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高考专区 ：专题十七实验练习题
展开这是一份高考专区 ：专题十七实验练习题，共106页。试卷主要包含了19 0，3 cm/s2等内容，欢迎下载使用。
专题十七 实验
考点一 力学实验
1.(2018北京理综,21,18分)用图1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。
图1
主要实验步骤如下:
a.安装好实验器材,接通电源后,让拖着纸带的小车沿长木板运动,重复几次。
b.选出一条点迹清晰的纸带,找一个合适的点当做计时起点O(t=0),然后每隔相同的时间间隔T选取一个计数点,如图2中A、B、C、D、E、F……所示。
图2
c.通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E……点时小车的速度,分别记作v1、v2、v3、v4、v5……
d.以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系,在坐标纸上描点,如图3所示。
图3
结合上述实验步骤,请你完成下列任务:
(1)在下列仪器和器材中,还需要使用的有 和 (填选项前的字母)。
A.电压合适的50 Hz交流电源
B.电压可调的直流电源
C.刻度尺
D.秒表
E.天平(含砝码)
(2)在图3中已标出计数点A、B、D、E对应的坐标点,请在该图中标出计数点C对应的坐标点,并画出v-t 图像。
(3)观察v-t图像,可以判断小车做匀变速直线运动,其依据是 。v-t图像斜率的物理意义是 。
(4)描绘v-t图像前,还不知道小车是否做匀变速直线运动。用平均速度ΔxΔt表示各计数点的瞬时速度,从理论上讲,对Δt的要求是 (选填“越小越好”或“与大小无关”);从实验的角度看,选取的Δx大小与速度测量的误差 (选填“有关”或“无关”)。
(5)早在16世纪末,伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的。当时只能靠滴水计时,为此他设计了如图4所示的“斜面实验”,反复做了上百次,验证了他的猜想。请你结合匀变速直线运动的知识,分析说明如何利用伽利略“斜面实验”检验小球的速度是随时间均匀变化的。
图4
答案 (1)A C (2)如图所示
(3)小车的速度随时间均匀变化 加速度
(4)越小越好 有关
(5)如果小球的初速度为0,其速度v∝t,那么它通过的位移x∝t2。因此,只要测量小球通过不同位移所用的时间,就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化。
解析 本题考查研究匀变速直线运动规律的实验。
(1)打点计时器所用电源为50 Hz的交流电源,测量各计数点间距离需用刻度尺。
(2)图见答案。
(3)因为小车的速度随时间均匀变化,所以小车做匀加速直线运动。由匀加速直线运动中速度v=v0+at,可知v-t图像斜率的物理意义是加速度。
(4)v=ΔxΔt,若用 v 表示瞬时速度,Δt越小越好,而选取的Δx大小会影响速度测量值与真实值的偏差大小。
(5)设v0=0,v=at,而x=12at2,故可通过位移随时间的变化情况,判断速度随时间的变化情况。
解题关键 实验原理的认识
(1)图像法是实验中常用的方法,要学会通过图像分析问题。
(2)测量量的转换是实验中的常用手段,当某一个物理量不易测量时,可通过该量与其他量的关系式,转换成其他可测量的物理量。如将速度的测量转换成位移的测量。
2.(2017课标Ⅰ,22,5分)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动,用自制“滴水计时器”计量时间。实验前,将该计时器固定在小车旁,如图(a)所示。实验时,保持桌面水平,用手轻推一下小车。在小车运动过程中,滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴,图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置。(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴)
图(a)
图(b)
(1)由图(b)可知,小车在桌面上是 (填“从右向左”或“从左向右”)运动的。
(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为 m/s,加速度大小为 m/s2。(结果均保留2位有效数字)
答案 (1)从右向左 (2)0.19 0.037
解析 (1)由于小车获得速度后在摩擦力作用下减速运动,故相邻水滴间的距离逐渐减小,结合图(b)可知小车向左运动。(2)由题意知,30 s内滴下46滴水,共45个时间间隔,故相邻两滴水的时间间隔T=3045 s=23 s。由匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得vA=117+1332×23 mm/s=0.19 m/s。由逐差法得小车运动的加速度为a=(150+133)-(117+100)2×232 mm/s2=0.037 m/s2。
3.(2017课标Ⅱ,22,6分)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系。使用的器材有:斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器。
实验步骤如下:
①如图(a),将光电门固定在斜面下端附近;将一挡光片安装在滑块上,记下挡光片前端相对于斜面的位置,令滑块从斜面上方由静止开始下滑;
②当滑块上的挡光片经过光电门时,用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt;
③用Δs表示挡光片沿运动方向的长度[如图(b)所示],v表示滑块在挡光片遮住光线的Δt时间内的平均速度大小,求出v;
④将另一挡光片换到滑块上,使滑块上的挡光片前端与①中位置相同,令滑块由静止开始下滑,重复步骤②、③;
⑤多次重复步骤④;
⑥利用实验中得到的数据作出v-Δt图,如图(c)所示。
图(c)
完成下列填空:
(1)用a表示滑块下滑的加速度大小,用vA表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小,则v与vA、a和Δt的关系式为v= 。
(2)由图(c)可求得,vA= cm/s,a= cm/s2。(结果保留3位有效数字)
答案 (1)vA+a2Δt (2)52.1 16.3
解析 挡光片通过光电门的平均速度v等于Δt时间段的中间时刻的速度
由v=v0+at可知v=vA+aΔt2
即v=vA+12a·Δt,由图像的截距可知vA=52.12 cm/s≈52.1 cm/s
其斜率k=12a,故滑块的加速度a=2k=16.3 cm/s2
4.(2019课标Ⅲ,22,5分)甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验。实验中,甲同学负责释放金属小球,乙同学负责在小球自由下落的时候拍照。已知相机每间隔0.1 s拍1幅照片。
(1)若要从拍得的照片中获取必要的信息,在此实验中还必须使用的器材是 。(填正确答案标号)
A.米尺 B.秒表 C.光电门 D.天平
(2)简述你选择的器材在本实验中的使用方法。
答: 。
(3)实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab=24.5 cm、ac=58.7 cm,则该地的重力加速度大小为g= m/s2。(保留2位有效数字)
答案 (1)A (2)将米尺竖直放置,使小球下落时尽量靠近米尺 (3)9.7
解析 本题考查了匀变速直线运动中数据的处理与加速度的计算,考查了学生的实验能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理等素养要素,渗透了科技进步的价值观念。
(1)运动时间可由相机拍照的时间间隔来确定,不需要秒表与光电门。本实验中不需要测量小球的质量,故不需要天平。但需测量小球下落的距离,故需要米尺。
(2)由于不知照相机的放大倍数,故不能通过测量小球在照片上下落的距离来获得小球的实际下落距离,所以只能将米尺与小球的运动拍摄在同一张照片中。因小球做自由落体运动,故米尺只能竖直放置。
(3)由Δx=gT2得当地的重力加速度的大小为g=ΔxT2=(0.587-0.245)-0.2450.12 m/s2=9.7 m/s2。
方法诠释 纸带问题及类纸带问题中求物体运动的加速度,当只有两个连续数据时,可利用Δx=aT2求解;当只有两个不连续的数据时,可利用xm-xn=(m-n)aT2计算;当给定多个连续数据时,则需采用逐差法计算。
5.(2014大纲全国,22,6分)现用频闪照相方法来研究物块的变速运动。在一小物块沿斜面向下运动的过程中,用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示。拍摄时频闪频率是10 Hz;通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4。已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s。数据如下表所示。重力加速度大小g=9.80 m/s2。
单位:cm
x1
x2
x3
x4
h
s
10.76
15.05
19.34
23.65
48.00
80.00
根据表中数据,完成下列填空:
(1)物块的加速度a= m/s2(保留3位有效数字)。
(2)因为 ,可知斜面是粗糙的。
答案 (1)4.30(4分,填“4.29”或“4.31”同样给分)
(2)物块加速度小于gℎs=5.88 m/s2(或:物块加速度小于物块沿光滑斜面下滑的加速度)(2分)
解析 (1)a=Δx4T2=x3+x4-x1-x24T2=4.30 m/s2
(2)见答案。
解题指导 运用逐差法求出加速度a。
归纳总结 频闪照片和纸带打点的共同特点是想办法留下物体在相等时间内通过的位移,从而可以研究物体的运动情况,根据Δx=aT2求a,根据平均速度和中点时刻速度的关系求瞬时速度。
6.(2013广东理综,13,18分)(18分)(1)研究小车匀变速直线运动的实验装置如图16(a)所示,其中斜面倾角θ可调。打点计时器的工作频率为50 Hz。纸带上计数点的间距如图16(b)所示,其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出。
图16(a)
图16(b)
(1)部分实验步骤如下:
A.测量完毕,关闭电源,取出纸带。
B.接通电源,待打点计时器工作稳定后放开小车。
C.将小车停靠在打点计时器附近,小车尾部与纸带相连。
D.把打点计时器固定在平板上,让纸带穿过限位孔。
上述实验步骤的正确顺序是: (用字母填写)。
(2)图(b)中标出的相邻两计数点的时间间隔T= s。
(3)计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5= 。
(4)为了充分利用记录数据,减小误差,小车加速度大小的计算式应为a= 。
答案 (1)DCBA (2)0.1 (3)S4+S52T
(4)S6+S5+S4-S3-S2-S19T2
解析 (1)按常规实验步骤排序即可,先安装再操作后整理。(2)因相邻两计数点间有4个点没有画出,所以其间有5个 0.02 s,共计0.1 s。(3)由vt2=v可知,v5=S4+S52T。④由Δx=aT2,结合逐差法可得a=S6+S5+S4-S3-S2-S19T2。
7.(2018课标Ⅲ,22,6分)甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下:
(1)甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端,让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端(位置恰好处于L刻度处,但未碰到尺),准备用手指夹住下落的尺。
(2)甲在不通知乙的情况下,突然松手,尺子下落;乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若夹住尺子的位置刻度为L1,重力加速度大小为g,则乙的反应时间为 (用L、L1和g表示)。
(3)已知当地的重力加速度大小为g=9.80 m/s2,L=30.0 cm,L1=10.4 cm。乙的反应时间为 s。(结果保留2位有效数字)
(4)写出一条能提高测量结果准确程度的建议: 。
答案 (2)2(L-L1)g (3)0.20 (4)多次测量取平均值;初始时乙的手指尽可能接近尺子
解析 本题考查自由落体运动的应用。
(2)(3)木尺做自由落体运动,由位移公式可得L-L1=12gt2,解得t=2(L-L1)g=2×(0.300-0.104)9.80 s=0.20 s
8.(2018江苏单科,11,10分)某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g。细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮,两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下:
①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H;
②在重锤1上加上质量为m的小钩码;
③左手将重锤2压在地面上,保持系统静止。释放重锤2,同时右手开启秒表,在重锤1落地时停止计时,记录下落时间;
④重复测量3次下落时间,取其平均值作为测量值t。
请回答下列问题:
(1)步骤④可以减小对下落时间t测量的 (选填“偶然”或“系统”)误差。
(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多,主要是为了 。
A.使H测得更准确
B.使重锤1下落的时间长一些
C.使系统的总质量近似等于2M
D.使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等
(3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差。现提供一些橡皮泥用于减小该误差,可以怎么做?
