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1、 word版可编辑】江苏省常州市新高考物理易错100题实验题精选高考物理实验题1 0 0 题含答案有解析1 .为了测量木块与木板间动摩擦因数以，某实验小组使用位移传感器设计了如图所示的实验装置，让木块从倾斜木板上A点由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块与传感器的距离s 随时间t 变化规律，取 g=1 0 m/s，0 1 1 3 7。=0.6,如图所示：(1)根据上述图线，计算可得木块在0.4 s 时的速度大小为丫=()m/s；(2)根据上述图线，计算可得木块的加速度大小a=()m/s2；(3)现测得斜面倾角为3 7。，贝卯=()o(所有结果均保留2
2、 位小数)【答案】0.4 0 1.0 0 0.6 3【解析】【分析】【详解】木块在斜面上做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则木块在0.4 s 时的速度大小v =(3 T 4)x l(T 2 mzs0.6-0.2=0.4 0 m/s木块在0.2 s 时的速度大小(3 2-2 4),1 0-20.4-0m/s =0.2 0 m/s木块的加速度大小”e二 雷 亮 m/s 2=L 0 0 m H(3)3 斜面倾角为3 7。，则对木块受力分析，由牛顿第二定律可得m g s in 3 7 -g c os 3 7 a=-m解得0.6 382 .某实验小组利用频闪照相的方
3、法在暗室中用“滴水法”测重力加速度的大小，当频闪仪频率等于水滴滴落的频率时，看到一串仿佛固定不动的水滴悬在空中。已知水滴下落的时间间隔为0.1 s。（1）若频闪间隔T=0.05s,刚好离开水龙头的水滴记为第1滴，测得此时第3滴和第4滴的间距为23.75cm,则 当 地 的 重 力 加 速 度 为 （结果保留三位有效数字）。（2）若将频闪间隔调整到0.08s,则 水 滴 在 视 觉 上 的 运 动 情 况 为（填“向上运动”“静止”或“向下运动【答案】9.50m/s 向上运动【解析】【详解】频闪间隔不影响水滴下落的实际时间间隔，第4滴的下落时间为t4=0.3s第3滴的下落时间为%0.2s由得1,
4、1 ,5 g x 0.3 m-gx 0.2-m=0.2375m解得g=9.50m/s2（2）2由于频闪间隔小于水滴下落间隔，观察者会发现水滴出现在上一滴水滴位置的上方，即观察者认为水滴向上运动。3.在没有电压表的情况下，某物理小组借助于一个阻值R=15。，最大阻值50。的滑动变阻器和两个电流表及一个不计内阻、电动势E=6V的电源，成功测出了一个阻值大约为几十欧姆的电阻阻值，实验电路如图甲所示，若你为该小组成员，请完善探究步骤：（1）现有四只可供你选择的电流表：A.电 流 表（0-0.3 A,内阻为5.0。）B.电 流 表（03 m A,内阻为2.0。）C.电 流 表（03m A,内阻未知）D.
5、电 流 表（0-0.6A,内阻未知）则电流表Ai你会选_ _ _ _ _ _ _ _；电流表A2你会选_ _ _ _ _ _ _ _o （填器材前的字母）（2）滑动变阻器的阻值变化则电流表A2的示数也随之发生变化，X表示接入电路的滑动变阻器长度，右表示电流表A2的示数，则下列四个选项中能正确反映这种变化关系的是(3)该课外活动小组利用图甲所示的电路，通过改变滑动变阻器接入电路中的阻值，得到了若干组电流表A I、A2的示数h、12,然后在坐标纸上描点、连线，得到的11一上图线如图乙所示，由图可知，该待测电阻 Rx的阻值为。(结果保留三位有效数字)。这样测得的Rx的阻值有无系统误差_ _ _ _
6、_ _ _ _ (填有或无)【答案】A D D 46.6。(45.0-50.0。均可)无【解析】【分析】【详解】(1)1 2.由于在该实验电路中没有电压表，所以要将定值电阻Ro和电流表改装成电压表使用，因此电流表 A i的内阻应已知，通过该电流表的最大电流约为:E凡+晨615+50.3AAi应选用A 电流表.由于电流表A?的内阻不是必须要知道的，其量程要大于电流表A i的量程，所以电流表A2应选择D 电流表.(2)3,流经电流表A2的电流为电路中的总电流，设滑动变阻器单位长度的电阻为r,则有2E(4 +R*)RxR)+(1 +&+RA2+rx又因为Ro、氏、RA I、RQ等均为定值，令女0+则
7、上式可变为1)+此1+0k+rx由数学关系可知，D 正确，故选D.根据图示电路图，由欧姆定律可知(RO+RAD I尸RX(12-It)整理可得Rx氏+4 +R/tl 12而夕即题图中1“2图线的斜率，由图可知,2，0.28 7T 0 A W解得RS=46.6Q.由于实验中考虑到了电流表内阻，则这样测得的R x的阻值无系统误差。4.某同学想测出济南当地的重力加速度g,并验证机械能守恒定律。为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示），在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M,使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N,借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细
