高考物理精编选考题15分练1(全解析)

2019年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一顶符合题目要求，第6～8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．(2019·全国Ⅰ卷·14)氢原子能级示意图如图1所示．光子能量在1.63 eV～3.10 eV的光为可见光．要使处于基态(n＝1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为()图1A．12.09 eV B．10.20 eV C．1.89 eV D．1.51 eV答案A解析因为可见光光子的能量范围是1.63 eV～3.10 eV，所以处于基态的氢原子至少要被激发到n＝3能级，要给氢原子提供的能量最少为E＝(－1.51＋13.60) eV＝12.09 eV，故选项A正确．15. (2019·全国Ⅰ卷·15)如图1，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()图1A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷答案D解析对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A 、B 错误；对P 进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q 对它的库仑力平衡，所以P 带负电荷，Q 带正电荷，选项D 正确，C 错误．16．(2019·全国Ⅰ卷·16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s ，产生的推力约为4.8×106 N ，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( )A ．1.6×102 kgB ．1.6×103 kgC ．1.6×105 kgD ．1.6×106 kg答案 B解析 根据动量定理有F Δt ＝Δm v －0，解得Δm ＝F v Δt ＝1.6×103 kg ，所以选项B 正确．17. (2019·全国Ⅰ卷·17)如图1，等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M 、N 与直流电源两端相接．已知导体棒MN 受到的安培力大小为F ，则线框LMN 受到的安培力的大小为( )图1A ．2FB ．1.5FC ．0.5FD ．0答案 B解析 设三角形边长为l ，通过导体棒MN 的电流大小为I ，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML 和LN 的电流大小为I 2，如图所示，依题意有F ＝BlI ，则导体棒ML 和LN 所受安培力的合力为F 1＝12BlI ＝12F ，方向与F 的方向相同，所以线框LMN 受到的安培力大小为1.5F ，选项B 正确．18．(2019·全国Ⅰ卷·18)如图1，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )图1 A ．1<t 2t 1<2 B ．2<t 2t 1<3 C ．3<t 2t 1<4 D ．4<t 2t 1<5 答案 C解析 本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆向运动，所以第四个H 4所用的时间为t 2＝2×H 4g ，第一个H 4所用的时间为t 1＝2H g －2×34H g ，因此有t 2t 1＝12－3＝2＋3， 即3<t 2t 1<4，选项C 正确． 19. (多选)(2019·全国Ⅰ卷·19)如图1，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N ，另一端与斜面上的物块M 相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N ，直至悬挂N 的细绳与竖直方向成45°.已知M 始终保持静止，则在此过程中( )图1A ．水平拉力的大小可能保持不变B ．M 所受细绳的拉力大小一定一直增加C ．M 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D ．M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案 BD解析 对N 进行受力分析如图所示，因为N 的重力与水平拉力F 的合力和细绳的拉力F T 是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A 错误，B 正确；M 的质量与N 的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若m N g ≥m M g sin θ，则M 所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若m N g <m M g sin θ，则M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大，选项D 正确，C 错误．20．(多选)(2019·全国Ⅰ卷·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图1(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )图1A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0答案 BC解析 在0～t 0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R ＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误．21. (多选)(2019·全国Ⅰ卷·21)在星球M 上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P 轻放在弹簧上端，P 由静止向下运动，物体的加速度a 与弹簧的压缩量x 间的关系如图1中实线所示．