(全国通用)2014届高三物理复习能力提升 第10章 实验11 测定金属的电阻率

2014高考物理二轮复习能力提升演练10　电磁感应中常考的3个问题 基础巩固 1．如图10－15甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好．在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆始终垂直于框架．图乙为一段时间内金属杆中的电流随时间t的变化关系图象，则下列选项中可以表示外力F随时间t变化关系的图象是( )． 图10－15 图10－16 2．如图10－16所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置I释放，环经过磁铁到达位置.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则( )． A．T1>mg，T2>mg B．T1<mg，T2mg，T2<mg D．T1mg 3．如图10－17所示，水平虚线MN的上方有一垂直纸面向里的匀强磁场，矩形导线框abcd从MN下方某处以v0的速度竖直上抛，向上运动高度H后垂直进入匀强磁场，此过程中导线框的ab边始终与边界MN平行．不计空气阻力，在导线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个图象中可能正确反映导线框的速度与时间的关系的是( )． 4．处于竖直向上匀强磁场中的两根电阻不计的平行金属导轨，下端连一电阻R，导轨与水平面之间的夹角为θ，一电阻可忽略的金属棒ab，开始时固定在两导轨上某位置，棒与导轨垂直．如图10－18所示，现释放金属棒让其由静止开始沿轨道平面下滑．就导轨光滑和粗糙两种情况比较，当两次下滑的位移相同时，则有( )． A．重力势能的减少量相同 B．机械能的变化量相同 C．磁通量的变化率相同 D．产生的焦耳热相同5．如图10－19所示，匀强磁场区域为一个等腰直角三角形，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则下图表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是( )． 6．如图10－20所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d.现给导体框一个初速度v0(v0垂直磁场边界)，已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2.下列说法正确的是( )． A．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向 B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动 C．Q1>Q2 D．Q1＋Q2＝m(v－v) 7．如图10－21所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为( )． A. B. C. D. 能力提升 8．如图10－22所示，在与水平方向成θ＝30°角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计．空间存在着匀强磁场，磁感应强度B＝0.20 T，方向垂直轨道平面向上．导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构成闭合回路，每根导体棒的质量m＝2.0×10－2kg、电阻r＝5.0×10－2Ω，金属轨道宽度l＝0.50 m．现对导体棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之沿轨道匀速向上运动．在导体棒ab运动过程中，导体棒cd始终能静止在轨道上．g取10 m/s2，求： (1)导体棒cd受到的安培力大小； (2)导体棒ab运动的速度大小； (3)拉力对导体棒ab做功的功率． 9．如图10－23所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L＝1 m，导轨的电阻可忽略．M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量m＝1 kg、电阻r＝0.2 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．整套装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．自图示位置起，杆ab受到大小为F＝0.5v＋2(式中v为杆ab运动的速度，力F的单位为N)、方向平行于导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增大．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6. (1)试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，并请写出推理过程； (2)求电阻R的阻值； (3)求金属杆ab自静止开始下滑通过位移x＝1 m所需的时间t. 10．如图10－24所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框abcd，线框质量为m，电阻为R，边长为L.有一方向垂直水平面向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B，磁场区宽度大于L，左、右边界与ab边平行．线框在水平向右的拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区． 图10－24 (1)若线框以速度v匀速穿过磁场区，求线框在离开磁场时a、b两点间的电势差． (2)若线框从静止开始以恒定的加速度a运动，经过t1时间ab边开始进入磁场，求cd边将要进入磁场时刻回路的电功率． (3)若线框以初速度v0进入磁场，且拉力的功率恒为P0.经过时间T，cd边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q.后来ab边刚穿出磁场时，线框速度也为v0，求线框穿过磁场所用的时间t. 训练10　电磁感应中常考的3个问题 1．B　[金属杆由静止开始向右在框架上滑动，金属杆切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，在回路内产生感应电流，I＝＝.由题图乙金属杆中的电流随时间t均匀增大可知金属杆做初速度为零的匀加速运动，I＝.由安培力公式可知金属杆所受安培力F安＝BIL，根据牛顿第二定律F－F安＝ma，可得外力F＝ma＋F安＝ma＋BIL＝ma＋，所以正确选项是B.] 2．A　[金属圆环从位置到位置过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受安培力向上，在磁铁下端时受安培力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知T1>mg，T2>mg，A项正确．] 3．C　[矩形导线框abcd从某处以v0的速度竖直上抛，未进入匀强磁场前做加速度为g的匀减速直线运动，选项A、B错误；矩形导线框进入匀强磁场后做加速度逐渐减小的减速直线运动直到速度减为零，选项D错误，C正确．] 4．A　[本题考查金属棒在磁场中的运动及能量转化问题．当两次下滑的位移相同时，知重力势能的减少量相同，则选项A正确；两次运动的加速度不同，所用时间不同，速度不同，产生的感应电动势不同，磁通量的变化率也不同，动能不同，机械能的变化量不同，则产生的焦耳热也不同，故选项B、C、D均错误．] 5．C　[在0～L过程中无电磁感应现象．在L～2L的过程中，线圈bc边切割磁感线的有效长度L在线性增加，感应电动势e＝BLv及感应电流i＝也在线性增加，在2L点达最大值．且由右手定则得电流方向沿a→b→c→d→a，为正，故选项D错误．同理，在2L～3L的过程中，感应电流为负向的线性增加，故选项A、B均错误、选项C正确．] 6．ACD　[本题考查楞次定律及功能关系．导体框离开磁场过程中，穿过导体框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律或右手定则可知感应电流为顺时针方向，选项A正确；导体框进出磁场的过程中，均克服安培力做功，其速度减小，感应电流也减小，导体框做变减速运动，选项B错误；导体框进入磁场过程中的平均速度大于离开磁场过程的平均速度，由F＝及Q＝Fl可知Q1>Q2，选项C正确；根据功能关系可得：Q1＋Q2＝m(v－v)，选项D正确．] 7．C　[当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1＝＝＝＝＝.当线圈不动，磁感应强度变化时，I2＝＝＝＝，因I1＝I2，可得＝，C选项正确．] 8．解析　(1)导体棒cd静止时受力平衡，设所受安培力为F安，则F安＝mgsin θ 解得F安＝0.10 N. (2)设导体棒ab的速度为v时，产生的感应电动势为E，通过导体棒cd的感应电流为I，则E＝Blv；I＝；F安＝BIl 联立上述三式解得v＝ 代入数据得v＝1.0 m/s. (3)导体棒ab受力平衡，则F＝F安＋mgsin θ 解得F＝0.20 N 拉力做功的功率P＝Fv 解得P＝0.20 W. 答案　(1)0.1 N　(2)1.0 m/s　(3)0.20 W 9．解析　(1)金属杆做匀加速运动(或金属杆做初速度为零的匀加速运动)． 通过R的电流I＝＝，因通过R的电流I随时间均匀增大，即杆的速度v随时间均匀增大，杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动． (2)对回路，根据闭合电路欧姆定律I＝ 对杆，根据牛顿第二定律有：F＋mgsin θ－BIL＝ma 将F＝0.5v＋2代入得：2＋mgsin θ＋v＝ma，因a为恒量与v无关，所以a＝＝8 m/s2 0．5－＝0，得R＝0.3 Ω. (3)由x＝at2得，所需时间t＝ ＝0.5 s. 答案　(1)匀加速运动　(2)0.3 Ω　(3)0.5 s 10．解析　(1)线框在离开磁场时，cd边产生的感应电动势E＝BLv 回路中的电流I＝ 则a、b两点间的电势差U＝IRab＝BLv. (2)t1时刻线框速度v1＝at1 设cd边将要进入磁场时刻速度为v2，则v－v＝2aL 此时回路中电动势E2＝BLv2 回路的电功率P＝ 解得P＝ (3)设cd边进入磁场时的速度为v，线框从cd边进入到ab边离开磁场的时间为Δt，则 P0T＝＋Q P0Δt＝mv－mv2 解得Δt＝－T 线框离开磁场时间还是T，所以线框穿过磁场总时间t＝2T＋Δt＝＋T. 答案　(1)BLv　(2)　(3)＋T 高考学习网： 高考学习网： 图10－ 图10－ 图10－ 图10－ 图10－1 图10－1 图10－17 图10－16。