8、线。调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线。启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线。图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A 作为起始线，此后每隔4 条墨线取一条计数墨线，分别记作B、C、D、E。将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A,此时B、C、D、E 对应的刻度依次为14.68cm,39.15cm,73.41cm,117.46cm。已知电动机的转速为3000r/min。求：（1）相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为 s；（2）由实验测得济南当地的重力加速度为 m/s2（结果保留三位有效数字）;2该同学计算出划各条墨线时的速度v,以匕
9、为纵轴，以各条墨线到墨线A 的距离h 为横轴，描点连线,2得出了如图丙所示的图像，据此图像（填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律，图线不过原点的【答案】0.1 9.79 能 墨线A 对应的速度不为零【解析】【分析】【详解】1由于电动机的转速为3000”m in,则其频率为50H z,故每隔0.02s特制笔N 便在铝棒上画一条墨线,又每隔4 条墨线取一条计数墨线，故相邻计数墨线间的时间间隔是0.1s由题可知xBC-(39.15-14.68)cm=24.47cmxCD=(73.41-39.15)cm=34.26cmxDE=(117.46-73.4 l)cm=44.05cm可知连续相等时间内的位移
10、之差Ar=9.79cm根据 x=gT2得Ax 9.79x10-2g=r=-m/s=9.79m/sT2 0.01(3)3铝棒下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即,_ 1 2mgn-mv得V2W=gh若 匕-/?图线为直线，斜率为g,则机械能守恒，所以此图像能验证机械能守恒2 4图线不过原点是因为起始计数墨线A 对应的速度不为()5.甲实验小组利用图(a)装置探究机械能守恒定律.将小钢球从轨道的不同高度h 处静止释放，斜槽轨道水平末端离落点的高度为H,钢球的落点距轨道末端的水平距离为s.(g 取 10 m/s2)(1)若轨道完全光滑，s2与 h 的理论关系应满足s2=(用 H
11、、h 表示).mttUHmMEcRa23a.:NrJZMX一,In,*二I:】InIBWX:nHa;!;:】:XX3nxzl.:二:，(2)图(b)中图线为根据实验测量结果，描点作出的s2-h关系图线；图线为根据理论计算得到的s2-h关系图线.对比实验结果，发现自同一高度静止释放的钢球，实 际 水 平 抛 出 的 速 率 (选填“小于”或“大于”)理论值.造成这种偏差的可能原因是.乙实验小组利用同样的装置“通过频闪照相探究平抛运动中的机械能守恒”.将 质 量 为 0kg的小钢球A 由斜槽某位置静止释放,由频闪照相得到如图(C)所示的小球位置示意图，O 点为小球的水平抛出点.(3)根据小球位置示
12、意图可以判断闪光间隔为 s.(4)以 O 点为零势能点，小球A 在 O 点的机械能为 J；小球A 在 C 点 时 的 重 力 势 能 为.1,动能为 J,机械能为 J.【答案】(l)4Hh(2)小于 轨道与小球间存在摩擦或小球的体积过大(3)0.1(4)0.112 5-0.8 0.912 5 0.112 5【解析】(1)对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动，运用动能定理研究得：h 1 2mgh=mv解得：v=1 ,对于平抛运动，运用平抛运动的规律得出：在竖直方向：H=ygt2在水平方向：S=Vt.由得：s=2/所以：s2=4Hh(2)对比实验结果与理论计算得到的sL h 关系图线中发现：自
13、同一高度静止释放的钢球，也就是h 为某一具体数值时，理论的s2数值大于实验的S?数值，根据平抛运动规律知道同一高度运动时间一定，所以实验中水平抛出的速率小于理论值.从sh 关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著，认为造成上述偏差的可能原因是小球与轨道间存在摩擦力，或小球的体积过大造成的阻力过大；由于摩擦阻力做功损失了部分机械能，所以造成实验中水平抛出的速率小于理论值.(3)根据 y=gT?得：T -,s=0.15 V 10n 05x4(4)设 O 点下一个点为B 点，根 据 运 动 学 公 式 得 匕=,水平初速度2x0.1匕=?=L5/s,所以小球A 在 O 点的速度v0=1.5m/
14、s,小球A 在 C 点时的速度%=+J：；，+0.1x10)2小球A 在 O 点的机械能Eo=O+xO.lx(1.5)2=0.1125 J2因 O 点为小球的水平抛出点，且以O 点为零势能点，则小球A 在 C 点时的重力势能为Ep=mgh=-0.8J；在 C 点的动能：Ekc=!mv/=0.9125J；2小球 A 在 C 点时的机械能 Ec=xm xvc2+(-mghoc)=0.9125-0.8=0.1125J点睛：本题从新的角度考查了对机械能守恒实定律的理解，有一定的创新性，很好的考查了学生的创新思维，掌握平抛运动的处理方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动.6.