在另一星球N 上用完全相同的弹簧，改用物体Q 完成同样的过程，其a －x 关系如图中虚线所示．假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则()图1A．M与N的密度相等B．Q的质量是P的3倍C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍答案AC解析设P、Q的质量分别为m P、m Q；M、N的质量分别为M1、M2，半径分别为R1、R2，密度分别为ρ1、ρ2；M、N表面的重力加速度分别为g1、g2.在星球M上，弹簧压缩量为0时有m P g1＝3m P a0，所以g1＝3a0＝G M1R12，密度ρ1＝M143πR13＝9a04πGR1；在星球N上，弹簧压缩量为0时有m Q g2＝m Q a0，所以g2＝a0＝G M2R22，密度ρ2＝M243πR23＝3a04πGR2；因为R1＝3R2，所以ρ1＝ρ2，选项A正确；当物体的加速度为0时有m P g1＝3m P a0＝kx0，m Q g2＝m Q a0＝2kx0，解得m Q＝6m P，选项B错误；根据a－x图线与坐标轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外力做的功可知，E km P＝32m P a0x0，E km Q＝m Q a0x0，所以E km Q＝4E km P，选项C正确；根据运动的对称性可知，Q下落时弹簧的最大压缩量为4x0，P下落时弹簧的最大压缩量为2x0，选项D 错误．三、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共47分．22．(2019·全国Ⅰ卷·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1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)．图1答案 A 0.233 0.75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．根据刻度尺读数规则可读出，B 点对应的刻度为1.20 cm ，C 点对应的刻度为3.15 cm ，D 点对应的刻度为5.85 cm ，E 点对应的刻度为9.30 cm ，AB ＝1.20 cm ，BC ＝1.95 cm ，CD ＝2.70 cm ，DE ＝3.45 cm.两个相邻计数点之间的时间T ＝5×150s ＝0.10 s ，根据做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，打出C 点时物块的速度大小为v C ＝BC ＋CD 2T ≈0.233 m/s.由逐差法可得a ＝CD ＋DE －(AB ＋BC )4T2，解得a ＝0.75 m/s 2. 23．(2019·全国Ⅰ卷·23)某同学要将一量程为250 μA 的微安表改装为量程为20 mA 的电流表．该同学测得微安表内阻为1 200 Ω，经计算后将一阻值为R 的电阻与微安表连接，进行改装．然后利用一标准毫安表，根据图1(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)．图1(1)根据图(a)和题给条件，将图(b)中的实物连线．(2)当标准毫安表的示数为16.0 mA 时，微安表的指针位置如图2所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，而是________．(填正确答案标号)图2A ．18 mAB ．21 mAC ．25 mAD ．28 mA (3)产生上述问题的原因可能是________．(填正确答案标号)A ．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1 200 ΩB ．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1 200 ΩC ．R 值计算错误，接入的电阻偏小D ．R 值计算错误，接入的电阻偏大(4)要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R 的电阻换为一个阻值为kR 的电阻即可，其中k ＝________.答案 (1)连线如图所示(2)C (3)AC (4)9979解析 (1)量程为250 μA 的微安表改装成量程为20 mA 的电流表，量程扩大了80倍，需要将定值电阻与微安表并联，然后根据题图(a)的原理图连线．(2)当标准毫安表示数为16.0 mA 时，对应的微安表读数为160 μA ，说明量程扩大了100倍，因此所改装的电表量程是25 mA ，选项C 正确．(3)根据I g R g ＝(I －I g )R 得：I ＝I g R g R＋I g 出现该情况可能是微安表内阻测量错误，实际电阻大于1 200 Ω，或者并联的电阻R 计算错误，接入的电阻偏小，选项A 、C 正确．(4)设微安表的满偏电压为U ，则对并联的电阻R 有U ＝(25－0.25)×10－3RU ＝(20－0.25)×10－3kR解得k ＝9979.24. (2019·全国Ⅰ卷·24)如图1，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP 边上某点以垂直于x 轴的方向射出．已知O 点为坐标原点，N 点在y 轴上，OP 与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d ，不计重力．求图1 (1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间．答案 (1)4U B 2d 2 (2)Bd 24U ⎝⎛⎭⎫π2＋33 解析 (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，加速后的速度大小为v .由动能定理有qU ＝12m v 2① 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q v B ＝m v 2r ②由几何关系知d ＝2r ③联立①②③式得q m ＝4U B 2d2④ (2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为s ＝πr 2＋r tan 30°⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为t ＝s v ⑥联立②④⑤⑥式得t ＝Bd 24U ⎝⎛⎭⎫π2＋33⑦ 25．