2018年高考物理二轮复习 实验题15分强化练3

高考题型专项练——实验题专练实验题专练(一)(共15分，限时10分钟)1．[2015·厦门质监](6分)在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图甲所示的实验装置.(1)实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是________.(填选项前的字母)A．保证钩码的质量远小于小车的质量B．选取打点计时器所打的第1点与第2点间的距离约为2 mm 的纸带来处理数据C．把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力D．必须先接通电源再释放小车(2)如图乙所示是实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相邻计数点间的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m.从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是________，小车动能的增量是________.(用题中和图中的物理量符号表示)答案(1)AC(2分)(2)mgs(2分)12M(s22T)2－12M(s12T)2(2分)解析(1)为使钩码的重力近似于小车受到的合力，需要把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力，C项正确；同时保证钩码的质量远小于小车的质量，减小钩码失重带来的误差，A项正确；D 项是打点计时器实验的正确做法，对减小本题中的实验误差无影响，D项错；B项为保证重物由零开始做自由落体运动的措施，B项是错误的.(2)从B点到E点合力对小车做的功W＝mgs.v B＝s12T，v E＝s22T，小车动能增量ΔE k＝E k E－E k B＝12M(s22T)2－12M(s12T)2.2．[2015·盐城二模](9分)某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻.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V1、V2，量程均为3 V，内阻约为3 kΩC．定值电阻R0未知D．滑动变阻器R，最大阻值R mE．导线和开关(1)根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图；(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R 0，方法是先把滑动变阻器R 调到最大阻值R m ，再闭合开关，电压表V 1和V 2的读数分别为U 10、U 20，则R 0＝________(用U 10、U 20、R m 表示)；(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V 1和V 2的多组数据U 1、U 2，描绘出U 1-U 2图象如图丙所示，图中直线斜率为k ，与横轴的截距为a ，则两节干电池的总电动势E ＝________，总内阻r ＝________(用k 、a 、R 0表示).答案 (1)如图所示(3分)(2)(U 20－U 10)R m U 10(2分) (3)ak k －1(2分) R 0k －1(2分) 解析 (1)由实物连线可画出电路图.(2)由部分电路欧姆定律可得：U 10R m ＝U 20－U 10R 0，得R 0＝(U 20－U 10)R m U 10.(3)由闭合电路欧姆定律得：E ＝U 2＋U 2－U 1R 0r 变形得：U 1＝R 0＋r r U 2－ER 0r由丙图得：R 0＋r r ＝kR 0＋r r a ＝ER 0r解得：E ＝ak k －1，r ＝R 0k －1.实验题专练(二)(共15分，限时10分钟)1. [2015·云南统考](6分)在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，实验电路图如图所示，实验室提供下列器材：电流表A 1(量程0.6 A ，内阻约1.0 Ω)电流表A 2(量程3 A ，内阻约0.5 Ω)电压表V(量程3 V ，内阻约3 kΩ)滑动变阻器R 1(0～20 Ω)滑动变阻器R 2(0～200 Ω)干电池E (电动势约1.5 V ，内阻未知)开关及导线若干(1)实验中电流表应选________，滑动变阻器应选________(填器材的代号)；(2)实验中要求电流表测量通过电池的电流，电压表测量电池两极的电压.根据图示电路，电流表的示数________(填“大于”或“小于”)所需测量的电流值；(3)若有相同型号的新旧两节干电池，分别接入图示电路，当电流在相同范围内变化时，电压表读数变化范围较大的是________(填“新干电池”或“旧干电池”).答案(1)A1R1(每空1分)(2)小于(2分)(3)旧干电池(2分) 解析(1)滑动变阻器应选择R1，其阻值与待测电源电阻更接近，操作方便.根据实验的准确性原则电流表应选择A1；(2)由于电压表的分流作用，电流表示数小于实际通过干电池的电流即需要测量的电流；(3)由电源的伏安特性曲线可知，电流变化范围相同，电压变化范围大的伏安特性曲线斜率更大，即是电源内电阻更大，故旧干电池电压变化范围更大.2．[2015·云南统考](9分)一学生用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数.在桌面上放置一块水平长木板，木板一端带滑轮，另一端固定一打点计时器.木块一端拖着穿过打点计时器的纸带，另一端连接跨过定滑轮的绳子，在绳子上悬挂一定质量的钩码后可使木块在木板上匀加速滑动.实验中测得木块质量M＝150 g，钩码质量m＝50 g.(1)实验开始时，应调整滑轮的高度，让绳子与木板________；(2)实验中得到如图乙所示的纸带，纸带上A、B、C、D、E是计数点，相邻两计数点之间的时间间隔是0.10 s，所测数据在图中已标出，根据图中数据可求得木块运动的加速度a ＝________m/s 2(结果保留两位有效数字)；(3)根据实验原理可导出计算动摩擦因数的表达式μ＝_______(用M 、m 、g 、a 表示)；取g ＝10 m/s 2，代入相关数据可求得μ＝________(计算结果保留一位有效数字).答案 (1)平行(2分) (2)0.25(2分) (3)m M －(M ＋m )a Mg (3分)0.3(2分)解析 (1)实验由纸带测定木块加速度，木块所受拉力方向不变，保持与桌面平行，因此需要在实验前调整滑轮高度，使绳子与木板平行；(2)根据匀变速直线运动规律的推论Δx ＝aT 2可知，木块的加速度a ＝(16.18－15.17)×10－2(2×0.10)2 m/s 2＝0.25 m/s 2；(3)钩码与木块加速度大小相等，假设绳子张力为T ，对钩码有：mg －T ＝ma ，对木块则有：T－μMg ＝Ma ，解两式得：μ＝m M －(M ＋m )a Mg ，将已知条件代入解得：μ＝0.3.实验题专练(三)(共15分，限时10分钟)1．(2分)(多选)如图所示“用DIS 研究机械能守恒定律”实验装置.下列步骤正确的是( )A．让摆锤自然下垂，调整标尺盘，使其竖直线与摆锤线平行B．将摆锤置于释放器内，释放杆进行伸缩调整，使摆锤的系线松弛一点便于摆锤释放C．调整光电门的位置，使光电门的接收孔与测量点位于同一水平面内D．将释放器先后置于a、b、c点，将光电门置于标尺盘的d点，分别测量释放器内的摆锤由a、b、c三点静止释放摆到d点的势能和动能答案AC解析A项，让摆锤自然下垂，以摆线为基准，调整标尺盘的放置位置，使标尺盘上的竖直线与摆线平行，故A正确.B项，将摆锤置于释放器内并对释放杆进行伸缩调整，应该使摆锤的细线刚好绷紧释放摆锤，故B错误.C项，调整光电门的位置，使光电门的接收孔与测量点位于同一水平面内，以保证竖直的高度测量准确，故C正确.D项，应该把光电门置于标尺盘的b、c、d点，释放器的摆锤始终在a点，故D错误.2．[2015·北京海淀区二模] (13分)(1)甲同学根据图1所示电路采用“半偏法”测量一个量程为3 V的电压表内阻(约3 kΩ).①为使测量值尽量准确，在以下器材中，电阻箱R应选用________，滑动变阻器R0应选用________，电源E应选用________(选填器材前的字母).()A．电阻箱(0～999.9 Ω) B．电阻箱(0～9999 Ω)C．滑动变阻器(0～50 Ω) D．滑动变阻器(0～2 kΩ)E．电源(电动势1.5 V) F．电源(电动势4.5 V)②该同学检查电路连接无误后，在开关S1、S2均断开的情况下，先将R0的滑片P调至a端，然后闭合S1、S2，调节R0，使电压表指针偏转到满刻度，再断开开关S2，调节R的阻值，使电压表指针偏转到满刻度的一半.如果此时电阻箱R接入电路中的阻值为3150 Ω，则被测电压表的内阻测量值为________Ω，该测量值________实际值(选填“略大于”、“略小于”或“等于”).(2)乙同学将一个电流计改装成量程为3 V的电压表.该电流计内部由表头和定值电阻r串联组成，其中表头电阻r g＝100 Ω，r约为几千欧.为确定该电流计的满偏电流I g和r的阻值，他采用如图2所示电路进行测量.实验中使用的电源电动势E＝3.0 V，电阻箱R的最大阻值为9999 Ω.具体操作步骤如下：a．将滑动变阻器R0的滑片P调到a端，电阻箱接入电路的阻值R调到5000 Ω；b．闭合S，仅调节R 0使电流计满偏，记录此时电阻箱接入电路的阻值R和电压表的示数U；c．断开S，将滑动变阻器R0的滑片P再次调到a端，将电阻箱接入电路的阻值R减小1000 Ω；d．重复步骤b、c，直到将电阻箱接入电路的阻值R调为0 Ω，断开S，结束实验.根据实验测量出的多组数据绘制电压表示数U随电阻箱接入电路中的阻值R变化的图象，如图3所示.①现有如下三种量程的电压表，在该实验中为使电压的测量值尽可能准确，电压表应选用的量程为________(选填器材前的字母).A．0～15 V B．0～3 VC．0～0.5 V②根据上述实验数据绘制出的图象，并考虑实验中存在的误差，可以推测出该表头的满偏电流I g以及定值电阻r的值应为________.(选填选项前的字母)A．30 μA,2.4 kΩ B．300 μA,5.0 kΩC．300 μA,2.4 kΩ D．30 μA,5.0 kΩ③乙同学参考②中判断的结果，他若将电流计________联(选填“串”或“并”)一个阻值为________kΩ的电阻，就可以将该电流计改装成量程为3 V的电压表.答案(1)①B C F(各1分)②3150略大于(各1分)(2)①B(2分)②C(3分)③串(1分)7.5(2分)解析(1)①用半偏法测电压表内阻，电阻箱的最大值应大于等于被测电阻的阻值，因此应选B.滑动变阻器比被测电压表阻值越小越好，所以应选C.电源电动势应比电压表的量程稍大，所以应选F.②由于S 2断开后，R与串联后再与R0的左半部分并联，总电阻几乎不变，所以电压表和电阻箱的总电压不变，而此时电压表示数变成原来的一半，说明电阻箱的电压为另一半，所以R V＝R＝3150 Ω.电阻箱与电压表串联后，总电阻实际比原来的稍大，所以电压表和电阻箱的总电压比电压表的满偏电压稍大，而电压表半偏时，电阻箱的电压比电压表半偏电压稍大，所以电阻箱的值比电压表内阻稍大，所以电压表的测量值略大于实际值.(2)①电压表的量程应大于或等于电源电动势，所以电压表应选3 V的，选B.