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1、2 0 2 0 年高考物理实验题真题集锦1.（2 0 2 0 新课标H I）某同学利用图（a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如 图（b）所示。已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为0.0 2 s,从 图（b）给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小VB=m/s,打出P点时小车的速度大小vp=m/s （结果均保留2 位小数）。若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图（b）给出的数据中求得的物理量为 02.（2 0 2 0 新课标H）一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A
2、和 B,如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。/1令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度ho=O.5 9 O m,下降一段距离后的高度h=0.1 0 0 m；由 ho 下降至h 所用的时间T=0.7 3 0 s。由此求得小球B加速度的大小为2=m/s2（保留3位有效数字）。从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为1 0 0.0 g 和 1 5 0.0 g,当地重力加速度大小为g=9.8 0 m/s2根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a-=m/s2（保留 3位有效数字）。可以看出，a，与 a 有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这
3、一结果的原因：3.（2 0 2 0 新课标H）某同学要研究一小灯泡L （3.6 V,0.3 0 A）的伏安特性。所用器材有：电流表A i（量程2 0 0 mA,内阻R gi=1 0.0 C）,电流表A 2 （量程5 0 0 mA,内阻R g2=1.0 C）、定值电阻R o （阻值R o=1 0.0 C）、滑动变阻器R i（最大阻值1 0。）、电源E （电动势4.5 V,内阻很小）、开关S和若干导线。该同学设计的电路如图（a）所示。（1）根 据 图（a）,在 图（b）的实物图中画出连线。（2）若 I i、L分别为流过电流表A 1 和 A 2 的电流，利用h、I R gi和 R o 写出：小灯泡两
4、端的 电 压 U=，流过小灯泡的电流1=。为保证小灯泡的安全，L不能超过m A c（3）实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电流表的示数为零。逐次改变滑动变阻器滑片位置并读取相应的L和 1 2。所得实验数据在下表中给出。Ii/mA 3 2 5 5 8 5 1 2 51 4 41731 7 1229 299 379424 470根据实验数据可算得，当 L =1 7 3 m A 时，灯丝电阻 R=C （保 留 1 位小数）。2（4）如果用另一个电阻替代定值电阻R o ,其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所 用 电 阻 的 阻 值 不 能 小 于。（保 留 1 位小数）。4.（2 0 2
5、0 新课标I）某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑 块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、祛码盘和祛码等。实验步骤如下：开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间时，可认为气垫导轨水平；用天平测硅码与祛码盘的总质量n、滑 块（含遮光片）的质量m 2；用细线跨过轻质定滑轮将滑块与法码盘连接，并让细线水平拉动滑块；令滑块在祛码和祛码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间A t 1、加2 及遮光片从A运动到B所用的时间2;在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果
6、将祛码和祛码盘所受重力视为滑块所受拉力,拉力冲量的大小1=,滑块动量改变量的大小Ap=；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示）某次测量得到的一组数据为：d=1.0 0 0 c m,m i=1.5 0 X 1 0-2 k g,m2=0.4 0 0 k g,t,=3.9 0 0X 1 0 s,A t 2=1.2 7 0 X I O%,口 2=1.5 0 s,取g=9.8 0 m/s?。计算可得 1=N-s,A p=k g m-s-1；（结果均保留3位有效数字）定 义 1 /1 1 00%,本次实验4%（保 留 1 位有效数字）。5.（2 0 2 0 新课标I ）某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆
7、的电阻R、，所用电压表的内阻 为 I k C,电流表内阻为0.5 C。该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图（a）所示电路的0、P 两点之间，另一种是跨接在0、Q两点之间。测量得到如图（b）所示的两条U-I 图线，其中U与 I 分别为电压表和电流表的示数。3RO图（a）回答下列问题:（1）图（b）中标记为I I的 图 线 是 采 用 电 压 表 跨 接 在 （填“0、P”或“O、Q”）两点的方案测量得到的。图（b）（2）根据所用实验器材和图（b）可判断，由图线（填“I”或“I I”）得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为 C（保 留1位小数）。（3）考虑到实验中电表内阻的影响，需 对
8、（2）中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为 Q （保 留1位小数）。6.（2 0 2 0浙江 7月选考）（1）做探究加速度与力、质量的关系实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：（i）挂上托盘和祛码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑;（i i）取下托盘和祛码，测出其总质量为m,让小车沿木板下滑，测出加速度a；4（iu）改变祛码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到。一下的关系。实验获得如图所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f 间均有四个点未画出，则在打d 点时小车的速度大小】d=m S（保留两位有效数字）；abed f/1平 阳1
9、 11川 唧1 1 1|叫|叩 附II啊哪W|叫H l|（H I岬I I I29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 an 需 要 满 足 条 件 川 的 方 案 是（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）；在 作。一尸图象时，把 见W 作为F 值的是（选填“甲”、“乙”或呷和乙”）。（2）某同学用单摆测量重力加速度，为了减少测量误差，下 列 做 法 正 确 的 是（多选）；A.摆的振幅越大越好B.摆球质量大些、体积小些C.摆线尽量细些、长些、伸缩性小些D.计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处改变摆长，多次测量，得到周期平方与摆长的关系图象如图所示，所得结果与当地重力加速度值相符
10、，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是 oA.测周期时多数了一个周期B.测周期时少数了一个周期C.测摆长时直接将摆线的长度作为摆长D.测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长7.（2020浙 江 7 月选考）某同学分别用图甲和图乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。（1）在答题纸相应的方框中画出图乙的电路图；5（2）某次测量时电流表和电压表的示数如图所示，则 电 流丁=A,电压U=V；（3）实验得到如图所示的两条直线，图中直线I对应电路是图1（选填“甲”或乙”）；（4）该电池的电动势E =V （保留三位有效数字），内 阻r=O （保留两位有效数字）。8.（2 0 2 0天津）（1）某实验
11、小组利用图1所示装置测定平抛运动的初速度 把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边a b与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记6录钢球的落点。A.实验时应保持桌面水平B.每次应使钢球从静止开始释放C.使斜面的底边ab与桌边重合D.选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0 2m,在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻 两 点 之 间 的 距 离 依 次 为15.0cm 25 0cm.35.0cm,示 意 如 图2。重力加速度g=10ms2,钢球平抛的初速度为 m/so