专题十物理实验学案力学实验【考情分析】【考点预测】高考中常涉及的力学实验有验证力的平行四边形定则、探究弹力和弹簧伸长的关系、验证牛顿第二定律、探究动能定理和验证机械能守恒定律、探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度，主要考查实验器材的使用、实验原理的理解和实验方法的迁移运用，多以探究和设计实验的形式出现．预计2014年高考中，将在考查常规实验的实验原理、数据处理的基础上，进一步考查实验方法的迁移运用和创新实验设计．考题1 对基本仪器的使用的考查基本仪器主要是测量性仪器，高考中要求理解仪器的结构原理、规格、参数，灵活地使用仪器，进行正确的读数．力学中基本仪器的原理和使用方法：1．长度测量类问题(1)刻度尺长度测量的基本工具是刻度尺，其最小分度一般为1 mm(此时叫做毫米刻度尺)．毫米刻度尺可以精确读到mm位，估读到110mm位(能读取十分之几毫米)．估读的“0”不能舍弃．弹簧测力计、电流表、电压表等以长度显示读数的仪器，其读数方法与刻度尺相似．(2)游标尺(mm)精度(mm) 测量结果(游标尺上第n条刻度线与主尺上的某刻度线对齐时)(mm)刻度格数刻度总长度每小格与1毫米差1090.10.1主尺上读的毫米数＋0.1n20190.050.05主尺上读的毫米数＋0.05n50490.020.02主尺上读的毫米数＋0.02n (3)螺旋测微器的读数测量值＝固定刻度整毫米数＋半毫米数＋可动刻度读数(含估读)×0.01 mm.(4)关于估读问题：游标卡尺不需要估读；螺旋测微器需要估读，精确度是0.01 mm，读数时要估读到0.001 mm.2．时间测量类仪器(1)机械秒表①原理：机械秒表的长针是秒针，转一圈是30 s．因为机械秒表采用的是齿轮传动，指针不可能停留在两小格之间，所以不能估读出比0.1 s更短的时间．位于秒表上部中间的小圆圈里面的短针是分针，分针走一圈为15 min，每小格为0.5 min.②秒表的读数方法是：t＝短针读数(t1)＋长针读数(t2)．③特别注意：分针所指位置是否已越过半分钟刻度线，且秒针读数无需估读．(2)打点计时器工作电源电压打点间隔电磁打点计时器交流50 Hz 4 V～6 V0.02 s电火花计时器交流50 Hz 220 V0.02 s(3)频闪照相机其作用和处理方法与打点计时器类似，它是用等时间间隔获取图象信息的，即将物体在不同时刻的位置记录下来，使用时要明确频闪的时间间隔．例1(2013·山东·21(1))图1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.图1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.答案 A 11.30易错警示1．游标卡尺读数时需注意：(1)首先要辨别出游标卡尺的分度是10分度、20分度还是50分度，从而确定精度；(2)不要将游标尺的零刻度线与游标尺的外边框混淆；(3)要注意单位的统一和换算；(4)要注意游标卡尺读数的有效数字，不要随便去掉最末位的零．2．螺旋测微器读数时需注意：(1)固定刻度上表示半毫米的刻度线是否已经露出，有时候肉眼看不出来，此时可观察可动刻度上的示数，如果旋钮上的零刻度线非常靠近主刻度线基线下方，则认为固定部分过半刻度线，要增加固定刻度示数0.5 mm；(2)读数时注意精确度为0.01 mm；(3)可动刻度要估读，估读到0.001 mm，以毫米为单位时，螺旋测微器的读数均要到小数点后面的第三位，即使最后一位估读数值为零，也不能省略．突破练习1．某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度，读出图2中的示数，该金属圆片的直径的测量值为__________ cm，厚度的测量值为________ mm.图2答案 1.240 1.680(1.679～1.681均正确)解析游标卡尺没有估读数字．其主尺读数为12 mm，游标尺读数为8×0.05 mm＝0.40 mm.测量值是二者之和，为12 mm＋0.40 mm＝12.40 mm＝1.240 cm.螺旋测微器有估读数字，其固定刻度为1.5 mm，旋转刻度为0.180 mm.测量值为1.680 mm.考题2 对验证性实验的考查力学中的验证性实验有验证力的平行四边形定则、验证牛顿第二定律、验证机械能守恒定律等，这类实验要求用实验的方法来验证科学家已归纳、总结和已证明了的结论，通过实验过程的再现，加深对规律适用条件和结论的理解．解决验证性实验相关问题的关键是根据题目给定的实验条件、实验过程、实验情景领会命题意图，找出实验中应测定的物理量，明确在误差允许的范围内通过怎样的定量关系才能达到实验目的．1．验证力的平行四边形定则例2(2012·浙江·22)在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤．弹力F(N)0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50伸长量0.74 1.80 2.80 3.72 4.60 5.58 6.42x(10－2 m)在图3中作图并求得该弹簧的劲度系数k＝________N/m；图3(2)某次实验中，弹簧秤的指针位置如图4所示，其读数为________N；同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50 N，请在图中画出这两个共点力的合力F合；图4(3)由图得到F合＝________N.解析(1)由表中给出的数据，在图象中进行描点，然后连线，得到弹簧的弹力与弹簧伸长量的关系如图．图象的斜率为弹簧的劲度系数k＝3.26×10－2N/m≈53 N/m(2)弹簧秤的读数为2.10 N，选标度合力的图示如图所示．(3)经测量，合力F合＝3.3 N.答案(1)见解析图53(±2都可)(2)2.10(说明：有效数字位数正确，±0.02范围内都可) 见解析图(3)3.3(说明：±0.2范围内都可)突破练习2．“探究求合力的方法”的实验如图5甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示．图5(1)图乙中的____是力F1和F2的合力的理论值；____是力F1和F2的合力的实际测量值．(2)本实验采用的科学方法是( )A．理想实验法B．控制变量法C．等效替代法D．建立物理模型法(3)在实验中，如果其他条件不变仅将细绳换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？答：____.(选填“变”或“不变”)(4)为了使实验能够顺利进行，且尽量减小误差，你认为下列说法或做法能够达到上述目的的是( ) A．使用弹簧测力计前应将测力计水平放置，然后检查并矫正零点B．两个分力F1、F2间夹角应越大越好C．标记拉力方向时，要用铅笔紧靠细绳沿绳移动铅笔画出D．同一次实验两次拉细绳套不须使结点到达同一位置答案(1)F F′(2)C (3)不变(4)A2．验证牛顿第二定律例3甲、乙两个同学共同做“验证牛顿第二定律”的实验，装置如图6所示．图6(1)两位同学用砝码盘(连同砝码)的重力作为小车受到的合外力，需要平衡桌面的摩擦力对小车运动的影响．他们将长木板的一端适当垫高，在不挂砝码盘的情况下，小车能够自由地做________运动．另外，还应满足砝码盘(连同砝码)的质量m________小车的质量M.(填“远小于”、“远大于”或“近似等于”)接下来，甲同学研究：在保持小车的质量不变的条件下，其加速度与其受到的牵引力的关系；乙同学研究：在保持受到的牵引力不变的条件下，小车的加速度与其质量的关系．