高考物理三轮冲刺考前抢分实验题专练

这是一份高考物理三轮冲刺考前抢分实验题专练，共18页。试卷主要包含了89 cm，s2＝9，01mg③，30，07等内容，欢迎下载使用。

例题展示
1.(2016·全国乙卷·22)某同学用图1(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.
(a)
(b)
图1
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.
解析 (1)由于重物匀加速下落，B点的速度vB等于AC段的平均速度，即vB＝eq \f(s1＋s2,2T)
由于T＝eq \f(1,f)，故vB＝eq \f(f,2)(s1＋s2)
同理可得vC＝eq \f(f,2)(s2＋s3)
匀加速直线运动的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)
故a＝eq \f(vC－vB,T)＝eq \f(\f(f,2)[s2＋s3－s1＋s2],\f(1,f))＝eq \f(f2,2)(s3－s1)①
(2)重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得
mg－F阻＝ma②
由已知条件F阻＝0.01mg③
由②③得a＝0.99g
由①得f＝ eq \r(\f(2a,s3－s1))，代入数据得f≈40 Hz
答案 (1)eq \f(f,2)(s1＋s2) eq \f(f,2)(s2＋s3) eq \f(f2,2)(s3－s1) (2)40
2.(2016·全国乙卷·23)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(图2).
图2
(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.
解析 (1)热敏电阻工作温度达到60 ℃时，报警器报警，故需通过调节电阻箱使其电阻为60 ℃时的热敏电阻的阻值，即调节到阻值650.0 Ω，使报警器能正常报警，电路图如图所示.
(2)U＝18 V，当通过报警器的电流10 mA≤Ic≤20 mA，故电路中总电阻R＝eq \f(U,Ic)，即900 Ω≤R≤1 800 Ω，故滑动变阻器选R2.
(3)热敏电阻为650.0 Ω时，报警器开始报警，模拟热敏电阻的电阻箱阻值也应为650.0 Ω，实验调试时，将开关置于c端，缓慢调节滑动变阻器，直到报警器开始报警.为防止通过报警器电流过大，造成报警器烧坏，应使滑动变阻器的滑片置于b端.
答案 (1)见解析图
(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
命题分析与对策
1.命题特点
(1)考查实验基本能力：重点考查游标卡尺、螺旋测微器、多用电表等的读数、构造、原理、重要实验方法、实验器材的选择、电路实物连线和运用图象与表格分析处理实验数据、实验结论、误差分析及电学实验中的故障分析等.
(2) 考查设计与创新能力：以课本实验为背景，改变实验条件或增加条件限制以完成新的实验要求的设计性实验，加强了对迁移、创新、实验设计等能力的考查将逐步取代对原教材中实验的考查.
(3)实验题类型近年高考通常为“一力一电”模式. 力学设计性实验有加强趋势.
2.应考策略
(1)《考试大纲》所要求的必考实验必须全部复习，尤其是基本实验原理、仪器使用方法、读数方法要重点复习.不能有遗漏，高考实验试题在向演示实验和小实验拓展延伸，认真读课本也是非常必要的.
(2)对实验原理和相关步骤要细致周到.使学生真正理解实验原理，而不是记忆实验步骤，只有理解才能在考题创新之处从容进行知识迁移和应对.
(3)注重基本实验，加强学生动手实验操作能力的培养，重在掌握物理实验的基本原理和基本方法.实验操作过程、实验数据的获得、实验数据的处理、如何排除故障，只有学生亲自进行，才能了解实验和仪器使用的细节之处.
(4)用探究性实验培养科学研究能力，尝试从实验原理出发进行简单的实验设计.包括会挑选仪器，设计实验装置图，合理安排实验步骤，设计表格，记录数据，数据处理，如何减小误差，注意事项.
实验题专练(一)
1.材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小.若图1甲为某压敏电阻在室温下的电阻压力特性曲线，其中RF、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值.为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值RF.
请按要求完成下列实验.