12、图2 图1装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是（2）某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻，要求测量结果尽量准确。电压表（量 程0 3 V,内 阻 约 为3k。）电流表（量 程0 0.6 A,内 阻 约 为1。）滑动变阻器（。20。，额 定 电 流1A）待测电池组（电动势约为3 V,内 阻 约 为1。）7开关、导线若干该小组连接的实物电路如图所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线 对 应 的 编 号 是。改正这条导线的连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P 应置于滑动变阻器的 端（填a”或者“b”）实验中发现调节滑动变阻器时，电流表读数变化明显但电压表读数变
13、化不明显。为了解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为5。的电阻，之后该小组得到了几组电压表读数U 和对应的电流表读数I,并 作 出。一/图像，如图所示。根据图像可知，电池组的电动势为 V,内阻为 O.（结果均保留两位有效数字）89.（2020 山东新高考I）实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻 的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有：干电池一节（电动势约1.5 V,内阻小于1。）；电压表V（量程3 V,内阻约3kC）；电流表A（量程0.6 A,内阻约1 C）；滑动变阻器R（最大阻值为20C）；定值电阻Ri（阻值2 C）；定值电阻R2（阻值5
14、C）；开关一个，导线若干。（1）该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在U-I坐标纸上描点，如图乙所示，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是 o （单选，填正确答案标号）A.电压表分流B.干电池内阻较小C.滑动变阻器最大阻值较小D.电流表内阻较小（2）针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示。请根据实验数据，回答以下问题:序号 1234567I/A0.08 0.14 0.2()0.26 0.32 0.36 0.40U
15、/V 1.35 1.20 1.050.88 0.73 0.71 0.529答题卡的坐标纸上已标出后3 组数据对应的坐标点，请在答题卡的坐标纸上标出前4组数据对应的坐标点并画出U-I 图像。根据实验数据可知，所 选 的 定 值 电 阻 为 (填“R/或“R 2”)。用笔画线代替导线，请在答题卡上按照改进后的方案，将 实 物 图 连 接 成 完 整 电 路。1 0.(2 0 2 0.山东.新高考I )2 0 2 0 年 5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下
16、：图甲(i)如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为5 3。，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺(图中未画出)。(i i)调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。2L(i i i)该同学选取部分实验数据，画出了 T-t 图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6 m/s 2-10（i v）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。回答以下问题：（1）当木板的倾角为3 7。
17、时，所绘图像如图乙所示。由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为 m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B 两点，利 用 A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为 m/s2 （结果均保留2位有效数字）（2）根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为 m/s2o （结果保留2 位有效数字，s i n 3 7=0.60,c o s 3 7=0.80）1 1.（2 0 2 0 江苏）疫情期间“停课不停学”，小明同学在家自主开展实验探究。用手机拍摄物体自由下落的视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，实验装置如题图1 所示。（1）家中有乒乓球、小塑料球和小钢