(4)使用橡皮泥改进实验后,重新进行实验测量,并测出所用橡皮泥的质量为m0。用实验中的测量量和已知量表示g,得g= 。
答案 (1)偶然 (2)B
(3)在重锤1上粘上橡皮泥,调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1后松手,能观察到其匀速下落。
(4)2(2M+m+m0)Hmt2
解析 本题考查利用牛顿第二定律和匀变速直线运动规律测重力加速度。
(2)m相对M越小,系统的加速度越小,重锤1下落的时间就越长,测量时间的相对误差就越小,故选B。
(3)在重锤1上粘上橡皮泥,轻拉重锤1后松手,若能匀速运动,就说明平衡了摩擦阻力。
(4)系统匀加速下落的过程中有:H=12at2 ①
mg=(2M+m+m0)a ②
解①②得:
g=2(2M+m+m0)Hmt2。
疑难突破 对于创新型的实验,弄清实验原理,一切问题就迎刃而解了。
9.[2015重庆理综,6(1)]同学们利用如图所示方法估测反应时间。
首先,甲同学捏住直尺上端,使直尺保持竖直状态,直尺零刻度线位于乙同学的两指之间。当乙看见甲放开直尺时,立即用手指捏直尺,若捏住位置的刻度读数为x,则乙同学的反应时间为 (重力加速度为g)。
基于上述原理,某同学用直尺制作测量反应时间的工具,若测量范围为0~0.4 s,则所用直尺的长度至少为 cm(g取10 m/s2);若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线,则每个时间间隔在直尺上对应的长度是 的(选填“相等”或“不相等”)。
答案 2xg 80 不相等
解析 由x=12gt2得乙同学的反应时间为t=2xg。当t=0.4 s时,x=12×10×0.42 m=0.8 m=80 cm。因为x=12gt2,即x与t不是成线性关系,故对应相同的时间间隔发生的位移不相等。
10.[2015广东理综,34(1),8分]某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度。
①请完成以下主要实验步骤:按图(a)安装实验器材并连接电源;竖直提起系有重物的纸带,使重物 (填“靠近”或“远离”)计时器下端; , ,使重物自由下落;关闭电源,取出纸带;换新纸带重复实验。
②图(b)和(c)是实验获得的两条纸带,应选取 [填“(b)”或“(c)”]来计算重力加速度。在实验操作和数据处理都正确的情况下,得到的结果仍小于当地重力加速度,主要原因是空气阻力和 。
答案 ①靠近 接通电源 释放纸带
②(b) 纸带与限位孔间的摩擦
解析 ①重物靠近打点计时器下端,可在纸带上打下更多的点,提高纸带利用率。为了能在纸带上打下尽可能多的点,且避免因打点计时器在接通电源后工作状态不稳而引起的误差,要求先接通电源,待计时器工作稳定后再释放纸带。
②比较图(b)与(c)可知,图(b)中重物做匀加速运动,而图(c)中重物先加速后减速,故应选用(b)。由ma=mg-f知a=g-fm,测得a
答案 25.85 0.98 弹簧原长
解析 刻度尺的分度值是1 mm,读数要估读到0.1 mm,所以读数是25.85 cm。两个钩码的重力G2=2mg=2×50×0.001×9.8 N=0.98 N,所以弹簧弹力F2=0.98 N。弹簧的伸长量=弹簧长度-弹簧的原长,所以需要测量不挂钩码时弹簧的长度,即需要测量弹簧的原长。
12.[2015福建理综,19(1),6分]某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。
①图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度,其示数为7.73 cm;图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度,此时弹簧的伸长量Δl为 cm;
②本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力,关于此操作,下列选项中规范的做法是 ;(填选项前的字母)
A.逐一增挂钩码,记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
B.随意增减钩码,记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
③图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线,图线的AB段明显偏离直线OA,造成这种现象的主要原因是 。
答案 ①6.93 ②A ③超过弹簧的弹性限度
解析 ①Δl=14.66 cm-7.73 cm=6.93 cm
②应逐一增挂钩码,不能随意增减,A项正确。
③弹簧下端钩码对弹簧的拉力过大,使弹簧形变量超过了弹簧的弹性限度,弹簧的伸长量不再是线性变化。
13.(2014课标Ⅱ,23,9分,0.31)某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系。实验装置如图(a)所示:一均匀长弹簧竖直悬挂,7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处;通过旁边竖直放置的刻度尺,可以读出指针的位置,P0指向0刻度。设弹簧下端未挂重物时,各指针的位置记为x0;挂有质量为0.100 kg的砝码时,各指针的位置记为x。测量结果及部分计算结果如下表所示(n为弹簧的圈数,取重力加速度为9.80 m/s2)。已知实验所用弹簧总圈数为60,整个弹簧的自由长度为11.88 cm。
P1
P2
P3
P4
P5
P6
x0(cm)
2.04
4.06
6.06
8.05
10.03
12.01
x(cm)
2.64
5.26
7.81
10.30
12.93
15.41
n
10
20
30
40
50
60
k(N/m)
163
①
56.0
43.6
33.8
28.8
1/k(m/N)
0.006 1
②
0.017 9
0.022 9
0.029 6
0.034 7
(1)将表中数据补充完整:① ,② 。
(2)以n为横坐标,1/k为纵坐标,在图(b)给出的坐标系中画出1/k-n图像。
图(b)
(3)图(b)中画出的直线可近似认为通过原点。若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧,该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k= N/m;该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0(单位为m)的关系的表达式为k= N/m。
答案 (1)①81.7 ②0.012 2(2分。每空1分)
(2)1k-n图像如图所示(3分)
(3)1.75×103n(2分。在1.67×103n~1.83×103n之间均同样给分)
3.47l0(2分。在3.31l0~3.62l0之间均同样给分)
解析 (1)由胡克定律有k=mgx-x0=0.100×9.80(5.26-4.06)×10-2 N/m=81.7 N/m,故有1k=0.012 2 m/N。(2)作图过程略,图见答案。(3)因1k-n图线是一条过原点的直线,由图可得图线的斜率约为5.71×10-4 m/N,故有1k=5.71×10-4×n,即k=1.75×103n N/m,由题意可知弹簧的圈数n与原长l0的关系为n=600.118 8l0,故k=3.47l0(N/m)。
考查点 探究弹簧的劲度系数k与其长度的关系
解题关键 ①本题利用的主要公式是F=kx。(x为伸长量)
②利用1k-n图像,导出k与n的关系,再利用n与原长l0的关系,导出k与l0的关系表达式。
14.(2014浙江理综,21,10分)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时,某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究。
图1
(1)某次测量如图2所示,指针示数为 cm。
图2
(2)在弹性限度内,将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端,得到指针A、B的示数LA和LB如表所示。用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为 N/m(重力加速度g=10 m/s2)。由表中数据 (填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数。
钩码数
1
2
3
4
LA/cm
15.71
19.71
23.66
27.76
LB/cm
29.96
35.76
41.51
47.36
答案 (1)15.95~16.05,有效数字位数正确
(2)12.2~12.8 能
解析 (1)刻度尺的分度值为0.1 cm,读数时需估读到 0.01 cm。
(2)表中对LA的测量有四组数据,应采用逐差法计算增加一个钩码时弹簧Ⅰ增加的长度。
L0=LA3+LA4-LA1-LA24=0.04 m
故k=mgL0=12.5 N/m
通过计算LB-LA可得出A、B两指针间的长度,进而计算出增加一个钩码时弹簧Ⅱ增加的长度,从而计算出其劲度系数。
15.(2019浙江4月选考,17,5分)采用如图所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验。
(1)实验时需要下列哪个器材 。
A.弹簧秤 B.重垂线 C.打点计时器
(2)做实验时,让小球多次沿同一轨道运动,通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。下列的一些操作要求,正确的是 。
A.每次必须由同一位置静止释放小球
B.每次必须严格地等距离下降记录小球位置
C.小球运动时不应与木板上的白纸相接触
D.记录的点应适当多一些
(3)若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动,记录下如图所示的频闪照片。在测得x1,x2,x3,x4后,需要验证的关系是 。已知频闪周期为T,用下列计算式求得的水平速度,误差较小的是 。
A.x1T B.x22T C.x33T D.x44T
答案 (1)B (2)ACD (3)x4-x3=x3-x2=x2-x1=x1 D
解析 (1)实验时需要重垂线来确定竖直方向,不需要弹簧秤和打点计时器,故选B。(2)实验时每次必须由同一位置静止释放小球,以保证小球到达最低点的速度相同,选项A正确;每次不一定严格地等距离下降记录小球位置,选项B错误;小球运动时不应与木板上的白纸相接触,否则会改变运动轨迹,选项C正确;记录的点应适当多一些,以减小误差,选项D正确。(3)因相邻两位置的时间间隔相同,则小球在平抛过程中水平方向是匀速运动,满足:x4-x3=x3-x2=x2-x1=x1;由小球最后一个位置与第一个位置的水平距离计算求得的水平速度误差较小,则用x44T计算式求得的水平速度误差较小,故选D。
16.(2019北京理综,21,18分)用如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上,钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出,落在水平挡板MN上,由于挡板靠近硬板一侧较低,钢球落在挡板上时,钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板,重新释放钢球。如此重复,白纸上将留下一系列痕迹点。
图1
(1)下列实验条件必须满足的有 。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末段水平
C.挡板高度等间距变化
D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(2)为定量研究,建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
图2
a.取平抛运动的起始点为坐标原点,将钢球静置于Q点,钢球的 (选填“最上端”、“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点;在确定y轴时 (选填“需要”或者“不需要”)y轴与重垂线平行。
b.若遗漏记录平抛轨迹的起始点,也可按下述方法处理数据:如图2所示,在轨迹上取A、B、C三点,AB和BC的水平间距相等且均为x,测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2,则y1y2 13(选填“大于”、“等于”或者“小于”)。可求得钢球平抛的初速度大小为 (已知当地重力加速度为g,结果用上述字母表示)。
(3)为了得到平抛物体的运动轨迹,同学们还提出了以下三种方案。其中可行的是 。
A.从细管水平喷出稳定的细水柱,拍摄照片,即可得到平抛运动轨迹
B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置,平滑连接各位置,即可得到平抛运动轨迹
C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置,笔尖紧靠白纸板,铅笔以一定初速度水平抛出,将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
(4)伽利略曾研究过平抛运动,他推断:从同一炮台水平发射的炮弹,如果不受空气阻力,不论它们能射多远,在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体 。
A.在水平方向上做匀速直线运动
B.在竖直方向上做自由落体运动
C.在下落过程中机械能守恒
(5)牛顿设想,把物体从高山上水平抛出,速度一次比一次大,落地点就一次比一次远。如果速度足够大,物体就不再落回地面,它将绕地球运动,成为人造地球卫星。
同样是受地球引力,随着抛出速度增大,物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动,请分析原因。
答案 (1)BD (2)a.球心 需要 b.大于 xgy2-y1 (3)AB (4)B (5)见解析
解析 本题考查研究平抛运动实验,突出考查了实验分析及探究能力,体现了科学探究、科学推理的素养要素。
(1)研究平抛运动实验,必须满足的条件是钢球以相同的初速度沿水平方向抛出,则无论斜槽是否光滑,只要每次从同一位置无初速度释放钢球,且斜槽轨道末端水平,钢球抛出的初速度就相同且沿水平方向,A项错误,B、D项正确;实验只需用平滑曲线表示轨迹,挡板高度无需等间距变化,故C项错误。
(2)a.因为每次压点痕迹位于水平正对球心的位置,故静置于Q点的钢球球心对应的白纸上的位置为原点。坐标系以水平方向为x轴,竖直方向为y轴,故需要y轴与重垂线平行。
b.在竖直方向上,若初速度为零,则满足y1y2=13,当竖直方向初速度大于零时,则满足y1y2>13;根据y2-y1=gt2得t=y2-y1g,而v0=xt,得v0=xgy2-y1。
(3)水由细管管口水平喷出后,可以看成水做平抛运动,故此法可得到平抛运动轨迹,A项正确;平抛小球频闪照片取圆心点做的记录点与实验中的痕迹点一致,故B项正确;铅笔做平抛运动时,因为没有水平压力作用,笔尖不会在白纸上留下平抛运动轨迹,故C项错误。
(4)因为平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动,由运动的独立性原理可知平抛物体的飞行时间t=2ℎg由下落高度决定,所以伽利略的推断揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动,故B项正确,A、C项错误。
(5)物体初速度较小时,运动范围很小,引力可以看做恒力——重力,物体做平抛运动;随着物体初速度增大,运动范围变大,引力不能再看做恒力;当物体初速度达到第一宇宙速度时,它就围绕地球做圆周运动而成为地球卫星。
试题分析 题目梯度明显,层次清晰,突出了学科特点,体现了学科思想。
17.(2015课标Ⅰ,22,6分,0.369)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验。所用器材有:玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R=0.20 m)。
完成下列填空:
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上,如图(a)所示,托盘秤的示数为1.00 kg;
(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时,托盘秤的示数如图(b)所示,该示数为 kg;
(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放,小车经过最低点后滑向另一侧。此过程中托盘秤的最大示数为m;多次从同一位置释放小车,记录各次的m值如下表所示:
序号
1
2
3
4
5
m(kg)
1.80
1.75
1.85
1.75
1.90
(4)根据以上数据,可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为 N;小车通过最低点时的速度大小为 m/s。(重力加速度大小取9.80 m/s2,计算结果保留2位有效数字)
答案 (2)1.40(2分) (4)7.9(2分) 1.4(2分)
解析 (2)示数为1.40 kg,注意估读。
