2016届高考物理二轮专题提升训练(5)物理实验

v2 B 解析：在B点由牛顿第二定律有N′＋mg＝m ，根据牛顿第 R 三定律有N′＝N＝mg，得vB＝ 2gR ，选项A错误；在B点小球速 度方向与重力方向垂直，重力的瞬时功率为零，选项B错误；从C 1 2 1 2 到B的过程，由动能定理有－mg· 2R＝ 2 mv B － 2 mv C ，在C处有N′C v2 C －mg＝m R ，根据牛顿第三定律有NC＝N′C＝7mg，选项C错误； 1 2 从P到B的过程，由动能定理有mgh＝ mv B ，h＝R，所以P、A间距 2 为R＋R＝2R，选项D正确． 答案：D
答案：C
解析：由动能定理有 H 1 2 －mgH－μmgcosθ ＝0－ mv sinθ 2 h 1 v2 －mgh－μmgcosθ ＝0－ m( ) sinθ 2 2 v2 H 解得μ＝( －1)tanθ，h＝ ，故D正确． 2gH 4 答案：D
解析：人对车厢的推力方向向右，与车厢的位移方向相同， 人对车厢的推力做正功，选项A、B错误；人随车厢一起向右减 速，人运动的加速度方向向左，根据牛顿第二定律知车厢对人的 水平作用力的方向向左，与车的位移方向相反，车厢对人的作用 力做负功，选项D正确，C错误． 答案：D
二、常见功的特点
做功特点、计算公式 与路径无关， 与物体的重力和初、 末位置的高度差有关， 重力 mgh |WG|＝________ 静摩擦力 可以做正功、负功、不做功 滑动摩擦力 可以做正功、负功、不做功 一对静摩擦力 总功为________ 零 一对滑动摩擦力 总功为负功，W 总＝－Ffs 相对 Pt 机车牵引力 P 不变时，W＝________ ；F 不变时，W＝Fs qU 静电力 与路径无关，只与初、末位置有关，W 电＝________ UIt 电流 电流做功实质上是静电力的功，W＝________ 洛伦兹力 洛伦兹力做功为________ 零 做功的力(电流)

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高频考点二 “纸带类”实验的处理
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(1)当电磁打点计时器打下B、C、D时，滑块运动的速度分别为vB＝ ________m/s，vC＝________m/s，vD＝________m/s； (2)以电磁打点计时器打A点时为计时的0时刻，利用以上数据在图丙的 坐标纸中画出滑块的速度随时间变化规律的图线； (3)由图线分析知图线纵截距为___内__容___m/s，此截距的物理意义是 ____________________________________________________________； (4)由图线可知该滑块的加速度大小为________． 尝试解答 __________
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高频考点一 基本仪器的读数
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解析 (1)因需测量的是玻璃杯的内高即深度，所以要用游标卡尺的深度 尺测量，根据图甲所示的游标卡尺主尺上的整毫米数为100 mm，游标 尺的精确度为0.1 mm，且第3条刻度线与主尺上的刻度线对齐，可知玻 璃杯的内高为100 mm＋0.1 mm×3＝100.3 mm＝10.03 cm. (2)螺旋测微器的读数规则：测量值内＝容固定刻度读数(注意半毫米刻度线 是否露出)＋精确度(0.01 mm)×可动刻度读数(一定要估读)，所以玻璃 厚度为2.5 mm＋0.01 mm×26.0＝2.760 mm. (3)因1.731 mm＝1.5 mm＋0.01 mm×23.1，由螺旋测微器读数规则知a 应为20，b应为0.