18、球，其中最适合用作实验中下落物体的是（2）下列主要操作步骤的正确顺序是 o （填写各步骤前的序号）把刻度尺竖直固定在墙上捏住小球，从刻度尺旁静止释放 手机固定在三角架上，调整好手机镜头的位置打开手机摄像功能，开始摄像（3）停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中的小球和刻度如题图2所示。已知所截取1的图片相邻两帧之间的时间间隔为6S,刻度尺的分度值是1mm,由此测得重力加速度为 m/s-o（4）在某次实验中，小明释放小球时手稍有晃动，视频显示小球下落时偏离了竖直方向。从该视频中截取图片，（选填“仍能”或“不能”）用问中的方法测出重力加速度。1 2.（2 0 2 0 江苏）某同学描绘一种电子元件的
19、1-U关系图象，采用的实验电路图如题图111所示，V 为电压表，mA为电流表，E 为 电 源（电动势约6 V）,R 为滑动变阻器（最大阻值 20C),&为定值电阻,-1L 1-10-2,Vp=0 04 in*s=0.3 6m s(57.86-50.66)xl0-2*=飞 而 1nzs=L80m/s验证动能定理需要求出小车运动的过程中拉力对小车做的功，所以需要测量对应的B、P之间的距离。【分析】求解B、P两点的速度等于物体在相邻两段中运动的平均速度，即利用相邻两段的长度除以对应的时间即可；己知物体的初末速度可以求解物体动能的改变量，那么还需要测量合外力做功，即需要测量重物移动的距离。2.【答案】
20、1.84；1.96；滑轮的釉不光滑，绳和滑轮之间有摩擦(或滑轮有质量)【解 析】有 题意可知小球下降过程中做匀加速直线运动，故根据运动学公式有h Q-h =a T2代入数据解得a=1.84m/s 2；根据牛顿第二定律可知对小球A有 丁 一戏6=町W对小球B有ltlBS _ T=mB0带入已知数据解得C=l96m，H；在实验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小.【分析】结合物体下落的高度和时间，利用运动学公式求解加速度即可；对物体进行受力分析，在竖直方向上利用牛顿第二定律求解物体的加速度：系统中存在摩擦力或滑轮质量偏大会干扰试验。133.【答案】(1)(2)4 1 +&)；A F；1 80(
21、3)1 1.6(4)8.0【解析】(1)根据电路图连接实物图如图所示(2)根据电路图可知灯泡两端的电压为电流表A i 和 R o 的总电压，故根据欧姆定律有U=1 1(Rg l+K)根据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为/=一 /1 因为小灯泡的额定电压为3.6 V,故根据题目中已知数据带入中可知h不能超过1 80 m A；(3)根据表中数据可知当h=1 7 3 m A 时，l 2=47 0 m A；根据前面的分析代入数据可知此时灯泡两端的电压为U=3.46 V；流过小灯泡的电流为I=2 97 m A=0.2 97 A；故根据欧姆定律可知此时小灯泡的电阻为口 =疆C=I I6C(4)要测量完整
22、的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至14少要达至U 3.6V,而电流表A i不能超过其量程200mA,此时结合有36=0 2 x（10+&）解 得&=8 Q,即要完整的测量小灯泡伏安特性曲线所用电阻的阻值不能小于8Qo【分析】（1）结合电路图，根据电流的方向连接实物图即可；（2）利用欧姆定律和并联电路电流规律求解电压和电流即可：（3）结合表格中的电流值求解灯泡两端的电流和电压，利用欧姆定律求解电阻即可；（4）灯泡与电流计并联，两支路并联，电压相等，根据灯泡的额定电压和电流计的量程列方程求解电阻的最小值即可。4加，_.【答案】大约相等；migtn;2 ；0.221；0.212；4【解析】S）当经过A
23、,B两个光电门时间相等时，速度相等，此时由于阻力很小，可以认为 导 轨 是 水 平 的。（5）由I=Ft,知/=加 区 4 2 由 =n,v2 w n l 知fd d叱.再W否6）代入数值知冲量7=10-x 9.8 x 15N*s=0 221N s 动量改变量Jp=叱（5 _ 第）=0.2 1 2 k g m s-1|Z-Jpl n 71?X 100%=-6夕f X 100%之 4%【分析】物体做匀速运动，即通过两个光电门的时间应该相同；物体动量的变化，利用末动量减初动量即可，力的冲量，利用力乘以力作用的时间即可，结合公式代入具体数据求解即可。5.【答案】（1）0、P(2)I；50.5（3）5
24、0.07=2+2【解析】（1）若将电压表接在。、尸之间，即&RxRy则 心陪/RxRy根 据 一 次 函 数 关 系 可 知 对 应 斜 率 为R y。若将电压表接在。、。之间，电流表分压为uA=IR415R U TRA根据欧姆定律变形可知 I解得 U =I(R+Ri)根据一次函数可知对应斜率为(及+夫0,对比图像的斜率可知ki叫所 以 I I 图线是采用电压表跨接在。、P 之间。(2)因为待测电阻为几十欧姆的电阻，通IkQ,50Q过图像斜率大致估算待测电阻为5 0。左右，根 据 砺诲说明电流表的分压较小，电流表的分流较大，所以电压表应跨接在。、。之间，所以选择3V-1V _ _图线I 得到的