(2)甲同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a.图7是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm.图7实验中使用的是频率f ＝50 Hz 的交变电流．根据以上数据，可以算出小车的加速度a ＝________m/s 2.(结果保留三位有效数字)(3)乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M ，得到小车的加速度a 与质量M 的数据，画出a －1M 图线后，发现：当1M较大时，图线发生弯曲．于是，该同学后来又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象，那么，该同学的修正方案可能是( )A ．改画a 与1M ＋m 的关系图线B ．改画a 与(M ＋m )的关系图线C ．改画a 与m M的关系图线 D ．改画a 与1M ＋m2的关系图线解析 (1)将长木板不带滑轮的一端适当地垫高，当小车重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力平衡时，小车便做匀速直线运动． 设细线拉力为F ，小车运动的加速度为a ， 由牛顿第二定律得：mg －F ＝ma ，F ＝Ma 解得：F ＝mg1＋m M可见，当m ≪M 时，F ≈mg .即当砝码盘(连同砝码)的质量m 远小于小车的质量M 时，细线拉力等于小车所受合外力． (2)由纸带上的已知数据可得相邻相等时间内的位移依次为x 1＝3.86 cm ＝3.86×10－2 mx 2＝(8.05－3.86)×10－2 m ＝4.19×10－2 m x 3＝(12.59－8.05)×10－2 m ＝4.54×10－2 m x 4＝(17.47－12.59)×10－2 m ＝4.88×10－2 m由匀变速直线运动规律得x 3－x 1＝2a 1T 2 x 4－x 2＝2a 2T 2则小车运动的加速度 a ＝a 1＋a 22＝x 3＋x 4－x 1＋x 24T2＝4.54＋4.88×10－2－ 3.86＋4.19×10－24×0.12m/s2≈0.343 m/s2.(3)将砝码盘(连同砝码)和小车当作整体分析，由牛顿第二定律得mg＝(m＋M)a解得a＝1m＋Mmg因此，当m一定时，a∝1m＋M，不论小车质量M如何变化，结论总成立，答案选A.答案(1)匀速直线远小于(2)0.343 (3)A突破练习3．“验证牛顿第二定律”的实验装置如图8所示．图8(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出一条纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图9所示．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz.求：图9①从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离x1＝________cm；②该小车的加速度a＝________m/s2.(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：砝码盘中砝码总重力F(N)0.1960.3920.5880.7840.980加速度a(m·s－2)0.69 1.18 1.66 2.18 2.70①请根据该组实验数据在图10所示的坐标纸上作出a－F的关系图象；图10②根据提供的实验数据作出的a－F图线不通过原点的主要原因是________．答案(1)①0.70②0.2(2)①如图所示②未计入砝码盘的重力解析读数时应注意估读，先用mm读数，然后进行单位换算，即7.0 mm，换算为0.70 cm；Δx＝aT2可知x2－x1＝aT2，解得a＝0.2 m/s2；由于处理图象为不通过坐标原点且题目已明确说明平衡过摩擦，说明在测量砝码重力时忽略了砝码盘的重力．3．验证机械能守恒定律例4某实验小组利用图11甲装置做“验证机械能守恒定律”实验，图乙是他们选择的一条较理想的纸带，O点是打点计时器打出的第一个点，计数点A、B、C、D、E、F是纸带上相邻的点．他们测出了各点与O点的距离h后做出了必要的计算，测量和计算的记录见下表(计数点的速度用v表示)甲乙计数点 A B C D E FH(cm) 6.939.4712.415.7119.4123.49v(m/s) 1.16 1.37 1.56 1.75 1.95 2.14v2(m2/s2) 1.35 1.88 2.43 3.06 4.05 4.58(1)测量某点与O点距离h的记录中不合理的一组是____(填写计数点名称)(2)计数点D、E、F与O点之间的距离分别是h D、h E、h F表示，打点计时器的打点周期用T表示，则打下计数点E时纸带的速度v E＝____(用符号表示)，重物运动的加速度a＝____(用符号表示)．图12(3)该小组的同学在坐标纸上建立图12所示坐标系，标出了各组测量数据的坐标点，并在坐标系中画出v 2－h 图线．由图线可以判断计数点____的测量误差较大(填写计数点名称)，据图线得到重力加速度g 测＝____m/s 2(保留三位有效数字)． (4)下列判断中错误的是( )A ．在误差允许的范围内，该实验小组达到了实验目的B ．该地的重力加速度比g 测偏大C ．他们实验操作过程中是先释放纸带然后再闭合打点计时器开关D ．实验过程中阻力引起的误差属于系统误差解析 (1)测量某点到O 点距离h 的记录中不合理的一组是C ：12.4，因为该数据没有估读．(2)根据某段时间的平均速度等于中点时刻的瞬时速度，v E ＝v DF ＝h F －h D2T根据Δx ＝aT 2得： a ＝Δx T 2＝EF －DE T 2＝h F －h E －h E －h DT2＝h F ＋h D －2h ET 2(3)由题图可以看出第5组数据(计数点E )偏离直线较远，误差较大．若该过程机械能守恒，则有mgh ＝12mv 2所以v 2＝2ghv 2－h 图象中，图线的斜率为2g ，即g 为斜率的一半，由图线可知g ＝k2＝9.79 m/s 2(4)根据高中实验的要求，查阅当地重力加速度，由于实验测得的g 值近似等于当地重力加速度，所以公式mgh ＝12mv 2成立，即验证了机械能守恒定律，A 正确．由于空气阻力和摩擦阻力的存在，有一部分机械能转化为内能，测得的g 值应偏小，B 正确．该误差使得测量结果总是偏小，不是操作不当引起的，属系统误差，D 正确．答案 (1)C (2)h F －h D 2T h F ＋h D －2h ET 2(3)E9．79(9.75～9.83) (4)C 突破练习4．如图13甲所示是光电门传感器的示意图，它的一边是发射器，另一边是接收器，当光路被物体挡住的时候，它就开始计时，当光路再次恢复的时候，它就停止计时，这样就可以测出物体挡光的时间．某同学利用光电门传感器设计了一个研究小球下落过程中机械能是否守恒的实验，实验装置如图乙所示，图中A 、B 为固定在同一竖直线上的两个光电门传感器．实验时让半径为R 的小球从某一高度处由静止释放，让小球依次从A 、B 两个光电门传感器的发射器和接收器之间通过，测得挡光时间分别为t 1、t 2.为了证明小球通过A 、B 过程中的机械能守恒，还需要进行一些实验测量和列式证明．图13(1)下列还需要测量的实验步骤是( )A ．测出A 、B 两传感器之间的竖直距离h 1B ．测出小球释放时离桌面的高度HC ．用秒表测出运动小球通过A 、B 两传感器的时间ΔtD ．测出小球由静止释放位置与传感器A 之间的竖直距离h 2(2)如果能满足______________关系式，即能证明小球通过A 、B 过程中的机械能是守恒的．