15、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”并“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。图可知该单摆的周期T 约为 s(保留两位有效数字)。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 表 示)。(2)然后验证机械能守恒定律
16、。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。22、才8 24：00 25二 绯二 力衣 28：00%留 两要验证机械能守恒，还需要测量的物理量是 O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，验证机械能守恒的表 达 式 为(填 表 达 式 前 的 字 母 序 号)。A.上区-m g)=mg 一耳 B.=F2-m g C F2-m g=m g-Fx4TE2L【答 案】0.75(0.70或 者0.73也对)g=亍 一 质量 A【解 析】【分 析】【详 解】1小球做单摆运动，经过最低点拉力最大，由 图 乙 可 知11.
17、0s至！|14.0s内 有4个全振动，该单摆的周期 2根 据 单 摆周期公式T=可得重力加速度4兀2乙(2)网 图 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4=mgcosQ图 中B点对应速度最大的位置，即最低点位置，根据牛顿第二定律可得F2-m g=-1 J小 球 从A到B的过程中，重力势能减小量为=加g(L-LcosO)动能的增加量为狙=|mv2=(F2-mg)L要验证机械能守恒，需满足AEp=Ek解得(F2-mg)=mg-Ft所以还需要测量的物理量是小球的质量 4验证机械能守恒的表达式为 F2-mg)=mg-F故A正 确，B、C错 误；故 选A。7.如图是实验室测定水平面和小
18、物块之间动摩擦因数的实验装置，曲 面AB与水平面相切于B点且固定.带有遮光条的小物块自曲面上面某一点释放后沿水平面滑行最终停在C 点，P 为光电计时器的光电门，已知当地重力加速度为g.(1)利用游标卡尺测得遮光条的宽度如图所示，则遮光条的宽度1=cm；(2)实验中除了测定遮光条的宽度外，还 需 要 测 量 的 物 理 量 有;A.小物块质量mB.遮光条通过光电门的时间tC.光电门到C 点的距离sD.小物块释放点的高度h(3)为了减小实验误差，同学们采用图象法来处理实验数据，他们根据(2)测量的物理量，建立图丙所示的坐标系来寻找关系，其 中 合 理 的 是.【答案】(1)1.060；(2)BC；
19、(3)B.【解析】【分析】【详解】(1)主尺的刻度：1 c m,游标卡尺上的第12个刻度与主尺的刻度对齐，读数是：0.05x12 mm=0.60 mm,总读数：1()mm+0.60 mm=10.60 mm=1.060 cm.(2)实验的原理：根据遮光条的宽度与物块通过光电门的时间即可求得物块的速度：v=-tB 到 C 的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得：一jnngs=0-gm v2联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式2gs还需要测量的物理量是：光电门到C 点的距离s 与遮光条通过光电门的时间t,故 BC正确，AD错误.(3)由动摩擦因数的表达式可知，H与 t?和 s 的乘积成反比，所 以:与
20、 s 的图线是过原点的直线，应该建立的坐标系为：纵坐标用物理量I，横坐标用物理量s,即 B 正确，ACD错误.【点睛】本题通过动能定理得出动摩擦因数的表达式，从而确定要测量的物理量.要先确定实验的原理，然后依据实验的原理解答即可；游标卡尺的读数时先读出主尺的刻度，然后看游标尺上的哪一个刻度与主尺的刻度对齐，最后读出总读数；8.某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如 图（a）所示.向左推小球,使弹簧压缩一段距离后由静止释放.小球离开桌面后落到水平地面.通过测量和计算，可求得弹簧
21、被压缩后的弹性势能.图（a）回答下列问题：（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等.已知重力加速度大小为 g,为求得Ek，至 少 需 要 测 量 下 列 物 理 量 中 的 （填正确答案标号）.A.小球的质量mB.小球抛出点到落地点的水平距离sC.桌面到地面的高度hD.弹簧的压缩量AxE.弹簧原长1（2）用所选取的测量量和已知量表示Ek，得 Ek=.（3）图（b）中的直线是实验测量得到的sA x 图线.从理论上可推出，如果h 不 变.m 增加，sAx图 线 的 斜 率 会（填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m 不变，h 增加，sA x 图线的斜率会一（填“
