高三物理二轮复习教师用书热点10实验专题

[热点跟踪专练]一、力学实验1．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一水平的气垫导轨，导轨上A点处有一滑块，其质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连．调节细绳的长度使每次实验时滑块运动到B点处与劲度系数为k的弹簧接触时小球恰好落地，测出每次弹簧的压缩量x，如果在B点的正上方安装一个速度传感器，用来测定滑块到达B点的速度，发现速度v与弹簧的压缩量x成正比，作出速度v随弹簧压缩量x变化的图象如图乙所示，测得v－x图象的斜率k′＝eq\r(\f(k,M)).在某次实验中，某同学没有开启速度传感器，但测出了A、B两点间的距离为L，弹簧的压缩量为x0，重力加速度用g表示，则：(1)滑块从A处到达B处时，滑块和小球组成的系统动能增加量可表示为ΔEk＝____________，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝______________，在误差允许的范围内，若ΔEk＝ΔEp则可认为系统的机械能守恒．(用题中字母表示)(2)在实验中，该同学测得M＝m＝1kg，弹簧的劲度系数k＝100N/m，并改变A、B间的距离L，作出的x2－L图象如图丙所示，则重力加速度g＝________m/s2.[解析](1)滑块刚接触弹簧时的速度为v0＝x0eq\r(\f(k,M))，故系统的动能增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)＝eq\f(kx\o\al(2,0)M＋m,2M)；由于只有小球的重力做功，故重力势能的减少量为ΔEp＝mgL.(2)根据机械能守恒定律有mgL＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，v＝xeq\r(\f(k,M))，M＝m解得x2＝eq\f(mg,k)L，由题图丙可得k″＝eq\f(mg,k)＝0.096m，故g＝eq\f(kk″,m)＝eq\f(100×0.096,1)m/s2＝9.6m/s2.[答案](1)eq\f(kx\o\al(2,0)M＋m,2M)mgL(2)9.62．如图甲是某同学利用气垫导轨探究加速度和物体质量之间的关系的实验装置，实验时他先调节气垫导轨下的螺母使气垫导轨水平，然后挂上小砂桶拉滑块(可通过增减砂桶中的砂来改变砂和砂桶的质量)，滑块每次都从同一位置由静止释放．(1)该同学用游标卡尺测出遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________mm，让滑块由某一位置静止释放，由数字计时器记下遮光条通过光电门时遮光时间间隔Δt＝0.02s，则滑块通过光电门时的速度大小为________m/s(保留两位有效数字)．(2)实验中小砂桶的质量为m，滑块的质量为M，细线对滑块的拉力大小可认为是小砂桶的重力大小，若m＝10g，则多次实验中，下列滑块质量M的取值不合理的一个是________．A．50gB．300gC．500gD．800g(3)在滑块上增减铁片改变滑块质量，测出多组滑块质量M(含铁片)和对应遮光条通过光电门时间Δt，并算出滑块经过光电门时的速度v，通过描点作图，得出滑块加速度与滑块质量间的关系，作图时应作________图象(填“v2－m”“v2－M”“v2－eq\f(1,m)”或“v2－eq\f(1,M)”)，进而得出的结论是_____________________________________________________________________________________________.[解析](1)由游标卡尺的读数规则知d＝6mm＋0.05×6mm＝6.30mm，滑块通过光电门时的速度大小为v＝eq\f(d,Δt)＝eq\f(6.30×10－3,0.02)m/s＝0.32m/s.(2)对滑块和小砂桶整体分析有a＝eq\f(mg,M＋m)，细线的拉力F＝Ma＝eq\f(mg,1＋\f(m,M))，所以当M≫m时，细线对滑块的拉力大小可认为是小砂桶的重力大小，比较M与m可知滑块质量M的取值不合理的一个是50g，选A.