。②闭合开关S1,开关S2,毫安表的示数为10.0mA,记录此时毫安表的示数。计算得到流过样品池的电流I1为mA。

③开关S2,毫安表的示数为15.0mA,记录此时毫安表的示数。计算得到流过样品池的电流I2为mA。

④断开开关S1,测量并记录盐水的温度。(3)根据上述数据,计算得到样品池两电极板间待测盐水的电阻为Ω,进而可求得该温度时待测盐水的电导率。

答案(1)右(2)②断开40.0③闭合60.0(3)100解析(1)根据图(a)电路可知,R3和R4是并联关系,则R4右端的导线应接到R3的右端接线柱。(2)②闭合开关S1,断开开关S2,毫安表的示数为10.0mA,则通过电阻R4的电流I4=I3R3R4=30.0mA,根据电路图可知,流过样品池的电流I1=I3+I③闭合开关S2,毫安表的示数为15.0mA,则流过R4的电流I4'=I3'R3R4=45.0mA,流过样品池的电流I2=I3(3)设待测盐水的电阻为R0,根据闭合电路欧姆定律,开关S2断开时E=I1R开关S2闭合时E=I2R代入数据解得R0=100Ω。22年及往年真题autonum.(2022全国乙,22,5分)用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻(t=0)开始的一段时间内,该飞行器可视为沿直线运动,每隔1s测量一次其位置,坐标为x,结果如下表所示:t/s0123456x/m050710941759250533294233回答下列问题:(1)根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动,判断的理由是:

____________________;

(2)当x=507m时,该飞行器速度的大小v=m/s;

(3)这段时间内该飞行器加速度的大小a=m/s2(保留2位有效数字)。

答案(1)在误差允许的范围内,相邻相等时间内的位移之差近似相等(2)547(3)79解析(1)根据表中数据可以求得第1s内、第2s内、第3s内、第4s内、第5s内、第6s内飞行器的位移分别为x1=507m、x2=587m、x3=665m、x4=746m、x5=824m、x6=904m,在误差允许的范围内,相邻相等时间内的位移之差近似相等,即满足Δx=aT2,可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动。(2)对于匀加速直线运动,中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度,所以当x=507m时,该飞行器速度的大小v=10942(3)根据逐差法可知这段时间内该飞行器加速度的大小a=x36-x03(3T)autonum.(2022湖南,11,6分)小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等,设计了如图(a)所示的实验装置,测量冰墩墩玩具的质量。主要实验步骤如下:(1)查找资料,得知每枚硬币的质量为6.05g;(2)将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋,测量每次稳定后橡皮筋的长度l,记录数据如下表:序号12345硬币数量n/枚510152025长度l/cm10.5112.0213.5415.0516.56(3)根据表中数据在图(b)上描点,绘制图线;(4)取出全部硬币,把冰墩墩玩具放入塑料袋中,稳定后橡皮筋长度的示数如图(c)所示,此时橡皮筋的长度为cm;

(5)由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为g(计算结果保留3位有效数字)。

答案(3)见解析(4)15.35(15.34~15.36)(5)127解析(3)根据表中数据描点连线如图所示;(4)根据刻度尺的读数规则,读出橡皮筋的长度为15.35cm-0.00cm=15.35cm;(5)由胡克定律F=kx可得k=ΔFΔx,本题中ΔF可用5枚硬币的重力表示,则Δx指的是橡皮筋的伸长量,约为1.51cm,则k=5×6.05×10-3×9.81.51N/cm≈0.196N/cm;设冰墩墩玩具的质量为m,挂上冰墩墩后,橡皮筋长度为15.autonum.(2022湖南,12,9分)小梦同学自制了一个两挡位(“×1”“×10”)的欧姆表,其内部结构如图所示,R0为调零电阻(最大阻值为R0m),Rs、Rm、Rn为定值电阻(Rs+R0m<Rm<Rn),电流计的内阻为RG(Rs≪RG)。用此欧姆表测量一待测电阻的阻值,回答下列问题:(1)短接①②,将单刀双掷开关S与m接通,电流计示数为Im;保持电阻R0滑片位置不变,将单刀双掷开关S与n接通,电流计示数变为In,则ImIn(填“大于”或“小于”);

(2)将单刀双掷开关S与n接通,此时欧姆表的挡位为(填“×1”或“×10”);

(3)若从“×1”挡位换成“×10”挡位,调整欧姆零点(欧姆零点在电流计满偏刻度处)时,调零电阻R0的滑片应该调节(填“向上”或“向下”);