22、增大”、“减小”或“不变”）.由 图（b）中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与A x 的 次方成正比.ffi(b)Ax2【答案】(1)ABC 侬 上(3)减 小 增 大 24/2【解析】【分析】【详解】(1)由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h,故选A B C.(2)由平抛规律可知：竖直方向上：h=-g t2,水平方向上：s=v t,而动能E k=m v 2 联立可得Ek=三:2 2 4/?(3)由题意可知如果h不变，m增加，则相同的AL对应的速度变小，物体下
23、落的时间不变，对应的水平位移s 变小，s-A L 图线的斜率会减小；只有h增加，则物体下落的时间增加，则相同的AL下要对应2更大的水平位移s,故 s-A L 图线的斜率会增大.弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即 Ep=-,4/2可知E p 与A s 的 2次方成正比，而As与A L成正比，则 E p 与A L的 2次方成正比.【点睛】本题的关键是通过测量小球的动能来间接测量弹簧的弹性势能，然后根据平抛规律以及动能表达式即可求出动能的表达式，弹性势能转化为物体的动能，从而得出结论.根据x与AL的图线定性说明m增加或h增加时x的变化，判断斜率的变化.弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能和动能的表
24、达式，得出弹性势能与Ax的关系，乂与41成正比，得 出 E p 与AL的关系.9.用图甲所示的实验装置验证叫、色组成的系统的机械能守恒。性从高处由静止开始下落，同时肛向上运动拉动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。图乙给出的是实验中获取的一条纸带，其中0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4 个未标出的点，计数点间的距离如图中所示。已知电源的频率为5()H z,m,=5 0 g,zn,=1 5 0 g,取 g =1 0 m/s 2。完成以下问题。(计算结果保留2 位有效数字)甲在纸带上打下计数点5时的速度%=(2)在打0 5 点 过 程 中 系 统 动 能
25、的 增 加 量 妆=J,系统势能的减少量综=J,由此得出的结论是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(3)依据本实验原理作出的二-。图像如图丙所示，则当地的重力加速度g =m/s2 o2【答案】2.4 0.5 8 0.6 0 在误差允许的范围内，叫、电组成的系统机械能守恒 9.7【解析】【详解】(1)口 第4点与第6点间的平均速度等于第5点的瞬时速度，有(2 1.6 0+2 6.4 0)x 1 0-2v,=-m/s =2.4 m/s5 2 x 0.1打下计数点5时的速度2.4 m/s o(2)2 系统动能的增加量A k=g (町+加2)v；=0.5 8 J打0 5点过
26、程中系统动能的增加量0.5 8 J .系统势能的减少量A E p =(/%-町)=0.6 0 J系统势能的减少量0.6 0 J。4 可见妆与耳大小近似相等，则在误差允许的范围内，町、，组成的系统机械能守恒。(3)5 系运动过程中机械能守恒，则有1(ml+/n2)v2=(%一 叫)g 解得声 _吗一叫2 /%+吗gh则 三-/?图像的斜率2,tn.-nt 5.8 2 .2k=-L g=-m/s-叫+帆 1.2 0则g=9.7 m/s2当地的重力加速度9.7 m/s 2。1 0.用如图所示的实验装置研究平抛运动.某同学按如下的操作得到了一组数据:砧握传感器将碰撞传感器水平放置，在轨道多个位置静止释
27、放小球.将碰撞传感器竖直放置在离抛出点一定距离处(图中虚线位置)，在轨道多个位置静止释放小球，小球都击中碰撞传感器.123456初速度V o(m/s)1.0241.2011.1761.1530.9421.060飞行时间t(s)0.2460.2490.2480.1730.2120.189(1)本实验除了碰撞传感器外，还需用到的传感器是(2)根据表格可知，碰撞传感器水平放置时，距离小球抛出点的高度约_ m；碰撞传感器竖直放置时，距离小球抛出点的水平距离约_ m.【答案】光电门 0.3 0.2【解析】【详解】根据图，并结合实验的原理可知，除了碰撞传感器外，还需用到光电门传感器；3由表格数据可知，前
28、3 个，时间基本相等；而后3 个，初速度与时间的乘积是基本相等的；时间基本相等的，碰撞传感器水平放置，根据自由落体运动位移公式，那么距离小球抛出点的高度1 ,1 ,A =gr xlOxO.25m 2so.3m初速度与时间的乘积是基本相等的，碰撞传感器竖直放置，那么距离小球抛出点的水平距离vor 1.153x0.173m 0.2m1 1.某研究性学习小组为了测量某电源的电动势E 和电压表V 的内阻R,.,从实验室找到实验器材如下：A.待测电源(电动势E 约为2 V,内阻不计)B.待测电压表V(量程为I V,内阻约为100。)C.定值电阻若干(阻值有：50.0ft,100.0Q,500.00,1.