②由欧姆定律可得：U＝I g(R＋r g＋r)＝I g R＋I g(r＋r g).由图3可知，I g ＝2.25－0.755×10－3＝300 μA ，I g (r ＋r g )＝0.75，解得r ＝2.4 kΩ，所以选C.③改装成大量程的电压表，应串一个大电阻，由欧姆定律可知：3 V ＝I g (r ＋r g ＋R ′)，得R ′＝7.5 kΩ.实验题专练(四)(共15分，限时10分钟)1．[2015·绵阳二诊](6分)用如图所示的装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F 与质量m 、角速度ω和半径r 之间的关系.两个变速轮塔通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动.横臂的挡板对钢球的压力提供向心力， 钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值.如图是探究过程中某次实验时装置的状态.(1)在研究向心力的大小F 与质量m 的关系时，要保持________相同.A ．ω和rB ．ω和mC ．m 和rD ．m 和F (2)图中所示是在研究向心力的大小F 与________的关系.A ．质量mB ．半径rC ．角速度ω(3)若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力之比为1∶9，与皮带连接的两个变速轮塔的半径之比为________.A．1∶3 B．3∶1C．1∶9 D．9∶1答案(1)A(2分)(2)C(2分)(3)B(2分)解析(1)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r 之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法，选项A正确.(2)图中两球的质量相同，转动的半径相同，则研究的是向心力与角速度的关系，选项C正确.(3)根据F＝mω2r，两球的向心力之比为1∶9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1∶3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v＝rω，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3∶1，选项B 正确.2．[2015·绵阳二诊](9分)学校实验室新进了一批低阻值的绕线电阻，已知绕线金属丝是某种合金丝，电阻率为ρ.要测算绕线金属丝长度，进行以下实验：(1)先用多用电表粗测金属丝的电阻.正确操作后转换开关的位置指示和表盘示数如图所示，则金属丝的电阻约为________Ω.(2)用螺旋测微器测金属丝的直径d.(3)在粗测的基础上精确测量绕线金属丝的阻值R .实验室提供的器材有：电流表A 1(量程0～3 A ，内阻约为0.5 Ω)电流表A 2(量程0～0.6 A ，内阻约为3 Ω)电压表V 1(量程0～3 V ，内阻约3 kΩ)电压表V 2(量程0～15 V ，内阻约18 kΩ)定值电阻R 0＝3 Ω滑动变阻器R 1(总阻值5 Ω)滑动变阻器R 2(总阻值100 Ω)电源(电动势E ＝6 V ，内阻约为1 Ω)开关和导线若干.①还需要先利用实验室提供的器材较准确测量将选用的电流表的内阻.测量电路的一部分可选用以下电路中的________.②请在给出的器材中选出合理的器材，在虚线框内画出精确测量绕线金属丝阻值的完整电路(要求在图中标明选用的器材标号).(4)绕线金属丝长度为________(用字母R 、d 、ρ和数学常数表示). 答案 (1)9.0(2分)(3)①CD(2分) ②电路图如下图所示(3分)(4)πRd 24ρ(2分) 解析 (1)由于欧姆表置于“×1”挡，所以应按×1倍率读数，即1×9.0 Ω＝9.0 Ω.(3)①A 、B 选项中电表测量不准确，选项A 、B 错误；可将电流表A 2与定值电阻串联然后再与电压表并联，如选项C 所示；或因电流表A 2的满偏电流小于A 1的满偏电流，可将定值电阻与电流表A 2并联再与A 1串联，如选项D 所示.②又由于滑动变阻器R 1的最大电阻小于待测金属丝的电阻，所以变阻器应用分压式接法.(4)根据电阻定律R ＝ρL S ，S ＝π(d 2)2，解得L ＝πRd 24ρ.实验题专练(五)(共15分，限时10分钟)1．(6分)某实验小组利用电磁打点计时器和如图的其他器材开展多项实验探究，选择了一条符合实验要求的纸带，数据如图(相邻计数点的时间为T )，回答下列问题：(1)按装置安装器材时，纸带应穿过电磁打点计时器的限位孔从复写纸的________(填“上”或“下”)表面通过.(2)若是探究重力做功和物体动能的变化的关系，需求出重锤运动到各计数点的瞬时速度，试写出在E 点时重锤运动的瞬时速度v E＝________(用题中字母表示).(3)若是测量重力加速度g ，为减少实验的偶然误差，采用逐差法处理数据，则加速度大小可以表示为g ＝________(用题中字母表示).(4)如果研究重锤在AE 运动过程中机械能守恒时，重锤增加的动能总是小于减小的重力势能，造成实验误差的主要原因是________(只写一条).答案 (1)下(1分) (2)s 5＋s 62T(2分) (3)(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 2(2分) (4)重锤克服阻力做功(或阻力对重锤做负功)(1分)解析 (1)根据打点计时器的工作原理可知，纸带应压在复写纸下方，才能清晰地打点.(2)在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，v E ＝s 5＋s 62T. (3)利用匀变速直线运动的推论，相邻相等时间内的位移差Δx ＝at 2，可知g ＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)(3T )2 ＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 2. (4)重锤克服阻力做功(或阻力对重锤做负功).2．[2015·葫芦岛调研](9分)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1750 Ω，额定电流0.3 A)(2)请将设计的实验电路图画入下面的表格中.(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示.现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，由此得到小灯泡消耗的功率是________W.答案(1)A(2分)(2)如图所示(4分)(3)0.1(3分)解析(1)要测灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零开始，必须用滑动变阻器的分压式接法，而分压式接法，要求滑动变阻器的阻值较小，所以应选A.(2)由于灯泡的阻值约为R灯＝U2 P＝15 Ω，属于小电阻，要用电流表的外接，因此要用分压、外接.(3)在I-U图象上，画出电源的I-U图线，与灯泡的图线的交点的横坐标为灯泡的实际电压1.0 V，纵坐标为灯泡的实际电流0.1 A，所以灯泡的实际功率P灯＝UI＝1.0×0.1＝0.1 W.实验题专练(六)(共15分，限时10分钟)1. [2015·合肥质检](6分)某同学用两个弹簧测力计、细线和橡皮条做共点力合成的实验，最后画出了如图所示的图.(1)在图上标出的F1、F2、F和F′四个力中，力________不是由弹簧测力计直接测得的，比较力F与力F′的大小和方向基本相同，这就验证了共点力合成的平行四边形定则.(2)某同学对此实验的一些说法如下，其中正确的是________.A．如果手头只有一个弹簧测力计，改变方法也可以完成实验B．用两个测力计拉线时，橡皮条应沿两线夹角的平分线C．拉橡皮条的线要长一些，用以标记同一细线方向的两点要相距远些D．拉橡皮条时，细线应沿弹簧测力计的轴线E．在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，只需这两次橡皮条的伸长相同就行(3)下图中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为________mm和________mm.答案(1)F′(1分)(2)CD(1分)(3)11.4(2分)5．663～5.666(2分)解析(1)F′是F1和F2的合力，按平行四边形法则做出的.(2)完成该实验时，必须同时读出两个分力的大小和方向，所以只有一个弹簧测力计，没办法做到以上要求，A选项是错误的.橡皮条不一定要在两个测力计拉线的角平分线上，B选项是错误的.两个离的较远些的点确定一条直线，误差会小些，所以C选项是正确的.拉橡皮条时细线应与弹簧测力计的轴线平行，这样会减小误差，所以D选项是正确的.用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，两次橡皮条的伸长量相同，方向也必须相同，E选项是错误的.(3)游标卡尺主尺读出11 mm，游标尺读出4×0.1＝0.4 mm，所以卡尺读数：11.4 mm；螺旋测微器主尺读出5.5 mm，螺旋套筒读出16.5×0.01＝0.165 mm，所以螺旋测微器读数为5.665 mm.2．[2015·山西质监](9分)用图(a)的电路，可测量叠层电池“6F22”的电动势E 和内阻r ，所用的实验器材有：电阻箱R (最大阻值999.9 Ω)，电阻R 0(阻值为900.0 Ω)，电流表(量程为10 mA ，内阻为R A ＝100.0 Ω)，开关S.实验中，闭合开关S 后，多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱对应的阻值R ，算出1I 与1R 的值如下表：(1)根据图(a)用笔画线代替导线将图(b)中的实验器材连成实验电路.(2)1I 与1R 的关系式为_______________________________.(3)在图(c)的坐标纸上标出数据点并作图.(4)根据图线求得电源电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(保留2位有效数字)答案 (1)如图所示(2分)(2)1I ＝R A ＋R 0＋r E ＋(RA ＋R 0)r E ·1R (2分)(3)如图所示(2分)(4)9.2(8.7～9.5均对，2分) 46(43～48均对，1分)解析 (1)以笔代线连接实物图时，注意按电流从电源正极出发百度文库、精选习题试题习题、尽在百度 依次连接，连接电流表时，电流由正接线柱流入，负接线柱流出，先串联再并联；(2)电流表与定值电阻串联等效为电压表使用，根据欧姆定律U ＝I (R A ＋R 0)，由闭合电路欧姆定律E ＝U ＋(U R ＋I )r ＝I (R A ＋R 0＋r ＋R A ＋R 0R r )，所以1I ＝R A ＋R 0＋r E ＋(R A ＋R 0)r E ·1R ；(3)用直线拟合各数据点时，注意使直线尽量多地通过数据点，其他点均匀分布在直线两侧，离直线较远的点大胆舍弃；(4)由(2)中所得解析式可知，图象斜率k ＝(R A ＋R 0)r E ，截距b ＝R A ＋R 0＋r E，根据图象代入斜率和截距可计算出电源电动势和内阻.。