甲
乙 丙
图1
(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框内画出实验电路原理图(压敏电阻及所给压力已给出，待测压力大小约为0.4×102～0.8×102 N，不考虑压力对电路其它部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：
A.压敏电阻，无压力时阻值R0＝6 000 Ω
B.滑动变阻器R，全电阻约200 Ω
C.电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 Ω
D.电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩ
E.直流电源E，电动势3 V，内阻很小.
F.开关S，导线若干
(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为________ V.
(3)此时压敏电阻的阻值为________ Ω；结合图甲可知待测压力的大小F＝________ N.(计算结果均保留两位有效数字)
答案 (1)见解析图 (2)2.00
(3)1.5×103 Ω 0.60×102 N
解析 (1)根据题述对实验电路的要求，应该设计成滑动变阻器分压式接法，电流表内接电路.如图所示
(2)根据电压表读数规则，电压表示数为2.00 V.
(3)由欧姆定律，此时压敏电阻的阻值为RF＝eq \f(U,I)≈1.5×103 Ω.无压力时，R0＝6 000 Ω，有压力时，eq \f(R0,RF)＝4，由题图甲可知，对应的待测压力F＝0.60×102 N.
2.如图2所示为“验证力的平行四边形定则”的实验，三个细线套L1、L2、L3一端共系于一个结点，另一端分别系于轻质弹簧测力计A、B和重物M上，A挂于固定点P.手持B拉动细线，使结点静止于O点.
图2
(1)某次实验中A的指针位置如图所示，其读数为______ N；
(2)实验时要读出A、B的示数，还要在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置、________、________和________；
(3)下列实验要求中必要的是____(填选项的字母代号)
A.弹簧测力计需要在实验前进行校零
B.细线套方向应与木板平面平行
C.需要用托盘天平测量重物M的质量
D.弹簧测力计B始终保持水平
答案 (1)2.00 N (2)L1的方向 L2的方向 L3的方向
(3)AB
3.某学生用如图3a所示电路测金属导线的电阻率，可供使用的器材有：
被测金属导线ab，电阻约10 Ω，导线允许流过的最大电流为0.8 A，稳恒电源E，电源输出电压恒为E＝12 V，电压表V，量程为3 V，内阻约5 kΩ，保护电阻：R1＝10 Ω，R2＝30 Ω，R3＝200 Ω.刻度尺、螺旋测微器，开关S，导线若干等.
图3
实验时的主要步骤如下：
①用刻度尺量出导线ab的长度l，用螺旋测微器测出导线的直径d.
②按如图a所示电路将实验所需器材用导线连接好.
③闭合开关S，移动接线触片P，测出aP长度x，读出电压表的示数U.
④描点作出U－x曲线求出金属导线的电阻率ρ.
完成下列填空：
(1)用螺旋测微器测量金属导线的直径d，其示数如图b所示，该金属导线的直径d＝________ mm.
(2)如果实验时既要保证安全，又要测量误差较小，保护电阻R应选_________.
(3)根据多次实验测出的aP长度x和对应每次实验读出的电压表的示数U给出的U－x图线如图c所示，其中图线的斜率为k，则金属导线的电阻率ρ＝________.(用实验器材中给出的物理量字母和实验步骤中测出的物理量字母表示)
答案 (1)0.870 (2) R2 (3)eq \f(kR2πd2,4E－kl)
解析 (1)根据螺旋测微器读数规则，该金属导线的直径d＝0.870 mm.
(2)根据题述电源输出电压恒为E ＝12 V，电压表V，量程为3 V，保护电阻R应该分压9 V.由于被测金属导线ab，电阻约10 Ω，所以保护电阻R应选R2＝30 Ω.