29、0k)D.单刀开关2 个(1)该研究小组设计了如图甲所示的电路原理图，请 根 据 该 原 理 图 在 图 乙 的 实 物 图 上 完 成 连 线。4VR图甲 图幺(2)为了完成实验，测 量 中 要 求 电 压 表 的 读 数 不 小 于 其 量 程 的;，则 图 甲 R 产 C：R2=d 在 Ri、R2选择正确的情况进行实验操作，当 电 键 舟 闭 合、S2断开时，电压表读数为0.7 1V；当 Si、S2均闭合时，电 压 表 读 数 为 0.9 0 V；由 此 可 以 求 出Rv=C；电源 的 电 动 势 E=(保 留 2 位有效数字)。【答 案】图乙10 0 5 0 8 7 1.9【解 析】
30、【分 析】【详 解】(1)口 根据电路原理图，实物连线如图所示:图乙 3 根据分压规律l y3 0 0 c2 V-V 凡3串联在电路中的总电阻约为R、=5 0 0。所 以 5 0 0.0。和 l.O k Q 阻值太大不能用，否则电压表的示数不满足题中要求；为 了 在 S?闭合时，能够有效的保护电路，所 以 4=1 00。，&=5 0。(3)4 5当电键仪 闭合、S2断开时Ui ER,&+&+用当S1、S2均闭合时U2 _ ERv&+%解得/?V=87Q,E=1.9V1 2.某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验中，为减小实验误差，选择了内阻已知的电流表，实验中电阻两端电压从零开始调节。(1)以
31、 下 电 路 图 符 合 上 述 要 求 的 是;若电流表的内阻为RA，金属丝的长度为L,直径为d,实验中某次电压表、电流表的示数分别为U、I,则该次实验金属丝电阻率的表达式为。=(用题中字母表示)10【答案】B【解析】【详解】电阻两端电压从零开始调节，故选择分压式；电流表内阻已知，电流表选择内接法，选 B(2)2接原理图连接实物图如图由实验原理得 =RA+R由电阻定律得R =。9,横截面积S=7 t ()2,联立，可解得:3乙P=Q4-R.4L/A13.某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和匹也，固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N 极位于两导轨
32、的正上方，S 极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。(不计金属导轨的电阻和摩擦)(1)在开关闭合后，金属棒向(选填“左侧”或“右侧”)移 动。为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A.适当增加两导轨间的距离B.保持两个导轨间距不变，换一根更长的金属棒C.将滑动变阻器滑片向左移动D.把磁铁换成磁性更强的足够大的铉铁硼磁铁其中正确的是(填入正确选项前的字母)。(3)如果将电路中电流方向反向，磁场也反向，金 属 棒 将 会 向 (选填“左侧”或“右侧”)移 动。【答案】左侧 A C D 左侧【解析】【分析】【详解】(1)口 根据题意可知，磁场方向竖直向下，电流方向
33、垂直纸面向里。所以根据左手定则可得安培力方向为水平向左，故导体棒向左侧运动。(2)2A C D.根据公式b =8 可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流或者增大磁场磁感应强度，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理得k 1 2Fs-/Jings=mv则金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，ACD正确；B.若换用一根更长的金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，安培力F 不变，棒的质量变大，由12FS 可知速度变小，故 B错误。故选A C D o网都反向后，电流垂直纸面向外，磁场方向竖直向上，根据左手定则可得安培力方向仍向左，故导体棒仍向左侧移动。1 4.用图甲所示
