2020版新一线高考物理二轮专题复习艺术专用课时作业：专题六物理实验2(Word版含解析)

专题二第1讲[A级－对点练][题组一]功和功率1．用长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体，放在水平面上，开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图所示，现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行，则下列说法中正确的是()A．由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功C．小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒D．若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－cos θ)解析：B[小球受到斜面的弹力沿小球的运动方向有分量，故对小球做功，A错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C错误；若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－sin θ)，D错误．] 2．(多选)如图所示，木块M上表面是水平的，当木块m置于M上，并与M一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑的过程中()A．M对m的支持力做负功B．M对m的摩擦力做负功C．m所受的合外力对m做负功D．m的机械能守恒解析：AD[分析木块m的受力可知，支持力方向与速度方向夹角为钝角，摩擦力方向与速度方向夹角为锐角，则M对m的支持力做负功，M对m的摩擦力做正功，故A正确、B错误．两木块整体沿斜面加速下滑，木块m所受合外力对m一定做正功，故C错误．由整体受力可知整体下滑的加速度大小为a＝g sin θ，方向平行于斜面向下，整体所受合外力等于其重力沿斜面方向的分力，这表明木块m所受支持力、摩擦力的合力与其重力垂直于斜面的分力等值反向，即支持力与摩擦力的合力方向垂直于速度方向，所以支持力与摩擦力对木块m所做的总功为零，即除重力外其他力对木块m做功之和为零，则m的机械能守恒，D正确．]3．如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向夹角为60°时，拉力的功率为()A ．mgLω B.32mgLω C.12mgLω D.36mgLω 解析：C [由能的转化与守恒可知，拉力的功率等于克服重力的功率，P F ＝P G ＝mg v y＝mg v cos 60°＝12mg ωL ，故选C.]4．(多选)如图所示，a 、b 两球的质量均为m ，a 从倾角为45°的光滑固定斜面顶端无初速地下滑，b 从斜面顶端以初速度v 0平抛，对二者的运动过程以下说法正确的是( )A ．都做匀变速运动B ．落地前的瞬间速率相同C ．整个运动的过程重力对二者做功的平均功率相同D ．整个运动过程重力势能的变化相同解析：AD [由于两球运动过程中加速度均恒定不变，所以A 正确．根据机械能守恒定律有12m v 2末＝12m v 2初＋mgh ，由于v 初a ＝0，v 初b ＝v 0，所以落地时v 末b ＞v 末a ，B 错误．两球在竖直方向运动的距离相同，则重力做功相等，又运动时间t a ＞t b ，由P ＝Wt 知，P a ＜P b ，C错误．根据ΔE p ＝－mgh 知，D 正确．]5．如图所示，某工厂用传送带向高处运送货物，将一货物轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是( )A ．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B ．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C ．第一阶段物体和传送带间摩擦生的热等于第一阶段物体机械能的增加量D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于摩擦力对物体所做的功解析：C [对物体分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿传送带向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A 错误；由动能定理知，合外力做的总功等于物体动能的增加量，B 错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D 错误；设第一阶段运动时间为t ，传送带速度为v ，对物体：x 1＝v2t ，对传送带：x ′1＝v t ，摩擦生的热Q ＝fx 相对＝f (x ′1－x 1)＝f ⎝⎛⎭⎫v 2t ，机械能增加量ΔE ＝fx 1＝f ⎝⎛⎭⎫v2t ，所以Q ＝ΔE ，C 正确．][题组二] 机车启动问题6．(多选)如图甲所示，水平面上的物体在水平向右的拉力F 作用下，由静止开始运动，运动过程中F 功率恒为P .物体运动速率的倒数1v 与加速度a 的关系如图乙所示(v 0、a 0为已知量)．则下列说法正确的是( )A ．该运动过程中的拉力F 为恒力B ．物体加速运动的时间为v 0a 0C ．物体所受阻力大小为Pv 0D ．物体的质量为Pv 0a 0解析：CD [由题意可知：P ＝F v 根据牛顿第二定律得：F －f ＝ma 即得：Pv ＝ma ＋f 联立解得：1v ＝m P a ＋fP匀速时有：1v 0＝f P ，f ＝Pv 0图线的斜率m P ＝1v 0a 0，解得：m ＝Pa 0v 0.故C 、D 项正确．]7．如图所示为某汽车启动时发动机功率P 随时间t 变化的图像，图中P 0为发动机的额定功率，若已知汽车在t 2时刻之前已达到最大速度v m ，据此可知( )A ．t 1～t 2时间内汽车做匀速运动B ．0～t 1时间内发动机做的功为P 0t 1C ．0～t 2时间内发动机做的功为P 0⎝⎛⎭⎫t 2－t 12D ．汽车匀速运动时所受的阻力小于P 0v m解析：C [在0～t 1时间内功率随时间均匀增大，知汽车做匀加速直线运动，加速度恒定，由F －f ＝ma 可知，牵引力恒定，合力也恒定；在t 1时刻达到额定功率，随后在t 1～t 2时间内，汽车速度继续增大，由P ＝F v 可知，牵引力减小，加速度减小，直到牵引力减小到与阻力相等时，f ＝F ＝P 0v m，达到最大速度v m ，接着做匀速运动．发动机所做的功等于图线与t 轴所围的“面积”，0～t 1时间内发动机做的功为P 0t 12，0～t 2时间内发动机做的功为P 0⎝⎛⎭⎫ t 2－t 12.故C 正确，A 、B 、D 错误．] [题组三] 动能定理的应用8．(2018·课标Ⅱ，14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功解析：A[对木箱受力分析如图：根据动能定理W F－W f＝E k，故A对，B错误；因无法比较E k与W f的关系，故C、D错误．]9．如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则()A ．小物块的初速度是5 m/sB ．小物块的水平射程为1.2 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J解析：D [小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，C 错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12m v 2－12m v 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝v t 、h ＝12gt 2，解得x ＝0.9 m ，B 错．设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12m v 2，解得E k ＝0.9 J ，D 正确．]10．用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功解析：D [由a -t 图像可知：图线与时间轴所围的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s ＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错；由图像可知物体在5 s 末速度最大，为v m ＝12×(2＋5)×2 m/s ＝7 m/s ，B 错；由图像可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错；由动能定理可知，0～4 s 内合力对物体做的功W 合4＝12m v 24－0，又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s ＝6 m/s ，得W 合4＝36 J ，由动能定理可知，0～6 s 内合力对物体做的功W 合6＝12m v 26－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 正确．][B 级－综合练]11．有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h 1高处的A 点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s 的水平雪道上．接着改用另一条雪道，还从与A 点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h 2高处的E 点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )A ．动摩擦因数为tan θB ．动摩擦因数为h 1sC ．倾角α一定大于θD ．倾角α可以大于θ解析：B [第一次停在BC 上的某点，由动能定理得 mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ－μmgs ′＝0mgh 1－μmg ⎝⎛⎭⎫h 1tan θ＋s ′＝0 mgh 1－μmgs ＝0 μ＝h 1sA 错误，B 正确．在AB 段由静止下滑，说明μmg cos θ＜mg sin θ，第二次滑上CE 在E 点停下，说明μmg cos α≥mg sin α，若α＞θ，则雪橇不能停在E 点，所以C 、D 错误．]12．(2019·天津卷，10T)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC 是与水平甲板AB 相切的一段圆弧，示意如图2，AB 长L 1＝150 m ，BC 水平投影L 2＝63 m ，图中C 点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)．若舰载机从A 点由静止开始做匀加速直线运动，经t ＝6 s 到达B 点进入BC .已知飞行员的质量m ＝60 kg ，g ＝10 m/s 2.求(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W ； (2)舰载机刚进入BC 时，飞行员受到竖直向上的压力F N 多大．解析：(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v ，则有v 2＝L 1t① 根据动能定理，有W ＝12m v 2－0② 联立①②式，代入数据，得W ＝7.5×104 J ③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R ，根据几何关系，有L 2＝R sin θ④由牛顿第二定律，有F N －mg ＝m v 2R⑤ 联立①④⑤式，代入数据，得F N ＝1.1×103 N ⑥答案：(1)W ＝7.5×104 J (2)F N ＝1.1×103 N13．如图所示，底端切线水平且竖直放置的光滑14圆轨道的半径为R ＝2 m ，其轨道底端P 距地面的高度为h ＝5 m ，P 与右侧竖直墙的距离为L ＝1.8 m ，Q 为圆弧轨道上的一点，它与圆心的连线OQ 与竖直方向的夹角为53°.现将一质量为m ＝100 g 可视为质点的小球从Q 点由静止释放，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(1)小球运动到P 点时对轨道的压力为多大？(2)若小球每次和竖直墙壁的碰撞均是弹性碰撞，则小球的最终落地点离右侧墙角B 点的距离是多少？(小球和地面碰撞后不再弹起．)解析：(1)小球由Q 到P 的过程，由动能定理得：mgR (1－cos 53°)＝12m v 2 ① 在P 点小球所受的支持力为F ，由牛顿第二定律有：F －mg ＝m v 2R解得F ＝1.8 N.根据牛顿第三定律知，在P 点小球对轨道的压力大小F ′＝F ＝1.8 N(2)小球到达P 点时速度的大小为v ，由①式得v ＝4 m/s.若右侧无墙壁，小球做平抛运动的时间t ＝2h g＝1 s ，解得小球做平抛运动的射程x ＝v t ＝4 m.由弹性碰撞和对称性知，小球和左右两侧竖直墙壁各碰一次后，落到地面上，落点与B 点相距s ＝L －(x －2L )＝1.4 m.答案：(1)1.8 N (2)1.4 m14．如图所示，质量m ＝3 kg 的小物块以初速度v 0＝4 m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道．圆弧轨道的半径为R ＝3.75 m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心O 的连线与竖直方向成37°角．MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r ＝0.4 m 的半圆轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接．已知重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求小物块的抛出点离A 点的竖直距离h .(2)若MN 的长度为L ＝6 m ，求小物块通过C 点时所受轨道的弹力F N 大小．(3)若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L ′.解析：(1)根据平抛运动规律有tan 37°＝gt v 0， 得t ＝0.3 s ，解得h ＝12gt 2＝0.45 m. (2)小物块由抛出点运动到B 点的过程中，根据动能定理有mg [h ＋R (1－cos 37°)]＝12m v 2B－12m v 20， 解得v B ＝210 m/s.小物块由B 点运动到C 点的过程中，根据动能定理有：－μmgL －2mgr ＝12m v 2C －12m v 2B 在C 点：F N ＋mg ＝m v 2C r， 解得F N ＝60 N.(3)小物块刚好能通过C 点时，有mg ＝m v C ′2r， 解得v C ′2＝2 m/s.小物块从B 点运动到C 点的过程中，根据动能定理有－μm gL ′－2mgr ＝12m v C ′2－12m v 2B解得L ′＝10 m.答案：(1)0.45 m(2)60 N(3)10 m。