25、结果较为准确。(3)根据图像可知R x=5 9.到i A-2 0 mA 5 力0考虑电流表内阻，则修正后的电阻为&，=尺 一A=5O 5Q_ 0 5C=50.0Q【分析】(1)电流表外接，电压表分流，当电压一定时，电流表测得的电流偏大；(2)电压表内阻比较小，对电流的影响大，电路采用电流表内接法；(3)利用欧姆定律求解定值电阻与电流表的总电阻，减去电流表内阻，即为定值电阻的阻值。6.【答案】(1)0.1 8 0.1 9；甲；甲和乙(2)B C；C【解析】(1)打点计时器打点周期T =0.1 s由匀加速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，在 打 d点时小车的速度b f(38.10-3
26、0.70)x 10-2d=47=4 x 0 ms x 9m/s在图甲的实验方案中，由托盘和祛码的重力提供拉力，让小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得 增=01+加M则sM则绳子对小车的拉力 一 a m +M g当加时，绳子拉力近似等于托盘和祛码的重力。故甲需要满足M m.在图乙的实验方案中，挂上托盘和祛码，小车匀速下滑，设斜面的倾斜角为8,斜面和纸带对小车的摩擦力或阻力总和为f,则有=/+16取下托盘和祛码，小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得=即 n =M a故乙方案中，不需要满足M n u在甲乙方案中，均用托盘和祛码的重力m g作为小车匀加速的直线运动的合力及F。（2）A.单摆在摆
27、角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不能超过5。，否则单摆将不做简谐振动，A 做法错误；B.实验尽量选择质量大的、体积小的小球，减小空气阻力，减小实验误差，B 做法正确；C.为了减小实验误差，摆线应轻且不易伸长的细线，实验选择细一些的、长度适当、伸缩性小的绳子，C 做法正确；D.物体再平衡位置（最低点）速度最大，计时更准确，D 做法错误。单摆的周期即 尸 4乃2 ./7,2但是实验所得7-一/没过原点，测得重力加速度与当地结果相符，则 斜 率 仍 为s；则等P+E故实验可能是测量是直接将摆线的长度作为摆长了。【分析】（1）d 点的速度等于物体在ce段中运动的平均速度，即利用ce
28、的长度除以对应的时间即可；当 m M,物体加速度很小，拉力近似等于重物的重力；（2）选择的摆线越长，单摆的周期越长，测量时间的误差就越小：小球质量越大，体积越小，受到的阻力就越小；结合单摆的周期公式和图像的横纵坐标求解斜率与截距的意义，结合选项分析求解即可。7.【答案】（1）(2)0.390.41；电路图1.29 1.31(3)乙17（4）1.51 1.54；0.52-0.54【解析】（1）图乙中，电流表内接和变阻器串联接在电源两端，电压表测路段电压，则图乙对应的电路图为（2）一节干电池的电动势一般约为1.5V,故电压表量程选择0 3 V,电流表量程选择00.6A,所以量表的读数分别为1.30
29、V（1.291.31V均可），0.40A（0.390.41A均可）（3）由闭合电路欧姆定律可得U=E-I r可得U-1图象的纵轴截距为电源电动势，斜率为电源内阻。图甲中电流表外接，则实验测得的电源内阻 测尸 内+ArV测量值偏大；图乙中电路 内 十,V测量值偏小，但是由于Rv直，故图乙实验测出的内阻误差更小，故图线I对应图乙，图线H对应的图甲。（4）图线n与纵轴的交点为电源的电动势E=1.52V；在图线I与横轴的交点为短路电流I=2.86AE 1.52V n由 =了 =三 菽 此实验原理无误差。【分析】（1）结合图乙电流的方向绘制电路图即可；（2）明确电流表、电压表的量程和分度值再进行读数即可
30、；（3）（4）对于U-I图像，图像的斜率为电源内阻，电流为零时的电压为电动势。8.【答案】（1）AB；2；方便调整木板保持在竖直平面上（2）5；a；2.9；0.80【解析】（1）A.实验过程中要保证钢球水平抛出，所以要保持桌面水平，A符合题意;B.为保证钢球抛出时速度相同，每次应使钢球从同一位置静止释放，B符合题意；C D.实验只要每次钢球抛出时速度相同即可，斜面底边ab与桌面是否重合和钢球与斜面间的摩擦力大小对于每次抛出的速度无影响，C不符合题意，D不符合题意。故答案为：AB。每次将木板向远离桌子的方向移动0.2 m,则在白纸上记录钢球的相邻18两个落点的时间间隔相等，刚球抛出后在竖直方向做