(3)由题意知v2＝2as＝eq\f(2mgs,M)，而m、s不变，所以应作v2－eq\f(1,M)图象，进而得出的结论是合外力一定时，物体的加速度与物体的质量成反比．[答案](1)6.300.32(2)A(3)v2－eq\f(1,M)合外力一定时，物体的加速度与物体的质量成反比3．某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中动量的变化规律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图甲所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片以平衡摩擦力．(1)若已得到打点纸带如图乙所示，测得各计数点间距离并标在图上，点1为打下的第一点，则应选________段来计算小车A的碰前速度，应选________段来计算小车A和小车B碰后的共同速度．(填“1～2”“2～3”“3～4”或“4～5”)(2)已测得小车A的质量mA＝0.40kg，小车B的质量mB＝0.20kg，由以上的测量结果可得：碰前两小车的总动量为________kg·m/s，碰后两小车的总动量为________kg·m/s.由此可得出的实验结论是____________________________________________________．[解析](1)因小车做匀速运动，应取纸带上点迹均匀的一段来计算速度，碰前2～3段点迹均匀，碰后4～5段点迹均匀，故取2～3段计算碰前小车A的速度，4～5段计算碰后小车A、B的共同速度．(2)碰前小车A的速度vA＝eq\f(s23,T)＝eq\f(10.50×10－2,0.02×5)m/s＝1.05m/s，其动量pA＝mAvA＝0.420kg·m/s；碰后两小车的共同速度为vAB＝eq\f(s45,T)＝eq\f(6.95×10－2,0.02×5)m/s＝0.695m/s，其总动量pAB＝(mA＋mB)vAB＝0.417kg·m/s，由计算结果可知：在实验允许的误差范围内碰撞前后总动量不变．[答案](1)2～34～5(2)0.4200.417在实验允许的误差范围内碰撞前后总动量不变4．图甲是测定小物块与水平面之间动摩擦因数的实验装置，光滑曲面AB与粗糙水平面相切于B点且固定(光电门P固定于B点)．小物块自曲面上某一点释放后沿水平面滑行，光电计时器可以记录小物块通过P、Q的时间．已知当地重力加速度为g.(1)若小物块从光滑曲面AB上高h处由静止释放，光电计时器记录通过P、Q的时间为t，用刻度尺测得P、Q之间的距离为x，则小物块与水平面之间的动摩擦因数的表达式为μ＝________.(2)让小物块自曲面AB上某一点由静止释放，多次改变Q的位置(物块开始下滑点保持不变)，作出eq\f(x,t)－t图象如图乙所示，图象在纵轴上的截距为b，图线斜率的绝对值为k，则μ＝________________，物块开始下滑点到水平面间的竖直高度为h1＝____________.(均用b、k、g表示)[解析](1)小物块从高h处由静止释放，到达P点时速度为v，则mgh＝eq\f(1,2)mv2，即v＝eq\r(2gh)，小物块在水平面上做匀减速直线运动，则x＝vt＋eq\f(1,2)at2，由牛顿第二定律知a＝－μg，联立并整理可得μ＝eq\f(2\r(2gh),gt)－eq\f(2x,gt2).(2)由x＝vt－eq\f(1,2)μgt2得eq\f(x,t)＝v－eq\f(1,2)μgt，所以小物块到达P点时速度为b，即b＝eq\r(2gh1)，h1＝eq\f(b2,2g)，斜率的绝对值k＝eq\f(1,2)μg，即μ＝eq\f(2k,g).[答案](1)eq\f(2\r(2gh),gt)－eq\f(2x,gt2)(2)eq\f(2k,g)eq\f(b2,2g)5．如图甲所示为验证动能定理的实验装置，较长的小车的前端固定有力传感器，能测出小车所受的拉力，小车上固定两个完全相同的遮光条A、B，小车、力传感器及遮光条的总质量为M，小车放在安装有定滑轮和光电门的光滑轨道D上，光电门可记录遮光条A、B通过它时的挡光时间．用不可伸长的细线将小车与质量为m的重物相连，轨道放在水平桌面上，细线与轨道平行(滑轮质量、摩擦不计)．