答案 (1)A (2)(Rt 2)2－(R t 1)2＝gh 12解析 实验目的是验证机械能守恒，即验证表达式：mgh 1＝12mv 2B －12mv 2A 成立，光电门传感器测速度的原理是利用平均速度来代替瞬时速度，可得v B ＝2R t 2，v A ＝2Rt 1，因此除了需要测量小球的半径以及记录挡光时间外，还需要计算重力势能的减小量，因此需要测量A 、B 两传感器之间的竖直距离h 1.如果能满足mgh 1＝12m (2R t 2)2－12m (2R t 1)2，化简得⎝ ⎛⎭⎪⎫R t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫R t 12＝gh 12，即能证明小球通过A 、B 过程中的机械能是守恒的．考题3 对探究性实验的考查力学中的探究性实验有：探究弹力和弹簧伸长的关系、探究动能定理、探究单摆的运动等．探究性实验要求学生将自己掌握的物理知识和实验技能创造性地应用到新的实验情景中，由题给条件自行选定实验原理，确定实验方案，选择合适的器材去研究物理现象，通过实验得到的数据信息分析各物理量中的内在联系，找出其中所包含的物理规律． 1．探究弹力与弹簧伸长量的关系例5 (2012·广东·34(2))某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系．①将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧．弹簧轴线和刻度尺都应在________方向(填“水平”或“竖直”)．②弹簧自然悬挂，待弹簧________时，长度记为L 0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为L x ；在砝码盘中每次增加10 g 砝码，弹簧长度依次记为L 1至L 6，数据如下表： 代表符号 L 0L xL 1L 2L 3L 4L 5L 6数值(cm) 25.3527.3529.3531.3033.435.3537.4039.30表中有一个数值记录不规范，代表符号为________．由表可知所用刻度尺的最小分度为________．③图14为该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与________的差值(填“L 0”或“L x ”)．图14④由图可知弹簧的劲度系数为________N/m ；通过图和表可知砝码盘的质量为________g(结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8 m/s 2)．解析 悬挂法测量弹簧的弹力时，弹簧轴线和刻度尺应在竖直方向上，当弹簧静止时，读出弹簧的原长，此时误差较小；由表格中的数据可知刻度尺的最小刻度为1 mm ；图象经过坐标原点，纵轴是砝码的质量，则横轴为与所挂砝码质量相对应的弹簧的伸长量，所以横轴是弹簧长度与L x 的差值．由图象知，弹簧的劲度系数为k ＝ΔF Δx ＝60×10－3×9.812×10－2N/m ＝4.9 N/m ，砝码盘的质量m ＝k L x －L 0g＝0.01 kg ＝10 g.答案 ①竖直 ②静止 L 3 1 mm ③L x ④4.9 10 突破练习5．某同学在做“探究弹力与弹簧伸长量的关系”的实验时，所用的钩码每只质量都是30 g ，他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，将数据填在了下面的表格中．(弹力始终没有超过弹性限度，取g ＝9.8 m/s 2砝码质量(g) 0 30 60 90 120 150 弹簧总长(cm) 6.00 7.15 8.34 9.48 10.64 11.79 弹力大小(N) 00.2940.5880.8821.1761.470(1)试根据这些实验数据在图15给定的坐标纸上作出弹簧所受弹力大小F 跟弹簧总长L之间的函数关系图象．图15(2)说明图象跟坐标轴交点的物理意义． (3)该弹簧的劲度系数k 是多大． 答案 见解析解析 (1)图象如图所示(2)根据实验数据在坐标纸上描出的点基本上在同一条直线上．可 以判定F 和L 之间是一次函数关系．画一条直线，使尽可能多的 点落在这条直线上，不在直线的点均匀地分布在直线两侧．该图线跟横轴交点的横坐标表示弹簧的原长．(3)由k ＝ΔFΔx可得k ＝25 N/m(k 在24～26之间都可以)．2．探究动能定理例6 (2013·四川·8(2))如图16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16图17①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17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ΔE k ，补填表中空格(结果保留至小 O —BO —CO —DO —EO —FW /J0.04320.0572 0.0734 0.0915 ΔE k /J 0.04300.05700.07340.0907分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内W ＝ΔE k ，与理论推导结果一致．③实验前已测得托盘质量为7.7×10－3kg ，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/s 2，结果保留至小数点后第三位)．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由题图可知OF ＝55.75 cm ，再结合v t2＝v 可得打下计数点F 时的瞬时速度v F ＝OG －OE2T＝1.051 m/s 2，故W ＝F ·OF ＝0.111 5 J ，ΔE k ＝12Mv 2F ≈0.110 5 J.③根据牛顿第二定律有：对小车F ＝Ma ，得a ＝1.0 m/s 2；对托盘及砝码(m ＋m 0)g －F ＝(m ＋m 0)a ，故有m ＝F g －a －m 0＝0.29.8－1.0 kg －7.7×10－3kg ＝0.015 kg答案 ①匀速直线(或匀速)②0.111 5 0.110 5 ③0.015 突破练习6．某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是： a ．按图18安装好实验装置，其中小车的质量M ＝0.50 kg ，钩码的总质量m ＝0.10 kg ； b ．释放小车，然后接通打点计时器的电源(电源的频率f ＝50 Hz)，打出一条纸带．图18(1)他在多次重复实验得到的纸带中取出最满意的一条，如图19所示．把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各相邻计数点间的距离分别为d 1＝0.008 m ，d 2＝0.024 m ，d 3＝0.041 m ，d 4＝0.056 m ，d 5＝0.072 m ，d 6＝0.088 m……他把钩码重力(当地重力加速度g ＝9.8 m/s 2)作为小车所受合力，算出从打下0点到打下第5点时合力所做的功W ＝________(结果保留三位有效数字)，把打下第5点时小车的动能作为小车动能的改变量，算得E k ＝________.(结果保留三位有效数字)．图19(2)此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大．通过反思，他认为产生误差的原因如下，其中正确的是________． A ．