(4)小车经过凹形桥最低点时对桥的压力N=mg-M桥g=(1.81-1.00)×9.80 N=7.9 N,小车通过最低点时受到的支持力N'=N=7.9 N,小车质量m车=1.40 kg-1.00 kg=0.40 kg,由N'-m车g=m车v2R,解得v=1.4 m/s。
18.(2017江苏单科,10,8分)利用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系。小车的质量为M=200.0 g,钩码的质量为m=10.0 g,打点计时器的电源为50 Hz的交流电。
图甲
(1)挂钩码前,为了消除摩擦力的影响,应调节木板右侧的高度,直至向左轻推小车观察到 。
(2)挂上钩码,按实验要求打出的一条纸带如图乙所示。选择某一点为O,依次每隔4个计时点取一个计数点。用刻度尺量出相邻计数点间的距离Δx,记录在纸带上。计算打出各计数点时小车的速度v,其中打出计数点“1”时小车的速度v1= m/s。
图乙
(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力,取g=9.80 m/s2,利用W=mg Δx算出拉力对小车做的功W。利用Ek=12Mv2算出小车动能,并求出动能的变化量ΔEk。计算结果见下表。
W/×10-3 J
2.45
2.92
3.35
3.81
4.26
ΔEk/×10-3 J
2.31
2.73
3.12
3.61
4.00
请根据表中的数据,在方格纸上作出ΔEk-W图像。
(4)实验结果表明,ΔEk总是略小于W。某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的。用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F= N。
答案 (1)小车做匀速运动
(2)0.228
(3)如图所示
(4)0.093
解析 本题考查恒力做功与动能变化的关系。
(1)平衡摩擦力的方法是利用小车重力沿斜面向下的分力与摩擦力相平衡,故在此状态下小车获得速度后能匀速运动。
(2)由题意知相邻计数点间时间间隔T=0.1 s,由v=vt2得v1=Δx1+Δx22T=(2.06+2.50)×10-22×0.1 m/s=0.228 m/s。
(3)首先确定标度:为充分利用方格纸,依据给定数据范围及方格纸上格数多少,确定纵坐标、横坐标皆从2.0×10-3 J开始,且每小格表示0.1×10-3 J。然后描点、连线,图像见答案。
(4)对钩码有mg-F=ma,对小车有F=Ma,联立可得:F=MmM+mg=0.200×0.0100.200+0.010×9.8 N≈0.093 N。
方法指导 作图法处理实验数据
利用作图法处理实验数据的原则是使方格纸得到充分的利用,为此,坐标可以不从零开始。连线的原则是作出平滑的曲线或直线,使尽可能多的点落在所连出的图线上,不在线上的点,要使它们尽量对称地分布在线的两侧,显著偏离线的点要舍去。
19.[2014天津理综,9(2)]某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上,将细绳一端拴在小车上,另一端绕过定滑轮,挂上适当的钩码,使小车在钩码的牵引下运动,以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系。此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等。组装的实验装置如图所示。
①若要完成该实验,必需的实验器材还有哪些 。
②实验开始时,他先调节木板上定滑轮的高度,使牵引小车的细绳与木板平行。他这样做的目的是下列的哪个 (填字母代号)。
A.避免小车在运动过程中发生抖动
B.可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C.可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D.可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
③平衡摩擦力后,当他用多个钩码牵引小车时,发现小车运动过快,致使打出的纸带上点数较少,难以选到合适的点计算小车速度。在保证所挂钩码数目不变的条件下,请你利用本实验的器材提出一个解决办法: 。
④他将钩码重力做的功当做细绳拉力做的功,经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些。这一情况可能是下列哪些原因造成的 (填字母代号)。
A.在接通电源的同时释放了小车
B.小车释放时离打点计时器太近
C.阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉
D.钩码做匀加速运动,钩码重力大于细绳拉力
答案 ①刻度尺、天平(包括砝码) ②D ③可在小车上加适量的砝码(或钩码) ④CD
解析 ①计算小车的动能变化需用天平测质量;在计算小车通过的位移、小车的瞬时速度时都需用刻度尺测距离。②只有绳与板面平行时,才能保证小车运动中与板面间的压力不变,才能保证小车所受摩擦力不变,才能保证平衡摩擦力后绳的拉力等于小车所受合力,故D正确。③要增加纸带上所打下点的数目,只有减小小车运动的加速度。在所挂钩码数目不变的情况下只有增大小车的质量,即在车上增加砝码或钩码。④当将钩码重力作为小车所受合力时,需满足几个条件:一是摩擦力被平衡,二是绳与板面平行,此二者可保证绳对车的拉力等于车所受合力,但车加速运动时钩码加速下降,钩码重力大于绳上拉力,则只有当钩码质量远小于小车质量时二者才近似相等,故此情况可能是由C、D原因造成的。
20.[2013四川理综,8(2),11分]如图1所示,某组同学借用“探究a与F、m之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作,进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验:
图1
图2
①为达到平衡阻力的目的,取下细绳及托盘,通过调整垫片的位置,改变长木板倾斜程度,根据打出的纸带判断小车是否做 运动。
②连接细绳及托盘,放入砝码,通过实验得到图2所示的纸带。纸带上O为小车运动起始时刻所打的点,选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G。实验时小车所受拉力为0.2 N,小车的质量为 0.2 kg。
请计算小车所受合外力做的功W和小车动能的变化ΔEk,补填表中空格(结果保留至小数点后第四位)。
O—B
O—C
O—D
O—E
O—F
W/J
0.043 2
0.057 2
0.073 4
0.091 5
ΔEk/J
0.043 0
0.057 0
0.073 4
0.090 7
分析上述数据可知:在实验误差允许的范围内W=ΔEk,与理论推导结果一致。
③实验前已测得托盘质量为7.7×10-3 kg,实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为 kg(g取9.8 m/s2,结果保留至小数点后第三位)。
答案 ①匀速直线(或匀速) ②0.111 5 0.110 5 ③0.015
解析 ①取下细绳与托盘后,当摩擦力恰好被平衡时,小车与纸带所受合力为零,获得初速度后应做匀速直线运动。
②由题图2可知OF=55.75 cm,再结合vt/2=v 可得打下计数点F时的瞬时速度vF=OG-OE2T=1.051 m/s,故W=F×OF=0.111 5 J,ΔEk=12MvF2≈0.110 5 J。
③根据牛顿第二定律有:对小车F=Ma,得a=1.0 m/s2;对托盘及砝码(m+m0)g-F=(m+m0)a,故有m=Fg-a-m0=0.29.8-1.0 kg-7.7×10-3 kg=0.015 kg。
21.[2017天津理综,9(2)]如图所示,打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开始自由下落,利用此装置验证机械能守恒定律。
①对于该实验,下列操作中对减小实验误差有利的是 。
A.重物选用质量和密度较大的金属锤
B.两限位孔在同一竖直面内上下对正
C.精确测量出重物的质量
D.用手托稳重物,接通电源后,撤手释放重物
②某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50 Hz的交流电源上,按正确操作得到了一条完整的纸带,由于纸带较长,图中有部分未画出,如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点,其中O点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出,利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有 。
A.OA、AD和EG的长度 B.OC、BC和CD的长度
C.BD、CF和EG的长度 D.AC、BD和EG的长度
答案 ①AB ②BC
解析 本题考查“验证机械能守恒定律”实验。
①选用质量大的金属锤,可保证下落过程中纸带竖直不松弛;金属锤密度大,体积就小,下落过程中所受阻力小;上下限位孔对正,可减小摩擦;本实验中要验证12mv2=mgh,即验证v2=2gh,不用测量重物的质量;实验时用手抓紧纸带上端,接通电源,打点计时器工作稳定后,再松手释放纸带,不用用手托住重物。
②本实验中,需要测某点的瞬时速度和从起始点到该点的距离,或者两点的速度及其间距,符合要求的选项有B、C。
试题评析 如何减小实验误差和如何处理数据是实验题目的两大高频考点,考生在平时实验中,要充分思考这方面问题的处理办法,做到心中有数,在考试中就可游刃有余。
22.(2016课标Ⅰ,22,5分)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点计时器的电源为交流电源,可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz。打出纸带的一部分如图(b)所示。
图(a)
图(b)
该同学在实验中没有记录交流电的频率f,需要用实验数据和其他题给条件进行推算。
(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落,利用f和图(b)中给出的物理量可以写出:在打点计时器打出B点时,重物下落的速度大小为 ,打出C点时重物下落的速度大小为 ,重物下落的加速度大小为 。
(2)已测得s1=8.89 cm,s2=9.50 cm,s3=10.10 cm;当地重力加速度大小为9.80 m/s2,实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出f为 Hz。
答案 (1)12(s1+s2)f 12(s2+s3)f 12(s3-s1)f2
(2)40
解析 (1)匀变速直线运动中,某一段位移的平均速度等于中间时刻的瞬时速度:vB=s1+s22T=12(s1+s2)f,同理vC=12(s2+s3)f,加速度a=vC-vBT=12(s3-s1)f2。
(2)由牛顿第二定律可知:mg-0.01mg=ma
a=0.99g①
又由(1)问知:a=(s3-s1)f22②
①②联立得f=40 Hz
23.[2016北京理综,21(2)]利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验。
图1
①为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的 。
A.动能变化量与势能变化量
B.速度变化量与势能变化量
C.速度变化量与高度变化量
②除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外,在下列器材中,还必须使用的两种器材是 。
A.交流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码)
③实验中,先接通电源,再释放重物,得到图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C,测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。
已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能变化量ΔEp= ,动能变化量ΔEk= 。
图2
④大多数学生的实验结果显示,重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是 。
A.利用公式v=gt计算重物速度
B.利用公式v=2gℎ计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D.没有采用多次实验取平均值的方法
⑤某同学想用下述方法研究机械能是否守恒:在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点O的距离h,计算对应计数点的重物速度v,描绘v2-h图像,并做如下判断:若图像是一条过原点的直线,则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确。
答案 ①A ②AB ③-mghB 12m·ℎC-ℎA2T2 ④C ⑤见解析
解析 ①重物的机械能指它的动能和重力势能,所以机械能是否守恒要看动能和重力势能变化量是否相等,所以选A项。②因为电磁打点计时器用6 V以下交流电源,所以A项器材需要;实验中需要用刻度尺测纸带上点间距离,所以B项器材需要;因为动能变化、重力势能变化都是对同一重物而言的,所以不需要测它的质量,故C项不需要。③从打O点到打B点的过程中重物的重力势能在减少,所以ΔEp=-mghB,再由vt2=v得打B点时重物的速度为vB=ℎC-ℎA2T,故动能变化量为ΔEk=12mvB2-0=12mℎC-ℎA2T2。④因为做实验时存在空气阻力和纸带与打点计时器间的摩擦阻力,故重物下落过程不是自由落体运动,所以|ΔEp|>ΔEk,所以C项正确。⑤该同学的判断依据不正确。在重物下落h的过程中,若阻力 f 恒定,根据mgh-fh=12mv2-0⇒v2=2g-fmh可知,v2-h图像就是过原点的一条直线。要想通过v2-h图像的方法验证机械能是否守恒,还必须看图像的斜率是否接近2g。
24.(2016课标Ⅱ,22,6分)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究,实验装置如图(a)所示:轻弹簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接,纸带穿过打点计时器并与物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离,由静止释放物块,通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能。
图(a)
(1)实验中涉及下列操作步骤:
①把纸带向左拉直
②松手释放物块
③接通打点计时器电源
④向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量
上述步骤正确的操作顺序是 (填入代表步骤的序号)。
(2)图(b)中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。打点计时器所用交流电的频率为50 Hz。由M纸带所给的数据,可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为 m/s。比较两纸带可知, (填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。
图(b)
答案 (1)④①③② (2)1.29 M
解析 (1)实验步骤中,一定要注意接通打点计时器电源之后再松手释放物块。若次序搞反,可能造成物块已离开桌面但打点计时器还没有开始工作。
(2)从纸带上看,最后两个数据2.58 cm、2.57 cm相差不大,表示物块已经脱离弹簧,所以速度v=2.58+2.572×0.02×10-2 m/s≈1.29 m/s,同理可计算出打下L纸带时物块脱离弹簧的速度要小一些。
审题指导 通过打点计时器打下的纸带可分析物体的运动过程。本题中,从前面几个数据可以看出相等时间内的位移逐渐增大,表明此阶段物块在弹簧弹力作用下加速运动,从后面两个数据可以看出相等时间内的位移几乎不变,表明此阶段物块已经脱离了弹簧,近似做匀速直线运动。
评析 本题考查打点计时器的相关实验,与探究弹簧弹性势能相结合,不落俗套。
25.(2016江苏单科,11,10分)某同学用如图1所示的装置验证机械能守恒定律。一根细线系住钢球,悬挂在铁架台上,钢球静止于A点。光电门固定在A的正下方,在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条。将钢球拉至不同位置由静止释放,遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出,取v=dt作为钢球经过A点时的速度。记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t,计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk,就能验证机械能是否守恒。
图1
(1)用ΔEp=mgh计算钢球重力势能变化的大小,式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到 之间的竖直距离。