合肥市高考物理二轮复习精练二实验题15分标准练（三）（II）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、实验探究题 (共2题；共13分)1. （4分） (2017高一上·无锡期中) 用一端装有定滑轮的长木板，小车、打点计时器（频率为50Hz）、钩码、纸带、细线组成如图（a）．所示的装置，钩码拉动小车，小车做匀加速直线运动，得到如图（b）．所示的一条纸带，纸带中相邻两个计数点之间有四个点未画出．（1）在这一实验中，某同学操作了以下实验步骤，其中有明显错误的步骤是（填写字母）A . 将打点计时器固定在平板上，并接好电路．B . 将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔．C . 把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着适当重的钩码．D . 将小车移至靠近定滑轮处E . 放开纸带，再接通电源．（2）如图（b），用毫米刻度尺测量得：AB=4.56cm、AC=12.16cm、AD=22.52cm、AE=36.06cm，则：打C点时小车的速度大小为________ m/s；小车的加速度为________m/s2．（结果保留三位有效数字）2. （9分）(2018·海南) 某同学利用图（a）中的电路测量电流表的内阻RA（约为5Ω）和直流电源的电动势E （约为10V）。

图中R1和R2为电阻箱，S1和S2为开关。

已知电流表的量程为100mA，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 时的示数为48.0mA。

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；（3）利用记录的R1的阻值和相应的电流表示数，作出图线，如图（c）所示。

实验题15分标准练(二)22.(6分)某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速运动。

他设计的装置如图1甲所示。

在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz ，长木板下垫着小木片以平衡摩擦力。

图1(1)若已测得打点的纸带如图乙所示，并测得各计数点的间距(已标在图上)。

A 为运动的起点，则应选__________段来计算A 碰撞前的速度，应选__________段来计算A 和B 碰后的共同速度。

(以上两空均选填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”)。

(2)已测得小车A 的质量m 1＝0.4 kg ，小车B 的质量m 2＝0.2 kg ，则碰前两小车的总动量大小为________kg·m/s，碰后两小车的总动量大小为__________kg·m/s。

解析 (1)从纸带上打点情况看，BC 段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC 段能较准确地描述小车A 在碰撞前的运动情况，应选用BC 段计算小车A 的碰前速度。

从CD 段打点情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE 段小车做匀速运动，故应选用DE 段计算碰后A 和B 的共同速度。

(2)小车A 在碰撞前速度大小为v 0＝BC 5T ＝10.50×10－25×0.02m/s ＝1.050 m/s 小车A 在碰撞前的动量大小为p 0＝m 1v 0＝0.4×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s碰撞后A 、B 的共同速度大小为v ＝DE 5T ＝6.95×10－25×0.02m/s ＝0.695 m/s 碰撞后A 、B 的总动量大小为p ＝(m 1＋m 2)v＝(0.4＋0.2)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s。

电学实验(附参考答案)命题分析分析近几年的高考，考查的方向基本不变，主要体现在基本仪器的使用、实验原理的理解、实验数据的分析以及实验的设计方面命题趋势基本仪器的使用仍是今后高考中考查的热点，同时注重对实验操作过程的考查和创新设计实验的考查考点一电学测量仪器的使用与读数1．电流表、电压表、欧姆表的比较：2.多用电表使用“四注意”．(1)极性：从电表外部看，电流应从红表笔(“＋”极)流入电表，从黑表笔(“－”极)流出电表．(2)功能：利用多用电表测电压和电流时，选择开关对应的是电表的量程；而测电阻时，选择开关对应的是倍率．(3)调零：测量电阻时，要进行两次调零：机械调零和欧姆调零．“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置．调整的是表盘下边中间的定位螺丝；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整的是欧姆调零旋钮．(4)保护：测电阻时，应把被测电阻从电路中拆下测量；多用电表长期不用时，必须取出表内的电池．3．电学仪器的选择．(1)电源的选择：一般可以根据待测电路的额定电流或额定电压选择符合需要的直流电源．(2)电表的选择：一般根据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表；根据待测电流的最大电流选择电流表；选择的电表的量程应使电表的指针偏转的幅度较大，一般应使指针能达到半偏以上，以减小读数的偶然误差，提高精确度．考点二电流表内外接法的比较与选择考点三控制电路(滑动变阻器的接法)的比较与选择1．控制电路的比较：2.控制电路的选择．优先选用限流式．以下情况考虑分压式：(1)要求待测电路的U、I从0变化．(2)R滑远小于R x.(3)选用限流式时，U x、I x过大(指超过电表量程，烧坏电表、电源或用电器等)或U x、I x过小(最大值不超过电表满量程的13，读数误差大)．课时过关(A卷)1．用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a、b位置，如图所示．(1)若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的挡位，a和b的相应读数各是多少？请填在表格中．。

1.（2018洛阳一模）某兴趣小组要精确测定额定电压为3 V 的节能灯正常工作时的电阻。

已知该灯正常工作时电阻约500 Ω。

实验室提供的器材有：A ．电流表A(量程：0～3 mA ，内阻R A ＝15 Ω)B ．定值电阻R 1＝1 985 ΩC ．滑动变阻器R (0～10 Ω)D ．电压表V(量程：0～12 V ，内阻R V ＝1 kΩ)E ．蓄电池E (电动势为12 V ，内阻r 很小)F ．开关S 一个G ．导线若干(1) 要精确测定节能灯正常工作时的电阻应采用下面电路图中的（ ）(2) 选择正确电路进行实验，若电压表的示数用U 表示，电流表的示数用I 表示，写出测量节能灯电阻的表达式R x ＝________(用题目中给的相应字母表示)。

当电流表中的电流强度I ＝________mA 时，记下电压表的读数U 并代入表达式，其计算结果即为节能灯正常工作时的电阻。

【参考答案】 (1) C （２分）； (2) VA V IR U R R IR -+)(1（３分） 1.5（3分） 【命题意图】本题考查节能灯正常工作时的电阻测量、电路选择及其相关的知识点。

【解题思路】(1) 由于已知电压表内阻，可计算出电压表中的电流，电压表可视为量程为12mA 的电流表。

由于已知电流表的内阻，可以计算出电流表两端的电压或将电流表串联一定值电阻R 1＝1 985 Ω改装成量程为6V 的电压表，要精确测定节能灯正常工作时的电阻应采用电路图中的C 。

(2)由图C 所示的电路，电压表中电流I V =U/R V ，节能灯中电流I 灯=I V -I= U/R V -I ， 节能灯两端电压U 灯=I（R 1+R A ），节能灯电阻的表达式R x ＝U 灯/I 灯=VA V IR U R R IR -+)(1。

额定电压为3 V 的节能灯，由I （R 1+R A ）=3V 解得I ＝1.5mA ，即当电流表中的电流强度I ＝1.5mA 时，记下电压表的读数U 并代入表达式，其计算结果即为节能灯正常工作时的电阻。