(3)被测金属导线横截面积S＝eq \f(πd2,4)，aP段电阻Rx＝ρeq \f(x,S)＝eq \f(4ρx,πd2). 电压表的示数U＝IRx. 电流表示数I＝eq \f(E,R2＋R)，eq \f(R,l)＝eq \f(Rx,x)，联立得到：U＝eq \f(4ρE,πd2R2＋4ρl)x.U－x图线的斜率k＝eq \f(4ρE,πd2R2＋4ρl)，解得：ρ＝eq \f(kR2πd2,4E－kl)
实验题专练(二)
1.国标(GB/T)规定自来水在15 ℃时电阻率应大于13 Ω·m.某同学利用图1甲电路测量15 ℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右活塞固定，左活塞可自由移动.实验器材还有：电源(电动势约为3 V，内阻可忽略)，电压表V1(量程为3 V，内阻很大)，电压表V2(量程为3 V，内阻很大)，定值电阻R1(阻值4 kΩ)，定值电阻R2(阻值2 kΩ)，电阻箱R(最大阻值9 999 Ω)，单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺.
图1
实验步骤如下：
A.用游标卡尺测量玻璃管的内径d；
B.向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C.把S拨到1位置，记录电压表V1示数；
D.把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；
E.改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；
F.断开S，整理好器材.
(1)测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d＝________ mm.
(2)玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为： Rx＝________(用R1、R2、R表示).
(3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图2所示的R－eq \f(1,L)关系图象.自来水的电阻率ρ＝_________ Ω·m(保留两位有效数字).
图2
(4)本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将___________(填“偏大”“不变”或“偏小”).
答案 (1)30.00 (2)eq \f(R1R2,R) (3)14 (4)偏大
解析 (1)根据游标卡尺的读数规则，玻璃管内径d＝30 mm＋0×0.05 mm＝30.00 mm.
(2)把S拨到1位置，记录电压表V1示数，得到通过水柱的电流I1＝eq \f(U,R1).由闭合电路欧姆定律得，E＝U＋eq \f(U,R1)Rx；把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R，得到该电路的电流I2＝eq \f(U,R).由闭合电路欧姆定律得，E＝U＋eq \f(U,R)R2；联立解得：Rx ＝eq \f(R1R2,R).
(3)由电阻律公式Rx ＝eq \f(ρL,S)，Rx ＝eq \f(R1R2,R)联立解得：R＝eq \f(R1R2S,ρ)·eq \f(1,L). R－eq \f(1,L)关系图象斜率k＝0.4×103 Ω·m，k＝eq \f(R1R2S,ρ)，S＝eq \f(πd2,4) ，解得：ρ＝eq \f(R1R2S,k)≈14 Ω·m.
(4)本实验中若电压表V1内阻不是很大，则通过水柱的电流I1大于测量值，即eq \f(U,R1)Rx> eq \f(U,R)R2，得到Rx >eq \f(R1R2,R)，即自来水电阻测量值偏大，自来水电阻率测量结果将偏大.
2.两位同学用如图3所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律.
图3
(1)实验中必须满足的条件是________.
A.斜槽轨道尽量光滑以减小误差
B.斜槽轨道末端的切线必须水平
C.入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
D.两球的质量必须相等
(2)测量所得入射球A的质量为mA，被碰撞小球B的质量为mB，图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B相撞，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N，测得平均射程分别为OM和ON.当所测物理量满足表达式____________时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式____________时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞.
(3)乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装：如图4所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球A、球B与木条的撞击点.实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为B′；然后将木条平移到图中所示位置，入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点P′；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与球B相撞，确定球A和球B相撞后的撞击点分别为M′和N′.测得B′与N′、P′、M′各点的高度差分别为h1、h2、h3.若所测物理量满足表达式____________时，则说明球A和球B碰撞中动量守恒.
图4
答案 (1)BC (2)mA·OP＝mA·OM＋mB·ON OP＋OM＝ON (3)eq \f(mA,\r(h2))＝eq \f(mA,\r(h3))＋eq \f(mB,\r(h1))
解析 (1)“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；为了使小球碰后不被反弹，要求入射小球质量大于被碰小球质量，故D错误；故选B、C.
(2)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则mAv0＝mAv1＋mBv2，又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，代入得：mA·OP＝mA·OM＋mB·ON，若碰撞是完全弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mAveq \\al( 2,0)＝eq \f(1,2)mAveq \\al( 2,1)＋eq \f(1,2)mBveq \\al( 2,2)，将OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t代入得：mA·OP2＝mA·OM2＋mB·ON2.两式联立可得OP＋OM＝ON.