(2019·全国Ⅰ卷·25)(20分)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图1(a)所示．t ＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A 返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A 运动的v －t 图像如图(b)所示，图中的v 1和t 1均为未知量．已知A 的质量为m ，初始时A 与B 的高度差为H ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．图1(1)求物块B 的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．答案 (1)3m (2)215mgH (3)119解析 (1)根据题图(b)，v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，v 12为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B 的质量为m ′，碰撞后瞬间的速度大小为v ′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有m v 1＝m ⎝⎛⎭⎫－v 12＋m ′v ′① 12m v 12＝12m ⎝⎛⎭⎫－12v 12＋12m ′v ′2② 联立①②式得m ′＝3m ③(2)在题图(b)所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为F f ，下滑过程中所经过的路程为s 1，返回过程中所经过的路程为s 2，P 与B 的高度差为h ，整个过程中克服摩擦力所做的功为W .由动能定理有 mgH －F f s 1＝12m v 12－0④ －(F f s 2＋mgh )＝0－12m ⎝⎛⎭⎫－v 122⑤ 从题图(b)所给出的v －t 图线可知s 1＝12v 1t 1⑥ s 2＝12·v 12·(1.4t 1－t 1)⑦由几何关系得：s 2s 1＝h H⑧ 物块A 在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W ＝F f s 1＋F f s 2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W ＝215mgH ⑩ (3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W ＝μmg cos θ·H ＋h sin θ⑪设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s ′，由动能定理有－μm ′gs ′＝0－12m ′v ′2⑫ 设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh －μ′mg cos θ·h sin θ－μ′mgs ′＝0⑬ 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得μμ′＝119⑭ (二)选考题：共15分．请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．33.物理——选修3－3(2019·全国Ⅰ卷·33)(1)某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体．初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界．现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同．此时，容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度．(2)热等静压设备广泛用于材料加工中．该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能．一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m 3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中．已知每瓶氩气的容积为3.2×10－2 m 3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa ，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa ；室温温度为27 ℃.氩气可视为理想气体．①求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；②将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强．答案 (1)低于 大于 (2)①3.2×107 Pa ②1.6×108 Pa解析 (1)活塞光滑、容器绝热，容器内空气体积增大，对外做功，由ΔU ＝W ＋Q 知，气体内能减少，温度降低．气体的压强与温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温度低于外界温度，但压强相同，则容器中空气的密度大于外界空气的密度．(2)①设初始时每瓶气体的体积为V 0，压强为p 0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p 1.假设体积为V 0、压强为p 0的气体压强变为p 1时，其体积膨胀为V 1.