且磁感应强度在增大 且磁感应强度在减小 且磁感应强度在增大 且磁选择题满分专练（二）选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第14〜18题只有一 项符合题目要求，第19〜21题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分•）14.如图所示闭合线圈处在变化的磁场中，线圈中产生了顺时针方向的感应电流，而且线圈 的面积有收缩的趋势，那么，线圈内的磁场可能是（）A. 磁场方向垂直纸面向外,B. 磁场方向垂直纸面向外,C. 磁场方向垂直纸面向内,D. 磁场方向垂直纸面向内, 解析：线圈的面积有收缩的趋势，根据“阻碍变化”可知穿过线圈的磁场在增强.再根 据线圈中产生了顺时针方向的感应电流，可判定磁场方向向外，因此/正确.答案：A15. （2017 -江西省名校联盟高三5月教学质量检测）如图所示为甲物体和乙物体在平直地面上同向运动的v — t 图象，已知t = 0时甲在乙前 方xo=6O 加处，则在0〜4 s 的时间内甲和乙之间的最大距离为（）A. 8 cmB. 14 mC. 68 mD. 52 m解析：在0〜4 s 的时间内甲和乙有最大距离时，甲和乙的速度相等，即t = 3s 时甲和 乙有最大距离.0〜3 s 的时间内甲的位移大小为x 甲=|x2X8 7»+|x （4 + 8） XI ®=14 m, x z,=|x3X4 m —& m,则在0〜4 s 的时间内甲和乙之间的最大距离为Ax = x 0+x 甲一x 乙 =68 m,选项C 正确.答案：C16. 1876年美国著名物理学家罗兰做成了著名的“罗兰实验”：罗兰把大量的负电荷 加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂一小磁针.使圆盘绕中心轴高速旋转，就会发现 小磁针发生了偏转.若忽略地磁场对小磁针的影响.下列说法正确的是（）A. 使小磁针发生转动的原因是电磁感应B. 使小磁针发生转动的原因是电流的磁效应C. 当小磁针位于圆盘的左上方时，它的"极指向纸里D. 当小磁针位于圆盘的左上方时，它的"极指向右侧解析：橡胶盘带电，高速旋转起来之后相当于形成了环形电流，电流产生的磁场使得小 磁针发生偏转，并不是电磁感应使得小磁针偏转，B 正确、/错误；根据安培定则，判断环 形电流的磁感线方向，在圆盘的左上方，磁感应强度的方向向左而不是向右，也不是向纸里， 所以C 、〃错误. z//(答案：B17.（2017 •安徽模拟）如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B 发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中.假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B 与地面间的动摩擦因数为0. 1,与沙坑的距离为0. 5皿,g取10加s2,物块可视为质点.则碰撞前瞬间A的速度为（）m 2m[71 庁1 ___________ （卜 0.5 m 彳A.0. 5 /n/sB. 1. 0 za/sC. 1. 5 m/sD. 2. 0 za/s解析：碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得一P •加gx = 0—| • 2mv2,代入数据解得■v = lm/s,A与B组成的系统在碰撞过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则mv。

2020人教高考物理：力学实验（二轮）练习附答案**力学实验**1、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2、某同学用如图1所示的装置做“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验．(1)实验中，他在弹簧两端各系一细绳套，利用一个绳套将弹簧悬挂在铁架台上，另一端的绳套用来挂钩码．先测出不挂钩码时弹簧的长度，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度L，再算出弹簧伸长量x，并将数据填在下面的表格中．实验过程中，弹簧始终在弹性限度内.1 2 3 4 5 6钩码的重力G/N 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5弹簧弹力F/N 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5弹簧总长度L/cm 13.00 15.05 17.10 19.00 21.00 23.00弹簧伸长量x/cm 0 2.05 4.10 6.00 8.00 10.00x 对应的数据点，请把第4次测量的数据对应点用“＋”描绘出来，并作出F－x 图象．(2)①根据上述的实验过程，对实验数据进行分析可知，下列说法正确的是________(选填选项前的字母)．A．弹簧弹力大小与弹簧的总长度成正比B．弹簧弹力大小与弹簧伸长的长度成正比C．该弹簧的劲度系数约为25 N/mD．该弹簧的劲度系数约为2500 N/m②在匀变速直线运动的速度v随时间t变化关系图象中，图线与坐标轴围成的面积的物理意义表示位移．请类比思考，(1)问的F－x图象中图线与坐标轴围成的面积的物理意义．3、为了测定滑块M与长木板间的动摩擦因数，某同学将长木板的一端通过转轴固定在水平面上，另一端用垫块垫起形成一个倾角θ，在长木板的另一端固定一个定滑轮，在垫块上安装一个光电门，在重物m上固定一个窄挡光条，通过一条轻质细线将重物和滑块连接起来并绕过定滑轮，如图所示．现让重物从某标记位置处由静止释放，它牵引滑块运动，若测得标记处与光电门间的距离为h，宽度为d的挡光条通过光电门的时间为t，且M＝m，则滑块与长木板间的动摩擦因数为μ＝1－sinθcosθ－d2ght2cosθ.实验过程中h越大，实验测量结果越精确(选填“越精确”“越不精确”或“都一样”)；在保持h不变的情况下，调节垫块使倾角θ越大，则实验测量结果越不精确(选填“越精确”“越不精确”或“都一样”)．4、(2019·山东青岛一模)某同学在验证合外力一定，物体的质量与加速度的关系时，采用图甲所示的装置及数字化信息系统获得了小车的加速度a 与小车质量M(包括所放砝码及传感器的质量)的对应关系图像，如图乙所示。