(3)小球做平抛运动，在竖直方向上：h＝eq \f(1,2)gt2，平抛运动时间：t＝eq \r(\f(2h,g))，设轨道末端到木条的水平位置为x，小球做平抛运动的初速度：vA＝xeq \r(\f(g,2h2))，vA′＝xeq \r(\f(g,2h3))，vB′＝xeq \r(\f(g,2h1))，如果碰撞过程动量守恒，则：mAvA＝mAvA′＋mBvB′，将vA＝xeq \r(\f(g,2h2))，vA′＝xeq \r(\f(g,2h3))，vB′＝xeq \r(\f(g,2h1))代入上式，解得：eq \f(mA,\r(h2))＝eq \f(mA,\r(h3))＋eq \f(mB,\r(h1)).
3.在“测量金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准、待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm.
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图5所示，其读数为_________ mm(该值接近多次测量的平均值).
图5
(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx.实验所用器材为：电池组(电动势3 V，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流2 A)，开关、导线若干.某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图6中的________图(选填“甲”或“乙”).
图6
(3)图7是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器滑片P置于变阻器的一端.请根据(2)所选的电路图，补充完图中实物间的连线，并使开关闭合瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏.
图7
(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图8所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点.请在图4中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，描绘出U－I图线.由图线得到金属丝的阻值Rx＝________ Ω(保留两位有效数字).
图8
(5)根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为________(填选项前的符号).
A.1×10－2 Ω·m B.1×10－3 Ω·m
C.1×10－6 Ω·m D.1×10－5 Ω·m
(6)任何实验测量都存在误差.本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的是________.
A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D.用U－I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
答案 (1)(0.396～0.399)mm (2)甲 (3)见解析图 (4)(4.3～4.7)Ω (5)C (6)CD
解析 (1)螺旋测微器的读数：0.01 mm×39.8＝0.398 mm；
(2)由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻Rx约5 Ω，则有Rx＜eq \r(RARV)，属于小电阻，用外接法测量误差小，由表格知实验要求电压电流从接近0开始调节，所以应该采用分压接法，故选甲.
(3)注意连图时连线起点和终点在接线柱上导线不能交叉，结合(2)可知应该连接成外接分压接法(甲)，那么在连线时断开开关且使Rx两端的电压为0，先连外接电路部分，再连分压电路部分，此时滑片P必须置于变阻器的左端，实物图如图所示：
(4)描绘出第2、4、6三个点后可见第6次测量数据的坐标点误差太大舍去，然后画出U－I图线，如图所示；其中第4次测量数据的坐标点在描绘出的U－I图线上，有：Rx＝eq \f(1,0.22) Ω≈4.5 Ω.
(5)根据电阻定律R＝ρeq \f(L,S)，得ρ＝Req \f(S,L)，代入数据可计算出ρ≈1×10－6 Ω·m，故选C.
(6)用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A错误；由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，不可避免的，故B错误；若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C正确；用U－I图象处理数据求金属丝电阻，可以减小偶然误差，故D正确；故选C、D.
实验题专练(三)
1.某同学为了将一量程为3 V的电压表改装成可测量电阻的仪表——欧姆表
(1)先用如图1a所示电路测量该电压表的内阻，图中电源内阻可忽略不计，闭合开关，将电阻箱阻值调到3 kΩ时，电压表恰好满偏；将电阻箱阻值调到12 kΩ时，电压表指针指在如图b所示位置，则电压表的读数为________ V.由以上数据可得电压表的内阻R V＝________ kΩ.
图1
(2)将图a的电路稍作改变，在电压表两端接上两个表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表，如图c所示，为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：闭合开关，将两表笔断开，调节电阻箱，使指针指在“3.0 V”处，此处刻度应标阻值为________(填“0”或“∞”)；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电压刻度，则“1 V”处对应的电阻刻度为________ kΩ.