(1)用螺旋测微器测遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d＝________mm.(2)实验过程中________满足M远大于m(填“需要”或“不需要”)．(3)实验主要步骤如下：①测量小车、传感器及遮光条的总质量M，测量两遮光条间的距离L，按图甲正确连接器材．②由静止释放小车，小车在细线拉动下运动，记录传感器的示数F及遮光条A、B经过光电门的挡光时间tA和tB，则验证动能定理的表达式为________(用字母M、F、L、d、tA、tB表示)．[解析](1)根据螺旋测微器的读数规则，遮光条的宽度d＝0.400mm.(2)由于实验中小车受到的拉力由力传感器测出，所以不需要满足M远大于m.(3)遮光条通过光电门时的速度用遮光条的宽度除以相应的挡光时间得出，即vA＝eq\f(d,tA)，vB＝eq\f(d,tB).由动能定理，可得FL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,tB)))2－eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,tA)))2＝eq\f(Md2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(2,B))－\f(1,t\o\al(2,A))))，即验证动能定理的表达式为FL＝eq\f(Md2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(2,B))－\f(1,t\o\al(2,A)))).[答案](1)0.400(0.399～0.401均对)(2)不需要(3)FL＝eq\f(Md2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t\o\al(2,B))－\f(1,t\o\al(2,A)))).6．利用图甲所示的“碰撞实验器”装置可以验证动量守恒定律．(1)实验中，为了测定两小球碰撞前后的速度大小，可以通过测量________(填写选项序号)来间接完成．A．小球在倾斜轨道上滚下的高度hB．小球抛出点距离水平地面的高度HC．小球做平抛运动的水平射程(2)如图甲所示，O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验前先用天平测得两小球质量为m1、m2，并取质量为m1的小球为入射球A，质量为m2的小球为被碰球B，则两球质量应满足m1________m2(填“大于”“小于”或“等于”)，实验时先让A多次从倾斜轨道上同一位置由静止释放，找到其落点的平均位置P，测量射程OP；再将被碰球B放在轨道的水平部分，仍让入射球A从轨道上同一位置由静止释放，与B相碰，并多次重复，分别找到A、B两小球落点的平均位置M、N，测量射程OM、ON.若两球碰撞过程中动量守恒，则验证动量守恒的表达式为___________________(用所测物理量表示)．(3)如m2＝7.5g，两小球的平均落点到O点的距离如图乙所示，假定两球发生的是弹性正碰，则碰撞前后入射球的动量之比为________，入射球的质量为________(保留两位有效数字)．[解析](1)两小球离开轨道后做平抛运动，下落高度相同，运动时间相同，水平射程反映平抛运动的初速度大小，所以仅需要测量小球做平抛运动的水平射程，C正确．(2)该实验中为防止入射球被反向弹回，其质量应大于被碰球质量．若两球碰撞过程中动量守恒，则有m1v0＝m1v1＋m2v2.两小球离开轨道后做平抛运动，因下落高度相同，在空中运动时间相同，所以验证动量守恒的表达式可列为m1OP＝m1OM＋m2ON.(3)因两球发生的是弹性正碰，所以碰撞中满足动量守恒和机械能守恒，碰撞前后入射球的动量比值为eq\f(p0,p1)＝eq\f(OP,OM)＝eq\f(44.80,35.20)＝eq\f(14,11)，由m1OP＝m1OM＋m2ON及所给数据可得入射球的质量为m1＝45g.[答案](1)C(2)大于m1OP＝m1OM＋m2ON(3)14∶1145g[热点跟踪专练]二、电学实验1．