[课后作业(二十四)](建议用时：45分钟)1．(1)某同学用螺旋测微器测量一段粗细均匀的金属丝的直径，如图所示，直径d为________mm.(2)该同学用多用电表测量其电阻阻值约为5 Ω，现用伏安法进一步精确测量其电阻，备有以下器材：直流电源E：电动势约4.5 V，内阻很小；直流电流表A1：量程0～3 A，内阻约0.025 Ω；直流电流表A2：量程0～0.6 A，内阻约0.125 Ω；直流电压表V：量程0～3 V，内阻约3 kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值为50 Ω；开关、导线若干．①在可选择的器材中应选用的电流表是________．(选填“A1”或“A2”)②仅从实验原理上看实验电路电阻的测量值________真实值．(选填“大于”“小于”或“等于”)③如图所示实物连接图，还有两根导线没有连接，请补充完整．解析：(1)读数为4 mm＋48.7×0.01 mm＝4.487 mm.(2)①流过电流表的最大电流为I max＝35A＝0.6 A，故电流表选A2.②因为被测电阻较小，电流表应外接，由于电压表的分流，电阻的测量值小于真实值．③电路可采用限流式，电流表外接．答案：(1)4.487(±0.002)(2)①A2②小于③如图所示2．为测定一节干电池(电动势约1.5 V，内阻约1.0 Ω)的电动势和内阻，实验室备有电流计G(满偏电流为3 mA，内阻为25 Ω)、定值电阻R0＝0.126 Ω、开关和若干导线及以下器材：A．量程0～3 V，内阻约1 000 Ω的电压表B．量程0～15 V，内阻约1 500 Ω的电压表C．总阻值为10 Ω、额定电流为2 A的滑动变阻器D．总阻值为100 Ω、额定电流为1 A的滑动变阻器(1)因电流计量程太小，需将R0与电流计________以扩大量程．(2)电压表应选择________；滑动变阻器应选择________．(填代号)(3)请在虚线框内完成实验电路图．(4)根据所画出的电路图，分析引起该实验系统误差的主要原因是_____________________________________________________________________________________.解析：本题中给出了电压表，虽没有电流表，但给了电流计，且内阻已知，同时还给出了定值电阻，因此需考虑将电流计改装成电流表，即将电流计与定值电阻并联，然后用伏安法测量电源电动势和内阻，根据实验可画出电路图；根据电源电动势的大约值，可选择使用量程为3 V的电压表；又因为电源内阻很小，若滑动变阻器的总阻值远大于电源内阻，则在减小滑动变阻器阻值时，开始电压表示数几乎不变，最后电压表和电流表会突然变化，造成读数误差很大，故应选用总阻值为10 Ω的滑动变阻器；本实验中由于电压表的分流作用，使得改装后的电流表测得的电流偏小(读数只是通过滑动变阻器的电流)，造成测得的电动势和内阻均偏小．答案：(1)并联(2)A C(3)如图所示(4)由于电压表的分流作用造成改装后电流表读数总是比电池实际输出电流小3.某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V 的电压表V 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R 1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R 2(最大阻值5 k Ω)，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．回答下列问题：(1)实验中选择滑动变阻器________(填“R 1”或“R 2”)． (2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线．(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 μAB ．250 μAC ．500 μAD ．1 mA解析：(1)为了使电阻箱调节时，滑动变阻器分得的电压变化很小，分压电路中滑动变阻器的最大阻值越小越好，因此应选用R 1.(2)见答案图．(3)如果认为滑动变阻器分得的电压不变，则调节电阻箱后，电压表两端的电压为2.00 V ，电阻箱两端的电压为0.5 V ，根据串联电路的分压原理，R V R ＝2.000.5，求得电压表的内阻R V ＝4×630.0 Ω＝2 520 Ω.(4)如果此电压表由一个表头与一个电阻串联组成，可知此表头的满偏电流为I g ＝2.5 V 2 520 Ω＝1 mA，D项正确．答案：(1)R1(2)连线如图所示(3)2 520(4)D4．太阳能是一种清洁、“绿色”能源．在我国上海举办的世博会上，大量利用了太阳能电池．太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件．某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的I－U特性图线．所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干．(1)为了达到上述目的，实验电路应选用图甲中的________(填“a”或“b”)图．(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图乙所示的I－U图象．由图可知，当电压小于2.00 V时，太阳能电池的电阻________(填“很大”或“很小”)；当电压为2.80 V 时，太阳能电池的电阻约为________Ω.(3)当有光照射时，太阳能电池板作为电源，其路端电压与总电流的关系如图丙所示，分析该曲线可知，该电池板作为电源时的电动势为________V，若把它与阻值为1 kΩ的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射情况下，该电池板的效率是________%.(结果保留三位有效数字)解析：(1)用a 图电路可以在电池板上得到从零开始的电压，故应选a 图．(2)由题图乙可知，当电压小于2.00 V 时，通过太阳能电池的电流为零，故太阳能电池的电阻很大；当电压为2.80 V 时，电流为2.8 mA ，则可知太阳能电池的电阻为R ＝U I ＝2.8 V2.8×10－3 A ＝1.0×103 Ω.(3)由U －I 图线可知，电池板作为电源时的电动势为2.80 V ；若把它与阻值为1 k Ω的电阻连接构成一个闭合电路，则在图丙中画出此电阻的U －I 图线，其与电池板的U －I 图线交于一点，读出交点坐标：U ＝1.8 V ，I ＝1.8 mA ，则该电池板的效率是η＝IU IE ×100%＝1.82.8×100%≈64.3%.答案：(1)a (2)很大 1.0×103(3)2.80 64.3(64.1～64.5之间均算对)5．某实验小组利用如下实验器材测量干电池的电动势和内阻． A ．待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5 V ，内阻约几欧姆 B ．直流电压表V 1、V 2，内阻约为3 k Ω C ．阻值为5 Ω的定值电阻R 0 D ．滑动变阻器R ，最大阻值为R m E ．导线和开关(1)根据图甲的电路原理图完成图乙中电路实物图的连接；(2)实验中移动滑动变阻器的触头，读出电压表V 1和V 2的多组数据如下表，请在图丙的坐标纸中描绘出U 1－U 2图象；实验次数 1 2 3 4 5 6 U 1(V) 0.50 0.81 1.00 1.50 1.85 2.30 U 2(V)2.152.212.322.502.692.76(3)根据描绘出的U 1－U 2图象，求得两节干电池的总电动势E ＝________ V ，总内阻r ＝________Ω.(计算结果保留两位有效数字)解析：根据闭合电路欧姆定律可得 E ＝U 2＋Ir ＝U 2＋U 2－U 1R 0r整理得U 1＝⎝⎛⎭⎫R 0r ＋1U 2－R 0r E 由U 1－U 2图象可得图线斜率k ≈3， 则R 0r ＋1＝3， 又知R 0＝5 Ω，得r ＝2.5 Ω由U 1－U 2图象可知， 当U 2＝2 V 时， U 1＝0，代入 U 1＝⎝⎛⎭⎫R 0r ＋1U 2－R 0r E 解得E ＝3.0 V.答案：(1)实物连接如图所示(2)U 1－U 2图象如图所示(3)3.0 2.56．(2018·浙江选考4月)(1)小明用多用电表测量一小段2B 铅笔芯的电阻R x ，正确的操作顺序是________(填字母)．A ．把选择开关旋转到交流电压最高挡B ．调节欧姆调零旋钮使指针指到欧姆零点C ．把红、黑表笔分别接在R x 两端，然后读数D ．把选择开关旋转到合适的挡位，将红、黑表笔接触E ．把红、黑表笔分别插入多用电表“＋”“－”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0(2)小明正确操作后，多用电表的指针位置如图所示，则R x ＝________Ω.(3)小张认为用多用电表测量小电阻误差太大，采用伏安法测量．现有实验器材如下：电源(电动势3 V，内阻可忽略)，电压表(量程3 V，内阻约3 kΩ)，多用电表(2.5 mA挡、25 mA挡和250 mA挡，对应的内阻约40 Ω、4 Ω和0.4 Ω)，滑动变阻器R P(0～10 Ω)，定值电阻R0(阻值10 Ω)，开关及导线若干．测量铅笔芯的电阻R x，下列电路图中最合适的是________(填字母)，多用电表选择开关应置于________挡．解析：(1)操作步骤先机械调零即E，再欧姆调零即DB，再测量即C，再复位打OFF挡或交流电压最大挡即A，所以顺序为EDBCA.(2)读数挡位为×1挡，表盘读数为2.9，所以读数为2.9 Ω.(3)由题意可知被测电阻比较小，用R0串联后能起到保护作用．被测电阻是小电阻，故还是需要用电流表外接法，故选B电路．估测电流最大值为I＝U/(R0＋R x)＝230 mA，故要选250 mA挡．答案：(1)EDBCA(2)2.9(3)B250 mA。