(3)若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻不能忽略且变大，电动势不变，但将两表笔断开时调节电阻箱，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果将________.
A.偏大 B.偏小
C.不变 D.无法确定
答案 (1)1.50 6 (2)∞ 1 (3)C
解析 (1)由图(b)所示电压表表盘可知，其分度值为0.1 V，示数为1.50 V；电源内阻不计，由图(a)所示电路图可知，电源电动势：E＝U＋IR＝U＋eq \f(U,RV)R，由题意可知：
E＝3＋eq \f(3,RV)×3 000，E＝1.5＋eq \f(1.5,RV)×12 000，解得：RV＝6 000 Ω＝6 kΩ，E＝4.5 V；
(2)两表笔断开，处于断路情况，相当于两表笔之间的电阻无穷大，故此处刻度应标阻值为∞，当指针指向3 V时，电路中的电流为Ig＝eq \f(3,6 000) A＝0.000 5 A，此时电阻箱的阻值为R＝eq \f(1.5,0.000 5) Ω＝3 kΩ，当电压表示数为1 V时，有1＝eq \f(4.5,R＋\f(RxRV,Rx＋RV))eq \f(RxRV,Rx＋RV)，解得Rx＝1 kΩ.
(3)根据闭合电路欧姆定律可知电池在刚使用时有
Ig＝eq \f(E,r＋RV＋R)＝eq \f(E,r＋R＋RV)，
测量电阻时电压表示数为
U＝eq \f(E,r＋R＋\f(RVRx,RV＋Rx))eq \f(RVRx,Rg＋Rx)，
欧姆表用一段时间调零时有Ig＝eq \f(E,r′＋RV＋R′)＝eq \f(E,r′＋R′＋RV)，
测量电阻时U′＝eq \f(E,r′＋R′＋\f(RVRx′,RV＋Rx′))eq \f(RVRx′,RV＋Rx′)，
比较可知r＋R＝r′＋R′，所以若电流相同，则Rx′＝Rx，即测量结果不变，C正确.
2.某同学在科普读物上看到：“劲度系数为k的弹簧从伸长量为x到恢复原长过程中，弹力做的功W＝eq \f(1,2)kx2”.他设计了如下的实验来验证这个结论.
图2
A.将一弹簧的下端固定在地面上，在弹簧附近竖直地固定一刻度尺，当弹簧在竖直方向静止不动时其上端在刻度尺上对应的示数为x1，如图2甲所示.
B.用弹簧测力计拉着弹簧上端竖直向上缓慢移动，当弹簧测力计的示数为F时，弹簧上端在刻度尺上对应的示数为x2，如图乙所示.则此弹簧的劲度系数k＝________.
C.把实验桌放到弹簧附近，将一端带有定滑轮、两端装有光电门的长木板放在桌面上，使滑轮正好在弹簧的正上方，用垫块垫起长木板不带滑轮的一端，如图丙所示.
D.用天平测得小车(带有遮光条)的质量为M，用游标卡尺测遮光条宽度d的结果如图丁所示，则d＝________ mm.
E.打开光电门的开关，让小车从光电门的上方以一定的初速度沿木板向下运动(未连弹簧)，测得小车通过光电门A和B时的遮光时间分别为Δt1和Δt2.改变垫块的位置，重复调节，直到Δt1＝Δt2时保持木板和垫块的位置不变.
F.用细绳通过滑轮将弹簧和小车相连，将小车拉到光电门A的上方某处，此时弹簧上端在刻度尺上对应的示数为x3，已知(x3－x1)小于光电门AB之间的距离，如图丙所示.由静止释放小车，测得小车通过光电门A和B时的遮光时间分别为Δt1和Δt2.
在实验误差允许的范围内，若eq \f(1,2)k(x3－x1)2＝________(用实验中测量的符号表示)，就验证了W＝eq \f(1,2)kx2的结论.
答案 eq \f(F,x2－x1) 3.5 eq \f(1,2)M(eq \f(d,Δt2))2－eq \f(1,2)M(eq \f(d,Δt1))2
解析 由胡克定律，F＝k(x2－x1)，解得，此弹簧的劲度系数k＝eq \f(F,x2－x1).
