2019-2020年高考物理 考前看题举例 实验题.doc

2019-2020年高考物理 考前看题举例 实验题1、现要研究小灯泡在不同电压下的功率情况，实验室备有下列器材供选择：A待测小灯泡“3.0V 0.6W”B电流表（量程200mA，内阻约为20）C电流表（量程0.6A，内阻约为5）D电压表（量程3.0V，内阻约为10k）E电压表（量程6.0V，内阻约为20k）F滑动变阻器（最大阻值为100，额定电流50mA）G滑动变阻器（最大阻值为10，额定电流1.0A）H电源（电动势为4.0V，内阻约为0.2）I电键及导线等（1）为了使实验测量误差小，电压变化范围尽量大，电流表应选用B；电压表应选用D；滑动变阻器应选用G（填写器材前面的字母）（2）如图所示实验电路图中开关S应断开（填写“闭合”或“断开”），电压表V的一端C应接电流表A的a端（填写“a”或“b”）答案及解析：解：（1）灯泡额定电流I=0.2A，电流表选B（量程200mA，内阻约为20）；灯泡额定电压是3V，电压表选D电压表（量程3.0V，内阻约为10k）；灯泡正常发光时电路电流为0.2A，为保证电路安全，滑动变阻器应选G：滑动变阻器（最大阻值为10，额定电流1.0A）；（2）实验开始时，开关S应断开，小灯泡两端电压从零开始连续变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时的电阻R=15，=0.75，=666.67，电流表应采用外接法，因此电压表V的一端C应接在a端；故答案为：（1）B；D；G；（2）断开；a2、如图甲所示，在一端封闭、长约1m的玻璃管内注满清水，水中放一个蜡烛做的蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧，然后将这个玻璃管倒置，在蜡块沿玻璃管上升的同时，将玻璃管水平向右移动假设从某时刻开始计时，蜡块在玻璃管内每1s上升的距离都是10cm，玻璃管向右匀加速平移，每1s通过的水平位移依次是2.5cm、7.5cm、12.5cm、17.5cm图中，y表示蜡块竖直方向的位移，x表示蜡块随玻璃管通过的水平位移，t=0时蜡块位于坐标原点（1）请在图乙坐标图中画出蜡块4s内的轨迹；（2）玻璃管向右平移的加速度a=0.05m/s2；（3）当t=2s时蜡块的速度v2=0.14m/s答案及解析：解：（1）如右图：（2）蜡块在水平方向做匀加速运动，每相邻1秒位移差值x=7.52.5=12.57.5=17.512.5=5（cm）x=at2则加速度a=5102 m/s2；（3）竖直方向上的分速度vy=0.1m/s水平分速度vx=at=0.1m/s 根据平行四边形定则得，v=0.14m/s故答案为：（1）见上图：（2）0.05m/s2；（3）0.14m/s3、在研究物体做平抛运动时，应通过多次实验确定若干个点，描绘出平抛运动的轨迹在实验中的下列操作正确的是ACA实验中所用斜槽末端的切线必须调到水平B每次实验中小球必须由静止释放，初始位置不必相同C每次实验小球必须从斜槽的同一位置由静止释放，所用斜槽不必光滑D在实验之前，须先用直尺在纸上确定y轴方向实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图中yx2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是C答案及解析：解：（1）AB“研究平抛物体的运动”的实验，保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故A正确，B错误；C、每次实验小球必须从斜槽的同一位置由静止释放，而斜槽不必一定要光滑，故C正确；D、在实验之前，须先用重锺，来确定纸上y轴方向，故D错误；（2）物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt2；水平方向做匀速直线运动，x=vt；联立可得：y=，因初速度相同，故为常数，故yx2应为正比例关系，故C正确，ABD错误；故选：AC；C4、小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变化，因而引起功率变化一研究性学习小组在实验室通过实验研究这一问题，实验室备有的器材是：电压表（03V，约3k），电流表（00.6A，约0.1），电池，开关，滑动变阻器，待测小灯泡，导线若干实验时，要求小灯泡两端电压从0逐渐增大到额定电压（1）在如图1的虚线框内画出实验电路图（2）根据实验测得数据描绘出如图2所示的UI图象，小灯泡电压随电流变化曲线，由此可知，小灯泡电阻R随温度T的关系是小灯泡的电阻R随温度T升高而增大（3）如果一电池的电动势2V，内阻2.5请你根据上述实验的结果，确定小灯泡接在该电池的两端，小灯泡的实际功率是0.41W（结果请保留两位有效数字）答案及解析：解：（1）由于实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法；由于小灯泡电阻较小，满足，电流表应用外接法，实验电路图如图所示：（2）根据R=可知，电阻R应等于UI图象上的点与原点连线斜率大小，由于斜率逐渐增大，所以小灯泡的电阻R随温度T升高而增大；（3）在表示小灯泡的UI图象中同时作出表示电源的UI图象，如图所示读出两图线的交点坐标为：I=0.39A，U=1.05V，所以小灯泡消耗的实际功率为：P=UI=0.41W故答案为：（1）如图；（2）小灯泡的电阻R随温度T升高而增大；（3）0.415、写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数：（1）游标卡尺的读数 