专题三电场和磁场第10讲带电粒子在电场、磁场中运动实例应用1．如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()A．仅将偏转电场极性对调B．仅增大偏转电极间的距离C．仅增大偏转电极间的电压D．仅减小偏转电极间的电压解析：设加速电场电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q＝m v202，得v0＝2U0qm，电子进入极板后做类平抛运动，时间t＝Lv0，a＝Uqdm，v y＝at，tan θ＝v yv0＝UL2U0d，由此可判断C正确．答案：C2．如图所示，两平行、正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，再在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以初速度v0沿垂直于电场和磁场的方向从两金属板左端中央射入后向上偏转．若带电粒子所受重力可忽略不计，仍按上述方式将带电粒子射入两板间，为使其向下偏转，下列措施中不可行的是( )A ．仅增大带电粒子射入时的速度B ．仅增大两金属板所带的电荷量C ．仅减小粒子所带电荷量D ．仅改变粒子的电性解析：带电粒子在两板之间受电场力与洛伦兹力，但两者的大小不等，且方向不确定．若仅增大带电粒子射入时的速度，可能因为所受的洛伦兹力变大，而使带电粒子向下偏转，选项A 不符合题意；若仅增大两金属板所带的电荷量，因两极板间的电场强度增大，故带电粒子可能向下偏转，选项B 不符合题意；若仅减小粒子所带的电荷量，则由于粒子所受电场力与洛伦兹力以相同的倍数变化，故带电粒子仍向上偏转，选项C 符合题意；仅改变粒子的电性，则由于两个力的方向都发生变化，带电粒子将向下偏转，选项D 不符合题意．答案：C3．图示为速度选择器的原理图，已知电场强度为E 的匀强电场与磁感应强度为B 的匀强磁场相互垂直分布，某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过．则该带电粒子( )A ．一定带正电B ．速度大小为E BC ．可能沿QP 方向运动D ．若沿PQ 方向运动的速度大于E B，将一定向下极板偏转 解析：粒子从左射入，不论带正电还是负电，电场力大小为qE ，洛伦兹力大小F ＝q v B ＝qE ，两个力平衡，速度v ＝E B，粒子做匀速直线运动，故A 错误，B 正确；此粒子从右端沿虚线方向进入，电场力与洛伦兹力在同一方向，不能做直线运动，故C 错误；若速度v＞E B，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，只有当粒子带负电时粒子向下偏转，故D 错误．答案：B4.如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a 和b ，内有带电量为q 的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B .当通以从左到右的稳恒电流I 时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U ，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为( )(导学号 57180051)A.IB |q |aU，负 B.IB |q |aU ，正 C.IB |q |bU ，负 D.IB |q |bU，正 解析：因导电材料上表面的电势比下表面的低，故上表面带负电荷，根据左手定则可判断自由运动电荷带负电，则B 、D 两项均错．设长方体形材料长度为L ，总电量为Q ，则其单位体积内自由运动电荷数为Q|q|ab·L，当电流I稳恒时，材料内的电荷所受电场力与磁场力相互平衡，则有UQa＝BIL，故Q|q|ab·L＝BI|q|bU，A项错误，C项正确．答案：C一、选择题1．(多选)(2017·哈尔滨模拟)某带电粒子从图中速度选择器左端中点O以速度v0向右水平射出，从右端中点a下方的b点以速度v1射出；若增大磁感应强度，该粒子将从a上方的c点射出，且ac＝ab.不计粒子的重力，则()(导学号57180131)A．该粒子带正电B．若使该粒子沿Oa方向水平射出，则电场强度和磁感应强度大小应满足EB＝v0C．第二次射出时的速率仍为v1D．第二次射出时的速率为2v20－v21解析：当增加磁感应强度时，洛伦兹力变大，粒子向上偏转，说明洛伦兹力增加到大于电场力，且洛伦兹力向上，由于磁场方向向内，根据左手定则可以判断粒子带正电，故A正确；若使该粒子沿Oa方向水平射出，则电场强度和磁感应强度大小应满足Eq＝q v B即E B＝v0，故B正确；从O到b过程，根据动能定理，有F·y＝12m v21－12m v2，从O到c过程，根据动能定理，有－F·y＝12m v22－12m v2，由以上两式求解出：v 2＝2v 20－v 21，故C 错误，D 正确；故选ABD.答案：ABD2．(多选)(2017·武汉模拟)回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直．A 处粒子源产生质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，在加速电压为U 的加速电场中被加速．所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为B m ，加速电场频率的最大值为f m .则下列说法正确的是( )A ．粒子第n 次和第n ＋1次半径之比总是n ＋1∶nB ．粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为t ＝πBR 22UC ．若f m <qB m 2πm，则粒子获得的最大动能为E km ＝ 2π2mf 2m R 2 D ．若f m >qB m 2πm ，则粒子获得的最大动能为E km ＝（qB m R ）22m解析：根据粒子在磁场中半径公式及动能定理，则有nqU ＝12m v 2n与R n ＝m v n Bq (n ＋1)qU ＝12m v 2n ＋1与R n ＋1＝m v n ＋1Bq 解得R n ∶R n ＋1＝n ∶n ＋1，故A 错误．设粒子到出口处被加速了n 圈，则2nqU ＝12m v 2；q v B ＝m v 2R ；T＝2πm qB ；t ＝nT ；解上四个方程得t ＝πBR 22U，故B 正确． 加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f＝qB 2πm ，当磁感应强度为B m 时，加速电场的频率应该为f B m ＝B m q 2πm，粒子的动能E k ＝12m v 2；当f B m ≤f m 时，粒子的最大动能由B m 决定，则qB v m ＝m v 2R ，解得粒子获得的最大动能为E km ＝（qB m R ）22m；当f B m ≥f m 时，粒子的最大动能由f m 决定，则v m ＝2πf m R ，解得粒子获得的最大动能为E km ＝2π2mf 2m R 2 ；故C 、D 正确．故选BCD.答案：BCD二、计算题3.在如图所示的装置中，电源电动势为E ，内阻不计，定值电阻为R 1，滑动变阻器总阻值为R 2，置于真空中的平行板电容器水平放置，极板间距为d .处在电容器中的油滴A 恰好静止不动，此时滑动变阻器的滑片P 位于中点位置．(1)求此时电容器两极板间的电压；(2)求该油滴的电性以及油滴所带电荷量q 与质量m 的比值；(3)现将滑动变阻器的滑片P 由中点迅速向上滑到某位置，使电容器上的电荷量变化了Q 1，油滴运动时间为t 秒；再将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置，使电容器上的电荷量又变化了Q 2，当油滴又运动了2t 秒的时间，恰好回到原来的静止位置．设油滴在运动过程中未与极板接触，滑动变阻器滑动所用的时间与电容器充电、放电所用时间均忽略不计．求：Q 1与Q 2的比值．解析：(1)电路中的电流I ＝ER 1＋R 22电容器两极板间的电压为U ＝I ·R 22联立得U ＝ER 22R 1＋R 2. (2)由题意易知油滴带负电，对油滴受力分析，得qU d＝mg 所以q m ＝gd （2R 1＋R 2）ER 2. (3)设电容器的电容为C ，极板原来具有的电荷量为Q ，电容器上的电荷量变化Q 1后，油滴在电场中向上做初速度为零的匀加速直线运动，t 秒末油滴的速度为v 1、位移为x ，板间的电压U 1＝Q ＋Q 1C根据牛顿第二定律qU 1d－mg ＝ma 1 根据运动学公式x ＝12a 1t 2，v 1＝a 1t 电容器上的电荷量又变化了Q 2后，油滴在电场中向上做匀减速直线运动，2t 秒末位移为－x ，极板间的电压为U 2＝Q ＋Q 1－Q 2C根据牛顿第二定律mg －qU 2d＝ma 2 根据运动学公式－x ＝v 1·2t －12a 2(2t )2 联立解得：Q 1Q 2＝49.答案：(1)ER 22R 1＋R 2(2)负电 gd （2R 1＋R 2）ER 2 (3)4∶9 4．(2017·冀州模拟)在图甲中，加速电场A 、B 板水平放置，半径R ＝0.2 m 的圆形偏转磁场与加速电场的A 板相切于N 点，有一群比荷为q m＝5×105 C/kg 的带电粒子从电场中的M 点处由静止释放，经过电场加速后，从N 点垂直于A 板进入圆形偏转磁场，加速电场的电压U 随时间t 的变化如图乙所示，每个带电粒子通过加速电场的时间极短，可认为加速电压不变.T 6时刻进入电场的粒子恰好水平向左离开磁场，(不计粒子的重力)求：(导学号 57180132)(1)粒子的电性；(2)磁感应强度B 的大小；(3)何时释放的粒子在磁场中运动的时间最短？最短时间t 是多少(π取3)?解析：(1)由题意可知，粒子水平向左离开磁场，则粒子所受洛伦兹力向左，根据左手定则得，粒子带负电．(2)由题给图象可知，当T 6时，U ＝100 V ， 根据动能定理得Uq ＝12m v 21－0， 粒子做圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得q v 1B ＝m v 21r 1， 粒子恰好水平向左离开磁场，粒子轨道半径r 1＝R ，解得B ＝0.1 T.(3)速度越大，粒子在磁场中运动的半径越大，时间越短，当t＝kT ＋T 2(k ＝0，1，2，3…)时进入电场的粒子在磁场中运动的时间最短，根据动能定理得U ′q ＝12m v 22， 根据牛顿第二定律得q v 2B ＝m v 22r 2， 由几何关系得R r 2＝tan θ， 根据周期公式得T ＝2πr 2v 2， 粒子在磁场中的运动时间t ＝2θ2πT . 解得t ＝2×10－5s.答案：(1) 负电 (2)0.1 T (3)见解析5．(2017·温州联考)如图所示，MN 和GH 是电压为U 的两平行极板，极板间存在方向竖直向上的匀强电场，空间(除两虚线之间的区域)存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B (大小可调)．极板MN 和GH 上分别有正对的两个小孔O 和A ，PQ 为铝制薄板，ON ＝AH ＝PQ ＝d ，NP ＝2d .质量为m 、电荷量为q 的正离子从A 点由静止开始加速，经O 进入磁场区域，两虚线之间的区域(除极板)无电场和磁场存在，离子可匀速穿过．忽略相对论效应和离子所受的重力．(1)求磁感应强度B 为多大时，离子只加速一次打到铝板上P 处；(2)求在第(1)中，离子从O 到P 所经历的时间；(3)若B ＝1d2mU q，试通过计算说明离子加速几次后第一次打到铝板上．解析：(1)离子在电场中加速，根据动能定理得 qU ＝12m v 2 在磁场中，q v B ＝m v 2R由几何关系得R ＝32d ，联立解得B ＝23d 2mU q . (2)离子在磁场中做圆周运动的周期为T ＝2πm qB，离子从O 到P 的时间为t ＝T 2，联立解得t ＝3πd 2 m 2qU. (3)根据qU ＝12m v 2，q v B ＝m v 2r ，得r ＝d 第一次加速后，在磁场中的半径为r 1＝d ，没有打到铝板上； 第二次加速后，在磁场中的半径为r 1＝2d ，没有打到铝板上； 第三次加速后，在磁场中的半径为r 1＝3d ，打到铝板上；所以离子加速3次后打到铝板上．答案：(1)23d 2mU q (2)3πd 2 m 2qU(3)3次 6．容器A 中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S 1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S 2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B 、方向垂直向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示．已知加速电场中S 1、S 2间的加速电压为U ，偏转电场极板长为L ，两板间距也为L ，板间匀强电场强度E ＝2U L，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f 的下端与磁场边界ab 相交为P ，在边界ab 上实线处固定放置感光片．测得从容器A 中逸出的所有粒子均打在感光片P 、Q 之间，且Q 距P 的长度为3L ，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：(导学号 57180133)(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab 间的夹角；(2)射到感光片Q 处的粒子的比荷(电荷量与质量之比)；(3)粒子在磁场中运动的最短时间．解析：(1)设质量为m ，电荷量为q 的粒子通过孔S 2的速度为v 0，qU ＝12m v 20， 粒子在平行板间L ＝v 0t ，v x ＝qE mt ， tan θ＝v 0v x， 联立解得tan θ＝1，θ＝π4. 粒子射入磁场时的速度方向与边界ab 间的夹角θ＝π4. (2)由(1)知，粒子均从e 板下端与水平方向成45°的角射入匀强磁场．设质量为m 0，电荷量为q 0的粒子射入磁场时的速度为v ′，做圆周运动的轨道半径为r 0，则v ′＝v ′0sin 45°＝2v ′0＝4q 0U m 0， 由几何关系知r 20＋r 20＝(4L )2，得r 0＝22L ， 又r 0＝m 0v ′q 0B ， 联立解得q 0m 0＝U 2L 2B 2. (3)设粒子在磁场中运动的最短时间为t min ，在磁场中的偏转角为α，则t min ＝αm ′q ′B. 半径为r ′＝m ′v ″q ′B ＝m ′q ′B 4q ′U m ′＝2B m ′U q ′. 联立解得t min ＝αBr ′24U . 因为所有粒子在磁场中运动的偏转角α＝32π，所以粒子打在P 处在磁场中运动时间最短．由几何关系知：r ′2＋r ′2＝L 2，得r ′＝22L ， 联立解得t min ＝32πB ·L 224U ＝3πBL 216U. 答案：(1)π4 (2)U 2L 2B 2 (3)3πBL 216U。