课时作业六力学三大观点的应用一、选择题1．如图1所示,物块的质量为m,它与水平桌面间的动摩擦因数为μ。

起初，用手按住物块,物块的速度为零，弹簧的伸长量为x，然后放手,当弹簧的长度第一次回到原长时，物块的速度为v.则此过程中弹力所做的功为（）图1A。

错误!mv2－μmgx B．μmgx－错误!mv2C。

错误!mv2＋μmgx D．以上选项均不对解析：设W弹为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为μmgx,由动能定理得W弹－μmgx＝错误!mv2－0,得W弹＝错误!mv2＋μmgx，C对．答案:C2．（2019年江西省质量检测)如图2甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图2乙是两者的位移图象,已知物块P的质量为m p ＝1 kg,由此可知（)图2A．碰撞前P的动量为16 kg·m/sB．两物块的碰撞可能为弹性碰撞C．物块Q的质量为4 kgD．两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 N·s解析：根据位移图象可知，碰撞前P的速度v0＝4 m/s,碰撞前P的动量为P＝m p v0＝4 kg·m/s,选项A错误．根据位移图象，碰撞后二者速度相同，说明0碰撞为完全非弹性碰撞,选项B错误．碰撞后，共同速度v＝1 m/s，由动量守恒定律，m p v0＝(m p＋m Q）v，解得m Q＝3 kg,选项C错误．由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是I＝ΔP Q＝m Q v＝3 N·s,选项D正确．答案：D3．（2019年高三南京模拟)质量为m的球从地面以初速度v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比．下列图象分别描述了球在空中运动的速度v、加速度a随时间t的变化关系和动能E k、机械能E(取地面处重力势能为零）随球距离地面高度h的变化关系,其中可能正确的是（）解析:已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即F f＝kv,当球上升到最高点时，v为零，球只受重力，a等于g，则v－t图线切线的斜率不等于零,故A错误；根据牛顿第二定律，球上升过程中：mg＋kv＝ma，v逐渐减小，a逐渐减小,球下降过程中：mg－kv＝ma，v逐渐增大，a逐渐减小,故B错误；上升过程，由动能定理:－mgh－F f h＝E k－E k0，解得E k＝E k0－(mg＋kv)h，随h的增加，v减小，则E－h图象的斜率减小,下降过程，由动能定理:mg（h0－h）－F f（h0k－h）＝E k，即E k＝（mg－kv)（h0－h)，随下降的高度的增加,v增大，E k－h图象的斜率减小，故C正确;机械能的变化量等于克服阻力做的功：－F f h＝E－E0，上升过程中v逐渐减小，则F f逐渐减小，即E－h图象的斜率逐渐变小，故E －h图象不是直线，故D错误．答案：C4．(2019年武汉调研）如图3所示,半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内,OC水平，D是圆环最低点．质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连．两球初始位置如图3所示，由静止释放，当A运动至D点时，B的动能为( )图3A.错误!mgRB.错误!mgRC。