(4)在“×10”挡位调整欧姆零点后,在①②间接入阻值为100Ω的定值电阻R1,稳定后电流计的指针偏转到满偏刻度的23;取走R1,在①②间接入待测电阻Rx,稳定后电流计的指针偏转到满偏刻度的13,则Rx=Ω。

答案(1)大于(2)×10(3)向上(4)400解析(1)短接①②,考虑到电源电动势不变,当保持电阻R0滑片的位置不变时,由闭合电路欧姆定律可知I=ER内+R外,将Rm或Rn视为外电路的电阻,由于Rm<Rn,则I(2)当开关接n时,欧姆表内电阻较大,内电阻和待测电阻串联分压,则待测量的电阻阻值应较大,即此时应为“×10”挡位。(3)若滑片位置不变,当开关接到较大的电阻Rn时,考虑串联电路分压关系,电流计不能满偏,若要使电流计满偏,则需要减小其所在支路的总电阻,故需向上调节调零电阻R0的滑片。(4)设I总=kIg=ER总,当①②短接时,kIg=ER内;当接入100Ω的电阻时,23kIg=ER内+100Ω;当接入Rx时,13kIgautonum.(2022江苏,11,15分)小明利用手机测量当地的重力加速度,实验场景如题图1所示,他将一根木条平放在楼梯台阶边缘,小球放置在木条上,打开手机的“声学秒表”软件,用钢尺水平击打木条使其转开后,小球下落撞击地面。手机接收到钢尺的击打声开始计时,接收到小球落地的撞击声停止计时,记录下击打声与撞击声的时间间隔t。多次测量不同台阶距离地面的高度h及对应的时间间隔t。(1)现有以下材质的小球,实验中应当选用。

A.钢球B.乒乓球C.橡胶球(2)用分度值为1mm的刻度尺测量某级台阶高度h的示数如题图2所示,则h=cm。

(3)作出2h-t2图线,如题图3所示,则可得到重力加速度g=m/s2。

(4)在题图1中,将手机放在木条与地面间的中点附近进行测量。若将手机放在地面A点,设声速为v,考虑击打声的传播时间,则小球下落时间可表示为t'=(用h、t和v表示)。

(5)有同学认为,小明在实验中未考虑木条厚度,用图像法计算的重力加速度g必然有偏差。请判断该观点是否正确,简要说明理由。答案(1)A(2)61.20(3)9.61~9.63(4)t+hv解析(1)实验的原理为h=12gt2(2)分度值为1mm的刻度尺,读数时必须向后估读一位。(3)由2h=gt2可知,图线的斜率等于重力加速度,故有:g=2ΔhΔ(t2)=3.0-0.50.320-0.060m/s(4)声音从木条传播到地面的时间t1=hv,且手机放在地面会导致记录的时间t偏小,故t'=t+h(5)该观点不正确。设木条厚度为d,则小球自由下落的实际高度H=h+d,用图像法计算的重力加速度g=2ΔhΔ(t2)autonum.(2022山东,14,8分)某同学利用实验室现有器材,设计了一个测量电阻阻值的实验。实验器材:干电池E(电动势1.5V,内阻未知);电流表A1(量程10mA,内阻为90Ω);电流表A2(量程30mA,内阻为30Ω);定值电阻R0(阻值为150Ω);滑动变阻器R(最大阻值为100Ω);待测电阻Rx;开关S,导线若干。测量电路如图所示。(1)断开开关,连接电路,将滑动变阻器R的滑片调到阻值最大一端,将定值电阻R0接入电路;闭合开关,调节滑片位置,使电流表指针指在满刻度的12处。该同学选用的电流表为(填“A1”或“A2”);若不考虑电池内阻,此时滑动变阻器接入电路的电阻值应为(2)断开开关,保持滑片的位置不变,用Rx替换R0,闭合开关后,电流表指针指在满刻度的35处,则Rx的测量值为(3)本实验中未考虑电池内阻,对Rx的测量值(填“有”或“无”)影响。