素能演练提升十(2)电学实验的创新和设计(时间:60分钟满分:100分)说明:本卷共5题,请把答案填在题中横线上或按要求作答.1.(15分)某实验探究小组在测量某个电阻R x的阻值时:(1)首先实验小组利用多用电表进行粗测,当转换开关转到“×10”挡,指针指在图中位置,则待测的电阻R x为Ω.(2)为了更准确测量出R x的阻值,实验小组又利用量程相同的两个电压表、电阻箱、电池、开关、变阻器等设计了如图所示的测量电路.实验步骤如下:A.根据实验电路图连接好实验电路,将滑动变阻器的滑片调到最右端B.合上开关S,将滑动变阻器的滑片向左端滑动,使两个电压表指针都有较大角度的偏转C.调节电阻箱R0的阻值,使两个电压表的读数相等D.记下电阻箱R0的阻值,即为待测电阻的阻值回答下面问题:(Ⅰ)根据实验电路图,用笔画线代替导线将实物图补充完整;(Ⅱ)若两电压表的内阻不等,且R1>R2,则测量结果比真实值(选填“偏大”“偏小”或“不变”);(Ⅲ)若两电压表的内阻分别为R1、R2(R1≠R2,且均没有远大于R x),两电压表的读数均为U;电阻箱的阻值为R0,则R x=.解析:(2)(Ⅱ)根据题意可知,本实验是根据“串联电路电压与电阻成正比”来测电阻R x,即R1与R0的并联总电阻等于R2与R x的并联总电阻,若R1>R2,则R0<R x.(Ⅲ)根据可得R x=.答案:(1)170(4分)(2)(Ⅰ)电路图如图所示(4分)(Ⅱ)偏小(3分)(Ⅲ)(4分)2.(15分)(2015江苏南京模拟)某实验小组要测量电阻R x的阻值.(1)首先,选用欧姆表“×10”挡进行粗测电阻的测量值约为140 Ω.(2)接着,用伏安法测量该电阻的阻值,可选用的实验器材有电压表V(3 V,内阻约3 kΩ);电流表A(20 mA,内阻约2 Ω);待测电阻R x;滑动变阻器R1(0~2 kΩ);滑动变阻器R2(0~200 Ω);干电池2节;开关、导线若干.在图乙、图丙电路中,应选用图(选填“乙”或“丙”)作为测量电路,滑动变阻器应选用(选填“R1”或“R2”).(3)根据选择的电路和器材,在图丁中用笔画线代替导线完成测量电路的连接.(4)为更准确测量该电阻的阻值,可采用图戊所示的电路,G为灵敏电流计(量程很小),R0为定值电阻,R、R1、R2为滑动变阻器.操作过程如下:①闭合开关S,调节R2,减小R1的阻值,多次操作使得G表的示数为零,读出此时电压表V和电流表A的示数U1、I1;②改变滑动变阻器R滑片的位置,重复①过程,分别记下U2、I2、…、U n、I n;③描点作出U-I图象,根据图线斜率求出R x的值.下列说法中正确的有.A.闭合S前,为保护G表,R1的滑片应移至最右端B.调节G表的示数为零时,R1的滑片应位于最左端C.G表示数为零时,a、b两点间电势差为零D.该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响解析:(2)由于待测电阻的电阻值比较大,比电流表的内阻大得多,所以电流表使用内接法;由于两个滑动变阻器的电阻值都比较大,所以要选择限流电路,实验电路选择丙,滑动变阻器选择容易调节的变阻器,所以选择R2.(3)根据实验的原理图,依次连接电路如图.(4)闭合S前,为保护G表,开始时R1的电阻值要最大,所以滑片应移至最左端,故A错误;调节G 表的示数为零时,与R1的滑片的位置无关,故B错误;该图实验的原理是利用惠斯通电桥法,G表示数为零时,a、b两点间电势差为零,故C正确;该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响,故D正确.答案:(2)丙R2(4分)(3)见解析图(6分)(4)CD(5分)3.(20分)(2015上海十三校二模)某同学利用DIS、定值电阻R0、电阻箱R1等实验器材测量电池a的电动势和内阻,实验装置如图甲所示,实验时多次改变电阻箱的阻值,记录外电路的总电阻阻值R,用电流传感器测得端电流I,并在计算机上显示出如图乙所示的-R关系图线a,重复上述实验方法测量电池b的电动势和内阻,得到图乙中的图线b.(1)由图线a可知电池a的电动势E a= V,内阻r a=Ω.(2)若用同一个电阻先后与电池a及电池b连接,两电池的效率分别为ηa和ηb,则.A.ηa一定小于ηbB.ηa一定大于ηbC.ηa可能等于ηbD.ηa可能大于ηb(3)若用同一个电阻先后与电池a及电池b连接,两电池的输出功率分别为P a和P b,则.A.P a一定小于P bB.P a一定大于P bC.P a可能等于P bD.P a一定等于P b解析:(1)根据E=U+r,得题图线a,截距b=0.5=,斜率k=0.5=故电动势E a==2 V内电阻r a=bE=1 Ω.(2)(3)在图乙中,图象的斜率为电源电动势的倒数,从图象可知a的斜率大于b的斜率,故E a<E b;图象的截距表示,而a的截距大于b的截距,而r=Ek,由图中标度,可近似得出b的截距约为0.4,斜率约为,则电动势约为3.1 V,内阻约为1.25 Ω,故E a<E b,r a<r b,近似作出伏安特性曲线,电阻的曲线与两电源的交点为电阻的工作点.则由图可知,图中交点的电压与电流的乘积为电源的输出功率,由于电阻的大小未知,因此电源的输出功率P a>P b、P a=P b、P a<P b均有可能.由于r a<r b,因此ηa>ηb.答案:(1)2(5分)1(5分)(2)B(5分)(3)C(5分)4.(25分)物体带的电荷量是一个不易测得的物理量,某同学设计了如下实验来测量带电物体所带的电荷量.