2020届高考物理二轮复习专题典型例题及练习（共21专题精排word ）六功和能六、功 和 能典 型 例 题【例题1】如图1所示，轻绳下悬挂一小球，在小球沿水平面作半径为R 的匀速圆周运动转过半圈的过程中，以下关于绳对小球做功情形的表达中正确的选项是〔 〕A. 绳对小球没有力的作用，因此绳对小球没做功；B. 绳对小球有拉力作用,但小球没发生位移，因此绳对小球没做功；C. 绳对小球有沿绳方向的拉力，小球在转过半圈的过程中的位移为水平方向的2R ，因此绳对小球做了功；D. 以上讲法均不对. 【分析与解】从表面上看看起来选项Ｃ讲得有道理，但事实上由于绳对小球的拉力是方向不断变化的变力，而变力做功与否的判定应该如此来进行：在小球转过半圆周的过程中任取一小段圆弧，经考察发觉小球在通过这一小段圆弧时所受拉力方向与这一小段位移垂直，因此能够确信在小球通过每一小段圆弧时绳均不对小球做功，由此可知此例应选D.【例题2】把两个大小相同的实心铝球和实心铁球放在同一水平面上，它们的重力势能分不为1E 和2E ．假设把它们移至另一个较低的水平面上时，它们的重力势能减少量分不为1E ∆和2E ∆那么必有〔 〕Ａ.1E ＜2E Ｂ.1E ＞2E Ｃ.1E ∆＜2E ∆ Ｄ.1E ∆＞2E ∆【分析与解】假如重力势能的零势面比两球所处的水平面较低，那么明显由于铁的密度较大，同体积的铁球质量较大而使1E ＜2E ；但如就取两球心所在的水平面为重力势能零势面，那么又有1E ＝2E ＝0；因此假设两球所在的水平面在重力势能的零势面下方，甚至能够有2E ＜1E ＜0.零势面如何选取，上较多的，因此此例应选择Ｃ【例题3】如图10－2B 分不固定在长为L 直平面内无摩擦转动，位置的过程中，杆对小球A 图1球B 所做的功为 ．【分析与解】在此过程中由于A 、B 构成的系统的机械能守恒，因此系统减少的重力势能应与系统增加的动能相等．即22)2(21212)2(2v m mv L m L mg+=+- 由此解得A 、B 两球转到杆处于竖直位置时的速度大小为gL v 31=而在此过程中A 、B 两球的机械能的增加量分不为mgL mv L mgE 3221221=+=∆ mgL mv L mgE 322212222-=+-=∆ 因此，此过程中轻杆对Ａ、Ｂ两小球所做的功分不为mgL E W 3211=∆= mgL E W 3222-=∆=【例题4】放在光滑水平面上的长木板，右端用细线系在墙上，如图3所示，左端固定一个轻弹簧，质量为m 的小球，以某一初速度在光滑木板上表面向左运动，且压缩弹簧，当球的速度减小为初速的一半时，弹簧势能为E ，这时细线被拉断，为使木板获得的动能最大，木板的质量应等于多少？其最大动能为多少？【分析与解】先进行状态分析，当小球碰到弹簧后，小球将减速，当球的速度减小为初速的一半时，弹簧势能为E ，即表示：])2([212020v v m E -=细线断后，小球连续减速，木板加速，且弹簧不断伸长，以整体来看，系统的机械能守恒，假设小球的速度减小为0时，弹簧恰好变成原长状态，那么全部的机械能确实是木板的动能，现在木板获得的动能最大．系统所受的合外力为0，故动量守恒，Mv v m =021且222121mv Mv = 解得4m M =，E E km 34=．图3【例题5】一个竖直放置的光滑圆环，半径为R ，c 、e 、b 、d 分不是其水平直径和竖直直径的端点．圆环与一个光滑斜轨相接，如图4所示．一个小球从与d 点高度相等的a 点从斜轨上无初速下滑．试求：(1)过b 点时，对轨道的压力b N 多大？ (2)小球能否过d 点，如能，在d 点对轨道压力d N 多大？如不能，小球于何处离开圆环？【分析与解】小球在运动的全过程中，始终只受重力G 和轨道的弹力N ．其中，G 是恒力，而N 是大小和方向都能够变化的变力．然而，不论小球是在斜轨上下滑依旧在圆环内侧滑动，每时每刻所受弹力方向都与即时速度方向垂直．因此，小球在运动的全过程中弹力不做功，只有重力做功，小球机械能守恒．从小球到达圆环最低点b 开始，小球就做竖直平面圆周运动．小球做圆周运动所需的向心力总是指向环心O 点，此向心力由小球的重力与弹力提供．〔1〕因为小球从a 到b 机械能守恒b a E E =，因此221b a mv mgh =① R h a 2= ②Rv m G N bb 2=- ③解①②③得 mg N b 5=〔2〕小球如能沿圆环内壁滑动到d 点，讲明小球在d 点仍在做圆周运动，那么Rv m G N dd 2=+，可见，G 是恒量，随着d v 的减小d N 减小；当d N 差不多减小到零〔表示小球刚能到达d 〕点，但球与环顶已是接触而无挤压，处于〝假设即假设离〞状态〕时，小球的速度是能过d 点的最小速度．如小球速度低于那个速度就不可能沿圆环到达d 点．这就讲明小球如能到达d 点，其机械能至少应是221d a d mv mgh E +=，然而小球在a 点动身的机械能仅有d a a mgh mgh E ==＜d E 因此小球不可能到达d 点．又由于a c h h 21=，d a E E = 即221c c a mv mgh mgh +=图4因此，c v ＞0，小球从b 到c 点时仍有沿切线向上的速度，因此小球一定是在c 、d 之间的某点s 离开圆环的．设半径Os 与竖直方向夹α角，那么由图可见，小球高度R h s )cos 1(α+= ④依照机械能守恒定律，小球到达s 点的速度s v 应符合： 221s s a mv mgh mgh += ⑤ 小球从s 点开始脱离圆环，因此圆环对小球已无弹力，仅由重力G 沿半径方向的分力提供向心力，即Rv m mg s 2cos =α ⑥解④⑤⑥得 R h s 35=故小球通过圆环最低点b 时，对环的压力为mg 5．小球到达高度为35R的s 点开始脱离圆环，做斜上抛运动．【讲明】1．小球过竖直圆环最高点d 的最小速度称为〝临界速度〞0v ．0v 的大小能够由重力全部提供向心力求得，即小球到达d 点，当d v ＞0v 时，小球能过d 点，且对环有压力；当d v =0v 时，小球刚能过d 点，且对环无压力；当d v ＜0v 时，小球到不了d 点就会离开圆环．2．小球从s 点开始做斜上抛运动，其最大高度低于d 点，这可证明．练 习1.关于摩擦力做功的以下讲法中,正确的选项是( )C.静摩擦力不可能做功;D.静摩擦力不可能做正功. 2.如图1所示,绳上系有A 、B 两小球,将绳拉直后静止开释,那么在两球向下摆动过程中,以下做功情形的表达,正确的选项是( )A.绳OA 对A 球做正功B.绳AB 对B 球不做功 s h图5A BC.物块动量的变化一定为零D.F 一定对物块做正功 4．如图2所示，一磁铁在外力作用下由位置1沿直线 以速度v v 匀速运动到位置2，在那个过程中磁铁穿过了闭合金属线圈abcd ，此过程外力对磁铁做功为1W ．假设调剂线圈上的滑动变阻器R 使阻值增大些，将磁铁仍从位置1沿直线 以速度v 匀速运动到位置2，此过程外力对磁铁做功为2W ．那么〔 〕A.21W W =B.1W ＞2WC.1W ＜2WD.条件不足，无法比较5.试在以下简化情形下从牛顿定律动身，导出动能定理的表达式：物体为质点，作用力为恒力，运动轨迹为直线.要求写出每个符号以及所得结果中每项的意义.6.如图3所示，竖直平面内固定一个半径为R 的41光滑圆形轨道AB ，底端B 切线方向连接光滑水平面，C 处固定竖直档板，BC 间的水平距离为S ，质量为m 的物块从A 点由静止开释沿轨道滑动，设物块每次与档板碰后速度大小差不多上碰前的51，碰撞时刻忽略不计，那么： ⑴物块第二次与档板碰后沿圆形轨道上升的最大高度为多少？⑵物块第二次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时刻？7. 如图4所示，倾角为θ的斜面上，有一质量为m 的滑块距档板P 为0S 处以初速度0v 沿斜面上滑，滑块与斜面间动摩擦因数为μ，μ<θtan ,假设滑块每次与档板碰撞时没有机械能缺失，求滑块在整个运动过程中通过的总路程．8.一个质量m =0.2kg 的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A ，环的半径R =0.5ｍ，弹簧的原长0l =0.50ｍ，劲度系数为4.8Ｎ/ｍ.如图5所示.假设小球从图5中所示位置B 点由静止开始滑动到最低点C 时，弹簧的弹性势能p E =0.60Ｊ.求：〔1〕小球到C 点时的速度0v 的大小；〔2〕小球在C点对环的作用力.〔g 取10ｍ/ｓ2〕图20vP图4图5图39.如图6所示，AB 和CD 为两个对称斜面，其上部足够长，下部分分不与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R ＝2.0ｍ，一个质量为m ＝1ｋｇ的物体在离弧高度为h ＝3.0ｍ处，以初速度4.0ｍ／ｓ沿斜面运动，假设物体与两斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10ｍ／ｓ2，那么〔1〕物体在斜面上〔不包括圆弧部分〕走过路程的最大值为多少？〔2〕试描述物体最终的运动情形．〔3〕物体对圆弧最低点的最大压力和最小压力分不为多少？10. 如图7所示，质量为M 的滑块B 套在光滑的水平杆上可自由滑动，质量为m 的小球A 用一长为L 的轻杆与B 上的O 点相连接，轻杆处于水平位置，可绕O 点在竖直平面内自由转动．(1)固定滑块B ，给小球A 一竖直向上的初速度,使轻杆绕O 点转过900，那么小球初速度的最小值是多少?(2)假设m M 2=，不固定滑块且给小球一竖直向上的初速度0v ，那么当轻杆绕O 点转过900，A 球运动至最高点时，B 的速度多大?练习答案1.B2.C 、D3.D 4．B 5.〔略〕6.解：⑴物块在光滑轨道上滑动过程机械能守恒，第一次下滑到底端B 时的动能为mgR E k = ①由于每次与档板碰后速度大小差不多上碰前的51，故每次与档板碰后动能差不多上碰前的251，物块通过两次与档板碰后动能为k E 2)251(，依照机械能守恒定律有 22)251(mgh E k = ② 由①、②得6252Rh = ③⑵物块第二次与档板碰后沿圆形轨道上升的最大高度625R远小于R ，此后物块在圆形轨道上的运动都可看成简谐运动，周期gRT π2= ④ 图6图7第二次与档板碰后速度：gR v 22512=⑤ 那么第二次与档板碰撞到第三次与档板碰撞间隔的时刻为：gRgR S g R v S T t 22522121+=+=π ⑥第三次与档板碰后速度：gR v 212513=⑦ 那么第三次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时刻为：gRgR S g R v S T t 212522132+=+=π ⑧因此第二次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时刻为：gRgRS g R t t t 2150221+=+=π⑨ 7.解：由于滑动摩擦力θμcos mg f =<θsin mg因此物体最终必定停在P 点处，由功能关系有)21sin (0)cos (200mv mgS S mg +-=-θθμ总θμθcos 2sin 2020g gS v S +=总8.解：(1)由机械能守恒p c E mv mgR +=︒+221)60cos 1( 得:3=c v m/s(2)在最低点Rv m mg N l k c 2=-+∆得:2.3=N N9.解：〔1〕物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功max 60cos S mg W f ⋅︒=μ物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中20210mv W mgh f -=-解得38max =S ｍ(2)物体最终是在B 、C 之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在B 、C 点时速度为零． 〔3〕物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得221212160sin 60cos )]60cos 1([mv mv h mg R h mg -=︒⋅︒-︒-+μ 由牛顿第二定律得 Rv m mg N 21max =-解得 5.54max =N N ．物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得2221)60cos 1(mv mgR =︒- 由牛顿第二定律得Rv m mg N 22min =-解得20min =N N ．10.解：(1)小球A 在竖直方向速度为v 时运动到最高点速度刚好为零，由机械能守恒有mgL mv =221 解得：gL v 2=〔2〕当球A 运动到最高点速度为1v ，现在B 球速度为2v ，且m M 2=水平方向动量守恒有021=-Mv mv 依照能量关系mgL Mv mv mv ++=222120212121 解得：)2(61202gL v v -=。