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏小太多 B ．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多 C ．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小 D ．根本原因是没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离 答案 (1)0.197 0.160 (2)B解析 (1)根据题意小车所受合力为：F ＝mg ＝0.10×9.8 N＝0.98 N ，根据功的定义可知：W ＝Fx ＝mgh ＝mg (d 1＋d 2＋d 3＋d 4＋d 5)＝0.197 J ；根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出第5个点的速度大小为：v ＝d 5＋d 62T(其中T ＝0.10 s)，动能公式为：E k ＝12Mv 2＝0.160 J.(2)设绳子上拉力为F ，根据牛顿第二定律，对小车有：F ＝Ma ；对钩码有：mg －F ＝ma .F ＝Mmg M ＋m ＝mg1＋mM，由此可知M ≫m 时，钩码的重力等于绳子的拉力，因此当钩码质量太大时，合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多，故A 错误；实验中要进行平衡摩擦力操作，若没有平衡摩擦力直接将钩码重力做的功当作小车合力做的功，会造成较大误差，故B 正确；释放小车和接通电源的顺序有误，影响打点多少，不一定会使动能增量的测量偏小，故C 错误；距离的测量产生的误差不是该实验产生的主要误差，故D 错误．故选B. 3．探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度例7 做“用单摆测定重力加速度”的实验．图20(1)为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过________(选填“平衡位置”或“最高点”)时开始计时；某次测定了40次全振动的时间如图20中秒表所示，那么秒表读数是________s ；(2)改变摆长l ，共测定了6组摆长l 和对应的周期T .为了求出当地的重力加速度g,3位同学提出了3种不同的处理方法：A ．从测定的6组对应值中任意选取1组，用公式g ＝4π2l /T 2求出g 作为测量值 B ．先分别求出6个l 值的平均值l 和6个T 值的平均值T ，再用公式g ＝4π2l /T 2求出g 作为测量值C ．先用6组l 、T 的值，用公式g ＝4π2l /T 2求出6个对应的g 值，再求这6个值的平均值作为测量值图21以上3种方法，错误的是________，其余正确方法中，偶然误差最大的是________(填入相应的字母)．(3)某同学只测量了悬点到球间摆线的长度L ，测得6组L 和对应的周期T ，画出如图21所示的L －T 2图线，并在图线上选取了A 、B 两个点，其坐标如图所示．据此可得计算重力加速度的表达式为g ＝________.解析 (1)测量时间应从平衡位置开始计时．秒表的读数由两部分组成，由小刻度盘读得1分钟，即60 s ，由大刻度盘读得15.2 s ，因此秒表的读数为75.2 s.(2)B 的做法是错误的，因为取T 的平均值和L 的平均值无意义． A 的做法误差最大，因为只用了一组数据．(3)根据T ＝2π L ＋L 0g得L ＝gT 24π2－L 0将A 、B 两点的坐标分别代入得L A ＝gT 2A4π2－L 0L B ＝gT 2B4π2－L 0所以g ＝4π2L B －L AT 2B －T 2A答案 (1)平衡位置 75.2 (2)B A (3)4π2L B －L AT 2B －T 2A突破练习7．(2013·安徽·21改编)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22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．图22 图23(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图23所示，读数为________mm. (2)以下是实验过程中的一些做法，其中不正确的是________． a ．摆线要选择细些的、伸缩性小些的、并且尽可能长一些 b ．摆球尽量选择质量大些、体积小些的c ．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt 即为单摆周期Td ．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt ，则单摆周期T ＝Δt50答案 (1)18.6 (2)c解析 (1)十分度游标尺的第6个刻度线与主尺刻度线对齐，所以读数为18.6 mm.(2)对于单摆，摆线质量可忽略且不可伸长，所以应选伸缩性小的细线，摆球应选密度较大、体积小的钢球；为使摆动周期长些，由T ＝2πlg知，摆线应长些，所以选项a 、b 正确，为使单摆具有等时性，摆角应小于5 °，要减小测量周期的误差，计时起点应选在摆球的平衡位置，且测量多次(N )全振动的总时间(Δt )，然后再算出周期T ＝ΔtN，选项d 正确．考题4 对创新设计性实验的考查创新设计性实验要求运用学过的实验方法，自行设计一个新的实验方案．要求设计实验原理，选择实验器材，安排实验步骤，设计处理数据的方法及分析实验误差．主要考查是否理解实验原理和实验仪器的工作原理，是否具有灵活运用实验知识的能力，是否具有在不同情况下迁移知识的能力．图24例8 (2013·江苏·11)某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度，实验装置如图24所示．倾斜的球槽中放有若干个小铁球，闭合开关K ，电磁铁吸住第1个小球．手动敲击弹性金属片M ，M 与触头瞬间分开，第1个小球开始下落，M 迅速恢复，电磁铁又吸住第2个小球．当第1个小球撞击M 时，M 与触头分开，第2个小球开始下落…….这样，就可测出多个小球下落的总时间．(1)在实验中，下列做法正确的有______． A ．电路中的电源只能选用交流电源 B ．实验前应将M 调整到电磁铁的正上方C ．用直尺测量电磁铁下端到M 的竖直距离作为小球下落的高度D ．手动敲击M 的同时按下秒表开始计时(2)实验测得小球下落的高度H ＝1.980 m,10个小球下落的总时间T ＝6.5 s ．可求出重力加速度g ＝______m/s 2.(结果保留两位有效数字)(3)在不增加实验器材的情况下，请提出减小实验误差的两个办法．(4)某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间Δt 磁性才消失，因此，每个小球的实际下落时间与它的测量时间相差Δt ，这导致实验误差．为此，他分别取高度H 1和H 2，测量n 个小球下落的总时间T 1和T 2.他是否可以利用这两组数据消除Δt 对实验结果的影响？请推导说明．解析 (1)M 与触头接触期间，电磁铁应保持磁性存在，故电源用直流电源和交流电源均可，A 项错误；实验中要通过小球撞击M 断开电路来释放下一小球，故M 必须在电磁铁正下方，B 项错误；小球下落的高度应为电磁铁下端到M 的竖直距离减去小球直径，C 项错误；手敲击M 瞬间，小球1即开始下落，故应同时开始计时，D 项正确．(2)H ＝12gt 2＝12g (T 10)2所以g ＝200H T 2＝200×1.9806.52 m/s 2＝9.4 m/s 2。