答案(1)A160(2)100(3)无解析(1)回路中的电流I<ER0=10mA,即不可能使A2半偏,故选用的电流表为A1;当A1半偏时,回路中的电流I=5mA,若不考虑电池内阻,有I=ER(2)电流表指针指在满刻度的35处,此时回路中的电流I'=6mA,由I'=ERx+(3)若考虑电池内阻,则I=ER0+RA1+R+r,I'=ERxautonum.(2022重庆,11,6分)某兴趣小组研究热敏电阻在通以恒定电流时,其阻值随温度的变化关系。实验电路如图所示,实验设定恒定电流为50.0μA,主要实验器材有:恒压直流电源E、加热器、测温仪、热敏电阻RT、可变电阻R1、电流表A、电压表V。(1)用加热器调节RT的温度后,为使电流表的示数仍为50.0μA,须调节(选填一种给定的实验器材)。当RT两端未连接电压表时,电流表示数为50.0μA;连接电压表后,电流表示数显著增大,须将原电压表更换为内阻(选填“远大于”“接近”“远小于”)RT阻值的电压表。

(2)测得RT两端的电压随温度的变化如图所示,由图可得温度从35.0℃变化到40.0℃的过程中,RT的阻值随温度的平均变化率是kΩ·℃-1(保留2位有效数字)。

答案(1)可变电阻R1远大于(2)1.2解析(1)用加热器调节RT的温度后,为使电流表的示数即电路中电流仍为50.0μA,则电路中的总电阻应不变,故调节可变电阻R1。连接电压表后,电流表示数显著增大,说明电压表的分流作用显著,而并联电路中电流与阻值成反比,故需将原电压表更换为内阻远大于RT阻值的电压表。(2)由图可知,温度从35.0℃变化到40.0℃时,RT两端电压由1.55V变化到1.25V,由于电流恒为50.0μA,故电阻值减小了6.0kΩ,可知RT的阻值随温度的平均变化率是1.2kΩ·℃-1。autonum.(2022湖北,12,7分)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器,另一端连接小钢球,如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放,使小钢球在竖直平面内摆动,记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置,重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax-Tmin图像是一条直线,如图乙所示。(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒,则图乙中直线斜率的理论值为。

(2)由图乙得:直线的斜率为,小钢球的重力为N。(结果均保留2位有效数字)

(3)该实验系统误差的主要来源是(单选,填正确答案标号)。

A.小钢球摆动角度偏大B.小钢球初始释放位置不同C.小钢球摆动过程中有空气阻力答案(1)-2(2)-2.10.59(3)C解析(1)小球摆至最高点时有:Tmin=mgcosθ小球摆至最低点时有:Tmax=mg+mv根据机械能守恒定律有:mgL(1-cosθ)=12mv三式联立整理得:Tmax=3mg-2Tmin故直线斜率的理论值为-2。(2)由Tmax与Tmin的函数式可知,图像的纵截距为3mg=1.77N,则mg=0.59N,在图线上取两点坐标求斜率:k=ΔTmaxΔTmin(3)小钢球摆动过程克服空气阻力做功,使一部分机械能转化为内能,故选C。autonum.(2022河北,11,6分)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律,实验装置如图1所示。弹簧的劲度系数为k,原长为L0,钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E=12kx2,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,当地的重力加速度大小为g。(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置,测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码,弹簧收缩,得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示,纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内,认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内,弹簧的弹性势能减少量为,钩码的动能增加量为,钩码的重力势能增加量为。

(2)利用计算机软件对实验数据进行处理,得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系,如图3所示。由图3可知,随着h增加,两条曲线在纵向的间隔逐渐变大,主要原因是

。

答案见解析解析(1)打出A点时,弹簧的伸长量xA=L-L0;打出F点时,弹簧的伸长量xF=L-L0-h5,则从打出A点到打出F点的时间内,弹簧弹性势能减少量为ΔEp1=12kxA2-12kxF2=12k(L-L0)2-12k(L-L0-h5)2;打出F点时,钩码速度vF=h6-h42T,动能增加量ΔEk=(2)弹簧弹力逐渐减小,空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦阻力变得不可忽略,系统机械能持续减小。autonum.(2022广东,11,7分)某实验小组为测量小球从某一高度释放,与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失,设计了如图(a)所示的装置,实验过程如下:(1)让小球从某一高度由静止释放,与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置,使小球从光电门正上方释放后,在下落和反弹过程中均可通过光电门。(2)用螺旋测微器测量小球的直径,示数如图(b)所示,小球直径d=mm。

(3)测量时,应(选填“A”或“B”,其中A为“先释放小球,后接通数字计时器”,B为“先接通数字计时器,后释放小球”)。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2。

(4)计算小球通过光电门的速度,已知小球的质量为m,可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE=(用字母m、d、t1和t2表示)。