34、的元件做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验。小灯泡额定电压约为2.5V额定电流约为0.3A。完成下列各小题。(1)图甲中已经作出了部分连线，请在此基础上完成电路元件连接 o(2)在实验进行的某一次测量中，电压表、电流表的示数如图乙所示，则电压为 V,电流为A,此时小灯泡的功率为 W o下列有四个关于小灯泡伏安特性曲线的图象，其中正确的是【解析】【详解】(1)口 小灯泡额定电压约为2.5V、额定电流约为0.3 A,则电压表选用0 3V量程，电流表选用00.6A量程。小灯泡电阻约为电流表0 0.6A量程的内阻一般为0.5。，电压表0 3V量程的内阻一般为几千欧。相比较而言，小灯泡电阻为“小电阻”，
35、故应用电流表外接法。小灯泡两端电压应从0开始，则滑动变阻器应为分压接法。元件连接如图所示。（2）2北3 4经估读后，电压表示数为1.5V,电流表示数为0.18A。此时小灯泡功率为p=t/=1.5Vx0.18A=0.27W（3）5温度升高，小灯泡电阻变大。则U-/图象的斜率逐渐增大，/-。图象的斜率逐渐减小，且图像要过坐标原点。所以B正确，ACD错误。故选B。1 5.圆柱形陶瓷元器件表面均匀镀有一层导电薄膜，已知导电薄膜电阻率为。，为了测量该薄膜厚度，某同学使用铜丝紧绕在元件表面，铜丝绕制成圆形，圆柱体轴线垂直于铜丝圆面，制成电极A、B,如图甲所示（1）用螺旋测微器测量元件的直径，测量结果如图乙
36、所示，其读数为 mm。（2）为了测量元件电阻，某同学首先使用多用电表对元件粗测，元件电阻约为1 0 C,现需准确测量电阻阻值，可供器材如下A.被 测 元 件 尺（阻值约10Q）B.直流电源（电动势约6 V,内阻约3C）C.电流表A1（量程0 0.6 A,内阻约2C）D.电压表Y（量程0 2 V,内 阻&,=1000。）E.电压表V 2（量程0 1 2 V,内阻约5000。）F.定 值 电 阻/（&=2000Q）G滑动变阻器4（0 20 Q）H.滑 动 变 阻 器 用（0 100Q）I.电键、导线等在可供选择的器材中，已 经 选 择A、B、C、I除此之外，应该选用(填写序号)根据所选器材，在图丙
37、方框中画出实验电路图_ _ _ _ _ _ _ _需要测量的物理量_ _ _ _ _ _ _ _,请 用 上 述 物 理 量 表 示 被 测 电 阻 凡=。(3)为 了 测 量 薄 膜 厚 度 还 需 要 测 量 的 物 理 量 为.(4)若 被 测 元 件 电 阻 为R,元 件 直 径 为1,电阻率为。，请结合使用(3)物理量表示薄膜厚度Ad=【答 案】0.398(0.3960.399均可给分)DFG也可以)电流 表A1示 数/,电 压 表V示 数U之 间 的 距 离L P-T-na-R【解 析】(分压式接法电 极A、B【详 解】螺旋测微器主 尺 刻 度 为0,可 动 刻 度 为39.8x0
38、.01mm=0.398mm,所以读数为0+0.398mm=0.398mm(2)2因为直流电源电动势为6 V,电 压 表V2量程太大，不能选择，可 将 电 压 表V i改装，因 此 需 要DF；滑动变阻器起限流作用，安全下选择小的，比较方便操作，所 以 选 择G。3该电路设计滑动变阻器阻值比被测阻值大，而且能保证仪器安全，因此滑动变阻器采用限流方式，使用伏安法测量被测电阻，其中电压表需串联一个分压电阻，总电阻远大于待测电阻，采用电流表外接。电路如 图：4根据欧姆定律，需 要 测 量电流表A1示 数/,电 压 表V示 数U；5电压应为电压表和定值电阻的总电压，电流应为流过待测电阻的电流，则R出+2
39、 IS)I 工 MUR因为/u所以也可表示为ZvR江+4 U()、I R 网根据电阻定律R、-p S其中薄膜很薄，展开后可认为是以圆周长为边，厚度为高的矩形，即S nd d所以为了测量薄膜厚度，还需要测量连入电路的电阻长度为电极A、B之间的距离心。(4)据题有R=p-nd-A J因此=p-nd-R16.如图所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a 与钩码的质量及小车和祛码的质量对应关系图.钩码的质量为犯，小车和祛码的质量为m2，重力加速度为g.(1)下 列 说 法 正 确 的 是.A.每次在小车上加减祛码时，应重新平衡摩擦力B.实验时若用打点计时器应先释