限时规范训练(十五)建议用时45分钟，实际用时________1．某同学用如图甲所示的螺旋测微器测小球的直径时，他应先转动________到F 靠近小球，再转动________到F 夹住小球，直至听到棘轮发出声音为止，拨动________使F 固定后读数(填仪器部件字母符号)．正确操作后，螺旋测微器的示数如图乙所示，则小球的直径是________mm.解析：用螺旋测微器测小球直径时，先转动旋钮D 使测微螺杆F 靠近被测小球，再转动微调旋钮H 使测微螺杆F 夹住小球，直到棘轮发出声音为止，拨动旋钮G 使F 固定后读数，读数为6.5 mm ＋20.0×0.01 mm＝6.700 mm.答案：D H G 6.7002．某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律．(1)某同学用20分度的游标卡尺测量一小球的直径，示数如图甲所示，则小球的直径d ＝________cm.(2)如图乙所示，弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A 、B ，计时装置测出小球通过A 、B 的时间分别为Δt A 、Δt B .用刻度尺测出光电门A 、B 间的距离h ，用游标卡尺测得小球直径为d ，当地的重力加速度为g ，在误差范围内，若公式________________成立，就可以验证机械能守恒(用题中给出的物理量符号表示)．解析：(1)游标卡尺示数为10 mm ＋0.05×4 mm＝10.20 mm ＝1.020 cm. (2)小球在A 点动能E k A ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt A 2，B 点动能E k B ＝12m ⎝⎛⎭⎪⎫d Δt B 2，动能减少量：ΔE k ＝E k A －E k B ＝12m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt A 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt B 2，小球由A 到B 重力势能增加量ΔE p ＝mgh ， 在误差允许范围内，若满足ΔE k ＝ΔE p ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt A 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt B 2＝2gh ，就可以验证机械能守恒． 答案：(1)1.020 (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt A 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt B 2＝2gh3．(2016·高考四川卷)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 ．不变解析：(1)滑块离开弹簧后做匀速直线运动，故滑块的速率v ＝s t.(2)根据功能关系，弹簧的弹性势能E p ＝12mv 2，所以要求弹性势能，还需要测得滑块的质量，故选项C 正确．(3)弹簧的形变量越大，弹性势能越大，滑块离开弹簧时的速度越大，滑块从B 运动到C 的时间越短，故x 增大时，计时器显示时间t 将变小，故选项B 正确．答案：(1)v ＝s t(2)C (3)B4．如图甲所示是一种新的短途代步工具——电动平衡车，被称为站着骑的电动车，其最大速度可达20 km/h ，某同学为测量一电动平衡车在平直水泥路面上受到的阻力情况，设计了下述实验：将输液用的500 mL 塑料瓶装适量水后，连同输液管一起绑在平衡车的护手上，调节输液管的滴水速度，某滴水刚落地开始计时，从下一滴水开始依次计数为1、2、3…，当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为25.0 s ，该同学骑上平衡车后，先加速到某一速度，然后关闭动力，让平衡车沿着直线滑行，如图乙所示是某次实验中在水泥路面上的部分水滴及测出的间距值(左侧是起点，单位：m)，已知当地重力加速度g 取9.8 m/s 2，则根据该同学的测量结果可得出：(1)平衡车经过路面上相邻两滴水间的时间间隔T ＝________s. (2)平衡车加速过程的加速度大小a 1＝________m/s 2.(3)设平衡车运动过程中所受阻力的大小是人与车总重力的k 倍，则k ＝________(计算结果保留两位有效数字)．解析：(1)当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为25.0 s ，则相邻两滴水间的时间间隔T ＝2550s ＝0.50 s.(2)在加速阶段，连续相等时间内的位移之差是恒量，根据Δx ＝aT 2得a 1＝x CE －x AC T2＝1.98＋2.49－1.01－1.502m/s 2＝1.96 m/s 2. (3)在减速阶段，根据Δx ＝aT 2，运用逐差法得a ＝x HJ －x FH 4T ＝2.16＋1.95－2.37－2.264×0.5m/s 2＝－0.52 m/s 2. 根据牛顿第二定律得，f ＝kmg ＝ma ，解得：k ＝a g ＝0.529.8＝5.3×10－2.答案：(1)0.50 (2)1.96 (3)5.3×10－25．某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动．他设计的具体装置如图甲所示，在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器的电源频率为50 Hz ，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．(1)若已得到打点纸带如图乙所示，并将测得各计数点间距标在图上，A为运动起始的第一点，若要计算小车A的碰前速度v A及计算A和B碰后的共同速度v共，应分别选择纸带的哪一段？(“AB”、“BC”、“CD”或“DE”)(2)若已测得小车A的质量m1＝0.40 kg，小车B的质量m2＝0.20 kg，那么碰前两小车的总动量为多少？碰后两小车的总动量为多少？解析：(1)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC段计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度．(2)碰前小车的速度为：v A＝BCt＝0.105 00.02×5m/s＝1.05 m/s，碰前的总动量为：p＝m A v A＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s；碰后小车的共同速度为：v＝DEt＝0.069 50.02×5m/s＝0.695 m/s，碰后的动量为：p′＝(m A＋m B)v＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s.答案：(1)BC DE(2)0.420 kg·m/s0.417 kg·m/s6．某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧秤示数改变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：F OO′.④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F OB.完成下列作图和填空：(1)利用表中数据在给出的坐标纸上画出F－l图线，根据图线求得l0＝________cm.(2)测得OA＝6.00 cm，OB＝7.60 cm，则F OA的大小为________N.(3)根据给出的标度，在图中作出F OA和F OB的合力F′的图示．(4)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论．解析：(1)在坐标系中描点，用平滑的曲线(直线)将各点连接起来，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧．如图甲所示，由图线可知与横轴的交点l0＝10.0 cm.(2)橡皮筋的长度l＝OA＋OB＝13.60 cm，由图甲可得F＝1.80 N，所以F OA＝F OB＝F＝1.80 N.(3)利用给出的标度作出F OA和F OB的图示，然后以F OA和F OB为邻边作平行四边形，对角线即为合力F′，如图乙．(4)F OO′的作用效果和F OA、F OB两个力的作用效果相同，F′是F OA、F OB两个力的合力，所以只要比较F′和F OO′的大小和方向，即可得出实验结论．答案：(1)如图甲所示10.0(9.8、9.9、10.1均正确)(2)1.80(1.70～1.90均正确)(3)如图乙所示(4)F OO′7．(2017·漳州市漳浦一中检测)为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，某小组设计了如图甲所示的实验装置，其中挡板可固定在桌面上，轻弹簧左端与挡板相连，图中桌面高为h，O1、O2、A、B、C点在同一水平直线上．已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．实验过程一：挡板固定在O1点，推动滑块压缩弹簧，滑块移到A处，测量O1A的距离，如图甲所示．滑块由静止释放，落在水平面上的P点，测出P点到桌面右端的水平距离为x1.实验过程二：将挡板的固定点移到距O1点距离为d的O2点，如图乙所示，推动滑块压缩弹簧，滑块移到C处，使O2C的距离与O1A的距离相等．滑块由静止释放，落在水平面上的Q点，测出Q点到桌面右端的水平距离为x2.(1)为完成本实验，下列说法中正确的是________． A ．必须测出小滑块的质量 B ．必须测出弹簧的劲度系数 C ．弹簧的压缩量不能太小 D ．必须测出弹簧的原长(2)写出动摩擦因数的表达式μ＝________.(用题中所给物理量的符号表示)(3)小红在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面．为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，还需测量的物理量是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. (4)某同学认为，不测量桌面高度，改用秒表测出小滑块从飞离桌面到落地的时间，也可测出小滑块与水平桌面间的动摩擦因数．此实验方案________．(选填“可行”或“不可行”)解析：(1、2)滑块离开桌面后做平抛运动，平抛运动的时间：t ＝2hg滑块飞行的距离：x ＝vt所以滑块第1次离开桌面时的速度：v 1＝x 1 g 2h① 滑块第2次离开桌面时的速度：v 2＝x 2g 2h②滑块第1次滑动的过程中，弹簧的弹力和摩擦力做功，设弹簧做的功是W 1，AB 之间的距离是x ，则：W 1－μmg ·x ＝12mv 21③滑块第2次滑动的过程中，W 1－μmg ·(x ＋d )＝12mv 22④联立①②③④可得：μmg ·d ＝12m (v 21－v 22)即：μ＝x 21－x 224dh可知，要测定动摩擦因数，与弹簧的长度、弹簧的劲度系数、以及滑块的质量都无关．要想让滑块顺利滑出桌面，弹簧的压缩量不能太小．故C 正确．(3)在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面，则可以认为滑块的末速度是0.为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，还需要测量出滑块停止滑动的位置到B 点的距离．(4)改用秒表测出小滑块从飞离桌面到落地的时间，来测定小滑块与水平桌面间的动摩擦因数．此实验方案是不可行的，原因是滑块在空中飞行时间很短，难以把握计时起点和终点，秒表测时间误差较大．答案：(1)C (2)x21－x224dh(3)滑块停止滑动的位置到B点的距离(4)不可行。