专题限时训练1．为了测量一精密金属丝的电阻率，先用多用电表“×1”挡粗测其电阻为________Ω，然后用螺旋测微器测其直径为________mm，游标卡尺测其长度是________mm.答案：6.0 2.09536.22．(2018·全国卷Ⅱ)某同学组装一个多用电表．可用的器材有：微安表头(量程0～100 μA，内阻为900 Ω)；电阻箱R1(阻值0～999.9 Ω)；电阻箱R2(阻值0～99 999.9Ω)；导线若干．要求利用所给器材先组装一个量程为0～1 mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为0～3 V的直流电压表．组装好的多用电表有电流1 mA和电压3 V两挡．回答下列问题：(1)在虚线框内画出电路图并标出R1和R2，其中*为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱．(2)电阻箱的阻值R1＝________Ω，R2＝________Ω.(保留到个位)答案：(1)见解析(2)100 2 910解析：(1)R1的电阻比较小，所以R1与表头并联构成大量程的电流表，R2的阻值比较大，与改装后的电流表串联可充当大量程的电压表，设计电路图如图所示：改装电流表需要并联一个电阻，要改装0～1 mA的电流表需要并联的电阻R并＝I g R g I－I g ＝0.1×9001－0.1＝100 Ω，所以选用与变阻箱R1并联，并联后的总电阻为R′＝90 Ω要改装成0～3 V电压表需要串联电阻，串联电阻的阻值为R串＝U－U AI＝3－0.091×10－3＝2 910 Ω.3．某实验小组在探究一种合金丝的导电性能的实验中：(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径时，刻度情况如图甲所示，则金属丝的直径d ＝________mm.(2)用欧姆表“×10”挡粗测合金丝AB连入电路的电阻时，表盘示数如图乙所示，则合金丝的电阻R约为__________Ω.(3)现用伏安法进一步精确测量合金丝的电阻，要求测量范围尽可能大一些，请在丙图中用笔划线代替导线完成电路的连接(已知实验所用的电压表内阻约为30 kΩ，电流表内阻约为2 Ω)．(4)用以上电路测得的合金丝的电阻值与其真实值相比，总有R测________R真(填“＞”“＝”或“＜”)，造成此误差的原因是____________________．答案：(1)0.695(0.692～0.696均可)(2)110(3)如图所示(4)＜电压表分流(或“电流表电流测量值大于通过合金丝电流的真实值”，表达意思正确即可)解析：(1)金属丝的直径d＝0.5 mm＋0.01 mm×19.5＝0.695 mm；(2)合金丝的电阻R约为11 Ω×10＝110 Ω；(3)因R VR x＞R xR A，故采用电流表外接法；滑动变阻器用分压电路，电路连接图见答案．(4)因为此测量电路中电流表的读数大于实际通过电阻的电流，故测量值偏小，即R测＜R真，造成此误差的原因是电压表分流(或“电流表电流测量值大于通过合金丝电流的真实值”)．4．(2018·全国卷Ⅲ)一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻R x的阻值，图中R0为标准定值电阻(R0＝20.0 Ω)；V可视为理想电压表．S1为单刀开关，S2为单刀双掷开关，E为电源，R为滑动变阻器．采用如下步骤完成实验：(1)按照实验原理线路图(a)，将图(b)中实物连线；(2)将滑动变阻器滑动端置于适当位置，闭合S 1；(3)将开关S 2掷于1端，改变滑动变阻器动端的位置，记下此时电压表的示数U 1；然后将S 2掷于2端，记下此时电压表的示数U 2；(4)待测电阻阻值的表达式R x ＝____________(用R 0、U 1、U 2表示)； (5)重复步骤(3)，得到如下数据：1 2 3 4 5 U 1/V 0.25 0.30 0.36 0.40 0.44 U 2/V 0.86 1.03 1.22 1.36 1.49 U 2U 13.443.433.393.403.39(6)利用上述5x ) 答案：(1)如图所示：(4)(U 2U 1－1)R 0 (6)48.2解析：开关S 2掷于1端，由欧姆定律可得通过R x 的电流I ＝U 1R 0，将开关S 2掷于2端，R 0和R x 串联电路电压为U 2，R x 两端电压为U ＝U 2－U 1，由欧姆定律可得待测电阻阻值R x ＝U I ＝U 2－U 1U 1R 0＝(U 2U 1－1)R 0.5次测量所得的平均值，(3.44＋3.43＋3.39＋3.40＋3.39)×15＝3.41，代入R x ＝(U 2U1－1)R0＝(3.41－1)×20.0 Ω＝48.2 Ω.5．某实验小组的同学在利用如图甲所示的电路来探究小灯泡的发光功率，回答下列问题：(1)首先将滑动变阻器的滑片置于最__________(填“左”或“右”)端，然后将开关闭合，进行小灯泡发光功率的探究；(2)在探究过程中电压表的示数突然变为零，如果用多用电表来测量小灯泡两端的电压，将多用电表调至合适的电压挡位，如图乙所示，多用电表的黑表笔与__________(填“a”或“b”)点相接触；(3)如果按步骤(2)将电路连接好后，将开关闭合，但发现无论如何移动滑动变阻器的滑片，多用电表指针都不偏转；如果将多用电表接在图甲中的a点与c点之间，无论如何移动滑动变阻器的滑片，多用电表指针仍不发生偏转；如果将多用电表接在图甲中的a点与d点之间，多用电表的示数如图乙所示，则该读数为__________，由以上的分析可确定出现的电路故障为__________；(4)多用电表使用结束后，A、B同学分别将选择开关置于图丙中所示的位置，则正确的是________．答案：(1)左(2)b(3)2.00 V c、d两点间断路(4)B同学6．(2019·滨州二模)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，实验室提供了如下器材：A．小灯泡(3 V,1.8 W)B．电压表(量程0～3 V，内阻约为20 kΩ)C．电流表(量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω)D．滑动变阻器(0～10 Ω，2 A)E．电源(电动势为3 V，内阻不计)F．开关及导线若干，坐标纸实验中要求小灯泡上的电压从零开始测量尽可能准确，调节测量多组对应的U、I值．如图甲所示，一组同学已经完成导线的连接．(1)如图甲连接好电路，不闭合开关，滑动变阻器滑动触头在图示中间位置时电压表示数________(填“为零”“不为零”)．(2)在图甲中闭合开关，滑动变阻器滑动触头从右端滑到左端的过程中灯泡亮度的变化情况是________．(3)指出图甲中该组同学连接错误的两条导线______(填导线编号)．(4)图乙中a图线是改正后描出的灯泡U－I图线，图乙中b图线是另一个电源路端电压U与电源电流I的图线．如果将这样的一个灯泡与该电源连成闭合电路，该灯泡消耗的电功率为________W；如果将这样的两个灯泡串联接在该电源上，则每个灯泡消耗的电功率为________W．(结果均保留两位小数)答案：(1)不为零(2)先变暗再变亮(3)5、6(4)1.050.44解析：(1)由实物电路图可知，开关不能控制分压电路的闭合和断开，开关断开时，滑动变阻器滑动触头在图示中间位置时电压表示数不为零．(2)由实物电路图可知，闭合开关，滑动变阻器滑动触头从右端滑到左端的过程滑动变阻器接入电路的阻值增大，流过灯泡的电流减小，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，当滑动触头到达左端时，滑动变阻器接入电路的阻值为零，灯泡两端电压增大，灯泡实际功率增大，灯泡变亮．(3)描绘灯泡伏安特性曲线的实验中滑动变阻器应采用分压式接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，所以连线5、6接法错误；(4)由题图乙所示数据可知，灯泡两端电压为2.1 V ，流过灯泡的电流为0.5 A ，灯泡实际功率为：P ＝UI ＝2.1×0.5＝1.05 W ，由题图乙所示图线可知电源电动势为E ＝3.0 V ，电源内阻为：r ＝ΔU ΔI ＝3.0－2.10.5 Ω＝1.80 Ω，当两灯泡串联，设每个灯泡两端的电压为U ，流过每一个灯泡的电流为I ，则U ＝E 2－r2I ＝1.5－0.9I ，在灯泡U －I 图象坐标系中作出U ＝1.5－0.9I 的图线如图所示：由图可知此时灯泡两端电压为1.2 V ，通过灯泡的电流为0.38 A ，则灯泡的功率为P ＝UI ＝0.38×1.16≈0.44 W7．小明利用如图甲所示的电路，完成了对电动势约为1.5 V 、内阻约为几欧姆的电源的电动势和内阻的测定，其中R 为电阻箱，R 0为阻值为150 Ω的定值电阻．小明连接好电路后，通过调节电阻箱的阻值，读出了8组电压表的读数以及相对应的电阻箱的阻值，并以电压的倒数1U 为纵坐标、电阻箱的阻值R 为横坐标，把记录的数据描绘在了坐标系中，如图乙所示．(1)如果电源的电动势用E表示、电源的内阻用r表示，则1U关于R的表达式应为______________．(用E、r、R0表示)(2)请在图乙所示的坐标系中画出图线，并根据画出的图线求出该图线的斜率k ＝________V－1·Ω－1，图线与纵轴交点的纵坐标为b＝________V－1(结果保留两位有效数字)．(3)结合写出的函数表达式以及图线可知该电源的电动势E＝________V，内阻r ＝__________Ω(结果保留三位有效数字)．答案：(1)1U＝1ER0R＋R0＋rER0(2)如图所示0.004 40．70(3)1.529.09解析：(1)由闭合电路欧姆定律得UR0＝ER0＋R＋r，解得1U＝1ER0R＋R0＋rER0；(2)将明显错误的点舍掉，画线时应使尽可能多的点落在直线上，不能落在直线上的点均匀地分布在直线的两侧，如图所示(见答案)；由图可知，斜率k＝0.004 4 V－1·Ω－1，图线与纵轴交点的纵坐标为b＝0.70 V－1；(3)由1U＝1ER0R＋R0＋rER0得，k＝1ER0，b ＝R 0＋rER 0，又R 0＝150 Ω，解得E ＝1.52 V ，r ＝9.09 Ω.。