实验七测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)前期准备·明确原理——知原理 抓住关键【实验目的】1．掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法。

2．掌握螺旋测微器和游标卡尺的原理及读数方法。

3．会用伏安法测电阻，进一步测定金属的电阻率。

【实验原理】由电阻定律R ＝ρL S 得ρ＝R S L。

金属导线的电阻R 用伏安法测量，金属导线的长度L 用毫米刻度尺测量，金属导线的横截面积S 可由其直径d 算出，即S ＝π⎝⎛⎭⎫d 22，直径d 可由螺旋测微器测出。

【实验器材】被测金属丝、螺旋测微器、毫米刻度尺、电池组、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线若干。

【仪器、仪表的读数】1．螺旋测微器(1)原理：测微螺杆与固定刻度之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm ，即旋钮每旋转一周，测微螺杆前进或后退0.5 mm ，而可动刻度上的刻度为50等份，每转动一小格，测微螺杆前进或后退0.01 mm ，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm 。

读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺。

(2)读数：测量值(mm )＝固定刻度数(mm )(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm )。

2．游标卡尺(1)原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成。

不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少 1 mm 。

(2)读数：若用x 表示由主尺上读出的整毫米数，K 表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则记录结果表达为(x ＋K ×精确度)mm 。

3．常用电表的读数对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流值，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可。

(1)0～3 V的电压表和0～3 A的电流表读数方法相同，此量程下的精确度是0.1 V或0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位。