40、放小车后接通电源C.本实验m2应远小于mi在用图象探究加速度与质量关系时，应作a 和1图象m,1(2)实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的。图象，如图，设图m，中直线的斜率为k,在纵轴上的截距为b,则小车与木板间的动摩擦因数=一,钩码的质量my(3)实验中打出的纸带如图所示.相邻计数点间的时间间隔是0.1 s ,图中长度单位是c m,由此可以算出【解析】【详解】(1)A.小车与长木板的间的粗糙情况与小车的质量无关，所以在同一个实验中，每次改变小车的质量,不需要平衡摩擦力。故A错误。B.实验时应先接通电源，后释放小车。故B错误。町 肛g 町gF-nua=!=!C.根据
41、牛顿第二定律可得系统的加速度。=,则绳子的拉力-也+叫 上 见，由此m.1 +/n,2 n-可知钩码的质量町远小于小车和祛码的质量m 2时，绳子的拉力才等于钩码的重力。故C错误。1 L 1 ID.由牛顿第二定律可知。=/，当F一定是，。与 成正比，所以应作出”;图 象。故D正确。m2 m2 mz1 1/1(2)根据牛顿第二定律可知肛g-g =a ,结合-。图象可得一=一 +-a,由此可得钩m2 m,m 1g码的质量为叫=二，小车与木板间的动摩擦因数为=二。gk gk(3)设电=L24CTW,=2.6 2。?，有 公 式 一4 =3a产，化简可得a=x 1 0 2 m/s2=0.4 6/s23/
42、3x 0.121 7.某同学欲将量程为2滔、内阻为4 0 0。的表头改装成一个多用电表，改装后的电表有几个不同量程,分别为量程为I V和1 0 V的双量程电压表及量程为1 0()/A的电流表，设计电路如图所示。定值电阻4,6和名的值待定，工为单刀单掷开关，反为单刀双掷开关。已知将开关5断开，置于“2”挡时，多用电表的量程为1 0 V,回答下列问题:(1)表笔A 应为(填“红”或“黑”)色；(2)将开关5 断开，丛置于“1”挡时，多用电表用于测量_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(填“电流”或“电压”)；开关5 闭合,与置于“1”挡时，多用电表用于测量_ _ _ _ _ _ _
43、_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ (填“电流”或“电压”)；(3)定值电阻的阻值 =Q,R2=。、R3=。(招结果保留三位有效数字)【答案】黑 电压 电流 4600 100 10.2【解析】【详解】(1)1.根据表头的极性，因电流要从红表笔流入电表，可知表笔A 应为黑色；(2)2 3.将开关 5 断开，号置于“1”挡时，表头与R2串联，则多用电表用于测量电压；开关，闭合,区置于“1挡时，R3与表头并联，则多用电表用于测量电流；(3)4 ,已知将开关5 断开，/置 于“2”挡时，多用电表的量程为1 0 V,则U-I r 10R.=-=-400=4600QI,0.002 5 J.将开
44、关5 断开，良置于“1”挡时，多用电表的量程为I V,则-400=100Q0.002 6.将开关5 接通，S,置于“1”挡时，多用电表的量程为100m A,则”42(400+100)100-2*10.2。1 8.某同学利用图甲所示的装置设计一个“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”的实验。如图中AB是水平桌面，CD是一端带有定滑轮的长木板，在其表面不同位置固定两个光电门，小车上固定着一挡光片。为了补偿小车受到的阻力，将长木板C 端适当垫高，使小车在不受牵引时沿木板匀速运动。用一根细绳一端拴住小车，另一端绕过定滑轮挂一托盘，托盘中有一祛码调节定滑轮的高度，使细绳的拉力方向与长木板的上表面平行