mm；（2）螺旋测微器的读数 mm答案及解析：解：（1）由图1所示游标卡尺可知，主尺示数是5.2cm=52mm，游标尺示数是70.05mm=0.35mm，游标卡尺示数为52mm+0.35mm=52.35mm（2）由图2所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为3.5mm，可动刻度示数为35.50.01mm=0.355mm，螺旋测微器示数为3.5mm+0.355mm=3.855mm故答案为：（1）52.35；（2）3.8556、为了测量某电池的电动势E（约为3V）和内阻r，选用的器材如下：A电流表G1（量程为2mA，内电阻为100）B电流表G2（量程为1mA，内电阻为200）C电阻箱R1（099.99）D电阻箱R2（09999）E滑动变阻器R3（0100 允许最大电流1A）F待测电池G开关一个、导线若干（1）某同学利用上述器材，采用图甲的电路测量该电池的电动势和内阻，请按照图甲将图乙所示的实物图连线；（2）图甲中利用电阻箱R1将电流表G1改装成了量程为0.5A的电流表，利用电阻箱R2将将电流表G2装成了量程为3V的电压表，则电阻箱R2的阻值调到2.8；（3）以G2示数I2为纵坐标，G1示数I1为横坐标，作出I2I1图象如图丙所示，结合图象可得出电源的电动势为2.7V，电源的内阻为9.0；（结果均保留两位有效数字）答案及解析：解：（1）：实物连线图如图所示：（2）：根据欧姆定律和串并联规律应有：I=，解得=0.4，由U=，代入数据解得：=2.8；（3）：根据闭合电路欧姆定律应有：E=；整理可得：=；结合图象斜率和截距概念应有：，代入数据解得：r=9.0，E=2.7V；故答案为：（1）如图（2）2.8（3）2.7，9.07、（1）某同学用自己发明的新式游标卡尺测量小钢球的直径，新式卡尺将主尺上39mm在游标尺上均分成20等份如图1所示，则小钢球的直径为d=1.035cm（2）该同学又用螺旋测微器测量某电阻丝的直径，示数如图2，则该金属丝的直径为1.195（0.002） mm答案及解析：解：1、游标卡尺的精确度为mm=0.05mm，主尺读数为：1cm=10mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为70.05mm=0.35mm，所以最终读数为：10mm+0.35mm=10.35mm=1.035cm2、螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为19.50.01mm=0.195mm，所以最终读数为1mm+0.195mm=1.195mm最后的结果最后的结果可以为1.1950.002故答案为：1.035；1.195（0.002）8、利用如图甲所示的电路测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电阻丝的电阻约为20带有刻度尺的木板上有a和b两个接线柱，把电阻丝拉直后固定在接线柱a和b上在电阻丝上夹上一个带有接线柱c的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度可供选择的器材还有：电池组E（电动势为3.0V，内阻约1）；电流表A1（量程0100mA，内阻约5）；电流表A2（量程00.6A，内阻约0.2）；电阻箱R（0999.9）；开关、导线若干实验操作步骤如下：A用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径；B将选用的实验器材，按照图甲连接实验电路；C调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大；D将金属夹夹在电阻丝上某位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表满偏，然后断开开关记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；E改变金属夹与电阻丝接触点的位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表再次满偏重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；F断开开关，整理好器材某次测量电阻丝直径d时，螺旋测微器示数如图乙所示，则d=0.730mm；实验中电流表应选择（填“A1”或“A2”）；用记录的多组电阻箱的阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