由玻意耳定律得：p 0V 0＝p 1V 1① 被压入炉腔的气体在室温和p 1条件下的体积为：V 1′＝V 1－V 0②设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p 2，体积为V 2， 由玻意耳定律：p 2V 2＝10p 1V 1′③联立①②③式并代入题给数据得：p 2＝3.2×107 Pa ④②设加热前炉腔的温度为T 0，加热后炉腔的温度为T 1，气体压强为p 3，由查理定律得：p 3T 1＝p 2T 0⑤ 联立④⑤式并代入题数据得：p 3＝1.6×108 Pa ⑥34.物理——选修3－4(2019·全国Ⅰ卷·34)(1)一简谐横波沿x 轴正方向传播，在t ＝T 2时刻，该波的波形图如图1(a)所示，P 、Q 是介质中的两个质点．图(b)表示介质中某质点的振动图像．下列说法正确的是________(填正确答案标号)．图1A ．质点Q 的振动图像与图(b)相同B ．在t ＝0时刻，质点P 的速率比质点Q 的大C ．在t ＝0时刻，质点P 的加速度的大小比质点Q 的大D ．平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图(b)所示E ．在t ＝0时刻，质点P 与其平衡位置的距离比质点Q 的大(2)如图1，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m ．距水面4 m 的湖底P 点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°(取sin 53°＝0.8)．已知水的折射率为43.图1①求桅杆到P 点的水平距离；②船向左行驶一段距离后停止，调整由P 点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍照射在桅杆顶端，求船行驶的距离．答案 (1)CDE (2)①7 m ②5.5 m解析 (1)t ＝T 2时刻，题图(b)表示介质中的某质点从平衡位置向下振动，而题图(a)中质点Q 在t ＝T 2时刻从平衡位置向上振动，平衡位置在坐标原点的质点从平衡位置向下振动，所以质点Q 的振动图像与题图(b)不同，平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如题图(b)所示，选项A 错误，D 正确；在t ＝0时刻，质点P 处在波谷位置，速率为零，与其平衡位置的距离最大，加速度最大，而质点Q 运动到平衡位置，速率最大，加速度为零，即在t ＝0时刻，质点P 的速率比质点Q 的小，质点P 的加速度比质点Q 的大，质点P 与其平衡位置的距离比质点Q 的大，选项B 错误，C 、E 正确．(2)①设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x 1，到P 点的水平距离为x 2；桅杆距水面的高度为h 1，P 点处水深为h 2；激光束在水中与竖直方向的夹角为θ，由几何关系有 x 1h 1＝tan 53°① x 2h 2＝tan θ② 由折射定律有：sin 53°＝n sin θ③设桅杆到P 点的水平距离为x ，则x ＝x 1＋x 2④联立①②③④式并代入题给数据得：x ＝7 m ⑤②设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为i ′ 由折射定律有：sin i ′＝n sin 45°⑥设船向左行驶的距离为x ′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x 1′，到P 点的水平距离为x 2′，则：x 1′＋x 2′＝x ′＋x ⑦x1′h1＝tan i′⑧x2′h2＝tan 45°⑨联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得：62－3m≈5.5 m⑩x′＝()祝福语祝你考试成功!。

实验题15分练(四)(时间：15分钟分值：15分)(第161页)1．(6分) (2018·淮滨中学仿真)某同学设计了如图1所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d.开始时让木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t.则：图1(1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝__________.(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系．下列图象能表示该同学实验结果的是__________．(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是__________．A．可以改变滑动摩擦力的大小B．可以更方便地获取多组实验数据C．可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小D．可以获得更大的加速度以提高实验精度【解析】 (1)根据运动学位移与时间关系应有：d ＝12at 2，解得a ＝2dt2.(2)根据题意，木板受到的滑动摩擦力为f ＝F 0，对木板和矿泉水瓶组成的系统根据牛顿第二定律应有F 1－f ＝(m ＋M )a ，联立解得a ＝1m ＋M ·F 1－F 0m ＋M，其中m 为矿泉水及瓶的质量，M 为木板的质量；根据函数斜率和截距的概念可知，随着矿泉水质量m 增大，a ­F 1图象的斜率1m ＋M逐渐减小，所以能表示实验结果的是C 图．(3)由于木板受到的摩擦力与矿泉水的质量无关，所以A 错误；由于水与砝码相比能任意改变，所以它的优点是可以更方便地获取多组数据，所以B 正确；由于水的多少可以任意变化，可以比较精确地测出木板所受摩擦力的大小，所以C 正确；由于加速度越大需要水的质量越大，而水的质量越大时图象的斜率越小，实验的精确度会越小，所以D 错误；故选B 、C.【答案】 (1)2dt2 (2)C (3)BC2．(9分)(2018·株洲质检)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 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 E ．导线和开关图2(1)根据图2甲所示的电路原理图，完成图乙所示的电路实物图的连接．(2)实验中移动滑动变阻器的滑片，读出电压表V 1、V 2的多组数据如表格所示，请在图3所示的坐标纸中描绘出U 1­U 2图象．实验次数1 2 3 4 5 6 U 1/V 1.65 1.50 1.32 1.00 0.68 0.46 U 2/V2.152.212.322.502.692.76图3(3)根据描绘出的U 1­U 2图象，两节干电池的总电动势E ＝__________V ，总内阻r ＝__________Ω.(计算结果保留三位有效数字)【解析】 (1)电路实物图如图；(2)绘出U 1­U 2图象如图：(3)由闭合电路的欧姆定律E ＝U 2＋U 1R 0r ，即U 1＝R 0E r－R 0rU 2，由图象可知：R 0r ＝21＝2，R 0＝5 Ω，解得r ＝2.50 Ω，当U 2＝2.0 V 时U 1＝2.0 V ，可得E ＝3.00 V【答案】 (1)图见解析 (2)见解析 (3)3.00(2.95～3.10之间均可) 2.50(2.40～2.80之间均可)。