实验题押题练(二) 强化实验分析和数据处理能力(保分型)1．利用如图甲所示的装置来完成探究合外力做功和动能变化关系的实验，不可伸长的细绳绕过定滑轮把小车和砝码盘连在一起，通过测量经过光电门A 、B 的速度和A 、B 之间的距离来完成探究过程。

实验主要步骤如下：(1)实验中小车总质量应该远大于砝码质量，这样做的目的是__________________________________________；(2)如图乙，用游标卡尺测量挡光片宽度d ＝________mm ，再用刻度尺量得A 、B 之间的距离为L ；(3)将小车停在C 点，在砝码盘中放上砝码，小车在细绳拉动下运动，记录此时小车(含挡光片)及小车中砝码的质量之和为M ，砝码盘和盘中砝码的总质量为m ，小车通过光电门A 、B 时的遮光时间分别为t 1、t 2，则可以探究小车通过A 至B 过程中合外力做功与动能的变化的关系，已知重力加速度为g ，探究结果的表达式是________________(用相应的字母m 、M 、t 1、t 2、L 、d 表示)；(4)在小车中增减砝码或在砝码盘中增减砝码，重复③的操作。

解析：(1)实验过程中，没有测量细绳拉力，而是把砝码和砝码盘总重力作为细绳拉力，即小车合外力，只有当小车质量远大于砝码和砝码盘总质量时，细绳拉力才近似等于砝码和砝码盘总重力。

(2)遮光板的宽度d ＝0.8 cm ＋0.05 mm ×5＝0.825 cm ＝8.25 mm 。

(3)小车通过光电门A 、B 时的瞬时速度：v A ＝d t 1，v B ＝d t 2， 则要探究的关系式为：mgL ＝12Md 2⎝⎛⎭⎫1t 22－1t 12。

答案：(1)把砝码和砝码盘总重力作为细绳拉力(2)8.25(3)mgL ＝12Md 2⎝⎛⎭⎫1t 22－1t 12 2．一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中：(1)甲同学在做该实验时，通过处理数据得到了图甲所示的F-x图像，其中F为弹簧弹力，x为弹簧长度。

1．(2017·北京西城区期末)如图所示，为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压U 和电流I .图线上点A 的坐标为(U 1，I 1)，过点A 的切线与纵轴交点的纵坐标为I 2.小灯泡两端电压为U 1时，电阻等于( )A.I 1U 1B.U 1I 1C.U 1I 2D.U 1I 1－I 2解析：选B.由于小灯泡的伏安特性曲线上，每一点的电压坐标与电流坐标的比值，对应这一状态下的电阻，所以小灯泡两端电压为U 1时，电阻等于U 1I 1，B 正确． 2．(2017·天津河东区二模)如图所示，甲、乙两电路中电源完全相同，外电阻R 1＞R 2，两电路中分别通过相同的电荷量q 的过程中，下列判断正确的是( )A ．电源内部产生电热较多的是甲电路B ．R 1上产生的电热比R 2上产生的电热少C ．电源做功较多的是甲电路D ．电源效率较高的是甲电路解析：选D.电源内部产生电热Q ＝I 2rt ＝Iqr ，由于外电阻R 1＞R 2，甲电路电流较小，电源内部产生电热较少的是甲电路，选项A 错误．外电阻产生电热Q ＝I 2Rt ＝IqR ＝Uq ，U 1＞U 2，R 1上产生的电热比R 2上产生的电热多，选项B 错误．两电路中分别通过相同的电荷量q 的过程中，两电源做功相等，选项C 错误．电源效率较高的是甲电路，选项D 正确．3．(2017·广州一模)在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．调节滑动变阻器R 并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A 和2.0 V ．重新调节R 并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0 A 和24.0 V ．则这台电动机正常运转时输出功率为( )A ．32 WB ．44 WC ．47 WD ．48 W解析：选A.当电动机停止转动时，此时电动机相当于一个纯电阻，所以由题中的两表读数，可以计算出电动机的内阻为：r ＝U 1I 1，代入数据得：r ＝4 Ω，重新调节R 并使电动机恢复正常运转，根据题中的两表读数，计算出电动机的输出功率为：P ＝U 2I 2－I 22r ，代入数据解得：P ＝32 W ，B 、C 、D 错误，A 正确．4．在如图所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r .闭合开关S ，在滑动变阻器的滑片P 由a 向b 移动的过程中，下列各物理量的变化情况正确的是( )A ．电流表的读数先减小后增大B ．灯泡L 变亮C ．电源输出功率先增大后减小D ．电压表的读数先增大后减小解析：选D.由题图可知，滑动变阻器的右半部分与电流表A 串联，再与左半部分并联，并联部分与灯泡串联后再与电压表并联，电压表测路端电压．滑片P向左滑动，当两支路电阻相等，即R A＋R a＝R b时，并联路段电阻最大，因此并联路段的电阻先增大后减小，外电路总电阻先增大后减小，由串联分压可知路端电压先增大后减小，选项D正确；电流表刚开始测干路电流，随着P由a向b移动，电流表示数逐渐变小，P滑到b端，电阻R和电流表被短路，电流表示数为零，A错误；外电路电阻增大时，流过灯泡的电流减小，灯泡分压减小，灯泡变暗，选项B错误；外电路电阻越接近电源内阻，电源输出功率越大，由于灯泡电阻大于电源内阻，因此外电路电阻总大于电源内阻，随着外电阻的增大，输出功率逐渐减小，选项C错误．5．(2017·北京海淀区期末)氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测，它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化．在如图所示电路中，不同的一氧化碳浓度对应传感器不同的电阻值，电压表的示数与一氧化碳的浓度一一对应，观察电压表示数就能判断一氧化碳浓度是否超标．已知氧化锡传感器的电阻的倒数与一氧化碳浓度成正比，那么，电压表示数U与一氧化碳浓度ρ之间的对应关系正确的是()A．U越大，表示ρ越大，ρ与U成正比B．U越大，表示ρ越小，ρ与U成反比C．U越大，表示ρ越大，但ρ与U不成正、反比关系D．U越大，表示ρ越小，但ρ与U不成正、反比关系解析：选C.根据题意，设氧化锡传感器的电阻为R1＝kρ，电源的电动势为E，内阻为r，电压表的示数U＝ER0 kρ＋r＋R＋R0，ρ越大，U越大，但U与ρ既不成正比也不成反比，选项C 正确．6．如图所示的空间存在一匀强磁场，其方向为垂直于纸面向里，磁场的右边界为MN，在MN右侧有一矩形金属线圈abcd，ab边与MN重合．现使线圈以ab边为轴按图示方向匀速转动(从上往下看为顺时针转动)，将a、b两端连到示波器的输入端，若ab边中电流从a到b为正，则从下图中示波器观察到的ab中电流随时间变化的图形是()解析：选D.本题可将右侧磁场补全，即矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，会产生正弦式交流电，由楞次定律可知：从中性面开始，电流从0开始，沿负向，可画出完整电流随时间变化的图形，在此基础上，去掉右侧磁场，故电流仅在左侧磁场中切割磁感线而产生电流，故选项D正确，选项A、B、C错误．7．(2017·高考四川卷) 用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图所示，则()A．变压器输入功率约为3.9 WB．输出电压的最大值是110 VC．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin ⎝⎛⎭⎫100 πt ＋π2 A 解析：选A.由题图可知通过负载的电流最大值为I m ＝0.05 A ，周期T ＝0.02 s ，故电流的函数表达式i ＝I m sin 2πTt ＝0.05sin 100πt (A)，D 错误；理想变压器匝数比等于电压比，即 n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2∶1，C 错误；输出电压U 2＝110 V ，其最大值U 2m ＝2U 2＝110 2 V ，B 错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P ＝I 2U 2＝0.052×110 W ≈3.9 W ，A 正确．8．(2017·高考广东卷)如图，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1, V 和A 均为理想电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB 端电压u 1＝122sin 100πt (V)．下列说法正确的是( )A ．电流频率为100 HzB ．V 的读数为24 VC ．A 的读数为0.5 AD ．变压器输入功率为6 W解析：选D.根据u 1＝122sin 100πt (V)及U ＝U m 2知U 1＝12 V ，f ＝ω2π＝50 Hz ，选项A 错误；根据U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝12×12 V ＝6 V ，即V 的读数为6 V ，选项B 错误；根据I 2＝U 2R L ＝66A ＝1 A ，即A 的读数为1 A ，选项C 错误；由于P 1＝P 2，P 2＝U 22R L ＝626W ＝6 W ，选项D 正确．9．(多选)(2017·山东四市联考)如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交变电流的电动势图象如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡的额定功率为22 W ，现闭合开关，灯泡正常发光．则( )A ．t ＝0.01 s 时，穿过线框回路的磁通量为零B ．金属线框的转速为50 r/sC ．变压器原线圈中电流表的示数为1 AD ．灯泡的额定电压为220 2 V解析：选BC.t ＝0.01 s 时，交变电流的电动势为零，线框处于中性面，穿过线框回路的磁通量最大，A 错误；由题图乙可知周期T ＝0.02 s ，转速n ＝1T＝50 r/s ，变压器原线圈两端电压的有效值为U 1＝22 V ，原线圈的输入功率与副线圈的输出功率相同，由P ＝22 W 、P ＝UI得，I ＝1 A ，由U 1U 2＝n 1n 2知副线圈两端电压的有效值为U 2＝220 V ，B 、C 正确，D 错误． 10．(多选)图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，V 为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )A ．电压表的示数等于5 VB ．电压表的示数等于52V C ．实现点火的条件是n 2n 1＞1 000 D ．实现点火的条件是n 2n 1＜1 000 解析：选BC.电压表示数为电压有效值，由题图乙可得U ＝U m 2＝52V ，选项A 错误、B 正确；副线圈电压峰值为5 000 V 时，n 2n 1＝U m2U m1＝1 000，由于引发电火花的条件是副线圈电压峰值大于5 000 V ，故n 2n 1＞1 000，选项C 正确、D 错误． 11．(多选)如图所示，10匝矩形线框在磁感应强度B ＝210T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO ′以角速度ω＝100 rad/s 匀速转动，线框电阻不计，面积为S ＝0.3 m 2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L 1(0.3 W,30 Ω)和L 2，开关闭合时两灯泡均正常发光，且原线圈中电流表示数为0.04 A ，则下列判断正确的是( )A ．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为302sin 100t (V)B ．理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1C ．灯泡L 2的额定功率为0.9 WD ．若开关S 断开，电流表示数将增大 解析：选BC.若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为302cos 100t (V)，A 错；原线圈两端电压为U 1＝30 V ，因灯泡正常发光，所以副线圈两端电压为U 2＝PR ＝3 V ，由变压比规律知理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，B 对；由变流比规律知副线圈中电流为0.4 A ，通过灯泡L 1的电流为0.1 A ，即通过灯泡L 2的电流为0.3 A ，由P ＝UI 知灯泡L 2的额定功率为0.9 W ，C 对；若开关S 断开，则负载电阻增大，副线圈中电流减小，电流表示数将减小，D 错．12．(多选)(2017·唐山模拟)如图为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器．随着用户负载增多，发电机F 达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的用电功率，可采取的措施是( )A ．适当减小输电线的电阻rB ．适当提高n 4n 3C ．适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3D ．适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3解析：选AC.当发电机输出功率一定时，为使远距离用户得到更多的功率，需减小输电线上的功率损失，根据ΔP ＝I 2线r ，可以减小输电线的电阻r ，A 对；也可以通过提高输电电压，减小输送电流，即提高n 2n 1，这样使线圈n 3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要n4适当降低n3，C对．。