A.钢球在A点时的顶端
B.钢球在A点时的球心
C.钢球在A点时的底端
(2)用ΔEk=12mv2计算钢球动能变化的大小。用刻度尺测量遮光条宽度,示数如图2所示,其读数为 cm。某次测量中,计时器的示数为0.010 0 s,则钢球的速度为v= m/s。
图2
(3)下表为该同学的实验结果:
ΔEp(×10-2 J)
4.892
9.786
14.69
19.59
29.38
ΔEk(×10-2 J)
5.04
10.1
15.1
20.0
29.8
他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异,认为这是由于空气阻力造成的。你是否同意他的观点?请说明理由。
(4)请你提出一条减小上述差异的改进建议。
答案 (1)B (2)1.50(1.49~1.51都算对)
1.50(1.49~1.51都算对)
(3)不同意,因为空气阻力会造成ΔEk小于ΔEp,但表中ΔEk大于ΔEp。
(4)分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l,计算ΔEk时,将v折算成钢球的速度v'=lLv。
解析 (1)要考虑钢球重力势能的改变量大小,需要测量钢球球心下降的高度h,因此要测量钢球在释放点和A点时球心之间的竖直距离,选项B正确。
(2)刻度尺的读数为1.50 cm,钢球的速度v=dt=1.50×10-20.010 0 m/s=1.50 m/s。
(3)由动能定理可知,mgh-Wf=ΔEk,即ΔEp-Wf=ΔEk,ΔEp>ΔEk,所以空气阻力会造成ΔEp>ΔEk,但表中为ΔEk>ΔEp,因此不同意他的观点。
(4)钢球球心和遮光条都绕悬点做圆周运动,但运动半径不同,因此分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l,遮光条在光电门处的速度v=dt,则钢球的速度v'=vL·l,可以减小表中差异。
考查点 本题考查对验证机械能守恒定律实验原理的理解、刻度尺的读数、实验数据的处理、误差分析和对实验方法的分析与改进,主要考查考生解决实验问题的基本素养,属于中等难度题。
解题指导 (1)钢球高度的改变应为钢球球心间的高度差,因此应测球心间的竖直距离。
(3)因存在空气阻力,故重力势能的改变量应大于动能的改变量。
(4)不同半径、同一圆心的圆周运动,其线速度不同,故应将遮光条在光电门处的速度折算成钢球球心处的速度。
26.[2016四川理综,8Ⅰ,6分]用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上,左端固定,右端在O点;在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门,计时器(图中未画出)与两个光电门相连。先用米尺测得B、C两点间距离s,再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A,静止释放,计时器显示遮光片从B到C所用的时间t,用米尺测量A、O之间的距离x。
(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是 。
(2)为求出弹簧的弹性势能,还需要测量 。
A.弹簧原长
B.当地重力加速度
C.滑块(含遮光片)的质量
(3)增大A、O之间的距离x,计时器显示时间t将 。
A.增大 B.减小 C.不变
答案 (1)st (2)C (3)B
解析 (1)滑块离开弹簧后做匀速运动,则速度的大小为st。(2)弹簧的弹性势能完全转化成滑块的动能,即Ep弹=12mv2,故除了测量速度外,还要测量滑块(含遮光片)的质量。(3)增大x,弹簧弹性势能增大,滑块离开弹簧后的速度增大,故从B到C所用的时间减小。
27.[2014广东理综,34(2),10分]某同学根据机械能守恒定律,设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。
①如图(a),将轻质弹簧下端固定于铁架台,在上端的托盘中依次增加砝码,测得相应的弹簧长度,部分数据如下表,由数据算得劲度系数k= N/m。(g取9.8 m/s2)
砝码质量(g)
50
100
150
弹簧长度(cm)
8.62
7.63
6.66
②取下弹簧,将其一端固定于气垫导轨左侧,如图(b)所示;调整导轨,当滑块自由滑动时,通过两个光电门的速度大小 。
③用滑块压缩弹簧,记录弹簧的压缩量x;释放滑块,记录滑块脱离弹簧后的速度v,释放滑块过程中,弹簧的弹性势能转化为 。
④重复③中的操作,得到v与x的关系如图(c)。由图可知,v与x成 关系,由上述实验可得结论:对同一根弹簧,弹性势能与弹簧的 成正比。
答案 ①49.5~50.5 ②相等 ③滑块的动能 ④正比 压缩量的二次方(每空2分)
解析 ①由f=kx得Δf=k·Δx,代入表中数据可得出k值。②滑块滑行过程中无摩擦阻力,自由滑动时导轨已调整到水平状态,故滑块此时匀速运动。③当不考虑空气阻力、摩擦等因素且导轨又调到水平状态时,释放滑块的过程中只涉及弹性势能与滑块的动能,即能量只在这两种形式的能量之间转化。④v-x图线是过原点的直线,故v∝x。因Ep=Ek=12mv2∝v2∝x2,故Ep∝x2。
28.(2014山东理综,21,8分)某实验小组利用弹簧秤和刻度尺,测量滑块在木板上运动的最大速度。
实验步骤:
①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力,记作G;
②将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上,通过水平细绳和固定弹簧秤相连,如图甲所示。在A端向右拉动木板,待弹簧秤示数稳定后,将读数记作F;
图甲
③改变滑块上橡皮泥的质量,重复步骤①②;
实验数据如下表所示:
G/N
1.50
2.00
2.50
3.00
3.50
4.00
F/N
0.59
0.83
0.99
1.22
1.37
1.61
④如图乙所示,将木板固定在水平桌面上,滑块置于木板上左端C处,细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物P连接,保持滑块静止,测量重物P离地面的高度h;
图乙
⑤滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的D点(未与滑轮碰撞),测量C、D间的距离s。
完成下列作图和填空:
(1)根据表中数据在给定坐标纸上作出F-G图线。
(2)由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ= (保留2位有效数字)。
(3)滑块最大速度的大小v= (用h、s、μ和重力加速度g表示)。
答案 (1)如图所示
(2)0.40(0.38、0.39、0.41、0.42均正确)
(3)2μg(s-ℎ)
解析 (1)见答案。
(2)因弹簧秤示数稳定后滑块静止,由题意知此时滑动摩擦力f=F,又因滑块与板间压力N=G,故由f=μN得F=μG,即F-G图线的斜率即为μ,由图线可得μ=k=0.40。
(3)最大速度为v,从P下降h高度到滑块运动到D点的过程中由动能定理得0-12mv2=-μmg·(s-h),故有v=2μg(s-ℎ)。
29.(2013课标Ⅱ,22,8分,0.567)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m
B.小球抛出点到落地点的水平距离s
C.桌面到地面的高度h
D.弹簧的压缩量Δx
E.弹簧原长l0
(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s-Δx图线。从理论上可推出,如果h不变,m增加,s-Δx图线的斜率会 (填“增大”、“减小”或“不变”);如果m不变,h增加,s-Δx图线的斜率会 (填“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Δx的 次方成正比。
图(b)
答案 (1)ABC(3分。选对但不全的给1分,有选错的,不给这3分)
(2)mgs24ℎ(2分)
(3)减小 增大 2(3分。每空1分)
解析 弹簧被压缩后的弹性势能等于小球抛出时的动能,即Ep=Ek=12mv02。小球离开桌面后做平抛运动,由平抛运动规律,水平位移s=v0t,竖直高度h=12gt2,得v0=sg2ℎ,动能Ek=12mv02=mgs24ℎ,因此A、B、C正确。弹簧的弹性势能Ep=mgs24ℎ,由理论推导可知Ep=12k(Δx)2即12k(Δx)2=mgs24ℎ,s=2ℎkmg·Δx,因此当h不变时,m增加,其斜率减小,当m不变时,h增加其斜率增大,由图线知s∝Δx,由Ek表达式知Ek∝s2,则由Ep=Ek知Ep∝(Δx)2,即Ep与Δx的二次方成正比。
考查点 探究弹簧的弹性势能
解题关键 ①利用平抛运动规律得出Ek的表达式。
②利用Ep=12k(Δx)2导出s-Δx图线的函数关系式。
30.[2013重庆理综,6(1),6分]我国舰载飞机在“辽宁舰”上成功着舰后,某课外活动小组对舰载飞机利用阻拦索着舰的力学问题很感兴趣。他们找来了木板、钢球、铁钉、橡皮条以及墨水,制作了如图所示的装置,准备定量研究钢球在橡皮条阻拦下前进的距离与被阻拦前速率的关系。要达到实验目的,需直接测量的物理量是钢球由静止释放时的 和在橡皮条阻拦下前进的距离,还必须增加的一种实验器材是 。忽略钢球所受的摩擦力和空气阻力,重力加速度已知,根据 定律(定理),可得到钢球被阻拦前的速率。
答案 高度(距水平木板的高度)(2分) 刻度尺(2分) 机械能守恒(动能)(2分)
解析 忽略了摩擦力和空气阻力,钢球在沿斜面下滑过程中机械能守恒:mgh=12mv2,可得v=2gℎ,因g是已知的,故若测量钢球被阻拦前的速率即运动到水平木板上时的速率,需测量钢球释放时的高度h。而测量钢球下降的高度及在橡皮条阻拦下前进的距离,都需要测量工具——刻度尺。
31.[2014课标Ⅱ,35(2),10分]现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律。在图(a)中,气垫导轨上有A、B两个滑块,滑块A右侧带有一弹簧片,左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连;滑块B左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片,光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。
图(a)
实验测得滑块A的质量m1=0.310 kg,滑块B的质量m2=0.108 kg,遮光片的宽度d=1.00 cm;打点计时器所用交流电的频率f=50.0 Hz。
将光电门固定在滑块B的右侧,启动打点计时器,给滑块A一向右的初速度,使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间为ΔtB=3.500 ms,碰撞前后打出的纸带如图(b)所示。
图(b)
若实验允许的相对误差绝对值(碰撞前后总动量之差碰前总动量×100%)最大为5%,本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律?写出运算过程。
答案 见解析
解析 按定义,滑块运动的瞬时速度大小v为
v=ΔsΔt①
式中Δs为滑块在很短时间Δt内经过的路程。
设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA,则
ΔtA=1f=0.02 s②
ΔtA可视为很短。
设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1。将②式和图给实验数据代入①式得
v0=2.00 m/s③
v1=0.970 m/s④
设B在碰撞后的速度大小为v2,由①式有
v2=dΔtB⑤
代入题给实验数据得
v2=2.86 m/s⑥
设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p',则
p=m1v0⑦
p'=m1v1+m2v2⑧
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为
δp=p-p'p×100%⑨
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据,得
δp=1.7%<5%⑩
因此,本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。
32.[2015天津理综,9(2)]某同学利用单摆测量重力加速度。
①为了使测量误差尽量小,下列说法正确的是 。
A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D.摆长一定的情况下,摆的振幅尽量大
②如图所示,在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。实验时,由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺,于是他先使摆球自然下垂,在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点,测出单摆的周期T1;然后保持悬点位置不变,设法将摆长缩短一些,再次使摆球自然下垂,用同样方法在竖直立柱上做另一标记点,并测出单摆的周期T2;最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果,写出重力加速度的表达式g= 。
答案 ①BC ②4π2ΔLT12-T22
解析 ①应选用密度较大且直径较小的摆球,A错。在摆动中要尽力保证摆长不变,故应选用不易伸长的细线,B对。摆动中要避免单摆成为圆锥摆,摆球要在同一竖直面内摆动,C对。摆动中摆角要控制在5°以内,所以D错。
②设两次摆动时单摆的摆长分别为L1和L2,则T1=2πL1g,T2=2πL2g,则ΔL=g4π2(T12-T22),因此,g=4π2ΔLT12-T22。
33.[2013安徽理综,21Ⅰ(1)、Ⅱ(1)]Ⅰ.根据单摆周期公式T=2πlg,可以通过实验测量当地的重力加速度。如图1所示,将细线的上端固定在铁架台上,下端系一小钢球,就做成了单摆。
用游标卡尺测量小钢球直径,示数如图2所示,读数为 mm。
图1
图2
Ⅱ.在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中,利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示,校零时的读数为 mm,合金丝的直径为 mm。
答案 Ⅰ.18.6
Ⅱ.0.007 0.638
解析 Ⅰ.根据游标卡尺的读数方法,小钢球的直径=(18+6×0.1) mm=18.6 mm
Ⅱ.校零时的读数为0.007 mm
合金丝的直径=(0.5+14.5×0.01-0.007) mm=0.638 mm
考点二 电学实验
1.(2014江苏单科,10,8分)某同学通过实验测量一种合金的电阻率。
(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径。为防止读数时测微螺杆发生转动,读数前应先旋紧题图1所示的部件 (选填“A”、“B”、“C”或“D”)。从图中的示数可读出合金丝的直径为 mm。
(2)题图2所示是测量合金丝电阻的电路,相关器材的规格已在图中标出。合上开关,将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中,发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化。由此可以推断:电路中 (选填图中表示接线柱的数字)之间出现了 (选填“短路”或“断路”)。
图1 图2
(3)在电路故障被排除后,调节滑动变阻器,读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V和38 mA,由此,该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7 Ω。为了更准确地测出合金丝的阻值,在不更换实验器材的条件下,对实验应作怎样的改进?请写出两条建议。
答案 (1)B 0.410 (2)7、9 断路 (3)电流表改为内接;测量多组电流和电压值,计算出电阻的平均值。(或测量多组电流和电压值,用图像法求电阻值)
解析 (1)读数前应先旋紧B防止读数时测微螺杆发生转动。
螺旋测微器读数=0+41.0×0.01 mm=0.410 mm
(2)7、9之间发生断路,则内阻较大的电压表和内阻较小的电流表一起串联于电路中,此时改变阻值较小的滑动变阻器阻值时,对电压表和电流表的示数影响很小,符合题述现象,同时满足两表读数。
(3)因为Rx=58.7 Ω>RV·RA=30 Ω,所以应选用电流表内接法。为了减小偶然误差可测量多组电流和电压值,计算电阻的平均值。或测量多组电流和电压值,用图像法求电阻值。
考查点 本题考查了考生使用实验仪器,观察、分析实验现象,对实验方案和结论进行分析、评价等内容。属于中等难度题。
学习指导 本题考查考生做实验的真实能力,真正做过实验的考生容易得分,而靠记忆、纸笔练习的考生不易得分。这就告诉我们,平时不仅仅要重视实验原理的理解和实验方案的优化,更要动手进行具体实验的操作,从中学会仪器的使用方法和体会操作过程中的方法技巧及其注意事项,分析处理实验中得到的数据,这样才能真正培养实验的操作技能和实验探究能力。
2.[2014福建理综,19(1),6分]某同学测定一金属杆的长度和直径,示数如图甲、乙所示,则该金属杆的长度和直径分别为 cm和 mm。