如图甲所示,他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上,打点计时器固定在长木板末端,物块靠近打点计时器,一纸带穿过打点计时器与物块相连,操作步骤如下,请结合操作步骤完成以下问题:(1)为消除摩擦力的影响,他将长木板一端垫起一定倾角,接通打点计时器,轻轻推一下小物块,使其沿着长木板向下运动.多次调整倾角θ,直至打出的纸带上点迹,测出此时木板与水平面间的倾角,记为θ0.(2)如图乙所示,在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场,用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连,绳与滑轮摩擦不计.给物块A带上一定量的正电荷,保持倾角θ不变,接通打点计时器,由静止释放小物块A,该过程可近似认为物块A带的电荷量不变,下列关于纸带上点迹的分析正确的是.A.纸带上的点迹间距先增加后减小至零B.纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值C.纸带上的点迹间距逐渐增加,且相邻两点间的距离之差不变D.纸带上的点迹间距逐渐增加,且相邻两点间的距离之差逐渐减少,直至间距不变(3)为了测定物体所带电荷量q,除θ0、磁感应强度B外,本实验还必须测量的物理量有.A.物块A的质量MB.物块B的质量mC.物块A与木板间的动摩擦因数μD.两物块最终的速度v(4)用重力加速度g、磁感应强度B、θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为.解析:(1)此实验平衡摩擦力后,确定滑块做匀速直线运动的依据是,看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的.(2)设A的质量为M,B的质量为m,没有磁场时,对A受力分析,A受到重力Mg、支持力、摩擦力.根据平衡条件可知F f=Mg sinθ0,F N=Mg cos θ0又因为F f=μF N,所以μ==tan θ0.当存在磁场时,以AB整体为研究对象,由牛顿第二定律可得(mg+Mg sin θ0)-μ(Bqv+Mg cos θ0)=(M+m)a由此式可知,v和a是变量,其他都是不变的量,所以AB一起做加速度减小的加速运动,直到加速度减为零后做匀速运动,即速度在增大,加速度在减小,最后速度不变,所以纸带上的点迹间距逐渐增加,说明速度增大;根据逐差相等公式Δx=at2,可知加速度减小,则相邻两点间的距离之差逐渐减小;匀速运动时,间距不变,故D正确,A、B、C错误.(3)(4)根据(mg+Mg sin θ0)-μ(Bqv+Mg cos θ0)=(M+m)a,可得当加速度减为零时,速度最大,设最大速度为v,则(mg+Mg sin θ0)-μ(Bqv+Mg cos θ0)=0化简得q=,把μ=tan θ0代入,得q=由此可知为了测定物体所带电荷量q,除θ0、磁感应强度B外,本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v.答案:(1)间距均匀(5分)(2)D(6分)(3)BD(6分)(4)q=(8分)5.(25分)(2015四川德阳模拟)某班举行了一次物理实验操作技能比赛,其中一项比赛为用规定的器材设计合理电路,并能较准确地测量某电源的电动势及内阻.给定的器材如下:A.电流表G(满偏电流10 mA,内阻10 Ω)B.电流表A(量程0.6 A、3 A,内阻未知)C.滑动变阻器R0(0~100 Ω,1 A)D.定值电阻R(阻值990 Ω)E.开关与导线若干甲乙丙(1)请你用以上实验器材设计测量该电源电动势和内阻的电路图,并画在图丙的虚线框中.(要求:为了保证器材的安全,在闭合开关前滑动变阻器的滑片应置于最右端,即最大电阻处)(2)图甲为小刘同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的I1-I2图线(I1为电流表G的示数,I2为电流表A的示数),则由图线可以得到被测电源的电动势为 V,内阻为Ω.(结果保留两位有效数字)(3)小张同学对另一电源也用上面的实验电路进行测量,初始时滑片P在最右端,但由于滑动变阻器某处发生断路,合上开关后发现滑片P向左滑过一段距离x后电流表A才有读数,于是他根据测出的数据作出了两个电流表读数I与x的关系图,如图乙所示,则根据图象可知,此电池组的电动势为V,内阻为Ω.(结果保留两位有效数字)解析:(1)测量电动势和内电阻需要有电压表和电流表,题目中只给出两个电流表,因其中一个电流表G的内阻已知,可以把内阻已知的电流表和定值电阻串联改装成一个电压表,设计实验原理图如图所示.(2)将小电流表改装成电压表后,电压表的量程为U,则得U=·U g=·I g R g=(990+10)×10×10-3 V=10 V所以电流表G上的1 mA就表示1 V.当外电阻为无穷大时,路端电压等于电源的电动势,所以在图线上,斜线与纵坐标的交点就是电源的电动势,延长图线可得E=7.5 V根据闭合电路的欧姆定律E=U+Ir可得图线的斜率就表示电源的内阻,即r=Ω=5.0 Ω.(3)由I1-x的图线可得,开始时的电流恒为9.0 mA,此时的I2为0,由以上分析可得此时I1上表示电压为9.0 V,即电源的电动势.从图乙中分别取两组对应的数据,得(6.2 V,0.24 A),(3.0 V,0.54 A)得r'=Ω≈11 Ω.答案:(1)见解析图(7分)(2)7.5(4分)5.0(5分)(3)9.0(4分)11(5分)。