要测绘一个标有“3V0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，小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(电动势为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)；电键一个、导线若干．(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)．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________(填字母代号)．(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W.[解析](1)测绘小灯泡伏安特性曲线实验要求电压从零开始变化，因此滑动变阻器采用分压接法，为使调节过程中电压变化尽可能均匀，选用最大阻值较小的滑动变阻器A；(2)由于小灯泡的电阻比较小，因此电流表采用外接法，选用B图；(3)画出电源的伏安特性曲线，如图所示，两个图线的交点即为小灯泡接在电源两端时小灯泡中的电流与小灯泡两端的电压，U＝1.0V，I＝0.10A，因此小灯泡消耗的功率为P＝UI＝0.1W.[答案](1)A(2)B(3)0.12．某探究小组采用如图甲所示的电路测定一节干电池的电动势和内阻时，发现量程为3V的电压表出现故障不能正常使用，实验台上有一个量程为500μA，内阻Rg＝200Ω的灵敏电流计Ⓖ和一个电阻箱R(0～9999Ω)．(1)为了把灵敏电流计改装成量程为2V的电压表继续实验，电阻箱R应调整至________Ω.(2)探究小组中一个同学用灵敏电流计和电阻箱设计了如图乙所示的实验电路，同样测出了干电池的电动势和内阻．①多次调节电阻箱，记录灵敏电流计Ⓖ的示数I和电阻箱的阻值R，电源的电动势和内阻分别用E和r表示，则eq\f(1,I)和R的关系式为________________．②然后以eq\f(1,I)为纵坐标，以R为横坐标，作出eq\f(1,I)－R图线为一直线，如图丙所示，测得直线在纵轴上的截距b＝134，直线的斜率k＝eq\f(2,3)，则该电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.[解析](1)将电流计改装成电压表，应串联一个大电阻，根据串并联电路的规律可知：R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,500×10－6)－200))Ω＝3800Ω；(2)①根据闭合电路欧姆定律可知：I＝eq\f(E,Rg＋r＋R)变形可得：eq\f(1,I)＝eq\f(Rg＋r,E)＋eq\f(1,E)R②根据图象和公式可知：b＝eq\f(Rg＋r,E)；k＝eq\f(1,E)，根据题意可知：E＝1.5V；r＝1Ω.[答案](1)3800(2)①eq\f(1,I)＝eq\f(Rg＋r,E)＋eq\f(1,E)R②1.513．(1)某同学用多用电表的欧姆挡测量一电流计G的内阻(几百欧)，当他选择倍率“×100”进行正确测量时，指针偏转情况如图1中“a”所示，误差很大，为了减小测量误差，他应选择倍率________(填“×10”或“×1k”)，正确操作后得到指针偏转情况如图1中的“b”所示，则该电流计的内阻为________．(2)将G改装成多用电表，如图2所示，用此多用电表测量一阻值未知的电阻，所采用的器材及电路图如图3所示．测量电阻两端电压时，选择开关K应接________(填“1”“2”或“3”)，电路开关S应________，两表笔并接在电阻两端，且红表笔接________(填“a”“b”或“c”)，记下电阻两端电压值U1；测量通过电阻的电流时，选择开关K应接________(填“1”“2”或“3”)，开关S应________，红表笔接________(填“a”“b”或“c”)，黑表笔接________(填“a”“b”或“c”)，记下通过电阻的电流I1，调节滑动变阻器滑片的位置，重复上述方法再测出两组数据U2、I2和U3、I3，利用上述三组数据可求出被测电阻的阻值Rx＝________.[解析](1)当他选用倍率“×100”进行正确测量时，指针偏角太大，说明所测电阻较小，应换用小倍率的挡进行测量，即选用“×10”倍率，由欧姆表读数规则知电流计的内阻为36×10Ω＝360Ω.