31、自由落体运动，根 据 x=g T-可知相/（25-1510-2邻两点的时间间隔为7 =丫 10 s=0 1 s_三 _ 丝 /刚球在水平方向上做匀速直线运动，所以小球初速度为NTnapmsn-ms悬挂铅垂线的目的是方便调整木板保持在竖直平面上。（2）因为电源内阻较小，故对于电源来说应该采用电流表外接法，图中采用的是电流表内接；故导线5连接不当，应该从电压表正接线柱接到电流表正接线柱；开始实验前应该让滑动变阻器连入电路阻值最大，故应将滑片置于a端；由图线可知图线与纵轴的交点即为电源电动势，故 E=2.9 V；图线与横轴的E 2.9 _交点为短路电流I=0.5 0 A,故可得等效内阻为z=7=U3
32、Q=5 80Q又因为在开关和电池负极之间接有5。的电阻，在计算过程中等效为内阻，故电源内阻为r=5.80Q-5Q=0.80n【分析】（1）保持弹射器水平是为了使小球做平抛运动，而不是斜抛运动；从同一位置静止释放，是为了使每次实验的小球具有相同的初速度：利用竖直方向的自由落体运动求解出相邻两个点的时间间隔，再利用水平位移求解水平速度；（2）电压表内阻比较小，对电流的影响大，电路采用电流表内接法；在连接电路的时候,为了保证电路安全，滑片应处在阻值最大端；根据闭合电路欧姆定律得U=E-I r 结合函数图像来求解内阻和电动势即可。9.【答案】（1）B【解析】（1）电压表示数变化过小，则原因是外电阻比内
33、阻大的多，即电源内阻偏小，故答案为：B。（2）根据数据做出U-I 图像如图；19“0 1 02 03 04 05 06 0 7/A1.58由图像可知厂+相=而=2630电源内阻小于1 C,则定值电阻大于1.63C,可知定值电阻为R1；定值电阻与电源串联，电路如图;【分析】(1)滑动变阻器与电源内阻串联，串联分压，分得的电压与电阻成正比，电源内阻小，大部分的电压被滑动变阻器分得；(2)结合表格中的数据在坐标系中描点连线即可；电源内阻小，故应选择电阻比较小的滑动变阻器，结合题目给出的电路图，按照电流的方向连接实物图即可。10.【答案】(1)0.32 或 0.33；3.1(2)9.4【解析】(1)根
34、据 2=卬+画2可 得 半=2，o+m则 由 图像可知2%=65 x 10-m/s,(190-65102,2,a=k=-in s-=3lin s则vo=O.33m/s 4O10-(2)由 牛 顿 第 二 定 律 可 知加 gsin。-/s?gcos8=ma即。=gsin8-gcos8当 8=53时 a=5.6m/s2,即gsin5 3*-gcos5 3*=5.620当 0=3 7 时 a=3.O m/s2,即sm 3/-gcos374=3.1联立解得g=9.4 m/s2【分析】(1)结合题目给出的2 x/t 图像，利用运动学公式求解两个物体的运动方程，结合方程分析两个物体的运动情况求解加速度即
35、可；(2)对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解重力加速度。1 1.【答案】(1)小钢球(2)(3)9.6 1 (9.5 9.7)(4)仍能【解析】(1)要测量当地重力加速度需要尽量减小空气阻力的影响，所以密度大体积小的小钢球最适合；(2)要完成实验首先应该将刻度尺竖直固定在墙上，安装好三脚架，调整好手机摄像头的位置；因为下落时间很短，所以一定要先打开摄像头开始摄像，然后在将小球从刻度尺旁静止释放，故顺序为；(3)由三张图片读出小球所在位置的刻度分别为2.5 0 cm,2 6.5 0 cm,7 7.2 0 cm；小 球 做 自 由 落 体
36、运 动，根据 K =可得及(77-20-26.50)x 10-2-(26.50-2.50)x 10-2 2 2g=-7=-5-in/s-=9.6 lm/s(i)(4)因为就算小球偏离了竖直方向，但是小球在竖直方向上的运动依然是自由落体运动，对实验结果无影响，故仍能用前面的方法测量出重力加速度。【分析】(1)小球质量越大，体积越小，受到的阻力就越小，实验越精确；(2)需要注意的是，为了使照片记录小球的运动全过程，需要先开启摄像，再释放小球；(3)物体做自由落体运动，结合初末状态的速度求解运动的时间，利用运动学公式求解重力加速度；(4)物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，只考虑
37、竖直方向运动即可。21(2)O 0.1 0.2 0.3 0.4 0.S 0.6 0.7 0.8(3)非线性元件(4)B.C【解析】(1)根据题意连接电路如图线连接各点如图(2)根据表格中数据描点，并用平滑的曲22/mA(3)根据图像可知该元件是非线性元件。(4)AB.图线上某点与原点连线的斜率为R,根据元件的特性可知，当电压超过一定数值时，电流会急剧增大，所以电阻会急剧减小，若用导线代替&)，电流急剧增大，可能会烧坏待测元件，对电流表和电压表的测量误差无影响，A 不符合题意，B 符合题意；C D.根据图像可知待测元件的电压范围小于I V,而电源电动势为6 V,因为待测元件两端电压非常小，如果用导线代替%,会导致滑动变阻器的调节范围变得非常小，难以调节,C 符合题意，D 不符合题意。故答案为：BCo【分析】(1)结合电路图按照电流的流向连接实物图即可；(2)结合表格中的数据在坐标系中描点连线即可；(3)对于元件的伏安特性曲线不是一条直线，故为非线性元件；(4)电压一定时，电路中的电阻越小，电路中的电流越大。23