专题六 第1讲1．(2019·课标Ⅰ，22)某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究．物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示．已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz ，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出．在A 、B 、C 、D 、E 五个点中，打点计时器最先打出的是________点．在打出C 点时物块的速度大小为________m/s(保留3位有效数字)；物块下滑的加速度大小为________m/s 2(保留2位有效数字)．解析：本题考查利用打点计时器探究匀变速直线运动的速度和加速度的关系，以及考生处理实验数据的能力，体现了以科学态度进行科学探究的核心素养．物块沿倾斜的木板加速下滑时，纸带上打出的点逐渐变疏，故A 点为先打出的点．v C ＝＝m/s ＝0.233 m/s xBD 2T (5.86－1.20)×10－22×0.1a ＝＝ m/s 2≈0.75 m/s 2xCE －xAC(2T )2(9.30－3.16－3.16)×10－2(2×0.1)2答案：A 0.233　0.752．(2020·山西质监)为探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系，某同学设计了如图(a)的实验装置．图(a)实验步骤如下：①用游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d ，游标卡尺的示数如图(b)；②将水平弹簧的一端固定于水平气垫导轨的左侧；③用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x ；④释放滑块，记录滑块脱离弹簧后通过光电门的时间Δt ，算出滑块的速度v ；⑤重复步骤③④，作出v 与x 的关系图像如图(c)．回答下列问题：(1)遮光片的宽度为________ cm.(2)若Δt ＝3.0×10－2 s ，则滑块的速度为________ m/s.(3)由图(c)可知，v 与x 成________关系．(4)实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧压缩量的关系是________________．解析：(1)游标卡尺为20分度游标卡尺，精确度为0.05 mm ，主尺读数为9 mm ，游标尺第6条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为0.30 mm ，所以遮光片宽度为9.30mm ＝0.930 cm ；(2)根据平均速度定义可知，滑块的速度v ＝＝ m/s ＝0.31 d Δt 0.930×10－23.0×10－2m/s ；(3)v x 图像为过原点直线，故v 与x 成正比；(4)根据机械能守恒定律可知，滑块的动能等于弹簧压缩产生的弹性势能，故弹性势能与弹簧压缩量的平方成正比．答案：(1)0.930　(2)0.31　(3)正比(正比例)(4)弹性势能与弹簧压缩量x 的平方成正比3．(2018·天津卷，9(2))某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5 N 的弹簧测力计两个，橡皮条(带两个较长的细绳套)，刻度尺，图钉(若干个)．(1)(多选)具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有________．A ．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上B ．重复实验再次进行验证时，结点O 的位置可以与前一次不同C ．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度D ．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力(2)该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O ，力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示．其中对于提高实验精度最有利的是________．解析：(1)为了使实验结果更具有普遍性，在实验过程中不应让橡皮条的拉力方向具有特殊的角度或位置，A 错误；只有每一次实验时用一个力和用两个力拉的效果相同即可，即O 点位置相同，不需要每次实验的O 点位置都相同，B 正确；使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度，C 正确；合力可以大于任一个分力，也可以等于分力，还可以小于任一分力，D 错误；(2)AD 实验中选取的力的标度过大，导致画力时，线段太短，不利于提高实验精确度；B 图和C 图选用的标度相同，但C 中力太小，不利于作平行四边形，故B 符合题意．答案：(1)BC (2)B4．某实验小组的同学用如图甲所示的装置测量滑块与斜面间的动摩擦因数μ.每次滑块都从斜面上由静止开始下滑，测出滑块每次下滑时遮光板到光电门所在位置的距离L 及相应的遮光时间t .(1)用游标卡尺测量遮光板的宽度d ，如图乙所示，则d ＝________ cm.(2)(多选)为测出滑块与斜面间的动摩擦因数，本实验还需要测出或知道的物理量是________(填下列序号)．A ．滑块和遮光板的总质量mB ．斜面的倾角θC ．当地的重力加速度g(3)实验中测出了多组L 和t 的值，若要通过线性图像来处理数据求μ，则应作出的图像为________．A ．t 2－L 图像B ．t 2－图像1LC ．L 2－t 图像D ．L 2－图像1t (4)在(3)作出的线性图像中，若直线的斜率为k ，则μ＝________.(用以上物理量的符号表示)解析：本题考查“测量滑块与斜面间的动摩擦因数”实验，意在考查考生对图像法处理实验数据的掌握情况．(1)主尺示数为2 mm ，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为5×0.05 mm ＝0.25 mm ，故读数为2 mm ＋0.25 mm ＝0.225 cm.(2)由于遮光板经过光电门的时间比较短，所以可认为遮光板经过光电门的瞬时速度为v ＝；斜面的倾角为θ，滑块d t 在斜面上运动的过程由动能定理可知，(mg sinθ－μmg cos θ)L ＝m v 2，解得t 2＝12×，选项B 、C 正确，A 错误．(3)由以上分析知t 2—图像是一条过原点d 22g (sin θ－μcos θ)1L 1L 的直线，可作t 2—图像处理数据求μ，选项B 正确．1L (4)t 2—图像的斜率k ＝，可得μ＝1L d 22g (sin θ－μcos θ)tan θ－.d 22gk cos θ答案：(1)0.225　(2)BC (3)B(4)tan θ－d 22gk cos θ5．(2019·安徽六校二联改编)某同学利用如图甲所示装置探究平抛运动中物体机械能是否守恒．在斜槽轨道的末端安装一个光电门B ，调节激光束与球心等高，斜槽末端水平．地面上依次铺有白纸、复写纸，让小球从斜槽上固定位置A 点无初速释放，通过光电门后落在地面的复写纸上，在白纸上留下打击印．重复实验多次，测得小球通过光电门的平均时间为3.30 ms(当地重力加速度g ＝9.8 m/s 2)．(1)用游标卡尺测得小球直径如图乙所示，则小球直径为d ＝________ mm ，由此可知小球通过光电门的速度v B ＝________ m/s.(2)实验测得轨道末端离地面的高度h ＝0.784 m ，小球的平均落点P 到轨道末端正下方O 点的距离x ＝0.600 m ，则由平抛运动规律解得小球平抛的初速度v 0＝________ m/s.(结果保留3位有效数字)(3)在误差允许范围内，实验结果中小球通过光电门的速度v B 与由平抛运动规律求解的平抛初速度v 0相等，就可以认为平抛运动过程中机械能是守恒的．解析：(1)主尺读数为5 mm ，游标尺上第0个刻度与上面对齐，故读数为d ＝5mm ＋0×0.05 mm ＝5.00 mm ；利用小球通过光电门的平均速度代替瞬时速度，有v B ＝＝d t m/s ＝1.52 m/s.0.0050.003 3(2)根据平抛运动规律有h ＝gt 2、x ＝v 0t ，联立解得12v 0＝1.50 m/s.答案：(1)5.00　1.52　(2)1.506.(2018·全国卷Ⅱ，23T)某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数．跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码．缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小．某次实验所得数据在下表中给出，其中f 4的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出.砝码的质量m/kg0.050.100.150.200.25滑动摩擦力f/N 2.15 2.36 2.55f4 2.93回答下列问题：(1)f4＝________N；(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f－m图线；(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f＝________，f－m图线(直线)的斜率的表达式为k＝________；(4)取g＝9.80 m/s2，由绘出的f－m图线求得μ＝________.(保留2位有效数字)解析：(1)指针在2.7～2.8之间，估读为2.75 N.(2)描点画线．(注意让所有点均匀分布在线上或线的两边)如图所示．(3)f＝μ(M＋m)g＝(μg)m＋μMg故f－m关系中的斜率k＝μg(4)第(2)问中连线与横轴交于(0.02,2.0)，与y ＝3的直线交于(0.27,3.0)所以斜率k ＝＝4.03.0－2.00.27－0.02所以μ＝＝＝0.408k g 4.09.80保留两位有效数字得μ≈0.41.答案：(1)2.75(2)将(0.05,2.15)和(0.20,2.75)两个点画在图中并连线，见解析图(3)μ(M ＋m )g μg (4)0.41。