(2)因多用电表电流流向是“红进黑出”，测量电阻两端电压时，选择开关K应接3，电路开关S应闭合，红表笔接b、黑表笔接a；测量通过电阻的电流时，选择开关K应接1，开关S应断开，红表笔接c，黑表笔接b，串联接入电路中，由欧姆定律及多次测量求平均值的方法可知被测电阻的阻值Rx＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U1,I1)＋\f(U2,I2)＋\f(U3,I3))).[答案](1)×10360Ω(2)3闭合b1断开cbeq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U1,I1)＋\f(U2,I2)＋\f(U3,I3)))4．在做“测定金属的电阻率”的实验时，需要对金属丝的电阻进行测量，已知金属丝的电阻值Rx约为20Ω.一位同学用伏安法对这个电阻的阻值进行了比较精确的测量，想使被测电阻Rx两端的电压变化范围尽可能的大．他可选用的器材有：电源E：电动势为6V，内阻为1.0Ω；电流表A：量程0.6A，内阻约为0.50Ω；电压表V：量程10V，内阻约为10kΩ；滑动变阻器R：最大电阻值为5.0Ω；开关一个，导线若干．(1)根据上述条件，测量时电流表应采用________(选填“外接法”或“内接法”)．(2)在虚线框内画出实验电路图．(3)若在上述实验中，电流表的示数为I，电压表的示数为U，且电流表内阻RA、电压表内阻RV均为已知量，用测量物理量和电表内阻计算金属丝电阻的表达式Rx＝________.[解析](1)待测电阻约为20Ω，是电流表内阻的40倍，但电压表内阻是待测电阻的500倍，故采用外接法．(2)因为要使Rx两端的电压变化范围尽可能的大，所以滑动变阻器要采用分压式接法，电路图如图所示．(3)电压表分得的电流为IV＝eq\f(U,RV)，所以Rx中的电流为Ix＝I－IV＝I－eq\f(U,RV)，则Rx＝eq\f(U,Ix)＝eq\f(U,1－\f(U,RV))＝eq\f(URV,IRV－U).[答案](1)外接法(2)见解析图(3)eq\f(URV,IRV－U)5．某同学利用满偏电流为500μA的电流表、热敏电阻等制作电子温度计．(1)制作的实验过程中需要测出该电流表Ⓖ的内阻Rg，所用的电路如图甲，主要步骤是：①接通开关S1，调节变阻器R1，使Ⓖ指针偏转到满刻度；②保持R1不变，再接通开关S2，调节电阻箱R2，使Ⓖ指针偏转到满刻度的一半，读出此时R2的阻值为299.0Ω，可认为Rg＝R2.实验时，图甲电路中的变阻器R1和电源有下列器材可供选择：A．变阻器(0～200Ω) B．变阻器(0～20kΩ)C．电源(1.5V，内阻不计) D．电源(9V，内阻不计)为了使测量Rg尽量精确，R1应选________，电源应选________．(填选项前的字母)(2)温度在0～300℃范围内，某热敏电阻的阻值Rt随温度t(℃)的变化情况为Rt＝200＋50t(Ω)，把这个热敏电阻、标准定值电阻、电池、开关与电流表Ⓖ串联起来，电路如图乙，电流表Ⓖ的表盘如图丙．用该热敏电阻作探头，将Ⓖ表盘上的电流刻度值改成对应的温度值，制作成简单的电子温度计．已知电池的电动势E＝1.5V，内阻r＝1.0Ω，标准定值电阻的阻值R0＝2500Ω，根据(1)中测得的Rg值和闭合电路欧姆定律，得出电流表Ⓖ表盘上500μA刻度处对应的温度刻度值是0℃，300μA刻度处对应的温度刻度值是________℃.(3)由于用图甲电路测定电流表Ⓖ的内阻Rg在原理上存在一定的系统误差，因而制作的电子温度计在测量温度时，测量值比真实值________(填“偏大”或“偏小”)．[解析](1)电学中利用半偏法测电阻时，要求干路中滑动变阻器R1值要大些，选用的电源的电动势稍大些能减小误差，所以为了尽量精确测量Rg，R1应选B，电源应选D.(2)由闭合电路欧姆定律知E＝Ig(r＋R0＋Rg＋Rt)，当电流表Ⓖ表盘上300μA刻度处对应温度刻度值是t，则有300×10－6×(1.0＋2500＋299.0＋200＋50t)＝1.5，解得t＝40℃.(3)由于利用半偏法测电流表Ⓖ时电阻Rg测量值偏小(因为闭合S2后实际电路中干路电流变大)，根据I＝eq\f(E,r＋R0＋Rg＋Rt)知电流I实际偏大，因而制作的电子温度计在测量温度时，测量值比真实值要偏大．[答案](1)BD(2)40(