(5)若适当调高光电门的高度,将会(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。

答案(2)7.885(3)B(4)12md2(5)增大解析(2)螺旋测微器的读数为7.5mm+38.5×0.01mm=7.885mm。(3)如果先释放小球,后接通数字计时器,由于高度较小,还没有启动数字计时器,小球已通过光电门,故应先接通数字计时器,再释放小球。(4)小球两次通过光电门的速度v1=dt1,v2=dt2,由于光电门的高度一定,若不考虑空气阻力的影响,可认为小球与橡胶材料碰撞前后的机械能的损失量ΔE=12mv12-12mv22=12m(5)由于存在空气阻力,适当调高光电门的高度后,不会影响小球碰撞过程中的机械能损失,但会增大小球两次通过光电门过程中空气阻力所做的功,当将小球两次通过光电门时减少的动能作为小球碰撞过程中损失的机械能时,会增大测量的系统误差。autonum.(2022全国甲,22,5分)某同学要测量微安表内阻,可利用的实验器材有:电源E(电动势1.5V,内阻很小),电流表(量程10mA,内阻约10Ω),微安表(量程100μA,内阻Rg待测,约1kΩ),滑动变阻器R(最大阻值10Ω),定值电阻R0(阻值10Ω),开关S,导线若干。(1)将图中所示的器材符号连线,画出实验电路原理图;(2)某次测量中,微安表的示数为90.0μA,电流表的示数为9.00mA,由此计算出微安表内阻Rg=Ω。

答案(1)如图所示(2)990解析流过电阻R0的电流I0=I-Ig=9mA-0.09mA=8.91mA,由欧姆定律可知,Rg=I0R0autonum.(2022北京,15,8分)物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。(1)用电压表(内阻约为3kΩ)和电流表(内阻约为0.1Ω)测量一个电阻的阻值(约为5Ω)。要求尽量减小实验误差,应该选择的测量电路是图1中的(选填“甲”或“乙”)。

(2)一多用电表表盘上的电阻刻度线正中间标有“15”字样。用它测量约20kΩ电阻的阻值,下列实验步骤正确的操作顺序为(填各实验步骤前的字母)。

A.将选择开关置于“×1k”位置B.将选择开关置于“OFF”位置C.将两表笔分别接触待测电阻两端,读出其阻值后随即断开D.将两表笔直接接触,调节欧姆调零旋钮,使指针指向“0”(3)图2是“测量电源的电动势和内电阻”实验的电路图。某同学在实验中,闭合开关后,发现无论怎么移动滑动变阻器的滑片,电压表有示数且不变,电流表始终没有示数。为查找故障,在其他连接不变的情况下,他将电压表连接a位置的导线端分别试触b、c、d三个位置,发现试触b、c时,电压表有示数;试触d时,电压表没有示数。若电路中仅有一处故障,则(选填选项前的字母)。

A.导线ab断路B.滑动变阻器断路C.导线cd断路D.滑动变阻器短路答案(1)甲(2)ADCB(3)C解析(1)测小电阻,选用电流表外接法测量误差小。(2)多用电表测电阻时,指针在表盘中间13处的测量较准确。由于R测(3)闭合开关后,电压表有示数,且在分别试触b、c时,电压表均有示数,说明从c经过滑动变阻器到a的电路导通,试触d时电压表示数为零,说明dc段有断路。autonum.(2022北京,16,10分)某同学利用自由落体运动测量重力加速度,实验装置如图1所示,打点计时器接在频率为50.0Hz的交流电源上。使重锤自由下落,打点计时器在随重锤下落的纸带上打下一系列点迹。挑出点迹清晰的一条纸带,依次标出计数点1,2,…,8,相邻计数点之间还有1个计时点。分别测出相邻计数点之间的距离x1,x2,…,x7,并求出打点2,3,…,7时对应的重锤的速度。在坐标纸上建立v-t坐标系,根据重锤下落的速度作出v-t图线并求重力加速度。(1)图2为纸带的一部分,打点3时,重锤下落的速度v3=m/s(结果保留3位有效数字)。

(2)除点3外,其余各点速度对应的坐标点已在图3坐标系中标出,请在图中标出速度v3对应的坐标点,并作出v-t图线。(3)根据图3,实验测得的重力加速度g=m/s2(结果保留3位有效数字)。