2016高考物理二轮复习 专题一 力与运动提升训练第1讲 力与物体的平衡1. (2013·新课标全国卷Ⅱ，15)如图1所示，在固定斜面上的一物块受到一外力的作用，F 平行于斜面向上，若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F 1和F 2(F 2＞0)。

由此可求出( )图1A.物块的质量B.斜面的倾角C.物块与斜面间的最大静摩擦力D.物块对斜面的正压力解析 当拉力为F 1时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，大小为F f m ，则F 1＝mg sin θ＋F f m 。

当拉力F 2时，物块有沿斜面向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，大小为F f m ，则F 2＋F f m ＝mg sin θ，由此解得F f m ＝F 1－F 22。

答案 C2.(2013·新课标全国卷Ⅱ，18)如图2所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电。

整个系统置于方向水平的匀强电场中。

已知静电力常量为k 。

若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )图2 A.3kq 3l 2 B.3kq l 2 C.3kq l 2 D.23kq l2解析 分析a 球受力：b 对a 的排斥力F 1、c 对a 的吸引力F 2和匀强电场对a 的电场力F 3＝qE ，根据a 受力平衡可知受力情况如图所示。

利用正交分解法：F 2cos 60°＝F 1＝k q 2l 2，F 2sin 60°＝qE 。

解得E ＝3kq l2。

答案 B3.(2015·新课标全国卷Ⅰ，24)如图3所示，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。