专题强化十五力学实验本试卷共9小题，共90分，考试时间为60分钟1．(10分)[2018·普兰店市期末]某实验小组在实验室探究匀变速直线运动规律时，获取一条做匀减速直线运动的小车牵引的纸带，打点计时器使用交流电源的频率是50 Hz，由纸带上打出的某一点开始，每5个点剪下一段纸带，按如下列图，使每一条纸带下端与x 轴重合，左边与y轴平行，将纸带贴在直角坐标系中，如此：(1)打点计时器正常工作时，打点的时间间隔取决于________．A．交流电压的上下 B．墨粉纸盘的大小C．纸带的长度 D．交流电的频率(2)为减小实验误差，通常采取隔一样点取计数点的方法，如上述实验小组，其选取的相邻两计数点之间的时间间隔为________________________________________________________________________．(3)在第二条纸带内中间时刻的速度是______________m/s；(计算结果保存2位有效数字)(4)由上述数据可知小车运动的加速度是________m/s2.(计算结果保存2位有效数字)2．(10分)[2018·齐齐哈尔市高三二模]用如下列图的装置测量物块与长木板间的动摩擦因数，长木板和半圆弧体平滑连接且固定在水平面上，长木板的左端固定以光电门，长木板足够长，让装有遮光片的物块从圆弧面上某一位置下滑，物块通过光电门时，与光电门相连的数字计时器可以记录遮光片通过光电门的遮光时间，遮光片的宽度为d，重力加速度为g.(1)让物块从圆弧面上某处下滑，物块通过光电门时，数字计时器记录的时间为t，测出物块通过光电门后在长木板上滑行的距离为x，如此物块通过光电门的速度为________，如此物块与长木板间的动摩擦因数为________．(2)通过改变物块在圆弧面上开始下滑的位置，测出多组物块通过光电门的时间t与物块在长木板上滑行的距离x，如果要通过图象处理数据，且要使作出的图象是线性图象，如此当横轴为x时，纵轴应为________(选填“t〞、“t2〞或1t2)，如果作出的图象斜率为k，如此物块与斜面体间的动摩擦因数为________．(3)关于该实验如下说法中正确的答案是________．A．圆弧面越光滑越好B．物块每次必须在同一位置静止开始下滑C．遮光片宽度越小，实验误差越小D．滑块质量的按下对测量结果没有影响3．(10分)[2018·洛阳市第一次统考]某同学利用如下列图的装置欲探究小车的加速度与合外力的关系．具体实验步骤如下：①按照如下列图安装好实验装置，并测出两光电门之间的距离L②平衡摩擦力即调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等③取下细绳和沙桶，测量沙子和沙桶的总质量m，并记录④把小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，并记录小车先后通过光电门甲和乙的时间，并计算出小车到达两个光电门时的速度和运动的加速度⑤重新挂上细绳和沙桶，改变沙桶中沙子的质量，重复②～④的步骤(1)用游标卡尺测得遮光片的宽度为d，某次实验时通过光电门甲和乙的时间分别为Δt1和Δt2，如此小车加速度的表达式为a＝________.(2)关于本实验的说法，正确的答案是________．A．平衡摩擦力时需要取下细绳和沙桶B．平衡摩擦力时不需要取下细绳和沙桶C．沙桶和沙子的总质量必须远远小于小车的质量D．小车的质量必须远远小于沙桶和沙子的总质量(3)假设想利用该装置测小车与木板之间的动摩擦因数μ，某次实验中，该同学测得平衡摩擦力后斜面的倾角θ，沙和沙桶的总质量m，以与小车的质量M.如此可推算出动摩擦因数的表达式μ＝________(表达式中含有m、M、θ)．4．(10分)[2018·永春一中、培元一中二次联考]装有拉力传感器的轻绳，一端固定在光滑水平转轴O上，另一端系一小球，空气阻力可以忽略．设法使小球在竖直平面内做圆周运动(如图甲)，通过拉力传感器读出小球在最高点时绳上的拉力大小是F1，在最低点时绳上的拉力大小是F2.某兴趣小组的同学用该装置测量当地的重力加速度．(1)小明同学认为，实验中必须测出小球的直径，于是他用螺旋测微器测出了小球的直径，如图乙所示，如此小球的直径d＝________ mm.(2)小军同学认为不需要测小球的直径．他借助最高点和最低点的拉力F1、F2，再结合机械能守恒定律即可求得．小军同学还需要测量的物理量有________(填字母代号)．A．小球的质量mB．轻绳的长度lC．小球运动一周所需要的时间T(3)根据小军同学的思路，请你写出重力加速度g的表达式________________________________________________________________________．5．(10分)[2018·山东烟台一中模拟]某同学利用如图甲装置探究弹簧的弹性势能E P 与弹簧伸长量Δx之间的关系．实验步骤如下：(1)用游标卡尺测量遮光条宽度d.如图乙所示测量值d＝________mm.(2)按图甲竖直悬挂好轻质弹簧，将轻质遮光条水平固定在弹簧下端；在立柱上固定一指针，标示出弹簧不挂重锤时遮光条下边缘的位置，并测出此时弹簧长度x0.(3)测量出重锤质量m，用轻质细线在弹簧下方挂上重锤，测量出平衡时弹簧的长度x1，并按甲图所示将光电门组的中心线调至与遮光条下边缘同一高度，当地重力加速度为g，如此此弹簧的劲度系数k＝________.(4)用手缓慢地将重锤向上托起，直至遮光条恰好回到弹簧原长标记指针的等高处(保持细线竖直)，迅速释放重锤使其无初速下落，光电门组记下遮光条经过的时间Δt，如此此时重锤下落的速度v＝____________，弹簧此时的弹性势能E p＝____________(均用题目所给字母符号表示)．(5)换上不同质量的重锤，重复步骤3、4，计算出相关结果，并验证弹性势能E p与弹簧伸长量Δx之间的关系．6．(10分)[2018·某某市十二重点中学联考]在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳．实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条．(1)实验操作过程中，如下哪些说法是正确的________(填字母代号)．A．将橡皮条拉伸一样长度即可B．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些(2)小组同学利用坐标纸记下了橡皮条的结点位置O以与两个弹簧秤拉力的大小和方向，如下列图，图中每一小格长度均代表0.5 N，如此F1与F2的合力大小为________N．(保存2位有效数字)(3)实验过程中，保持橡皮条的结点位置O不动和弹簧秤的拉力F1的方向不变，使另一个弹簧秤从图示位置开始，沿顺时针方向缓慢转53°角，关于弹簧秤示数F2的变化，如下结论正确的答案是________．(sin53°＝0.8)A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先增大后减小 D．先减小后增大7．(10分)[2018·开封三模]某同学验证动能定理的实验装置如图1所示．水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一易拉罐相连，易拉罐和里面的细沙总质量为m；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间为t，d表示遮光片的宽度，L表示A、B两点间的距离．滑块与导轨间没有摩擦，用g表示重力加速度．(1)该同学首先用游标卡尺测量了遮光片的宽度，如图2所示，遮光片的宽度d＝________cm.(2)该同学首先调整导轨倾角，易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在滑块上．让滑块恰好在A点静止．剪断细绳后，滑块开始加速下滑，如此其受到的合外力为________．(用题目中所给的物理量符号表示)(3)为验证从A到B过程中滑块合外力做功与动能滑块变化的关系，需要验证的关系式为______________________________．