答案 60.10 4.20
解析 刻度尺的分度值为1 mm,要估读到0.1 mm。
游标卡尺读数=4 mm+10×0.02 mm=4.20 mm。
3.[2013山东理综,21(1)]图甲为一游标卡尺的结构示意图,当测量一钢笔帽的内径时,应该用游标卡尺的 (填“A”“B”或“C”)进行测量;示数如图乙所示,该钢笔帽的内径为 mm。
答案 A 11.30(11.25或11.35)
解析 测量内径时应该用游标卡尺上的内测量爪A。游标卡尺的读数=主尺上的读数+游标尺上的读数。本题主尺上读数为11 mm,游标尺上读数为6×0.05 mm=0.30 mm,故读数为11.30 mm。
4.(2012课标,22,5分)某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示,测量金属板厚度时的示数如图(b)所示。图(a)所示读数为 mm,图(b)所示读数为 mm,所测金属板的厚度为 mm。
答案 0.010(0.009或0.011也对) 6.870(6.869或6.871也对) 6.860(6.858~6.862)
解析 依据螺旋测微器读数的基本原理,0.5毫米以上的值在固定刻度上读出,而在可动刻度上要估读到千分之一毫米,则图(a)读数为 0.010 mm,图(b)读数为6.870 mm。
评析 本题考查螺旋测微器的读数原理及系统误差的处理方法,模型常见,但要求考生细心、慎重。加上对系统误差的处理近几年在高考中较少出现,故本题为难度中等、区分度中等的题目。考生应对这类题给予关注。
5.(2019江苏单科,11,10分)某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率。实验操作如下:
(1)螺旋测微器如图1所示。在测量电阻丝直径时,先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间,再旋动 (选填“A”“B”或“C”),直到听见“喀喀”的声音,以保证压力适当,同时防止螺旋测微器的损坏。
图1
(2)选择电阻丝的 (选填“同一”或“不同”)位置进行多次测量,取其平均值作为电阻丝的直径。
(3)图2甲图中Rx为待测电阻丝。请用笔画线代替导线,将滑动变阻器接入图2乙图实物电路中的正确位置。
图2甲
图2乙
(4)为测量Rx,利用图2甲图所示的电路,调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值,作出的U1-I1关系图像如图3所示。接着,将电压表改接在a、b两端,测得5组电压U2和电流I2的值,数据见下表:
U2/V
0.50
1.02
1.54
2.05
2.55
I2/mA
20.0
40.0
60.0
80.0
100.0
请根据表中的数据,在方格纸上作出U2-I2图像。
图3
(5)由此,可求得电阻丝的Rx= Ω。根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率。
答案 (1)C (2)不同 (3)见图甲 (4)见图乙
(5)23.5(23.0~ 24.0都算对)
图甲
图乙
解析 本题通过测电阻丝电阻率的实验考查了基本仪器的使用、电路实物图连接及数据的处理等问题,考查了学生的实验操作、数据处理等能力,体现了科学探究中问题、证据、解释等素养要素,渗透了创新的价值观念。
(1)为防止测砧与测微螺杆对电阻丝产生的压力过大,应该旋动微调旋钮C。
(2)为防止电阻丝的粗细不均匀造成对其直径测量的误差,要求在电阻丝上不同位置测量后取其平均值。
(3)实物图连接见答案。
(4)将表格中数据先在方格纸上描点,再用平滑的直线连接,图见答案。
(5)在题图甲电路中U1=I1(Rx+RA+R0),当电压表改接在a、b两端时U2=I2(RA+R0),可见U1-I1图线的斜率k1=Rx+RA+R0,U2-I2图线的斜率k2=RA+R0,故由两图线的斜率可得被测电阻的阻值Rx=k1-k2≈23.5 Ω。
6.[2018天津理综,9(3)]某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10 kΩ),除了Rx、开关S、导线外,还有下列器材供选用:
A.电压表(量程0~1 V,内阻约10 kΩ)
B.电压表(量程0~10 V,内阻约100 kΩ)
C.电流表(量程0~1 mA,内阻约30 Ω)
D.电流表(量程0~0.6 A,内阻约0.05 Ω)
E.电源(电动势1.5 V,额定电流0.5 A,内阻不计)
F.电源(电动势12 V,额定电流2 A,内阻不计)
G.滑动变阻器R0(阻值范围0~10 Ω,额定电流2 A)
①为使测量尽量准确,电压表选用 ,电流表选用 ,电源选用 。(均填器材的字母代号)
②画出测量Rx阻值的实验电路图。
③该同学选择器材、连接电路和操作均正确,从实验原理上看,待测电阻测量值会 其真实值(填“大于”、“小于”或“等于”),原因是 。
答案 ①B C F ②如图所示
③大于 电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他正确表述也可)
解析 本题考查伏安法测电阻。
①由于Rx的阻值约为10 kΩ,若选用1.5 V电源,电路中电流非常小,不利于实验,故电源选用12 V的,即F,则电压表应选B;电路电流最大值约为1 mA,故电流表应选C。
②因Rx>RARV,属于大电阻,故电流表采用内接法,而滑动变阻器R0的阻值远小于Rx,则滑动变阻器R0采用分压式接法,如答案图所示。
③由于电压表的读数为电阻Rx和电流表内阻的分压和,而电流表的读数是流过Rx的实际电流,故待测电阻测量值会大于其真实值。
7.(2014课标Ⅱ,22,6分,0.622)在伏安法测电阻的实验中,待测电阻Rx约为200 Ω,电压表的内阻约为2 kΩ,电流表的内阻约为10 Ω,测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示,结果由公式Rx=UI计算得出,式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2,则 (填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值,且测量值Rx1 (填“大于”、“等于”或“小于”)真实值,测量值Rx2 (填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。
答案 Rx1 大于 小于
解析 RxRA=20,RVRx=10,因此Rx属于大电阻,用电流表内接法时测量值更接近真实值,即Rx1更接近真实值;因Rx1=UI=Rx+RA,故Rx1>Rx,Rx2=UI=R并(即Rx与RV的并联值),故Rx2
解题关键 ①理解内接法误差的来源是电流表的分压。
②理解外接法误差的来源是电压表的分流。
温馨提示 利用伏安法测电阻时,当Rx
8.[2014天津理综,9(3),6分]现要测量一个未知电阻Rx的阻值,除Rx外可用的器材有:
多用电表(仅可使用欧姆挡);
一个电池组E(电动势6 V);
一个滑动变阻器R(0~20 Ω,额定电流1 A);
两个相同的电流表G(内阻Rg=1 000 Ω,满偏电流Ig=100 μA);
两个标准电阻(R1=29 000 Ω,R2=0.1 Ω);
一个电键S、导线若干。
①为了设计电路,先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻,采用“×10”挡,调零后测量该电阻,发现指针偏转非常大,最后几乎紧挨满偏刻度停下来,下列判断和做法正确的是 (填字母代号)。
A.这个电阻阻值很小,估计只有几欧姆
B.这个电阻阻值很大,估计有几千欧姆
C.如需进一步测量可换“×1”挡,调零后测量
D.如需进一步测量可换“×1k”挡,调零后测量
②根据粗测的判断,设计一个测量电路,要求测量尽量准确并使电路能耗较小,画出实验电路图,并将各元件字母代码标在该元件的符号旁。
答案 ①AC
②如图所示
解析 ①欧姆挡的零刻线在右侧,指针偏转越大时阻值越小,故A正确。要使指针指在中间刻度线附近,由“阻值=读数×倍率”可知所选倍率应减小以增大读数,故C正确。②由电路能耗较小的要求可知控制电路应采用限流式。因器材中只有两个内阻已知的电流表,故可考虑改装:由题给数据可知电流表G与R1可改装为一个量程为3 V的电压表。电流表G与R2可改装为一个量程为1 A 的电流表。改装后的内阻分别为RV=30 000 Ω与RA=0.1 Ω,而被测电阻的阻值约为几欧,属于小电阻,故测量电路应采用外接法,电路图见答案。
9.(2016课标Ⅱ,23,9分)某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆),可供选择的器材有:电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω),滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ),直流电源E(电动势3 V),开关1个,导线若干。
实验步骤如下:
①按电路原理图(a)连接线路;
②将电阻箱阻值调节为0,将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置,闭合开关S;
③调节滑动变阻器,使电压表满偏;
④保持滑动变阻器滑片的位置不变,调节电阻箱阻值,使电压表的示数为2.00 V,记下电阻箱的阻值。
图(a)
回答下列问题:
(1)实验中应选择滑动变阻器 (填“R1”或“R2”)。
(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线。
图(b)
(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω,若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变,计算可得电压表的内阻为 Ω(结果保留到个位)。
(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的,可推断该表头的满刻度电流为 (填正确答案标号)。
A.100 μA B.250 μA
C.500 μA D.1 mA
答案 (1)R1 (2)如图所示 (3)2 520 (4)D
解析 (1)在保证电路安全的前提下,分压式电路中的滑动变阻器应选用总阻值小的。
(2)见答案图。
(3)电压表示数为2.00 V,说明电阻箱分压为0.5 V,可知RV=4R=4×630.0 Ω=2 520 Ω。
(4)I满=U满RV=2.5V2 520Ω=1 mA。
疑难突破 (1)电压表满偏电压为2.5 V,步骤④中电压表示数为2.00 V,说明电阻箱仅分压0.5 V。(2)电压表的满刻度电流与表头一致,故I满=U满RV。
10.(2015课标Ⅱ,23,9分)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法),实验室提供的器材如下:
待测电压表(量程3 V,内阻约为3 000 Ω),电阻箱R0(最大阻值为99 999.9 Ω),滑动变阻器R1(最大阻值100 Ω,额定电流2 A),电源E(电动势6 V,内阻不计),开关2个,导线若干。
(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分,将电路图补充完整。
(2)根据设计的电路,写出实验步骤:
。
(3)将这种方法测出的电压表内阻记为RV',与电压表内阻的真实值RV相比,RV' RV(填“>”、“=”或“<”),主要理由是
。
答案 (1)实验电路图如图所示(2分)
(2)移动滑动变阻器的滑片,以保证通电后电压表所在支路分压最小(1分);闭合开关S1、S2,调节R1,使电压表的指针满偏(1分);保持滑动变阻器滑片的位置不变(1分),断开S2,调节电阻箱R0使电压表的指针半偏(1分);读取电阻箱所示的电阻值,此即为测得的电压表内阻(1分)
(3)>(1分) 断开S2,调节电阻箱使电压表成半偏状态,电压表所在支路总电阻增大,分得的电压也增大;此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压,故RV'>RV(1分,其他合理说法同样给分)
解析 (1)由于R1的总阻值远小于测量电路总电阻,故控制电路采用分压式接法,电路图见答案。
(2)(3)见答案。
评析 试题考查了恒压半偏法测电压表内阻的原理、步骤及实验的系统误差,试题难度较小,考查点基础,在一定程度上考查了考生的分析、推理能力。
11.[2014四川理综,8(2),11分]如图是测量阻值约几十欧的未知电阻Rx的原理图,图中R0是保护电阻(10 Ω),R1是电阻箱(0~99.9 Ω),R是滑动变阻器,A1和A2是电流表,E是电源(电动势10 V,内阻很小)。
在保证安全和满足要求的情况下,使测量范围尽可能大。实验具体步骤如下:
(ⅰ)连接好电路,将滑动变阻器R调到最大;
(ⅱ)闭合S,从最大值开始调节电阻箱R1,先调R1为适当值,再调节滑动变阻器R,使A1示数I1=0.15 A,记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2;
(ⅲ)重复步骤(ⅱ),再测量6组R1和I2值;
(ⅳ)将实验测得的7组数据在坐标纸上描点。
根据实验回答以下问题:
①现有四只供选用的电流表:
A.电流表(0~3 mA,内阻为2.0 Ω)
B.电流表(0~3 mA,内阻未知)
C.电流表(0~0.3 A,内阻为5.0 Ω)
D.电流表(0~0.3 A,内阻未知)
A1应选用 ,A2应选用 。
②测得一组R1和I2值后,调整电阻箱R1,使其阻值变小,要使A1示数I1=0.15 A,应让滑动变阻器R接入电路的阻值 (选填“不变”、“变大”或“变小”)。
③在坐标纸上画出R1与I2的关系图。
④根据以上实验得出Rx= Ω。
答案 ①D C ②变大 ③关系图线如图 ④31
解析 ①由电路图可知I1(R0+R1+RA1)=I2(Rx+RA2),即R1=Rx+RA2I1I2-(R0+RA1),在I1=0.15 A保持不变时R1-I2图线是一条直线,当由其斜率k=Rx+RA2I1求Rx时RA2必须是已知的。因两支路的阻值在同一数量级,则两支路中电流亦必在同一数量级,再结合I1=0.15 A,可知A1只能选用D,A2只能选用C。②要保持I1=0.15 A不变,当R1阻值减小时需减小并联支路两端的电压,则A2示数减小,即总电流减小,而并联支路总电阻变小,则需增大滑动变阻器接入电路中的阻值。③图见答案。④由图线可求得斜率k=240 Ω/A。结合k=Rx+RA2I1得Rx=kI1-RA2=31 Ω。
12.(2013广东理综,34(2),10分)图(a)是测量电阻RX的原理图。学生电源输出电压可调,电流表量程选0.6 A(内阻不计),标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0 cm。
图17(a)
图17(b)
图17(c)
①根据原理图连接图17(b)的实物图。
②断开S2,合上S1;调节电源输出电压为3.0 V时,单位长度电阻丝的电压u= V/cm。记录此时电流表A1的示数。
③保持S1闭合,合上S2;滑动c点改变ac的长度L,同时调节电源输出电压,使电流表A1的示数与步骤②记录的值相同,记录长度L和A2的示数I。测量6组L和I值,测量数据已在图17(c)中标出。写出RX与L、I、u的关系式RX= ;根据图17(c)用作图法算出RX= Ω。
答案 ①见解析图 ②0.1 ③uLI 6.0
解析 ①如图
②u=3.0V30.0cm=0.1 V/cm。
③RX=UacI=uLI,则L=RXuI,由图线斜率知RXu=LI=30.0cm0.5A,故RX=0.1×30.00.5 Ω=6.0 Ω。
13.(2011全国,22,5分)为了测量一微安表头A的内阻,某同学设计了如图所示的电路。图中,A0是标准电流表,R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱,S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关,E是电池。完成下列实验步骤中的填空:
(1)将S拨向接点1,接通S1,调节 ,使待测表头指针偏转到适当位置,记下此时 的读数I;
(2)然后将S拨向接点2,调节 ,使 ,记下此时RN的读数;
(3)多次重复上述过程,计算RN读数的 ,此即待测微安表头内阻的测量值。
答案 (1)R0 标准电流表(或A0)
(2)RN 标准电流表(或A0)的读数仍为I
(3)平均值
解析 本题方法为替代法。
当S接1与接2时通过电路的电流I相同,可知待测○μA的内阻阻值与RN的阻值相同。
14.[2016天津理综,9(3)]某同学想要描绘标有“3.8 V,0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线,要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整。可供该同学选用的器材除开关、导线外,还有:
电压表V1(量程0~3 V,内阻等于3 kΩ)
电压表V2(量程0~15 V,内阻等于15 kΩ)
电流表A1(量程0~200 mA,内阻等于10 Ω)
电流表A2(量程0~3 A,内阻等于0.1 Ω)
滑动变阻器R1(0~10 Ω,额定电流2 A)
滑动变阻器R2(0~1 kΩ,额定电流0.5 A)
定值电阻R3(阻值等于1 Ω)
定值电阻R4(阻值等于10 Ω)
定值电阻R5(阻值等于1 kΩ)
电源E(E=6 V,内阻不计)