实验题15分练(六)(时间：15分钟 分值：15分)(第162页)1．(6分)(2018·百校联盟4月联考)某同学用图1甲所示的实验装置测量当地的重力加速度，先接通电源后释放纸带，在纸带上打出一系列的点如图乙所示，图中A 、B 、C 、D 、E 、F 是纸带上打出的连续的点，测出B 、C 、D 、E 、F 这几点到A 点的距离并标在纸带上，打点计时器所用交流电的频率为f .图1(1)打C 点时，重物的速度v C ＝__________.若分别计算出纸带上B 、C 、D 、E 各点对应的速度，并在坐标系中画出v 2与h 的关系图线，如图2所示，则重力加速度g ＝__________m/s 2.图2(2)若当地的重力加速度为9.8 m/s 2，你认为该同学的测量结果存在误差的主要原因是____________________________________________________________．(3)当交流电的实际频率小于f 时，仍按f 计算，则测量的加速度值比真实的加速度值__________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．【解析】 (1)打C 点时重物的速度为v C ＝h 3－h 1f 2，由机械能守恒定律得：mgh＝12mv 2－12mv 21，得：v 2＝v 21＋2gh ，v 2­h 图象的斜率：k ＝2g ＝8.3－3.60.25m/s 2，解得：g＝9.4 m/s2.(2)由于重锤下落过程受到空气的阻力作用，纸带受到限位孔的阻力作用，所测重力加速度偏小．(3)当交流电的实际频率小于f时，仍按f计算，则参与计算的时间偏小，测得的加速度偏大．【答案】(1)h3－h1f29.4 (2)重锤和纸带受到阻力作用(3)偏大2．(9分)(2018·百校联盟4月联考)某同学要测量某电源的电动势和内阻，根据实验室提供的器材，设计了如图3所示的实验电路．图3(1)请根据电路图将下列器材连接成电路．图4(2)闭合开关后，调节电阻箱接入电路的阻值．得到多组电阻箱接入电路的阻值R和对应的电压表的示数U，为了比较准确地得出实验结论．该同学准备用直线图象来处理实验数据，图象的纵坐标表示电压表读数U，则图象的横坐标表示的物理量应该是__________．(3)该同学又尝试用另一种图象来处理数据．即根据测得的多组电阻箱的阻值R和记录的对应电压表的读数U，作出1U­1R图象如图5所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为－b、a，定值电阻的阻值用R0表示．则可得该电源的电动势为__________，内阻为__________；测得的电动势与真实值比__________(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)．图5【解析】 (1)实物连接图，如图所示．(2)根据闭合电路欧姆定律得：E ＝U ＋U R (R 0＋r )，可得：U ＝E －U R (R 0＋r )，故横坐标为U R. (3)根据闭合电路的欧姆定律得：E ＝U ＋U R (R 0＋r )，变形得：1U ＝1E ＋R 0＋r E ·1R，由图象可得1E ＝a ，解得：E ＝1a ，a b ＝R 0＋r E ，整理得：r ＝1b－R 0，由于电压表的分流作用，导致电流值比实际通过电源的电流偏小，则造成电动势的测量值偏小．【答案】 (1)见解析图 (2)U R (3)1a 1b－R 0 偏小。

E．记录滑块 a 通过光电门时挡光片的遮光时间 Δt ；
F．滑块 a 最终停在 C 点 (图中未画出 )用刻度尺测出 AC 之间的距离 sa；
G．小球 b 从平台边缘飞出后，落在水平地面的 B 点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度
h 及平台边缘铅垂线
与 B 点之间的水平距离 sb ；
H ．改变弹簧压缩量，进行多次测量．
(2) 烧断细线后， a 向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，
d a 经过光电门的速度为： va＝ Δt ，故 a 的动量为：
d pa＝ m aΔt ， b 离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得：
1 h ＝ gt 2 及 sb＝ vbt 联立解得： vb＝ sb
2
g ，故 b
2h
g
的动量为： p b ＝ m bvb＝ m bsb
动势 E 和内阻 r 的关系式为 E＝ __________.
【解析】 (1) 根据串联分压原理，若“改装”成量程为 9 V 的电压表，量程扩大到原来的 3 倍，应该串联阻值等
于原来内阻 2 倍的电阻，串联 R0＝ 4 k Ω的电阻．
(2) 电路如图所示：
4.5 (3) 根据闭合电路欧姆定律： E＝U＋ Ir ＝4.5 ＋ r ＝4.5 ＋ 0.3 r .
糙水平面，当地重力加速度大小为 g .采用的实验步骤如下：
图2
A ．在小滑块 a 上固定一个宽度为 d 的窄挡光片；
B．用天平分别测出小滑块 a(含挡光片 )和小球 b 的质量 m a、 m b；
C．在 a 和 b 间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻短弹簧，静止放置在平台上；
D ．烧断细线后， a、 b 瞬间被弹开，向相反方向运动；