课时作业二力学实验基础命题点1．（2018年高考·课标全国卷Ⅰ）如图1（a)，一弹簧上端固定在支架顶端,下端悬挂一托盘;一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边;托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置,简化为图中的指针．图1现要测量图1(a)中弹簧的劲度系数．当托盘内没有砝码时,移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950 cm；当托盘内放有质量为0.100 kg 的砝码时，移动游标,再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图1(b)所示,其读数为________ cm。

当地的重力加速度大小为9。

80 m/s2，此弹簧的劲度系数为________ N/m(保留3位有效数字）．解析：标尺的游标为20分度，精确度为0。

05 mm，游标的第15个刻度与主尺刻度对齐，则读数为37 mm＋15×0。

05 mm＝37.75 mm＝3。

775 cm.弹簧形变量x＝(3.775－1.950）cm＝1.825 cm，砝码平衡时，mg＝kx，所以劲度系数k＝错误!＝错误! N/m≈53.7 N/m.答案:3。

775 53。

72．(2018年高考·天津卷）某研究小组做“验证力的平行四边形定则"实验，所用器材有：方木板一块,白纸，量程为5 N的弹簧测力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套）,刻度尺，图钉（若干个)．（1)具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议,其中正确的有________．A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上B．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同C．使用测力计时,施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计的拉力(2）该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示．其中对于提高实验精度最有利的是________．解析：(1)两细绳套拉力的合力不一定沿两细绳套夹角的角平分线，故A 错误．同一次实验，用一个细绳套拉橡皮条和用两个细绳套拉橡皮条结点O的位置应相同，不同次实验结点O的位置可以不同，故B正确．为减小弹簧测力计摩擦和误差，施力方向应沿测力计轴线,读数时视线正对测力计刻度，故C 正确．合力可以比分力大,也可以比分力小，故D错误．(2)为了提高实验精度，测力计读数应适当大一些，标度应适当小一些，两分力夹角适当大一些，标注细线方向的两点离结点应适当远一些．故选B。

力学实验第1讲　力学实验[高考统计·定方向] (教师授课资源)考点考向五年考情汇总1.“纸带”类实验2019·全国卷Ⅰ T 222019·全国卷Ⅱ T 222017·全国卷Ⅰ T 222017·全国卷Ⅱ T 222015·全国卷Ⅱ T 22从近五年的高考命题可以看出：1．全国卷的2个实验题中，大多数情况下第1个为力学实验，且难度较低。

2.“橡皮条、弹簧、碰撞”类实验2018·全国卷Ⅰ T 222017·全国卷Ⅲ T 222．考查的热点包括“纸带类”实验和“力学创新实验”。

“纸带类实验”中多为利用纸带求加速度，“创新实验中”多为实验目的创新。

3.力学创新实验2019·全国卷Ⅲ T 222018·全国卷Ⅰ T 232018·全国卷Ⅲ T 222016·全国卷Ⅱ T 222016·全国卷Ⅰ T 222016·全国卷Ⅲ T 232015·全国卷Ⅰ T 223．复习力学实验时，应重视对实验原理的理解及常规的数据处理方法，如图象法、图表法的应用。

4．对于“弹簧、碰撞类”实验，近几年考查的虽然不多，但仍应引起足够重视。

　“纸带”类实验(5年5考)1．(2019·全国卷Ⅰ·T 22)某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究。

物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示。

已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz ，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出。

在A 、B 、C 、D 、E 五个点中，打点计时器最先打出的是________点。

在打出C 点时物块的速度大小为________m/s(保留3位有效数字)；物块下滑的加速度大小为________m/s 2(保留2位有效数字)。

[解析]　根据题述，物块加速下滑，在A 、B 、C 、D 、E 五个点中，打点计时器最先打出的是A 点。