①请画出实验电路图,并将各元件字母代码标在该元件的符号旁。
②该同学描绘出的I-U图像应是下图中的 。
答案 ①如图所示 ②B
解析 ①首先考虑测量电路:由于小灯泡的规格为“3.8 V,0.3 A”,可知电表V2、A2量程太大而不能选用;电表V1、A1则需要改装才能获得小灯泡完整的伏安特性曲线。A1与R4并联可得量程为0~0.4 A的电流表,V1与R5串联可得量程为0~4 V的电压表,因小灯泡电阻值较小,测量电路应采用电流表外接的方式。再考虑控制电路:首先由调节的方便性可知滑动变阻器应选用R1,再由“绘制曲线完整”可知测量电压与电流应从零开始变化,故连接方法应选用分压式接法。②在I-U图像中,图线上某点与原点连线的斜率表示该状态下电阻的倒数。由于小灯泡灯丝的阻值是随温度升高而增大的,故只有B正确。
15.[2015广东理综,34(2),10分]某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性,使用的器材包括电压表(内阻约为3 kΩ)、电流表(内阻约为1 Ω)、定值电阻等。
图甲
①使用多用电表粗测元件X的电阻。选择“×1”欧姆挡测量,示数如图甲(a)所示,读数为 Ω。据此应选择图甲中的 [填“(b)”或“(c)”]电路进行实验。
②连接所选电路,闭合S;滑动变阻器的滑片P从左向右滑动,电流表的示数逐渐 (填“增大”或“减小”);依次记录电流及相应的电压;将元件X换成元件Y,重复实验。
③图乙(a)是根据实验数据作出的U-I图线,由图可判断元件 (填“X”或“Y”)是非线性元件。
(a)
(b)
图乙
④该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21 Ω的定值电阻,测量待测电池的电动势E和内阻r,电路如图乙(b)所示,闭合S1和S2,电压表读数为3.00 V;断开S2,读数为1.00 V。利用图乙(a)可算得E= V,r= Ω(结果均保留两位有效数字,视电压表为理想电压表)。
答案 ①10.0 (b) ②增大 ③Y ④3.2 0.50
解析 ①测量值=读数×倍率,故测量结果为10.0×1 Ω=10.0 Ω,因RX=10.0 Ω
③非线性元件的U-I图线是曲线。
④由图乙(a)可知U1=3.00 V时I1=0.30 A,U2=1.00 V时I2=0.10 A,根据闭合电路欧姆定律有E=3.00 V+0.30 A×r,E=1.00 V+0.10 A×(r+21 Ω),解得E=3.15 V≈3.2 V,r=0.50 Ω。
16.[2013天津理综,9(3)]要测绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线,灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到 3 V,并便于操作。已选用的器材有:
电池组(电动势为4.5 V,内阻约1 Ω);
电流表(量程为0~250 mA,内阻约5 Ω);
电压表(量程为0~3 V,内阻约3 kΩ);
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20 Ω,额定电流1 A)
B.滑动变阻器(最大阻值1 750 Ω,额定电流0.3 A)
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1.5 V,内阻为5 Ω的电源两端,小灯泡消耗的功率是 W。
答案 ①A ②B ③0.1
解析 ①测绘小灯泡的伏安特性曲线,要求能较大范围测量数据,所以控制电路部分应用分压式接法,滑动变阻器应用最大阻值小额定电流大的A。
②灯泡的电阻R=U2P=15 Ω,额定电流I=PU=0.2 A,由R=15 Ω
17.(2020江苏单科,10,8分)某同学描绘一种电子元件的I-U关系图像,采用的实验电路图如图1所示,为电压表,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20 Ω),R0为定值电阻,S为开关。
(1)请用笔画线代替导线,将图2所示的实物电路连接完整。
图1
图2
(2)调节滑动变阻器,记录电压表和电流表的示数如下表:
电压U/V
0.000
0.250
0.500
0.650
0.700
0.725
0.750
电流I/mA
0.00
0.10
0.25
0.60
1.70
4.30
7.50
请根据表中的数据,在方格纸上作出该元件的I-U图线。
图3
(3)根据作出的I-U图线可知,该元件是 (选填“线性”或“非线性”)元件。
(4)在上述测量中,如果用导线代替电路中的定值电阻R0,会导致的两个后果是 。
A.电压和电流的测量误差增大
B.可能因电流过大烧坏待测元件
C.滑动变阻器允许的调节范围变小
D.待测元件两端电压的可调节范围变小
答案 (1)如图所示
(2)如图所示
(3)非线性 (4)BC
解析 (1)实物连线如答案图所示;
(2)根据表中数据,描点后,连线如答案图所示;
(3)根据作出的I-U图像可知,该元件是非线性元件;
(4)待测元件与定值电阻R0是串联关系,定值电阻R0起到保护待测元件的作用,可以避免待测元件电压过高、电流过大,如果用导线代替定值电阻R0,可能会因为电流过大烧坏待测元件,同时滑动变阻器允许的调节范围变小,B、C正确。
18.(2020浙江7月选考,18,7分)某同学分别用图1甲和图1乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。
(1)在方框中画出图1乙的电路图;
图1
(2)某次测量时电流表和电压表的示数如图2所示,则电流I= A,电压U= V;
(3)实验得到如图3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= Ω(保留两位有效数字)。
图2
图3
答案 (1)如图所示
(2)0.39~0.41 1.29~1.31 (3)乙 (4)1.51~1.54
0.52~0.54
解析 (1)见答案图
(2)电流表的量程为0~0.6 A,读数为0.40 A;电压表量程为0~3 V,读数应为1.30 V。
(3)根据题目已知条件,题图1甲的电路图如图所示,U-I图线斜率的绝对值应该代表电池内阻和电流表内阻之和。而题图1乙所表示的U-I图线斜率的绝对值代表电池内阻,因此斜率绝对值较大的图线对应的电路应该是题图1甲,即直线Ⅰ对应电路是题图1乙。
对题图1乙,根据闭合电路欧姆定律可知U=E-Ir,图线与纵轴的交点代表电池电动势,即E=1.52 V,斜率绝对值代表电池内阻,即r=1.52-1.210.58 Ω≈0.53 Ω。
19.(2020山东,14,8分)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 Ω);
电压表V(量程3 V,内阻约3 kΩ);
电流表A(量程0.6 A,内阻约1 Ω);
滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω);
定值电阻R1(阻值2 Ω);
定值电阻R2(阻值5 Ω);
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
图甲
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 。(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
图乙
(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。
序号
1
2
3
4
5
6
7
I/A
0.08
0.14
0.20
0.26
0.32
0.36
0.40
U/V
1.35
1.20
1.05
0.88
0.73
0.71
0.52
请根据实验数据,回答以下问题:
①坐标纸上已标出后3组数据对应的坐标点,请在坐标纸上标出前4组数据对应的坐标点并画出U-I图像。
②根据实验数据可知,所选的定值电阻为 (填“R1”或“R2”)。
③用笔画线代替导线,请按照改进后的方案,将实物图连接成完整电路。
答案 (1)B (2)①如图所示
②R1 ③如图所示
解析 (1)该小组按照图甲所示的电路进行实验时,电压表测的是路端电压,根据E=U外+U内可知,|ΔU外|=|ΔU内|,而|ΔU内|=|ΔI·r|,所以当干电池内阻r较小时,电压表示数的变化范围比较小,B正确。
(2)①在坐标纸上根据前4组数据描出对应的坐标点并画出U-I图像如答案图所示。
②U-I图像的斜率的绝对值约为2.6 Ω,表示干电池内阻与定值电阻之和,所以定值电阻一定小于2.6 Ω,故所选定值电阻为R1。
③改进后的方案是将定值电阻R1与干电池串联,其余部分不变,用笔画线代替导线,将实物图连接成完整电路如答案图所示。
20.(2016北京理综,19,6分)某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻,他们提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确,最不可取的一组器材是 ( )
A.一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器
B.一个伏特表和多个定值电阻
C.一个安培表和一个电阻箱
D.两个安培表和一个滑动变阻器
答案 D 根据U=E-Ir,要测出E和r,就要同时测出U和I,A、B、C三个选项都能满足要求;D选项只能测出电流I,不能测出电压U,所以选D。
21.(2018江苏单科,10,8分)一同学测量某干电池的电动势和内阻。
(1)如图所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处。
(2)实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I,以及计算的1I数据见下表:
R/Ω
8.0
7.0
6.0
5.0
4.0
I/A
0.15
0.17
0.19
0.22
0.26
1I/A-1
6.7
6.0
5.3
4.5
3.8
根据表中数据,在方格纸上作出R-1I关系图像。
由图像可计算出该干电池的电动势为 V;内阻为 Ω。
(3)为了得到更准确的测量结果,在测出上述数据后,该同学将一只量程为100 mV的电压表并联在电流表的两端。调节电阻箱,当电流表的示数为0.33 A时,电压表的指针位置如图所示,则该干电池的电动势应为 V;内阻应为 Ω。
答案 (1)①开关未断开;②电阻箱阻值为零
(2)如图所示 1.4(1.30~1.44都算对) 1.2(1.0~1.4都算对)
(3)1.4[结果与(2)问第一个空格一致] 1.0[结果比(2)问第二个空格小0.2]
解析 本题考查测量干电池的电动势和内阻。
(1)在连接电路过程中,要求开关处于断开状态;在闭合开关前,要求电阻箱接入电路的电阻最大。
(2)依照表中数据,描点连线,如答案图所示。由闭合电路欧姆定律可得I=ER+r,整理可得R=E·1I-r,与图像对应,则E=1.4 V,r=1.2 Ω。
(3)由题图可知电压表的读数为66 mV,由欧姆定律可得电流表的内阻r'=U/I=0.2 Ω,则由闭合电路欧姆定律可得I=ER+r+r',整理可得R=E·1I-(r+r'),与图像对应,则E=1.4 V,r=1.0 Ω。
22.(2015安徽理综,21Ⅱ)某同学为了测量一节电池的电动势和内阻,从实验室找到以下器材:一个满偏电流为100 μA、内阻为2 500 Ω的表头,一个开关,两个电阻箱(0~999.9 Ω)和若干导线。
(1)由于表头量程偏小,该同学首先需将表头改装成量程为50 mA的电流表,则应将表头与电阻箱 (填“串联”或“并联”),并将该电阻箱阻值调为 Ω。
(2)接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量,实验电路如图1所示,通过改变电阻R测相应的电流I,且作相关计算后一并记录如下表。
图1
1
2
3
4
5
6
R(Ω)
95.0
75.0
55.0
45.0
35.0
25.0
I(mA)
15.0
18.7
24.8
29.5
36.0
48.0
IR(V)
1.42
1.40
1.36
1.33
1.26
1.20
①根据表中数据,图2中已描绘出四个点,请将第5、6两组数据也描绘在图2中,并画出IR-I图线;
②根据图线可得电池的电动势E是 V,内阻r是 Ω。
答案 (1)并联 5.0 (2)①如图 ②1.53 2.0
解析 (1)将满偏电流Ig=100 μA的表头改装成量程为I=50 mA的电流表需要并联一个电阻,其阻值为R=IgRgI-Ig=5.0 Ω,应将该电阻箱阻值调为5.0 Ω。
(2)①见答案。
②由电路图可知E=I(R+RA+r),得IR=E-(RA+r)I,故图线的截距为电动势E=1.53 V,斜率k=-(RA+r)=-7 Ω,而RA=2 500×52 500+5 Ω=5 Ω,r=-k-RA=2.0 Ω。
23.[2015天津理综,9(3)]用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组(电动势约4.5 V,内电阻约1 Ω)的电动势和内电阻,除待测电池组、电键、导线外,还有下列器材供选用:
A.电流表:量程0.6 A,内电阻约1 Ω
B.电流表:量程3 A,内电阻约0.2 Ω
C.电压表:量程3 V,内电阻约30 kΩ
D.电压表:量程6 V,内电阻约60 kΩ
E.滑动变阻器:0~1 000 Ω,额定电流0.5 A
F.滑动变阻器:0~20 Ω,额定电流2 A
①为了使测量结果尽量准确,电流表应选用 ,电压表应选用 ,滑动变阻器应选用 (均填仪器的字母代号)。
②如图为正确选择仪器后,连好的部分电路。为了使测量误差尽可能小,还需在电路中用导线将 和 相连、 和 相连、 和 相连(均填仪器上接线柱的字母代号)。
③实验时发现电流表坏了,于是不再使用电流表,剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器,重新连接电路,仍能完成实验。实验中读出几组电阻箱的阻值R和对应电压表的示数U。用图像法处理采集到的数据,为在直角坐标系中得到的函数图像是一条直线,则可以 为纵坐标,以 为横坐标。
答案 ①A D F ②a d c g f h ③见解析
解析 ①为了防止电源急剧放电时产生极化现象而引起电动势的下降,一般在测电源电动势与内电阻时,电源的放电电流控制在0.5 A以内,故电流表应选用A;因三节干电池的总电动势约为4.5 V,故选用量程是6 V的电压表D;总阻值为20 Ω的滑动变阻器F可使电路中的最小电流约为Imin=ERmax=0.225 A,而滑动变阻器E阻值太大,故滑动变阻器应选用F。
②因电流表内阻rA≈1 Ω与电源内阻大致相等且未知,故需采用电流表外接法,以避免电流表内阻引起的系统误差,原理图如图,
故需将a与d、c与g、f与h相连。
③用伏阻法测电源电动势与内电阻时,由闭合电路欧姆定律有E=U+URr,由此可得1U=1E+rE·1R(或1R=Er·1U-1r)、U=E-r·UR(或UR=Er-1rU)、RU=1E·R+rE(或R=E·RU-r),故可以得到1U-1R、U-UR、RU-R等线性图线。
24.(2014北京理综,21,18分)利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。
(1)应该选择的实验电路是图1中的 (选填“甲”或“乙”)。
图1
(2)现有电流表(0~0.6 A)、开关和导线若干,以及以下器材:
A.电压表(0~15 V)
B.电压表(0~3 V)
C.滑动变阻器(0~50 Ω)
D.滑动变阻器(0~500 Ω)
实验中电压表应选用 ;滑动变阻器应选用 。(选填相应器材前的字母)
(3)某位同学记录的6组数据如表所示,其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上,请标出余下一组数据的对应点,并画出U-I图线。
序号
1
2
3
4
5
6
电压U(V)
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流I(A)
0.060
0.120
0.240
0.260
0.360
0.480
图2
(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E= V,内电阻r= Ω。
(5)实验中,随着滑动变阻器滑片的移动,电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化。图3的各示意图中正确反映P-U关系的是 。
图3
答案 (1)甲 (2)B C (3)如图所示
(4)1.50(1.49~1.51) 0.83(0.81~0.85) (5)C
解析 (1)干电池内电阻较小,远小于电压表内阻,选用甲电路时电源内电阻的测量值相对误差小。(2)一节干电池的电动势只有1.5 V左右,故电压表应选用量程较小的B,干电池的内电阻一般只有零点几欧或几欧,为调节方便,滑动变阻器应选用总阻值与之相差较小的C。(3)作图过程略,图见答案。(4)由U=E-Ir知U-I图线在U轴上的截距表示E、斜率的绝对值表示r,由图线可得E=1.50 V,r=0.83 Ω。(5)由P=IU=E-Ur×U=1r(UE-U2)可知,P-U图线是一条开口向下的抛物线,故选C。
考查点 测电源的电动势和内阻。
解题关键 (1)实验电路的选择不要与“伏安法测电阻”的电路混淆。
(2)若选用0~500欧姆的滑动变阻器,在移动滑片的大多数距离上,电表示数几乎不变。
(3)在应用图像时,要注意纵坐标的起点。