图丙所示的RL关系图线，图线在R轴的截距为R0，在L轴的截距为L0，再结合测出的电阻丝直径d，写出电阻丝的电阻率表达式=（用给定的物理量符号和已知常数表示）本实验中，电流表的内阻对电阻率的测量结果无影响（填“有”或“无”）答案及解析：解：螺旋测微器的读数为：d=0.5mm+23.00.01mm=0.730mm；：根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的最大电流为：=143mA，所以电流表应选；：根据闭合电路欧姆定律，应有：=，可得：R=，根据电阻定律应有：=，联立以上两式可得：R=，根据函数斜率的概念应有：，解得：=；：本题中若考虑电流表内阻，可将电流表内阻看做电源内阻的一部分，则有：R=，对图象的斜率没有影响，即电流表内阻对电阻率的测量结果无影响故答案为：0.730无9、用如图1实验装置验证m1、m1组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1向上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示已知m1=50g、m2=150g，打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则（g取9.8m/s2，所有结果均保留三位有效数字）（1）在纸带上打下计数点5时的速度v5=2.40m/s；（2）在打点05过程中系统动能的增量Ek=0.576J，系统势能的减少量Ep=0.588J；（3）若某同学作出h图象如图3，则当地的重力加速度g=9.70m/s2答案及解析：解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：v5=2.40/s，（2）物体的初速度为零，所以动能的增加量为：EK=（m1+m2）v52=0.22.42J=0.576 J重力势能的减小量等于物体重力做功，故：EP=W=mgh=0.588J；（3）本题中根据机械能守恒可知，（m1+m2）v2=（m2m1）gh，即有：v2=gh，所以v2h图象中图象的斜率k=g=，由图可知当地的实际重力加速度g=9.70m/s2故答案为：2.400.576、0.5889.7010、某同学为了测量截面为正三角形的玻璃三棱镜的折射率，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的左侧插上两枚大头针P1和P2，然后在棱镜的右侧观察到P1像和P2像，当P1的像恰好被P2像挡住时，插上大头针P3和P4，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P1、P2的像，在纸上标出的大头针位置和三棱镜轮廓如图所示（1）在答题纸的图上画出对应的光路；（2）为了测出三棱镜玻璃材料的折射率，若以AB作为分界面，需要测量的量是 和 ，在图上标出它们；（3）三棱镜玻璃材料折射率的计算公式是n=（4）若在测量过程中，放置三棱镜的位置发生了微小的平移（移至图中的虚线位置，底边仍重合），若仍以AB作为分界面，则三棱镜材料折射率的测量值 真实值（填“大小”、“小于”、“等于”）答案及解析：解：画出光路图如图所示为了测出三棱镜玻璃材料的折射率，若以AB作为分界面，根据折射定律可知，需要测量的量是入射角1、折射角2棱镜玻璃材料折射率的计算公式是n=在测量过程中，放置三棱镜的位置发生了微小的平移，以AB作为分界面，入射角1与三棱镜平移后实际的入射角相等，但折射角2变小，则由n=可知，折射率n偏大，即三棱镜材料折射率的测量值小于三棱镜玻璃材料折射率的真实值故答案为：画出光路图如图所示入射角1、折射角2小于11、甲同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小为3cm左右，外形不规则的大理石块代替小球他设计的实验步骤是：（ ）A将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点（如图所示）B用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长C将石块拉开一个大约=30的角度，然后由静止释放D从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T=得出周期则该同学以上实验步骤中有错误的是BCD若该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值偏小 （偏大或偏小）如果该同学改正了错误，改变OM间细线的长度做了2次实验，记下每次相应的线长度l1、l2和周期T1、T2，则由上述四个量得到重力加速度g的表达式是g=答案及解析：解：（1）则该同学以上实验步骤中有错误的是BCD；B中，摆长应是从悬点到大理石块的质心的距离；C中，摆球的摆角太大，将不能看作简谐运动，单摆周期公式失效，不能测定g；D中，测量时间应从单摆摆到最低点开始，因为最低位置摆球速度最大，相同的视觉距离误差，引起的时间误差较小，则周期测量比较准确（2）根据单摆的周期公式T=2，得：g=该同学用OM的长L作为摆长，摆长偏小，根据上述表达式得知，g的测量值偏小（3）设摆线的结点到大理石质心的距离为r，则根据单摆的周期公式T=2得： T1=2T2=2联立解得：g=；故答案为：（1）BCD；（2）偏小；（3）g=12、某同学设计了一个用打点计时器做“验证动量守恒定律”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动他设计的具体装置如图所示，在小车后连接着纸带，电磁打点计时器使用的电源频率为50Hz，长木板垫着小木片以平衡摩擦力（1）若已得到打点纸带如图所示，并测得各计数点间距（标在图上）A为运动起点，则应该选择BC段来计算A碰前的速度，应选择DE段来计算A和B碰后的共同速度（以上空格选填“AB”、“BC”、“CD”、“DE”）（2）已测得小车A的质量m1=0.40kg，小车B的质量m2=0.20kg，由以上测量结果可得碰前m1v0=0.420kgm/s kgm/s，碰后（m1+m2）v共=0.417kgm/s kgm/s，由此得出结论在误差允许的范围内，碰撞中mv的矢量和是守恒的答案及解析：解：（1）由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度故答案为BC、DE（2）碰前系统的动量即A的动量，则P1=m1v1=m1=0.40=0.420 kgm/s 碰后的总动量P2=（m1+m2）v2=（m1+m2）=（0.40+0.20）=0.417kgm/s碰撞前后动量近似相等，所以在误差允许的范围内，碰撞中mv的矢量和是守恒的故答案为：0.420，0.417故本题的答案为：（1）BCDE（2）0.4200.417在误差允许的范围内，碰撞中mv的矢量和是守恒的13、用伏安法测量一定值电阻的实验，所用的器材及规格如下：待测电阻RX（约5）直流毫安表（量程00.6A，内阻约2）直流电压表（量程03V，内阻约5k）直流电源（输出电压3V，内阻可不计）滑动变阻器（020，允许最大电流1A）电键一只，导线若干根据所给器材的规格和实验要求，设计电路，并在图甲和图乙中补画出正确的连接线实验开始时滑动变阻器的滑片应滑到右侧如图丙某次测量过程中电压表的读数2.26V，电流表的读数0.42A使用这个电路测量电阻值偏小（“偏大”或“偏小”）答案及解析：解：由图可知，本题中采用分压接法，因待测电阻阻值与电流表的内阻接近，属于小电阻，故应采用电流表外接法；根据实物图得出对应的电路图如图所示；为了实验安全，开始时应使测量电路两端的电压为零；故滑动变阻器的滑片滑到最右侧；电流表采用0.6A的量程，最小分度为0.02A，故读数为0.42A；电压表量程为3V，最小分度为0.1V，故读数为2.26V；因测量电路采用电流表外接法，因为电压表的分流，使电流表示数偏大，由欧姆定律可知，测量值偏小；故答案为：如图所示；右；2.26，0.42；偏小14、用如图1实验装置验证m1、m 2组成的系统机械能守恒图3给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打下的点（图中未标出），计数点间的距离如图3所示已知m1=50g、m2=150g，则（计算结果保留两位有效数字）在纸带上打下记数点5时的速度v=2.4m/s；这个实验需要验证机械能守恒的公式为：（m1+m2）v2=（m2m1）gh在记数点05过程中系统动能的增量EK=0.58J为了简化计算，设g=10m/s2，则系统势能的减少量EP=0.60J；在本实验中，若某同学作出了v2h图象如图2，h为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度g=9.7m/s2答案及解析：解：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：v5=2.4m/s，系统的重力势能的减小量：EP=（m2m1）gh 系统的动能的增加量EK=（m1+m2）v2，所以这个实验需要验证机械能守恒的公式为（m1+m2）v2=（m2m1）gh物体的初速度为零，所以动能的增加量为：EK=（m1+m2）v52=0.22.42J=0.58 J重力势能的减小量等于物体重力做功，故：EP=W=mgh=0.60J；本题中根据机械能守恒可知，（m1+m2）v2=（m2m1）gh，即有：v2=gh，所以v2h图象中图象的斜率k=g=，由图可知当地的实际重力加速度g=9.7m/s2故答案为：2.4（m1+m2）v2=（m2m1）gh 0.58、0.60 