2014届高考物理（大纲版）一轮复习课时作业：实验12 测定金属的电阻率1．“测定金属的电阻率”的实验中，以下操作中错误的是( )A．用米尺量出金属丝的全长三次，算出其平均值B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值C．用伏安法测电阻时采用电流表内接法，多次测量后算出平均值D．实验中应保持金属丝的温度不变解析：选AC.应量出金属丝接入电路中的有效长度，而不是全长；金属丝的电阻很小，与电压表内阻相差很大，使金属丝与电压表并联，电压表对它的分流作用很小，应采用电流表外接法．故A、C操作错误．2．分别用图甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值．图甲中两表的示数分别为3 V、4 mA，图乙中两表的示数分别为4 V、3.9 mA，则待测电阻R x的真实值为( )A．略小于1 kΩB．略小于750 ΩC．略大于1 kΩD．略大于750 Ω解析：选D.先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，这样电流表分压较大，应该采用甲图进行测量比较准确．甲图中测量值较真实值偏小．3．(2012·高考新课标全国卷)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甲所示，测量金属板厚度时的示数如图乙所示．图甲所示读数为________mm，图乙所示读数为________mm，所测金属板的厚度为________mm.解析：图甲：0 mm＋0.01 mm×1.0＝0.010 mm；图乙：6.5 mm＋0.01 mm×37.0＝6.870 mm；故所测金属板的厚度为6.870 mm－0.010 mm＝6.860 mm.答案：0.010 6.870 6.8604．(2011·高考天津卷)某同学测量阻值约为25 kΩ的电阻R x，现备有下列器材：A．电流表(量程100 μA，内阻约2 kΩ)；B．电流表(量程500 μA，内阻约300 Ω)；C．电压表(量程15 V，内阻约100 kΩ)；D．电压表(量程50 V，内阻约500 kΩ)；E．直流电源(20 V，允许最大电流1 A)；F．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，额定功率1 W)；G．开关和导线若干．电流表应选________，电压表应选________．(填字母代号)该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：(1)________________________________________________________________________；(2)________________________________________________________________________．解析：最大电流I m ＝E R x ＝2025×103 A ＝800 μA ，故电流表应选B.电源电动势20 V ，电压表D 的量程为50 V ，测量误差过大，故应选C.(1)R 0＝R A R V ＝0.3×500 k Ω＝150 k Ω＜R x ，故电流表应采用内接法．(2)由于滑动变阻器最大阻值比被测电阻小很多，为了便于调节和为了保证电表的安全，滑动变阻器应采用分压式接法．答案：B C(1)电流表应采用内接的方法(2)滑动变阻器应采用分压式接法 5.在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测量金属丝的长度l ＝1.000 m ．金属丝的电阻大约为5.0 Ω.先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属的电阻率．(1)从图中读出金属丝的直径为________mm.(2)在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测金属丝外，还有以下供选择的实验器材：A ．直流电源：电动势约4.5 V ，内阻很小；B ．直流电压表 V ：量程0～3 V ，内阻3 k Ω；C ．直流电流表A 1：量程0～0.6 A ，内阻0.125 Ω；D ．直流电流表A 2：量程0～3.0 A ，内阻0.025 Ω；E ．滑动变阻器R 1：最大阻值10 Ω；F ．滑动变阻器R 2：最大阻值50 Ω；G ．开关、导线若干．在可供选择的器材中，应该选用的电流表是________，应该选用的滑动变阻器是________．(3)根据所选的器材和实验电路图，在图中用笔画线代替导线将实物连接成实验电路．答案：(1)(0.518±0.002) (2)A 1 R 1 (3)如图所示6．(2012·高考山东卷)在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：R x(阻值约为4 Ω，额定电流约为0.5 A);电压表：V(量程3 V，内阻约3 kΩ)；电流表：A1(量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω)；A2(量程3 A，内阻约为0.05 Ω)；电源：E1(电动势3 V，内阻不计)；E2(电动势12 V，内阻不计)；滑动变阻器：R(最大阻值约20 Ω)；螺旋测微器：毫米刻度尺；开关S；导线．(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为________mm.(2)若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________、电源应选________(解析：(1)螺旋测微器主尺读数为1.5 mm，可动刻度读数为27.3×0.01 mm＝0.273 mm，读数应为：1.5 mm＋0.273 mm＝1.773 mm.(2)在用伏安法测电阻的实验，为使测量尽量精确，则电压表、电流表指针需达到半偏以上，又由于待测电阻R x阻值约为4 Ω，额定电流约为0.5 A，故电流表选A1，电源选E1.答案：(1)1.773(1.771～1.775均正确)(2)A1E1电路图如图所示7．衡水中学课外活动小组的同学们在做《自来水电阻率的测定》课题时，在一根粗细均匀的长玻璃管两端各装了一个电极，其间充满待测的自来水，然后用如图甲所示电路进行测量．某同学选用的电学器材如下：电压表(量程15 V，内阻约90 kΩ)、电流表(量程300 μA，内阻约50 Ω)、滑动变阻器(100 Ω，1 A)、电池组(电动势E＝12 V，内阻r＝6 Ω)、开关一个、导线若干．实验中测量情况如下：安装前他用图乙(a)的游标卡尺测量玻璃管的内径，结果如图乙(b)所示．测得两电极相距L＝0.314 m.实验中测得包括0在内的9组电流I、电压U的值，在坐标纸上描点如图所示．根据以上材料请回答下面的问题：(1)测量玻璃管内径时，应将图乙(a)游标卡尺中的A、B、C三部分中的__________与玻璃管内壁接触；玻璃管的内径d＝__________mm.(2)为保证安全，闭合开关前滑动变阻器的滑片应移至________端(选填M或N)．(3)根据实验数据可知他测得水柱的电阻R＝________Ω(保留两位有效数字)；用水柱电阻R、玻璃管内径d、水柱长度L表示自来水的电阻率ρ＝________.(4)该同学在完成实验报告时，通过比较水柱电阻、电表内阻时发现，实验中的电路设计有不妥之处，会引起较大的系统误差，于是他在实验报告中提出了改进意见，并画出了改进解析：(1)游标卡尺中的A是用于测内径的，其读数d＝30 mm＋15×0.05 mm＝30.75 mm.(2)滑动变阻器分压接法时，闭合开关时，分压应为零，即滑片应置于M端．(3)根据图作过原点的直线(使较多的点在直线上或平均分布于直线两侧)，其斜率即为阻值R＝1.0×105Ω.根据R＝ρLS得ρ＝πRd24L.(4)由于被测电阻较大，故电流表应内接．答案：(1)A30.75 (2)M(3)1.0×105πRd2 4L(4)如图所示。