根据游标卡尺的读数规则，遮光条宽度
d＝3 mm＋5×0.1 mm＝3.5 mm.
由动能定理可得，eq \f(1,2)k(x3－x1)2＝eq \f(1,2)Mveq \\al( 2,2)－eq \f(1,2)Mveq \\al( 2,1)
v1＝eq \f(d,Δt1)
v2＝eq \f(d,Δt2)
即若eq \f(1,2)k(x3－x1)2＝eq \f(1,2)M(eq \f(d,Δt2))2－eq \f(1,2)M(eq \f(d,Δt1))2，就验证了W＝eq \f(1,2)kx2的结论.
3.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的规格为“3.8 V,0.3 A”，除了开关、导线外，还有如下器材：
电压表V: 量程0～5 V，内阻约5 kΩ
电流表A1：量程0～500 mA，内阻约0.5 Ω
电流表A2：量程0～100 mA，内阻约4 Ω
滑动变阻器R1：最大阻值10 Ω，额定电流2.0 A
滑动变阻器R2：最大阻值100 Ω，额定电流1.0 A
直流电源E：电动势约6 V，内阻约0.5 Ω
(1)上述器材中，电流表应选________，滑动变阻器应选________.(填器材符号)
(2)如图3甲所示，在电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零，闭合开关后，发现反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，则断路的导线为________(用图中给出的导线符号表示).
图3
(3)通过实验得出了小灯泡的I－U图线如图乙，可知在小灯泡上的电压为2.0 V时，小灯泡的电阻是________ Ω.
(4)如果把该小灯泡直接接在电动势是2 V、内阻是8 Ω的电源上组成闭合回路，则通过小灯泡的电流为______ A.
答案 (1)A1 R1 (2)c (3)8 (4)0.16
解析 小灯泡上的电压为2.0 V，对应的电流为0.25 A，由欧姆定律可得小灯泡的电阻是R＝eq \f(U,I)＝8 Ω，如果把该小灯泡直接接在电动势是2 V、内阻是8 Ω的电源上组成闭合回路，可在图乙上画出该电源的伏安特性曲线，该曲线与小灯泡的伏安特性曲线的交点对应的纵坐标值即为通过小灯泡的电流，为0.16 A.
实验题专练(四)
1.如图1甲为一段粗细均匀的新型导电材料棒，现要测量该材料的电阻率.
图1
(1)首先用多用电表的欧姆挡(倍率为×100 Ω)粗测其电阻，指针位置如图乙所示，其读数为________ Ω.
(2)用螺旋测微器测量此新型导电材料的直径d，测量结果如丙图所示，则d＝ ________ mm.
用游标卡尺测量此新型导电材料的长度L，测量结果如丁图所示，则L＝__________ mm.
(3)采用以下器材用伏安法尽可能准确地测量其电阻
A.电流表：量程为0.6 A，内阻约为0.2 Ω
B.电压表：量程为3 V，内阻约为3 kΩ
C.滑动变阻器，最大阻值为20 Ω，额定电流1 A
D.电源E，电动势6 V
E.开关S，导线若干
请在方框中画出实验原理电路图
(4)某同学设计了如图2所示的实验电路，但是在实验过程中却发现导电材料棒电阻率的测量明显偏小，经检查发现实验中有一根导线连接错误，该导线是________.(用导线的序号表示)
图2
(5)如果(3)问实验电路中电流表示数为I，电压表示数为U，并测出该棒的长度为L，直径为d，则该材料的电阻率ρ＝________(用I、U、L、d表示)
答案 (1)2 000 Ω (2)3.206 mm 50.15 mm
(3)如图所示
(4)⑤ (5)eq \f(πUd2,4IL)
解析 (1)欧姆表的读数为R＝20.0×100＝2000 Ω
(2)螺旋测微器的读数为d＝3 mm＋20.6×0.01 mm＝3.206 mm，L＝50 mm＋3×eq \f(1,20) mm＝50.15 mm
(3)因为被测电阻较大，故采用电流表的内接法，如图所示
(4)电流表应该内接，故⑤错误；
(5)根据欧姆定律R＝eq \f(U,I)和电阻定律R＝ρeq \f(L,π\f(d,2)2)，联立得ρ＝eq \f(πUd2,4IL).