25.(2013浙江理综,22,10分)(10分)采用如图所示的电路“测定电池的电动势和内阻”。
第22题图
(1)除了选用照片中的部分器材外, (填选项);
A.还需要电压表
B.还需要电流表
C.还需要学生电源
D.不再需要其他器材
(2)测量所得数据如下:
测量次数
物理量
1
2
3
4
5
6
R/Ω
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
I/A
0.60
0.70
0.80
0.89
1.00
1.20
U/V
0.90
0.78
0.74
0.67
0.62
0.43
用作图法求得电池的内阻r= ;
(3)根据第5次所测得的实验数据,求得电流表内阻RA= 。
答案 (10分)(1)A (2)见解析 (3)0.22 Ω
解析 (1)由电路图可知为伏安法测电池电动势和内阻的实验,因此还需要电压表,应选A。
(2)作图如下,由U=E-Ir可知图线的斜率为内阻,即r=(0.75±0.10) Ω
(3)由第5次所测数据R+RA=UI=0.621.00 Ω=0.62 Ω得RA=(0.62-0.4) Ω=0.22 Ω
26.(2018海南单科,12,12分)某同学利用图(a)中的电路测量电流表的内阻RA(约为5 Ω)和直流电源的电动势E(约为10 V)。图中R1和R2为电阻箱,S1和S2为开关。已知电流表的量程为100 mA,直流电源的内阻为r。
(1)断开S2,闭合S1,调节R1的阻值,使满偏;保持R1的阻值不变,闭合S2,调节R2,当R2的阻值为4.8 Ω时的示数为48.0 mA。忽略S2闭合后电路中总电阻的变化,经计算得RA= Ω;(保留2位有效数字)
(2)保持S1闭合,断开S2,多次改变R1的阻值,并记录电流表的相应示数。若某次R1的示数如图(b)所示,则此次R1的阻值为 Ω;
图(a)
图(b)
图(c)
(3)利用记录的R1的阻值和相应的电流表示数I,作出I-1-R1图线,如图(c)所示。用电池的电动势E、内阻r和电流表内阻RA表示I-1随R1变化的关系式为I-1= 。利用图(c)可求得E= V。(保留2位有效数字)
答案 (1)5.2 (2)148.2 (3)R1E+r+RAE 9.1
解析 (1)由题意知,通过R2的电流为I2=52 mA,根据I2R2=IARA,解得RA=5.2 Ω。(2)电阻箱R1的读数为148.2 Ω。(3)根据闭合电路欧姆定律有E=IR1+I(RA+r),整理得1I=RA+rE+1ER1,则I-1-R1图线的斜率1E=22.5-12196-100 V-1,解得E≈9.1 V。
27.[2017天津理综,9(3)]某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表A1的内阻r1=1.0 kΩ,电阻R1=9.0 kΩ,为了方便读数和作图,给电池串联一个R0=3.0 Ω的电阻。
①按图示电路进行连接后,发现aa'、bb'和cc'三条导线中,混进了一条内部断开的导线。为了确定哪一条导线内部是断开的,将电键S闭合,用多用电表的电压挡先测量a、b'间电压,读数不为零,再测量a、a'间电压,若读数不为零,则一定是 导线断开;若读数为零,则一定是 导线断开。
②排除故障后,该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置,得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据,作出图像如图。由I1-I2图像得到电池的电动势E= V,内阻r= Ω。
答案 ①aa' bb'
②1.4(1.36~1.44均可) 0.5(0.4~0.6均可)
解析 ①用多用电表的电压挡测Uab'≠0,说明两表笔与电源两极间为通路,问题出在a、b'之间的含有电键的电路部分;若Uaa'≠0,说明aa'导线断路,若Uaa'=0,说明导线bb'断开。
②由于I2≫I1,故可将I2视为干路电流,则有
I1(R1+r1)=E-I2(r+R0)
则I1=ER1+r1-r+R0R1+r1·I2,故从图线的截距和斜率可求得E=1.4 V,r=0.5 Ω。
28.(2014课标Ⅰ,23,9分,0.467)利用如图(a)所示电路,可以测量电源的电动势和内阻,所用的实验器材有:
图(a)
待测电源,电阻箱R(最大阻值999.9 Ω),电阻R0(阻值为3.0 Ω),电阻R1(阻值为3.0 Ω),电流表(量程为200 mA,内阻为RA=6.0 Ω),开关S。
实验步骤如下:
①将电阻箱阻值调到最大,闭合开关S;
②多次调节电阻箱,记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R;
③以1I为纵坐标,R为横坐标,作1I-R图线(用直线拟合);
④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b。
回答下列问题:
(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻,则1I与R的关系式为 。
(2)实验得到的部分数据如下表所示,其中电阻R=3.0 Ω 时电流表的示数如图(b)所示,读出数据,完成下表。答:① ,② 。
R/Ω
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
6.0
7.0
I/A
0.143
0.125
①
0.100
0.091
0.084
0.077
I-1/A-1
6.99
8.00
②
10.0
11.0
11.9
13.0
图(b)
图(c)
(3)在图(c)中将所缺数据点补充完整并作图,根据图线求得斜率k= A-1·Ω-1,截距 b= A-1。
(4)根据图线求得电源电动势E= V,内阻r= Ω。
答案 (1)1I=RA+R1ER1R+1E[RA+RA+R1R1(r+R0)]或1I=3.0ER+3.0E(5.0+r)
(2)①0.110 ②9.09
(3)图见解析 1.0(在0.96~1.04之间均对) 6.0(在5.9~6.1之间均对)
(4)3.0(在2.7~3.3之间均对) 1.0(在0.6~1.4之间均对)
解析 (1)由闭合电路欧姆定律有E=IRA+(I+IRAR1)(R+R0+r),整理得1I=RA+R1ER1R+1E[RA+RA+R1R1(r+R0)],代入数据得1I=3.0ER+3.0E(5.0+r)。(2)①由题图知该电流表的分度值为 2 mA,读数为110 mA,考虑到表格内各组数据的单位及有效数字位数,故结果应为0.110 A。②1I=9.09 A-1。(3)描点作图如图所示,由图线可得k=13.0-6.07.0-0 A-1·Ω-1=1.0 A-1·Ω-1,b=6.0 A-1。(4)由1I=3.0ER+3.0E(5.0+r)可知k=3.0E,b=3.0E(5.0+r),将k=1.0 A-1·Ω-1、b=6.0 A-1代入可得E=3.0 V,r=1.0 Ω。
考查点 测量电源的电动势和内阻的实验
解题关键 ①知道测电源电动势与内阻的实验原理是闭合电路欧姆定律。
②利用闭合电路欧姆定律推出1I与R的关系。
易错警示 在完成表格时,注意表格内各组数据的单位及有效数字的位数。
29.(2014大纲全国,23,12分)现要测量某电源的电动势和内阻。可利用的器材有:电流表,内阻为1.00 Ω;电压表;阻值未知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5;开关S;一端连有鳄鱼夹P的导线1,其他导线若干。某同学设计的测量电路如图(a)所示。
图(a)
(1)按图(a)在实物图(b)中画出连线,并标出导线1和其P端。
图(b)
(2)测量时,改变鳄鱼夹P所夹的位置,使R1、R2、R3、R4、R5依次串入电路,记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I。数据如下表所示。根据表中数据,在图(c)中的坐标纸上将所缺数据点补充完整,并画出U-I图线。
I(mA)
193
153
111
69
30
U(V)
2.51
2.59
2.68
2.76
2.84
图(c)
(3)根据U-I图线求出电源的电动势E= V,内阻r= Ω。(保留2位小数)
答案 (1)连线如图所示(3分,有任何错误就不给这3分)
(2)U-I图线如图所示(3分)
(3)2.90(3分,在2.89~2.91之间均给分)
1.03(3分,在0.93~1.13之间均给分)
解析 (1)见答案图,可先从原理图中选取一个回路如电源、电流表、电压表、开关进行连接,R1并联于电压表两端,最后再将R2至R5依次串联后再与R1串联。(2)作图过程略,图见答案。(3)由U=E-I(RA+r)可知图中U-I图线的纵截距b=E、斜率的绝对值k=RA+r,故由图可得E=b=2.90 V,r=k-RA=2.03 Ω-1.00 Ω=1.03 Ω。
考查点 测电源的电动势和内阻
解题关键 ①实物图连线问题应注意先连干路,再补支路,先连电流表,再连电压表。
②利用闭合电路欧姆定律推出U-I的函数关系式,然后通过截距与斜率来求E、r。
30.(2013全国Ⅰ,23,11分)某学生实验小组利用图(a)所示电路,测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻。使用的器材有:
图(a)
多用电表;
电压表:量程0~5 V,内阻十几千欧;
滑动变阻器:最大阻值5 kΩ;
导线若干。
回答下列问题:
(1)将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡,再将红表笔和黑表笔 ,调零点。
(2)将图(a)中多用电表的红表笔和 (填“1”或“2”)端相连,黑表笔连接另一端。
(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置,使多用电表的示数如图(b)所示,这时电压表的示数如图(c)所示。多用电表和电压表的读数分别为 kΩ和 V。
图(b)
图(c)
(4)调节滑动变阻器的滑片,使其接入电路的阻值为零,此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 kΩ和4.00 V。从测量数据可知,电压表的内阻为 kΩ。
(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路,如图(d)所示。根据前面的实验数据计算可得,此多用电表内电池的电动势为 V,电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为 kΩ。
图(d)
答案 (1)短接 (2)1 (3)15.0 3.60 (4)12.0 (5)9.00 15.0
解析 (1)多用电表欧姆挡调零的方法是先把红、黑表笔短接,再调节欧姆调零旋钮,使指针满偏。
(2)多用电表内部电池的正极与黑表笔相连,要保证电流从的“+”接线柱流入“-”接线柱流出,故红表笔和“1”端相连。
(3)多用电表指针指向“15”,挡位“1k”,故多用电表的读数为15.0 kΩ;电压表读数时要估读,读数为3.60 V。
(4)滑动变阻器接入电路的阻值为零,故多用电表的读数即电压表内阻。
(5)由题图(b)知,此时多用电表指针指向中值,故此时内外电阻均为15 kΩ,此时的电压表示数为3.60 V
3.60 V=RVR+RV+rE=RV2rE
解得E=9.00 V
31.(2017课标Ⅲ,23,9分)图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池;R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻,R6是可变电阻;表头的满偏电流为250 μA,内阻为480 Ω。虚线方框内为换挡开关,A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位,5个挡位为:直流电压1 V挡和5 V挡,直流电流1 mA挡和2.5 mA挡,欧姆×100 Ω挡。
图(a)
图(b)
(1)图(a)中的A端与 (填“红”或“黑”)色表笔相连接。
(2)关于R6的使用,下列说法正确的是 (填正确答案标号)。
A.在使用多用电表之前,调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B.使用欧姆挡时,先将两表笔短接,调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C.使用电流挡时,调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R1+R2= Ω,R4= Ω。
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”相连的,则多用电表读数为 ;若此时B端是与“3”相连的,则读数为 ;若此时B端是与“5”相连的,则读数为 。(结果均保留3位有效数字)
答案 (1)黑 (2)B (3)160 880
(4)1.47 mA 1.10×103 Ω 2.95 V
解析 (1)换挡开关接“3”时为欧姆挡,内部接有电源,电流从电源正极流出,经A端流出,经B端流入表内,回到电源负极,“红”进“黑”出,则A端应与黑色表笔连接。
(2)R6应是欧姆挡的欧姆调零电阻,故B选项正确。而在使用多用电表之前,要进行机械调零,使电表指针指在表盘左端电流“0”位置,故A选项错误。使用电流挡时不需要欧姆调零,故C选项错误。
(3)当换挡开关接“2”时为直流电流1 mA挡,此时R1和R2串联后与表头并联,满偏时总电流为1 mA,则R1、R2中的电流为1 mA-Ig,电压为IgRg,则R1+R2=IgRg1mA-Ig=250×10-3×4801-250×10-3 Ω=160 Ω;当换挡开关接4时为直流电压1 V挡,此时R1和R2串联后与表头并联,然后再与R4串联,满偏时总电压为1 V,则R4分压为1 V-IgRg=1 V-250×10-6×480 V=0.88 V,流过R4的电流为1 mA,则R4=UI=0.881×10-3 Ω=880 Ω。
(4)若B端与“1”相连,则为直流电流2.5 mA挡,观察图(b)中下方刻度,共50个小格,则每小格表示0.05 mA,即分度值为0.05 mA,由15估读法可得读数为1.47 mA。
若B端与“3”连接,则为欧姆×100 Ω挡,指针指在上边欧姆表盘“11”位置,则可得读数为1.10×103 Ω。
若B端与“5”连接,则为直流电压5 V挡,观察图(b)中下方刻度,共50个小格,则每小格表示0.1 V,即分度值为0.1 V,由110估读法可得读数为2.95 V。
命题意图 本题考查多用电表的原理以及电表的改装。
32.(2013课标Ⅱ,23,7分,0.524)某同学用量程为1 mA、内阻为120 Ω的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为1 V和1 A的多用电表。图中R1和R2为定值电阻,S为开关。回答下列问题:
(1)根据图(a)所示的电路,在图(b)所示的实物图上连线。
(2)开关S闭合时,多用电表用于测量 (填“电流”、“电压”或“电阻”);开关S断开时,多用电表用于测量 (填“电流”、“电压”或“电阻”)。
(3)表笔A应为 色(填“红”或“黑”)。
(4)定值电阻的阻值R1= Ω,R2= Ω。(结果取3位有效数字)
答案 (1)连线如图所示(2分)
(2)电流 电压(2分。每空1分)
(3)黑(1分)
(4)1.00 880(2分。每空1分)
解析 (1)见答案。
(2)开关S闭合时,R1与表头和R2并联,为电流表,因此用于测量电流;当开关S断开时,R2与表头串联,为电压表,因此用于测电压。
(3)电流应从红表笔流入电表,从黑表笔流出电表,因此表笔A应为黑色。
(4)开关S断开时为电压表,U=Ig(Rg+R2),解得R2=880 Ω;
开关S闭合时为电流表,R1=Ig(Rg+R2)I-Ig=1.00 Ω。
33.(2012江苏单科,10,8分)如图1所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件,小明使用多用电表对其进行探测。
图1
图2
(1)在使用多用电表前,发现指针不在左边“0”刻度线处,应先调整图2中多用电表的 (选填“A”、“B”或“C”)。
(2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源时,一表笔接a,另一表笔应 (选填“短暂”或“持续”)接b,同时观察指针偏转情况。
(3)在判定黑箱中无电源后,将选择开关旋至“×1”挡,调节好多用电表,测量各接点间的阻值。测量中发现,每对接点间正反向阻值均相等,测量记录如下表。两表笔分别接a、b时,多用电表的示数如图2所示。
请将记录表补充完整,并在图1的黑箱图中画出一种可能的电路。
两表笔接的接点
多用电表的示数
a,b
Ω
a,c
10.0 Ω
b,c
15.0 Ω
答案 (1)A (2)短暂 (3)5.0 如图所示
解析 (1)A是机械调零,B是欧姆调零,C是功能选择开关,故选填A。
(2)为防止a、b间存在高压电源在持续接通时烧坏电表,应采用“点触”方式。
(3)正反向阻值相等说明两接点间无二极管。由题图2可以读出a、b间阻值为5.0 Ω。因黑箱内只有三个阻值相等的电阻,由表内数据知b、c间电阻等于a、b间电阻与a、c间电阻之和,故可推测a、b间电阻与a、c间电阻相串联。又因a、c间阻值是a、b间阻值的2倍,故a、b间有一个电阻时a、c间两个电阻串联;a、c间有一个电阻时a、b间两个电阻并联,电路图见答案。
34.(2015课标Ⅰ,23,9分,0.299)图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图,其中虚线框内是毫安表的改装电路。