2013届高三二轮专题卷：散文阅读（三）（广东）一、阅读下面的文字，完成1～3题。

陆地上的船谢志强早晨，太阳刚刚升起，他便站在晒谷场上，一只手叉在腰间，一只手一挥，像一个指挥千军万马的将军，他喊：起锚，出航！爹叹了一口气说，疯子的船又出海了。

我好奇地望着他。

我没见过海，没见过航船。

他迎着照进山岙里的阳光，穿着整齐的制服，很威武，很气派。

阳光勾勒出他的剪影。

晒谷场周围是一块块水田，绿茵茵地连向山岭。

接着，他开始踱步。

我观察了好些天，他从晒谷场的东头慢慢地走向西头，沉思的样子。

晒谷场铺着水泥。

我发现，他绝不多走一步，接近晒谷场的边缘，他又折回身，继续走。

他的皮肤黝黑，不是山民那种黑。

是海风吹出的黑，父亲告诉我。

我想象大海无遮无拦的阳光。

他走得那么准确。

爹说他那条船跟晒谷场差不多大。

那么大一条船，我想，一个移动的晒谷场，周围的绿田不是像平静的海水吗？爹说，别去打扰他，可怜的船长。

一个失去了船的船长。

我对他生出敬意，他的身材魁伟，把那一身制服撑得板板直直，好像挂在衣架上边那样。

太阳在不知不觉升起，有一竿子高了，他仍重复着踱步——那是他在甲板上散步。

我希望他脚下的晒谷场能够航行。

他踱步的时候，晒谷场仿佛在飘移。

他的制服衣襟在山风里猎猎抖动。

可是，天阴下来了，不知哪里钻出来了乌云，发酵似地膨胀，遮住了太阳。

他停下脚步，四处张望，甚至，双手圈成两个圆，罩在眼眉前。

父亲说那是他的望远镜。

爹示意我们——村里的几个小伙伴都来了，他们想嚷嚷——不要出声，其实，我真想赶过去，登上他的船。

他举起双臂，说，全体注意，风暴来啦，各就各位，保持航速！我们乐了。

他焦虑不安地跑起来，跑到船头——晒谷场的东首，他用脚踢踢摊在地上的稻谷，说赶快采取措施，海水漫进舱里了。

他开始寻找什么，大概是桶之类的东西，舀海水。

他忙乎着踢稻谷，金色的稻谷飞起，我的娘撩起围裙揉在手里，对我的爹说，你去劝劝他，这样糟蹋粮食。

他喊：快，水泵，都躲起来干嘛！他四顾着，像是寻找想象中的船员。

设计与创新能力：要求考生将教材中的实验原理、实验方法迁移到新的背景中，以完成新的实验要求的设计性实验，将逐步取代对原教材中实验的考查。

【实验目的】1、练习使用螺旋测微器；2、学会用伏安法测量电阻的阻值；3、测定金属的电阻率。

【实验原理】S，并用伏安法测出金属导线的电阻率。

【实验器材】被测金属导线，直流电源（4V），电流表(0--0.6A)，电压表（0--3V），滑动变阻器（50Ω），电键，导线若干，螺旋测微器，毫米该度尺。

【实验步骤】1、用螺旋测微器在被测金属导线上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值S。

2、按图所示的原理电路图连接好用伏安法测电阻的实验电路。

3、用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，反复测量3次，求出其平均4、把滑动变阻器的滑动片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置，电路经检查确认无误后，闭合电键S，改变滑动变阻器滑动片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，记入记录表格内，断开电键S，求出导线电阻R的平均值。

5、将测得R中，计算出金属导线的电阻率。

6、拆去实验线路，整理好实验器材。

【注意事项】1、本实验中被测金属导线的电阻值较小，因此实验电路必须采用电流表外接法。

2、实验连线时，应先从电源的正极出发，依次将电源、电键、电流表、待测金属导线、滑动变阻器连成主干线路（闭合电路），然后再把电压表并联在待测金属导线的两端。

3、测量被测金属导线的有效长度，是指测量待测导线接入电路的两个端点之间的长度，亦即电压表两并入点间的部分待测导线长度，测量时应将导线拉直。

4、闭合电键S之前，一定要使滑动变阻器的滑动片处在有效电阻值最大的位置。

5、在用伏安法测电阻时，通过待测导线的电流强度I的值不宜过大（电流表用0~0.6A量程），通电时间不宜过长，以免金属导线的温度明显升高，造成其电阻率在实验过程中逐渐增大。

6、求R值；第二种是用图象（U-I图线）的斜率来求出，若采用图象法，在描点时，要尽量使各点间的距离拉大一些，连线时要让各点均匀分布在直线的两测，个别明显偏离较远的点可以不予考虑。

第50课时 测定金属的电阻率(试验增分课)一、试验目的1．驾驭电流表、电压表和滑动变阻器的运用方法及电流表和电压表的读数方法。

2．驾驭螺旋测微器和游标卡尺的原理及读数方法。

3．会用伏安法测电阻，进一步测定金属的电阻率。

二、试验原理1．用伏安法测出金属丝的电阻，试验电路如图(甲或乙)。

2．由电阻定律R ＝ρl S ，得ρ＝R S l 。

三、试验器材待测金属丝、螺旋测微器、毫米刻度尺、电池组、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线若干。

谨记部分器材用途 螺旋测微器测定金属丝的直径 毫米刻度尺 测定金属丝的长度 电流表、电压表测定金属丝的电流和电压，计算电阻 滑动变阻器变更通过金属丝的电流，多次测量求平均值 1．用螺旋测微器在待测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d ，计算出金属丝的横截面积S ＝πd 24。

2．按试验电路图甲或乙连接好电路。

3．用毫米刻度尺测量接入电路中的待测金属丝的有效长度，反复测量3次，求出其平均值l 。

4．把滑动变阻器的滑片调整到接入电路中的电阻值最大的位置，电路经检查确认无误后，闭合开关S ，变更滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I 和U 的值，记入表格内，断开开关S 。

5．拆去试验线路，整理好试验器材。

五、数据处理1．在求R x 的值时可用两种方法(1)用R x ＝U I 分别算出各次的数值，再取平均值。

(2)用U I 图线的斜率求出。

2．计算电阻率将记录的数据R x 、l 、S 的值代入电阻率计算式 ρ＝R x S l，求出待测金属丝的电阻率。

六、误差分析1．金属丝的横截面积是利用直径计算而得，直径的测量是产生误差的主要来源之一。

2．采纳伏安法测量金属丝的电阻时，由于采纳的是电流表外接法，测量值小于真实值，使电阻率的测量值偏小。

3．金属丝的长度测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差。

4．由于金属丝通电后发热升温，会使金属丝的电阻率变大，造成测量误差。

2014高考物理研讨会——高三物理二轮、三轮复习策略第一部分：瞄准考点抓住重点——近七年山东高考考点对比分析一、选择题七年考点汇总二、实验题七年高考汇总三、计算题七年考点汇总四、选考题七年高考汇总第二部分：以点带面、科学高效————立体式复习模式物理专题复习专题设置专题一力物体的平衡专题二直线运动专题三牛顿运动定律专题四物理图像专题五曲线运动与万有引力定律专题六机械能专题七电场专题八磁场专题九电磁感应与电路专题十物理实验专题十一力学综合计算题专题十二电学综合计算题专题十三选考专题第三部分关注热点整合信息山东高考考试说明解读一、己有成就：1、模型情景典型、2、考点布局合理、3、思考点设置恰当、思维量充足、4、数学运算量充足，5、解答时长、书写时长恰当。

己形成山东省特色的命题规律与试卷结构。

也深得其它各省的认可、好评。

二、突出问题：1、模板过于固定、2、弹性不足，3、渐近“僵化”。

◆处于调整期——调整期——全面改革期前4年（2007～2010年）基本稳定，后3年（2011年～2013）有所微调。

2014山东全面改革三、2014年高考考试说明精细解读•考卷预测二轮复习要求及建议一、二轮复习的三大任务1.优化知识结构：通过比较、归纳、联系将教材中不同地方出现的知识点进行有机整合，形成科学的知识网络，带领学生将书读薄，提高综合运用能力。

2.提升能力层次：根据高考特点和学生实际，通过针对重点、难点的强化训练和针对题型、能力的专项训练，加强对审题能力、分析推理能力、归纳总结能力和表述能力的培养，努力实现对重要考点的有效突破，提高对中低档题的把握能力，真正做到又好又快。

3.强化应试指导：通过必要的定时训练和模拟演练，加强审题、解题指导，纠正不良解题习惯，进行规范答题训练，确保会做的题不丢分（完整做对）；充分利用试卷讲评课进行应试策略指导，合理分配时间和精力，提高得分能力。

二、二轮复习应该坚持的四项基本原则1、强化性原则：坚持“集中优势兵力打歼灭战”的原则，采用专题突破方式对高考重点、难点进行强化训练，切忌面面俱到，简单重复——突出主流习题、突出重要得分点。