9.715、物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数实验装置如图1，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点（1）图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个小点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示根据图中数据计算的加速度a= （保留两位有效数字）（2）回答下列两个问题：为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有 （填入所选物理量前的字母）A木板的长度 B木板的质量m1 C滑块的质量m2D托盘和砝码的总质量m3E滑块运动的时间t测量中所选定的物理量时需要的实验器材是 （3）滑块与木板间的动摩擦因数=（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）答案及解析：解：（1）由匀变速运动的推论x=aT2可知加速度：a=102=0.50m/s2（2）（3）以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：m3gf=（m2+m3）a滑动摩擦力：f=m2g，解得：=要测动摩擦因数，需要测出：滑块的质量m2 与托盘和砝码的总质量m3，故选：CD；需要的器材是天平；故答案为：（1）0.50m/s2；（2）CD，天平；（3）16、在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的规格为“2V，0.5W”除了开关、导线外，还有如下器材：电压表V，量程03V，内阻约5k电流表A1，量程0500mA，内阻约0.5电流表A2，量程0300mA，内阻约4滑动变阻器R1，最大阻值10，额定电流2.0A滑动变阻器R2，最大阻值100，额定电流1.0A直流电源E，电动势约为3V，内阻约为0.5（1）上述器材中，电流表应选 ，滑动变阻器应选 （填器材符号）（2）请根据所选的器材，在图甲中用笔画线代替导线，连接实验电路（3）图乙是小灯泡的伏安特性曲线，弯曲的原因？ （4）将被测小灯泡与电动势为2.5V电源串联组成闭合回路，小灯泡正常发光，则通过小灯泡的电流为 ，电源的内阻为 答案及解析：解：（1）由题意可知，灯泡的额定电流为I=250mA，故电流表选择A2；描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压表读数要从零读取，滑动变阻器应采用分压接法，选择阻值较小的R1；（2）滑动变阻器采用分压接法，小灯泡的电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应外接，实物图如下图（3）因为小灯泡的电阻率随温度的升高而增大，小灯泡的伏安特性曲线是弯曲的（4）小灯泡正常发光，根据灯泡的额定电流为I=0.25A，电源的内阻r=2故答案为：（1）A2；R1（2）如图所示 （3）因为小灯泡的电阻率随温度的升高而增大；（4）0.25A，217、某小组利用气垫导轨装置探究做功与物体动能改变量之间的关系”图1中，遮光条宽度为d，光电门可测出其挡光时间：滑块与力传感器的总质量为M，砝码盘的质量为mo，不计滑轮和导轨摩擦实验步骤如下：调节气垫导轨使其水平并取5个质量均为m的砝码放在滑块上：用细绳连接砝码盘与力传感器和滑块，让滑块静止放在导轨右侧的某一位置，测出遮光条到光电门的距离为S；从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，固定滑块使其静止，记录此时力传感器的值为F接通电源，释放滑块后，记录此时力传感器的值为，测出遮光条经过光电门的挡光时间t；再从滑块上取出个砝码放在砝码盘中，重复步骤，并保证滑块从同一个位置静止释放；重复步骤，直至滑块上的砝码全部放入到砝码盘中请完成下面问题：（a）测量遮光条宽度时，应该使用图2游标卡尺上的B（选填A、B、C）部件若用十分度的游标卡尺测得遮光条宽度d如图3，则d=10.2mm（b）滑块经过光电门时的速度可用v=（用题中所给的字母表示，下同）计算（c）在处理步骤所记录的实验数据时，甲同学理解的合外力做功为W1=FS，则其对应动能变化量应当是Ek1=乙同学理解的合外力做功为W2=FS，则其对应动能变化量应当是Ek2=；d）丙同学按照乙同学的思路，根据实验数据得到F的图线如图4所示，则其斜率k=答案及解析：解：（a）本实验中要求测量厚度，故应采用外测量爪进行测量；故选：B； 读数为：10mm+20.1mm=10.2mm；b、由平均速度公式可得，经过光电门的速度v=；c、甲将力传感器为拉力，则其做功应对应小车的动能的改变量；故动能改变量为：；乙应是以砝码盘的重力为拉力，则动能应为小车与砝码共同的动能增加量；故动能增加量为：Ek1=；d、由FS=可知，F=；故图象的斜率为：；故答案为：a、B；10.2；b、；c、；d、18、某同学采用图甲的电路，测量电流表G1的内阻r1其中电流表G1量程为05mA内阻约200； 电流表G2量程为010mA，内阻约40；定值电阻Ro阻值为200； 电源电动势约为3V请回答下列问题：可供选择的滑动变阻器R1阻值范围为01000，R2阻值范围为020则滑动变阻器应选， （填写Rl或R2）图甲中，若要求G1表示数变大，变阻器滑动头P应向 