图(a)
图(b)
(1)已知毫安表表头的内阻为100 Ω,满偏电流为1 mA;R1和R2为阻值固定的电阻。若使用a和b两个接线柱,电表量程为3 mA;若使用a 和c两个接线柱,电表量程为10 mA。由题给条件和数据,可以求出R1= Ω,R2= Ω。
(2)现用一量程为3 mA、内阻为150 Ω的标准电流表对改装电表的3 mA挡进行校准,校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0 mA。电池的电动势为1.5 V,内阻忽略不计;定值电阻R0有两种规格,阻值分别为300 Ω和1 000 Ω;滑动变阻器R有两种规格,最大阻值分别为750 Ω和3 000 Ω。则R0应选用阻值为 Ω的电阻,R应选用最大阻值为 Ω的滑动变阻器。
(3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大,利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻。图(b)中的R'为保护电阻,虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框内的电路。则图中的d点应和接线柱 (填“b”或“c”)相连。判断依据是: 。
答案 (1)15 35(4分,每空2分) (2)300 3 000(2分,每空1分) (3)c(1分) 闭合开关时,若电表指针偏转,则损坏的电阻是R1;若电表指针不动,则损坏的电阻是R2(2分)
解析 (1)由并联电路各支路两端电压相等有:使用a和b两个接线柱时1 mA×100 Ω=(3-1)mA×(R1+R2);使用a和c两个接线柱时1 mA×(100 Ω+R2)=(10-1)mA×R1,联立可得R1=15 Ω,R2=35 Ω。(2)由题意知校准时电路中电流的范围为0.5 mA≤I≤3.0 mA,则由闭合电路欧姆定律知电路中总电阻R总=EI满足500 Ω≤R总≤3 000 Ω,而两电表的总电阻RA=150 Ω+1mA×100Ω3mA=183 Ω,故R0+R应满足317 Ω≤R0+R≤2 817 Ω,可知R0只能选用300 Ω的,R只能选用3 000 Ω的。(3)在图(b)电路中,当d接c时,若R1损坏则毫安表仍接入电路而有示数,若R2损坏则毫安表不接入电路而无示数,故可由毫安表有无示数来判断损坏的电阻;当d接b时,无论R1还是R2损坏,对毫安表示数的影响相同,从而不能进行判定。
35.(2016课标Ⅰ,23,10分)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时,系统报警。提供的器材有:热敏电阻,报警器(内阻很小,流过的电流超过Ic时就会报警),电阻箱(最大阻值为999.9 Ω),直流电源(输出电压为U,内阻不计),滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω),单刀双掷开关一个,导线若干。
在室温下对系统进行调节。已知U约为18 V,Ic约为10 mA;流过报警器的电流超过20 mA时,报警器可能损坏;该热敏电阻的阻值随温度升高而减小,在60 ℃时阻值为650.0 Ω。
(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。
(2)电路中应选用滑动变阻器 (填“R1”或“R2”)。
(3)按照下列步骤调节此报警系统:
①电路接通前,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻值为 Ω;滑动变阻器的滑片应置于 (填“a”或“b”)端附近,不能置于另一端的原因是 。
②将开关向 (填“c”或“d”)端闭合,缓慢移动滑动变阻器的滑片,直至 。
(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变,将开关向另一端闭合,报警系统即可正常使用。
答案 (1)连线如图所示
(2)R2
(3)①650.0 b 接通电源后,流过报警器的电流会超过20 mA,报警器可能损坏 ②c 报警器开始报警
解析 (2)由R=UIc=1810×10-3 Ω=1 800 Ω可知,滑动变阻器应选R2。
(3)①电阻箱的电阻值应调为热敏电阻在60 ℃时的阻值,即650.0 Ω。滑动变阻器的滑片应置于b端,使开关接通后回路中电流最小,以保护报警器,即防止因过载而损坏报警器。②应将开关向c端闭合,然后对系统进行调节。
36.(2019课标Ⅱ,23,10分)某小组利用图(a)所示的电路,研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系,图中和为理想电压表;R为滑动变阻器,R0为定值电阻(阻值100 Ω);S为开关,E为电源。实验中二极管置于控温炉内,控温炉内的温度t由温度计(图中未画出)测出。图(b)是该小组在恒定电流为50.0 μA时得到的某硅二极管U-t关系曲线。回答下列问题:
图(a)
(1)实验中,为保证流过二极管的电流为50.0 μA,应调节滑动变阻器R,使电压表的示数为U1= mV;根据图(b)可知,当控温炉内的温度t升高时,硅二极管正向电阻 (填“变大”或“变小”),电压表示数 (填“增大”或“减小”),此时应将R的滑片向 (填“A”或“B”)端移动,以使示数仍为U1。
(2)由图(b)可以看出U与t成线性关系。硅二极管可以作为测温传感器,该硅二极管的测温灵敏度为ΔUΔt= ×10-3 V/℃(保留2位有效数字)。
图(b)
答案 (1)5.00 变小 增大 B (2)2.8
解析 本实验考查运用闭合电路欧姆定律计算电压,并且分析了硅二极管两端的电压与温度的关系,考查学生的实验能力,体现了科学探究核心素养。
(1)实验中I=50.0 μA,R0=100 Ω,所以U1=IR0=5.00 mV,因为图(b)是在恒定电流条件下得到的图像,斜率为负值,所以随温度的升高,硅二极管正向电压变小,由R硅=UI,可知硅二极管正向电阻变小,则回路中电流变大,且R0为定值电阻,的示数增大。为了确保回路中电流恒定,应使滑动变阻器的阻值变大,故滑片应向B端滑动。(2)图(b)中图线纵轴截距为0.44 V,所以ΔUΔt=0.44-0.3080-30 V/℃=2.8×10-3 V/℃。
37.(2016课标Ⅲ,22,5分)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a1b1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。
(1)在图中画出连线,完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路,且在开关闭合后,金属棒沿箭头所示的方向移动。
(2)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.换一根更长的金属棒
C.适当增大金属棒中的电流
其中正确的是 (填入正确选项前的标号)。
答案 (1)如图所示(2分)
(2)AC(3分。选对一个给2分,选对两个给3分,有选错的不给这3分)
解析 (1)根据左手定则得金属棒中电流为从a流向a1。要求滑动变阻器以限流方式接入电路中,故滑动变阻器接线柱上下各用一个。(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度,应使它所受安培力F=BIL增大,所以适当增加两导轨间的距离时有效长度L增大,F变大,A项正确;只换更长的金属棒时有效长度L不变,B项错;增大电流,F也增大,C项正确。
38.[2014广东理综,34(1),8分]某同学设计的可调电源电路如图(a)所示,R0为保护电阻,P为滑动变阻器的滑片,闭合电键S。
①用电压表测量A、B两端的电压:将电压表调零,选择0~3 V挡,示数如图(b),电压值为 V。
②在接通外电路之前,为了保证外电路的安全,滑片P应先置于 端。
③要使输出电压U变大,滑片P应向 端滑动。
④若电源电路中不接入R0,则在使用过程中,存在 的风险(填“断路”或“短路”)。
答案 ①1.30 ②A ③B ④短路(每空2分)
解析 ①由图(b)知电压表0~3 V挡的分度值为0.1 V,故由“十分之一”估读法可得读数为1.30 V。②因外电路并联在AP间,要使外电路接通时获得的电压最小以保证电路安全,应使滑片P先置于A端。③输出电压U等于A、P间的电压,故P向B端滑动时A、P间分得的电压增大,输出电压增大。④当P滑到B端时,若电源电路中不接入R0而输出电路所接负载的阻值极小,则电源就有可能被短路。
39.(2013大纲全国,22,6分)(6分)如图,E为直流电源,G为灵敏电流计,A、B为两个圆柱形电极,P是木板,C、D为两个探针,S为开关。现用上述实验器材进行“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验。
(1)木板P上有白纸、导电纸和复写纸,最上面的应该是 纸;
(2)用实线代表导线将实验器材正确连接。
答案 (1)导电(2分)
(2)连线如图所示(4分。探针和灵敏电流计部分2分,有任何错误不给这2分;其余部分2分,有任何错误也不给这2分)
解析 (1)因本实验是利用探针在A、B电极间的电场中移动时通过灵敏电流计的指针偏转情况来寻找等势点的,故最上层必须是导电纸。
(2)本实验装置分为两部分:一部分是产生电场的电源、开关、电极A与B,另一部分是检测等势点的灵敏电流计、探针C与D,连接图见答案。
40.(2013江苏单科,10,8分)为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系,小明测量小灯泡的电压U和电流I,利用P=UI得到电功率。实验所使用的小灯泡规格为“3.0 V 1.8 W”,电源为12 V的电池,滑动变阻器的最大阻值为10 Ω。
(1)准备使用的实物电路如图1所示。请将滑动变阻器接入电路的正确位置。(用笔画线代替导线)
图1
(2)现有10 Ω、20 Ω和50 Ω的定值电阻,电路中的电阻R1应选 Ω的定值电阻。
(3)测量结束后,应先断开开关,拆除 两端的导线,再拆除其他导线,最后整理好器材。
(4)小明处理数据后将P、U2描点在坐标纸上,并作出了一条直线,如图2所示。请指出图像中不恰当的地方。
图2
答案 (1)如图
(2)10
(3)电池
(4)图线不应画为直线;横坐标的标度不恰当。
解析 (1)探究P和U的关系应较大范围测量U,滑动变阻器需要应用分压式接法。所以连接如答案图。
(2)R1为电路保护电阻,10 Ω阻值能保证安全,正常完成实验,20 Ω和50 Ω的阻值太大,不能保证在较大范围内调节灯泡两端的电压,所以选10 Ω电阻。
(3)根据实验的安全性原则,应先拆除电源再进行其他拆除操作。
(4)应用平滑曲线连接所描绘的点,不应画为直线。根据作出的图应尽量占满坐标的原则,横轴坐标的标度不恰当。
考查点 本题考查实验器材的选择、电路的连接、实验操作的规范以及实验数据的处理等基本实验技能。属于中等难度题。
解题方法 对于实物连接的问题,首先要画出电路原理图,然后对照原理图连线。
41.[2013山东理综,21(2),9分]霍尔效应是电磁基本现象之一,近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展。如图1所示,在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I,同时外加与薄片垂直的磁场B,在M、N间出现电压UH,这个现象称为霍尔效应,UH为霍尔电压,且满足UH=kIBd,式中d为薄片的厚度,k为霍尔系数。某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数。
图1
①若该半导体材料是空穴(可视为带正电粒子)导电,电流与磁场方向如图1所示,该同学用电压表测量UH时,应将电压表的“+”接线柱与 (填“M”或“N”)端通过导线连接。
②已知薄片厚度d=0.40 mm,该同学保持磁感应强度B=0.10 T不变,改变电流I的大小,测量相应的UH值,记录数据如下表所示。
I(×10-3 A)
3.0
6.0
9.0
12.0
15.0
18.0
UH(×10-3 V)
1.1
1.9
3.4
4.5
6.2
6.8
根据表中数据在给定坐标纸上画出UH-I图线,利用图线求出该材料的霍尔系数为 ×10-3 V·m·A-1·T-1(保留2位有效数字)。
③该同学查阅资料发现,使半导体薄片中的电流反向再次测量,取两个方向测量的平均值,可以减小霍尔系数的测量误差,为此该同学设计了如图2所示的测量电路。S1、S2均为单刀双掷开关,虚线框内为半导体薄片(未画出)。为使电流自Q端流入,P端流出,应将S1掷向 (填“a”或“b”),S2掷向 (填“c”或“d”)。
图2
为了保证测量安全,该同学改进了测量电路,将一合适的定值电阻串接在电路中。在保持其他连接不变的情况下,该定值电阻应串接在相邻器件 和 (填器件代号)之间。
答案 ①M
②如下图所示,1.5(1.4或1.6)
③b c S1 E(或S2 E)
解析 ①由左手定则判得M端聚集正电荷,故M端电势高,N端电势低。
②由表中数据描点,且由一条直线拟合各点,如答案图,其斜率k'=UHI=kBd;在直线上取相距较远的两点求出斜率k',则k=dBk',代入数据得k=1.5(1.4或1.6)。
③由题意,Q点接电源正极,P点接电源负极,所以S1掷向b,S2掷向c。由题意,S1、S2无论掷向何方,均应保证定值电阻串联在电路中,所以应串联在S1、E(或S2、E)之间。
42.[2013重庆理综,6(2),13分]某同学对有故障的电热毯进行探究。图1是电热毯的电路示意图,其中电热线和导线通过金属接线片连接。图2为测试电路实物图,A、B为测试表笔,电压表内阻很大,可视为理想电表。
①请在虚线框内画出与图2对应的电路图。
②断开K1,用上述测试电路在1和1'之间检测得知电热线无故障,然后测得电热线的U-I曲线如图3所示。已知电热线材料的电阻率为2.8×10-7 Ω·m,电热线的直径为0.200 mm,可求得此电热线的电阻为 kΩ,总长度为 m。(结果均保留两位有效数字)
图1
图2
图3
③为了进一步检查故障,该同学闭合开关K1和K2,用表笔A和B分别对图1中所示的各点进行测试,部分测试结果如下表所示。由此测试结果可判断出电路有断路,位置在 之间(在“1和2”、“1'和2'”、“2和3”、“2'和3'”中选填一项)。
测试点
3 和3'
1和1'
1和3
1和2'
2'和3'
电表指针
有无偏转
电压表
有
有
无
有
无
电流表
无
有
有
无
有
答案 ①电路图如图(5分)
②0.58(0.57到0.59均可) 65(64到66均可)(每空2分)
③1'和2'(4分)
解析 ①依照实物图,先画出一个最小的回路:电源正极→开关K2→滑动变阻器下侧两接线柱→电源负极。再画出与此回路并联的部分电路:滑动变阻器左上接线柱→毫安表→电压表→滑动变阻器左下接线柱。最后再处理剩余部分:测试表笔A接于电压表与电源负极之间,测试表笔B接于电压表与毫安表之间。
②由U-I图线的斜率可求得电热线的阻值:R=ΔUΔI。再由电阻定律R=ρlS,面积公式S=14πd2可得电热线的总长度l=πRd24ρ。
③因电压表是理想电表,由电路图可以看出:当A、B间断路时电压表有示数、电流表无示数;当A、B间被短路时电压表无示数、电流表有示数;当A、B间接有阻值不为零的导体即A、B为通路时两电表才同时有示数。结合测试结果可知:第一组数据表明3和3'间有断路;第二组数据表明1与1'间完好;第三组数据表明1与3间连接良好;第四组数据表明1和2'间有断路,第五组数据表明2'和3'间连接也是良好的,则断点只能在1'和2'之间。
43.(2012课标,23,10分)图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力,来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出,其中D为位于纸面内的U形金属框,其底边水平,两侧边竖直且等长;E为直流电源;R为电阻箱;为电流表;S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。
(1)在图中画线连接成实验电路图。
(2)完成下列主要实验步骤中的填空:
①按图接线。
②保持开关S断开,在托盘内加入适量细沙,使D处于平衡状态;然后用天平称出细沙质量m1。
③闭合开关S,调节R的值使电流大小适当,在托盘内重新加入适量细沙,使D ;然后读出 ,并用天平称出 。
④用米尺测量 。
(3)用测得的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小,可以得出B= 。
(4)判定磁感应强度方向的方法是:若 ,磁感应强度方向垂直纸面向外;反之,磁感应强度方向垂直纸面向里。
答案 (1)连线如图所示
(2)③重新处于平衡状态
电流表的示数I
此时细沙的质量m2
④D的底边长度L
(3)|m2-m1|gIL
(4)m2>m1
解析 (1)—(3)通过改变细沙的质量及线框中的电流调整系统的平衡状态,没通电前线框M和m1存在关系:Mg=m1g,通有电流I时有:Mg+F=m2g,得B=|m2-m1|gIL。因为只需改变电流,则电路连接为串联。因为需要用沙子的质量变化量,则应两次测量沙子的质量。由于安培力F=BIL,故应测量I及底边长L。
(4)根据题图中给出的电流方向及左手定则,当磁感应强度方向垂直纸面向外时,安培力方向向下,与线框重力方向一致,为了再次平衡,应向托盘加沙子,即m2>m1。
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