45、，将小车靠近长木板的C 端某位置由静止释放，进行实验。刚开始时小车的总质量远大于托盘和祛码的总质量。(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d,如图乙所示，其读数为 cm；(2)某次实验，小车先后经过光电门1 和光电门2 时，连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为h 和 t 2,此过程中托盘未接触地面。已知两个光电门中心之间的间距为L,则小车的加速度表达式2=()(结果用字母d、ti、tz、L 表不)；(3)某同学在实验中保持小车总质量不变，增加托盘中祛码的个数，并将托盘和祛码的总重力当做小车所受的合力F,通过多次测量作出a-F 图线，如图丙中实线所示。试 分 析 上 部 明 显 偏 离 直 线
46、 的 原 因 是。托盘和祛码的总质量过大，小车所受合力与托盘和祛码的总重力相差2U泊【答案】0.170越来越大【解析】【分析】【详解】(1)游标卡尺的主尺读数为：1m m,游标尺的刻度第14个刻度与上边的刻度对齐，所以读数为:0.05x 14=0.70mm,所以 d=lmm+0.70mm=1.70mm=0.170cm；(2)2小车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动速度位移公式(d (丫2aL=(2 J V I?得2Lt泊(3)3实验时，小车的合外力认为就是托盘和祛码的总重力m g,只有在M m 时，才有T mg。-尸图线才接近直线，一旦不满足M m,描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线
47、向右弯曲，所以a-F 图线上部明显偏离直线的原因是托盘和祛码的总质量过大，小车所受合力与托盘和祛码的总重力相差越来越大。1 9.某同学在“验证力的平行四边形定则”的实验中，利用以下器材：两个轻弹簧A 和 B、白纸、方木板、橡皮筋、图钉、细线、钩码、刻度尺、铅笔。实验步骤如下：(1)用刻度尺测得弹簧A 的原长为6.00cm,弹簧B 的原长为8.00cm；(2)如图甲，分别将弹簧A、B 悬挂起来，在弹簧的下端挂上质量为m=l()()g的钩码，钩码静止时，测得弹簧A 长度为6.98cm,弹簧B 长度为9.96cm。取重力加速度g=9.8m/s2,忽略弹簧自重的影响，两弹簧的劲度系数分别为k A=N/
48、m,kB=N/m；(3)如图乙，将木板水平固定，再用图钉把白纸固定在木板上，将橡皮筋一端固定在M 点，另一端系两根细线，弹簧A、B 一端分别系在这两根细线上，互成一定角度同时水平拉弹簧A、B,把橡皮筋结点拉到纸面上某一位置，用铅笔描下结点位置记为O。测得此时弹簧A 的长度为8.10cm,弹簧B 的长度为U.80cm,并在每条细线的某一位置用铅笔记下点Pi和 P2;丙橡皮筋p.P4O用：弹簧B(4)如图丙，取下弹簧A,只通过弹簧B 水平拉细线，仍将橡皮筋结点拉到O 点，测得此时弹簧B 的长度 为 13.90cm,并用铅笔在此时细线的某一位置记下点P,此时弹簧B 的弹力大小为F，=N(计算结果保留
49、3 位有效数字)；T（5）根据步骤（3）所测数据计算弹簧A 的拉力FA、弹簧B 的拉力FB，在图丁中按照给定的标度作出FA、FB的图示,根据平行四边形定则作出它们的合力F 的图示，测 出 F 的大小为 N。（结果保留3 位有效数字）（6）再在图丁中按照给定的标度作出F，的 图 示 一，比较F 与的大小及方向的偏差，均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。【答案】100 50 2.95 作 FA、FB 的 图 示（FA=2.10N、FB=1.90N）2.80-2.95【详解】（2）1 2.根据胡克定律，两弹簧的劲度系数分别为kAO.lx9.8(6.98 6.00)x10-
50、2N/m=100N/mFB _ 0.1x9.8嬴一(9.96-8.00)x10-2N/m=50N/m.（4）3.弹簧B 的弹力大小为F=kB iB=50 x(0.1390-0.08)N=2.95N(5)4 5.由胡克定律可得：FA=kAA=100 x(0.0810-0.06)N=2.10NFl=A x=50 x（0.1180-0.08）N=1.90N画出两个力的合力如图，由图可知合力F=290N；（6）6.做出力图如图;2 0.在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A 与金属板B 间的动摩擦因数。已知铁块A 的质量nu=0.5k g,金属板B 的质量niB=lkg。用