端移动（填写A或B）清用笔画线在乙图完成实物连线若实验中读得G1表和G2表的读数为Il和I2，则Gl表的内阻r1=（用I1、I2及R0表示）答案及解析：解：由电路图可知，本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻；故选：R2；为了使电流表电流增大，则应使并联的滑动变阻器部分增大；故滑片应向B端移动；根据给出的原理图可得出其实物图；如图所示；G1表与定值电阻R0并联，由欧姆定律可知，G1表两端的电压U=（I2I1）R0；则G1的内阻r=R0；故答案为：R2B；如图所示；（4）R0；19、为研究小灯泡的伏安曲线的特性，选用小灯泡额定值为“3.0V，1.2W”，实验中有仪器：安培表、伏特表、电键、滑动变阻器、坐标纸、导线（1）为使加在小灯泡的电压从零开始，能在较大的范围调节，滑动变阻器应采用怎样连接？画出相关的电路图（2）请根据你画的电路图，把图中的实验器材连成符合要求的实验电路（3）为使读数误差尽可能小，电压表的量程应选用 档，电流表的量程应选用 档，为保证实验安全，测量范围不能超过 V和 A，开始做实验闭合S前，应把P移到 端答案及解析：解：（1）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，小灯泡电阻远小于电压表内阻，所以电流表应采用外接法，实验原理图如图所示：（2）根据电路图，把图中的实验器材连成符合要求的实验电路（3）选用小灯泡额定值为“3.0V，1.2W”，额定电压U=3V，所以电压表的量程应选用3V挡，额定电流I=0.4A，所以电流表的量程应选用0.6A档，为保证实验安全，测量范围不能超过3V和0.4A，开始做实验闭合S前，应把P移到D端故答案为：（1）如图（2）如图（3）3；0.6 3；0.4 D20、某实验小组采用1图所示的装置探究“动能定理”（1）在小车沿木板滑行的过程中，除细绳的拉力对其做功以外，还有阻力做功，这样便会给实验带来误差你的解决的办法是： （2）实验的部分步骤如下，但有的不完善，请在空格处补充完善其步骤在小车中放人砝码，把纸带穿过打点计时器，连在小车后端，用细线连接小车和钩码；将小车停在打点计时器附近，接通打点计时器电源， ，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一列点， ，取下纸带；改变钩码或小车中砝码的数量，更换纸带，重复的操作某次试验中得到如图2所示的一条纸带，长度单位cm，则小车运动的加速度大小为 m/s2（结果保留三位有效数字）答案及解析：解：I、（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高，减摩擦力；（2）本实验应先接通电源，后释放纸带，这样才能保证纸带的大部分距离上都打上了点，才能充分利用整个纸带，最后实验完毕，关闭电源由图可知，两点间还有一个点，故时间间隔t=2T=0.04s；由逐差法可得，加速度a=150cm/s=1.50m/s2；故答案为：（1）将木板右侧垫高平衡摩擦力释放小车 关闭电源 1.5021、在用伏安法测定电池的电动势和内阻的实验中，图甲是某一同学的实物连线图他连线有一处错误，只须去掉一根导线，就可改正此错，这根导线的编号是 图乙是根据某次实验记录数据画出的UI图象，可得该电源的电动势E= V，内阻r= 答案及解析：考点：测定电源的电动势和内阻版权所有专题：实验题分析：根据实验原理图明确电路接法从而找出错误的导线；根据UI图的截距可求得电源的电动势；由斜率可求得内阻解答：解：由电路图可知，电流表串联在电路中，而图中多接了导线；由UI图可知，电源的电动势E=3V；内阻r=1；故答案为：；3；122、一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是1、10、100用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到 挡如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是 ，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是 答案及解析：分析：用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数解答：解：用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到100挡如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零，由图示表盘可知，该电阻的阻值是21100=2100故答案为：100；重新进行欧姆调零；2100；23、在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用毫米刻度尺测出被测金属丝的长度L用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx（1）请写出测金属丝电阻率的表达式：= （用上述测量量的字母表示）（2）若实验中测量金属丝的直径时，螺旋测微器的示数如图所示，则金属丝直径的测量值为d= mm答案及解析：分析：（1）根据电阻定律求出电阻率的表达式；（2）根据螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数解答：解：（1）由电阻定律可知，金属丝电阻Rx=，则金属丝电阻率=；（2）由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为29.80.01mm=0.298mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.298m=0.798mm；故答案为：（1）；（2）0.796（0.7960.799）24、某同学学习传感器后，用电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关、导线等仪器设计了一个高温报警器，要求是：正常情况绿灯亮，有险情时电铃报警电路如图所示，图中仪器还不完整，请完成以下问题：（1）图中的甲还需要放入的元件是 ；A二极管B光敏电阻CNTC热敏电阻（阻值随温度升高而减小）DPTC热敏电阻（阻值随温度升高而增大）（2）电路正确连接之后，该同学调试过程发现报警时温度比预期偏高了一点点要求在温度更低一点时就开始报警，则需要调节滑动变阻器的滑动头往 （填“左”或“右”）移动一点答案及解析：解：（1）根据要求，在常温下热敏电阻甲阻值较大，电磁铁磁性较弱，不能将衔铁吸下，此时绿灯所在电路接通，绿灯亮，所以为是绿灯；温度升高，热敏电阻阻值较小，控制电路电流增大时，电磁铁磁性增大，将衔铁吸下所以图中的甲还需要放入的元件是NTC热敏电阻（阻值随温度升高而减小）故选：C（2）电路正确连接之后，该同学调试过程发现报警时温度比预期偏高了一点点，则是在热敏电阻的电阻值比较小的时候才报警说明电路中的总电阻值比较大要求在温度更低一点时就开始报警，则需要调节滑动变阻器，使滑动变阻器的电阻值小一些，则需要将滑动头往 右移动一些故答案为：（1）C，（2）右25、在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=9.89m/s，测得所用的重物的质量为1.00kg，实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示，把第一个点记做0，另选连续的4个点A，B，C，D各点到0点的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.76cm、85.73cm根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于7.62J，动能的增加量等于7.56J（取三位有效数字）答案及解析：解：重力势能减小量Ep=mgh=1.09.80.7776J=7.62J在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：故答案为：7.62、7.5626、某同学做“用单摆测重力加速度”实验用游标卡尺测量摆球直径d，把摆球用细线悬挂在铁架台上，用米尺测量出悬线长度l某次测量摆球直径时游标卡尺示数部分如图所示，则摆球直径为d=2.26cm在小钢球某次通过平衡位置时开始计时，并将这次通过平衡位置时记为0，数出以后小钢球通过平衡位置的次数为n，用停表记下所用的时间为t请用上面的测量数据计算重力加速度的表达式为g=答案及解析：解：由图所示游标卡尺可知，主尺示数为2.2cm，游标尺示数为60.1mm=0.6mm=0.06cm，则游标卡尺示数为2.2cm+0.06cm=2.26cm由题意知，单摆完成 全振动的次数为，单摆的周期=单摆摆长L=l由单摆周期公式可知，重力加速度：g=故答案为：2.26，27、某研究性学习小组为了研究手中电器元件电阻特性，描绘出电器元件伏安特性曲线，该学习小组在实验室中测量出多组电压和电流值，数据记录在下表中次数 1 2 3 4 5 6 7 8I/mA 10 20 40 60 80 100 120 140U/V 1.00 1.40 1.80 2.10 2.40 2.50 2.60 2.70现实验室中备有下列器材：电压表V1（量程03V，内阻约10k）电压表V2（量程0一1 5V，内阻约25k）电流表A1（量程0一50mA，内阻约50）电流表A2（量程0一200mA，内阻约10）滑线变阻器R1（0一1 5，额定电流1A）滑线变阻器R2（0一1k，额定电流100mA）电源E（电动势4V，内阻不计）开关S和导线若干（1）请根据表中的实验数据，在给出的方格纸内作出I一U图线；（2）该电器元件电阻特性： ；（3）为提高实验结果的准确程度，从题中选出该同学实验时所用的器材：电流表为（填A1或A2）；电压表为（填V1或V2）；滑线变阻器为（填R1或R2）（4）为达到上述目的，请在虚线框内补充画出正确的实验电路原理图答案及解析：（1）、根据表中的实验数据作出I一U图线如图所示（2）、由欧姆定律知，该电器元件的阻值随电流的增大而减小（3）、由IU图象知，最大电流为150mA，最大电压为3V，故电流表应选，电压表应选V1，又电流与电压从零调到最大值，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器R1 （4）、根据以上分析可画出实验电路原理图如图所示故答案为（1）I一U图线如图 （2）该电器元件的阻值随电流的增大而减小 （3）、 （4）实验电路原理如图28、测量“水果电池”的电动势和内电阻的实验中，将一铜片和一锌片分别插入同一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V，可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的手电筒上的小灯泡原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测定电流约为3mA现有下列器材：待测“水果电池”电流表：满偏电流3mA，电阻约10电压表：量程01.5V，电阻约1000滑动变阻器R1：030滑动变阻器R2：03k开关、导线等实验器材（1）本实验选用上面所示的实验原理图1，应该选用哪种规格的滑动变阻器？ （填写仪器代号）（2）在实验中根据电压表的示数U与电流表的示数I的值，得到UI图象如上图2所示，根据图中所给数据，则“水果电池”的电动势E= V，内电阻r= （3）若不计测量中的偶然误差，用这种方法测量得出的电动势和内电阻的值与真实值相比较，电动势E （选填“偏大”或“相等”或“偏小”），内电阻r （选填“偏大”或“相等”或“偏小”）答案及解析：（1）R2 （2）1.5； 500 （3）相等；偏大测定电源的电动势和内阻（1）电源的内阻大约r=500，若选用030的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，所以本实验中滑动变阻器应选用R2（2）UI图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻UI图线的纵轴截距为1.5，知：水果电池的电动势E=1.5V，图线斜率的绝对值为：r=500；（3）由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，而电流没有误差，运用图象法分别在UI图上由测量数据作出的图线1和修正误差后真实值作出的图线2，由图看出，电动势没有系统误差，即电动势值与真实值相等，内阻的测量值偏大故答案为：（1）R2 （2）1.5； 500 （3）相等；偏大29、用如图1所示的电路测量某电阻Rx的阻值，某次实验中两电表的示数情况，如图2则：电流表A的示数为 A，电压表V的示数为 V若已知电压表的内阻为5k，电流表的内阻为0.5，则待测电阻的真实值为 答案及解析：0.30，2.40，7.5把电流表改装成电压表电流表A的分度值为0.02A，则读数为：I=0.30A；电压表分度值为0.1V，电压表示数为U=2.40V；根据欧姆定律：R总=8又R总=Rx+RA，得：Rx=80.5=7.5故答案为：0.30，2.40，7.530、（1）接通电源与释放纸带让纸带（随物体）开始运动，这两项操作的时间顺序是 A先接通电源，后释放纸带 B先释放纸带，后接通电源C释放纸带的同时接通电源 D先接通电源或先释放纸带都可以（2）在用接在50Hz交流电源上的打点计时器测定小车做匀加速直线运动的加速度的实验中，得到如图所示的一条纸带，从比较清晰的点开始起，分别标上计数点0、1、2、3、4，相邻计数点之间还有四个点未画出，量得0与1两点间的距离x1=4.00cm，1与2两点间的距离x2=6.00cm，2与3两点间的距离x3=8.00cm则打下测量点1时小车的速度大小为 m/s，打下2点时小车的速度大小为 m/s，小车的加速度大小为 m/s2 答案及解析：（1）A；（2）0.50，0.70，2.0（1）开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后释放纸带让纸带（随物体）开始运动，如果先放开纸带开始运动，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差；先打点再释放纸带，可以使打点稳定，提高纸带利用率，可以使纸带上打更多的点，BCD错误，A正确故选：A（2）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上1点时小车的瞬时速度大小v1=0.50m/s根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2点时小车的瞬时速度大小v2=0.70m/s由纸带的数据得出相邻的计数点间的位移之差相等，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：a=2.0m/s2故答案为：（1）A；（2）0.50，0.70，2.0