(用题目中所给的物理量符号表示) 8．(10分)[2018·广州二中第三次联考]在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙两种装置：(1)假设入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，如此要求________．A．m1>m2r1>r2 B．m1>m2r1<r2C．m1>m2r1＝r2 D．m1<m2r1＝r2(2)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，如此在用甲装置实验时，验证动量守恒定律的公式为(用装置图中的字母表示)________________________________________________________________________．(3)假设采用乙装置进展实验，以下所提供的测量工具中必须有的是________．A．毫米刻度尺 B．游标卡尺C．天平 D．弹簧秤E．秒表(4)在实验装置乙中，假设小球和斜槽轨道非常光滑，如此可以利用一个小球验证小球在斜槽上下滑过程中的机械能守恒．这时需要测量的物理量有：小球静止释放的初位置到斜槽末端的高度差h1，小球从斜槽末端水平飞出后平抛运动到地面的水平位移s、竖直下落高度h2.如此所需验证的关系式为________．(不计空气阻力，用题中的字母符号表示) 9．(10分)[2018·佛山市一模]图为“估测用力挤压装满水的塑料瓶时对水所做的功〞的实验图，将带喷水口的塑料瓶装满水，用手握住瓶身，使瓶身水平，迅速用力挤压塑料瓶，水从喷水口水平射出，测量相关的物理量，即可估测挤压塑料瓶对水所做的功．(1)用米尺测出喷水口距水平地面的高度为H，射出的水的落地点到喷水口的距离为L；(2)用天平测出装满水时瓶和水的总质量为m0，再测出__________________为m，如此射出水的质量为(m0－m)；(3)重力加速度为g，水从喷水口射出的速度大小为v＝________；(4)挤压塑料瓶对水所做的功为W＝________.专题强化十五 力学实验1．(1)D (2)0.1 s (3)0.96 (4)0.064解析：(1)根据打点计时器的工作原理可知，打点的时间间隔取决于交流电的频率，D 选项正确．(2)打点计时器的打点周期为0.02 s ，每5个点取一个计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1 s.(3)小车做匀减速直线运动，剪断的纸带所用的时间t 相等，根据平均速度公式可知，x ＝v －·t ，纸带的长度之比等于平均速度之比．根据匀变速直线运动规律可知，一段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的瞬时速度．在第2个0.1 s 内，中间时刻的速度v ＝0.96 m/s.(4)连接每条纸带的中点，该直线相当于物体的速度－时间图象，如下列图：横坐标每一纸带的宽度代表0.1 s ，斜率为加速度． a ＝0.064 m/s 2.2．(1)v ＝d t d 22gxt 2 (2)1t 2μ＝kd 22g(3)CD 解析：(1)利用物块通过光电门的平均速度表示瞬时速度，物块通过光电门的速度为v ＝d t.物块在长木板上做匀减速运动，根据运动学公式可知，v 2＝2μgx . 联立解得μ＝d 22gxt2. (2)物块在长木板上做匀减速直线运动，根据运动学公式可知，⎝ ⎛⎭⎪⎫d t2＝2μgx . 解得1t 2＝2μg d 2·x ，纵轴应为1t2.联立上式解得，g ＝F 2－F 16m. 小军同学还需要测量的物理量有小球的质量m ，A 选项正确．5．(1)2.50 mm (3)mgx 1－x 0 (4)d Δt mg (x 1－x 0)－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2 解析：(1)根据游标卡尺的读数规如此可知，d ＝2 mm ＋10×0.05 mm＝2.50 mm.(3)根据胡克定律，k ＝mgx 1－x 0.(4)根据匀变速直线运动规律可知，此时重物的速度v ＝dΔt. 根据动能定理可知，mgh (x 1－x 0)＝12mv 2＋E p . 解得，E P ＝mg (x 1－x 0)－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2. 6．(1)BD (2)2.5 (3)D解析：(1)探究求合力的方法，用到了等效替代的思想，必须两次将橡皮条的结点拉到同一位置，A 选项错误；为了减小实验中的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，B 选项正确；用两弹簧秤同时拉细绳时，两弹簧秤示数之差不一定要求尽可能大，C 选项错误；为了更加准确地记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，D 选项正确．(2)根据平行四边形定如此，做出合力，如下列图：读得合力F 合＝2.5 N. (3)实验过程中，保持橡皮条的结点位置O 不动，即合力不变，弹簧秤的拉力F 1的方向不变，弹簧秤的拉力F 2方向和大小都改变，如下列图：根据平行四边形定如此可以看出F 2的读数先变小后变大，F 1的读数不断变小，D 选项正确．7．(1)1.14 (2)mg (3)mgL ＝12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 2 解析：(1)根据游标卡尺的读数规如此可知，主尺读数为1.1 cm ，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为4×0.1 mm＝0.4 mm ，遮光片的宽度d ＝1.14 cm.(2)滑块恰好在A 点静止，处于受力平衡状态，合力为零，剪断细绳，滑块加速下滑，合力为易拉罐和细沙的重力mg .(3)滑块通过光电门的速度为v ＝d t.合外力做功W ＝mgL .根据动能定理可知，mgL ＝12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 2. 8．(1)C(2)m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·O ′N (3)AC(4)s 2＝4h 1h 2解析：(1)两小球发生正碰，动量守恒，故两小球的半径一样．为了防止入射小球发生反弹，必须保证入射小球的质量大于被碰小球的质量，即m 1>m 2.(2)碰撞前后，小球做平抛运动．根据平抛运动规律可知，碰撞前入射小球的速度 v 1＝OP t. 碰撞后入射小球的速度v 2＝OM t . 碰撞后被碰小球的速度v 3＝O ′N t. 根据动量守恒可知，m 1v 1＝m 2v 3＋m 1v 2.小球做平抛运动的时间一样，m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·O ′N .需要测量的工具有刻度尺和天平．word 11 / 11 (4)根据平抛运动的规律求解初速度v 0＝s t ＝s ·g 2h 2. 动能的增加量ΔE k ＝12mv 20＝mgs 24h 2. 重力势能的减小量ΔE p ＝mgh 1.验证的关系式为mgs 24h 2＝mgh 1，即s 2＝4h 1h 2. 9．(2)喷水后瓶和水的总质量(3)2gH L 2－H 22H(4)m 0－m ·L 2－H 2g 4H解析：(2)用天平测出装满水时瓶和水的总质量为m 0，再测出喷水后瓶和水的总质量为m ，如此射出水的质量为(m 0－m )．(3)水离开瓶口后做平抛运动，竖直方向上，H ＝12gt 2. 水平方向上， L 2－H 2＝vt .联立解得，v ＝2gH L 2－H 22H. (4)根据动能定理可知，挤压一次做功W ＝12mv 2＝m 0－m ·L 2－H 2g 4H .。