(4)某同学居家学习期间,注意到一水龙头距地面较高,而且发现通过调节水龙头阀门可实现水滴逐滴下落,并能控制相邻水滴开始下落的时间间隔,还能听到水滴落地时发出的清脆声音。于是他计划利用手机的秒表计时功能和刻度尺测量重力加速度。为准确测量,请写出需要测量的物理量及对应的测量方法。答案(1)1.15(2)如图所示(3)9.75(4)需要测量的物理量:水滴下落的高度h和下落的时间t。测量h的方法:用刻度尺测量水龙头出水口到地面的高度,多次测量取平均值。测量t的方法:调节水龙头阀门,使一滴水开始下落的同时,恰好听到前一滴水落地时发出的清脆声音。用手机测量n滴水下落的总时间tn,则t=tn解析(1)由于交流电源频率f=50.0Hz,相邻计数点间还有一个计时点,则相邻计数点间时间间隔为T=2f=0.04s,故v3=x2+x3(2)见答案图(3)由v-t图线的斜率可得重力加速度为g=ΔvΔt=2.69-0.350.24m/s2autonum.(2022浙江1月选考,17,7分)(7分)(1)在“研究平抛运动”实验中,以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O,建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放,使其水平抛出,通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹,如图1所示。在轨迹上取一点A,读取其坐标(x0,y0)。①下列说法正确的是(单选)。

A.实验所用斜槽应尽量光滑B.画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据②根据题目所给信息,小球做平抛运动的初速度大小v0=(单选)。

A.2ghB.C.x0g2hD.x③在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是。

(2)“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图2所示,阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B,给小车A一定速度去碰撞静止的小车B,小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。①实验应进行的操作有(单选)。

A.测量滑轨的长度B.测量小车的长度和高度C.碰撞前将滑轨调成水平②表是某次实验时测得的数据:A的质量/kgB的质量/kg碰撞前A的速度大小/(m·s-1)碰撞后A的速度大小/(m·s-1)碰撞后B的速度大小/(m·s-1)0.2000.3001.0100.2000.800由表中数据可知,碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是kg·m/s(结果保留3位有效数字)。

答案(1)①C②D③见解析(2)①C②0.200解析(1)①根据实验原理可知,实验中只要确保小球多次水平抛出时的速度相同即可,无须斜槽尽量光滑,A错误;画轨迹时应注意描绘要求,即尽可能使平滑曲线通过所有点,不能通过所有点时应使点迹均匀分布在曲线两侧,个别误差较大的点可忽略,故B错误;为减小实验测量误差,应选用离原点较远的点读取数据,故C正确。②由y0=12gt2得t=2y0g,故v0=x0(2)①根据动量守恒定律条件,滑轨阻力很小可忽略,因此为减小重力影响应调节滑轨水平;根据实验原理可知,无须测量滑轨的长度及小车的长度和高度,故A、B错误,C正确。②根据弹性碰撞规律可知,mA<mB,则A与B碰撞后,A会反弹,即碰撞后系统的总动量大小为p=mBvB'-mAvA'=0.300×0.800kg·m/s-0.200×0.200kg·m/s=0.200kg·m/s。autonum.(2022浙江6月选考，17，7分)(1)①“探究小车速度随时间变化的规律”的实验装置如图1所示,长木板水平放置,细绳与长木板平行。图2是打出纸带的一部分,以计数点O为位移测量起点和计时起点,则打计数点B时小车位移大小为cm。由图3中小车运动的数据点,求得加速度为m/s2(保留两位有效数字)。

②利用图1装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验,需调整的是(多选)。

A.换成质量更小的小车B.调整长木板的倾斜程度C.把钩码更换成砝码盘和砝码D.改变连接小车的细绳与长木板的夹角(2)“探究求合力的方法”的实验装置如图4所示,在该实验中,①下列说法正确的是(单选);

A.拉着细绳套的两只弹簧秤,稳定后读数应相同B.在已记录结点位置的情况下,确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点C.测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦D.测量时,橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板②若只有一只弹簧秤,为了完成该实验至少需要(选填“2”、“3”或“4”)次把橡皮条结点拉到O点。

答案(1)①6.20±0.051.9±0.2②BC(2)①D②3解析(1)①刻度尺应估读到0.01cm,所以读数为6.20cm。v-t图线斜率表示加速度,故加速度为1.9m/s2。②探究加速度与力、质量关系实验中要求平衡摩擦力,还要能够方便控制小车所受的拉力大小,所以应调整长木板的倾斜程度,将钩码换成砝码盘和砝码。小车质量不用变小,细绳与长木板始终要平行。(2)①拉着细绳套的两只弹簧秤读数不必相同,A错误;记录拉力方向时需要两个点即可,已经有结点位置再需要一个点就行,B错误;测量时弹