2.为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用DIS位移传感器设计了如图3甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A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，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t的变化规律如图乙所示.
图3
(1)根据上述图线，计算0.4 s时木块的速度v＝______ m/s，木块加速度a＝________ m/s2(结果均保留2位有效数字).
(2)为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是_________________(已知当地的重力加速度g)；得出μ的表达式是μ＝____________.
答案 (1)0.40 1.0
(2)斜面倾角θ(或A点的高度h、底边长度d、斜面长度L等) eq \f(gsin θ－a,gcs θ) (或eq \f(gh－La,gd))
解析 (1)根据做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于它在中间时刻的瞬时速度，可得0.4 s时木块的速度v＝eq \f(30－14,0.6－0.2)×10－2 m/s＝0.40 m/s.0.2 s时木块的速度v′＝eq \f(32－24,0.4－0)×10－2 m/s＝0.20 m/s.木块的加速度a＝eq \f(v－v′,0.4－0.2 s)＝1.0 m/s2
(2)由牛顿运动定律得，mgsin θ－μmgcs θ＝ma，解得：μ＝eq \f(gsin θ－a,gcs θ).为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是斜面倾角θ(或A点的高度h、底边长度d、斜面长度L等)
μ＝eq \f(gsin θ－a,gcs θ)(或eq \f(gh－La,gd))
3.某同学对电阻丝的电阻与哪些因素有关进行了实验探究，现有如下器材：
电源E(电动势为4 V，内阻约为1 Ω)；电流表A1(量程5 mA，内阻约为10 Ω)；
电流表A2(量程0.6 A，内阻约为1 Ω)；电压表V1(量程3 V，内阻约为1 kΩ)；
电压表V2(量程15 V，内阻约为3 kΩ)；滑动变阻器R1(阻值0～2 Ω)；
滑动变阻器R2(阻值0～20 Ω)；开关及导线若干.
他对电阻丝做了有关测量，数据如下表所示：
图4
(1)他在某次测量中，用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图4甲所示，此示数为________ mm.
(2)图乙是他测量编号为2的电阻丝电阻的备选原理图，则该同学应选择电路________(选填“A”或“B”)进行测量.电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________.
(3)请你认真分析表中数据，写出电阻R与L、D间的关系式R＝________(比例系数用k表示)，并求出比例系数k＝______ Ω·m(结果保留两位有效数字).
答案 ①0.512(0.510～0.513均可) ②A A2 V1 R2 ③ keq \f(L,D2) 1.3×10－6
解析 (1)螺旋测微器读数为
D＝0.5 mm＋1.2×0.01 mm＝0.512 mm；
(2)因电阻丝电阻远小于电压表内阻，故电流表应用外接法，故选A；电路中的最大电流Im＝eq \f(E,R)＝eq \f(4,8.16) A≈0.5 A，电流表选A2，电源电压为4 V，则电压表选V1，滑动变阻器选择比被测电阻大2～5倍的，故选R2.
(3)由电阻定律R＝ρeq \f(L,S)及S＝π(eq \f(D,2))2得：R＝eq \f(4ρL,πD2)，用比例系数k表示为R＝keq \f(L,D2)，故k＝eq \f(4ρ,π)，又由R＝eq \f(ρL,S)，得ρ＝eq \f(πD2R,4L)整理得k＝eq \f(RD2,L)，将表格中的数据代入可得k≈1.3×10－6 Ω·m.
.次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
编号
金属丝
直径D/mm
金属丝直径的
二次方D2/mm2
金属丝长度L/cm
电阻R/Ω
1
0.280
0.0784
100.00
16.30
2
0.280
0.0784
50.00
8.16
3
0.560
0.3136
100.00
4.07