北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
专题十七 实验
应用创新题组
(时间:120分钟 满分:190分)
一、力学实验题(每小题6分,共54分)
1.[2021福建漳州适应考(一),11]橡皮筋也像弹簧一样,在弹性限度内,伸长量x与弹力F成正
比,即F=kx,k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关,理论与实践都表明k=Y
S
,其中Y是一个由材料决定的常数,材料力学中称之为杨氏模量。
L
(1)有一段横截面是圆形的橡皮筋,应用如图甲所示的实验装置可以测量出它的杨氏模量Y的
值。首先利用测量工具a测得橡皮筋的长度L=10.00 cm,利用测量工具b测得橡皮筋未受到
拉力时的直径D=2.000 mm,那么测量工具b应该是 (填“游标卡尺”或“螺旋测微
器”);
(2)某同学根据橡皮筋受到的拉力F与伸长量x的实验记录,作出F-x图像(如图乙所示),由图
像可求得该橡皮筋的劲度系数k= N/m(结果保留2位有效数字)。
(3)这种橡皮筋的Y值等于 Pa(结果保留2位有效数字)。
答案 (1)螺旋测微器(2分) (2)3.1×102(2分)
(3)9.9×106或1.0×107(2分)
解析 (1)从读数D=2.000 mm可知b为螺旋测微器;
(2)根据F=kx可知,图像斜率的绝对值等于劲度系数大小,由图像求出劲度系数为k≈3.1×102
N/m;
S
(3)根据k=Y 得Y≈9.9×106 Pa(或Y≈1.0×107 Pa)。
L
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2.(2020河北衡水中学一模,22)某小组设计了一个研究平抛运动的实验装置,在抛出点O的正
前方竖直放置一块毛玻璃。他们利用不同的频闪光源,在小球抛出后的运动过程中光源闪光,
会在毛玻璃上出现小球的投影点,在毛玻璃右边用照相机进行多次曝光,拍摄小球在毛玻璃上
的投影照片。如图1,小明在O点左侧用水平的平行光源照射,得到的照片如图3;如图2,小红
将一个点光源放在O点照射重新实验,得到的照片如图4。已知光源的闪光频率均为31 Hz,
光源到玻璃的距离L=1.2 m,两次实验小球抛出时的初速度相等。根据上述实验可求出:(结果
均保留两位小数)
(1)重力加速度的大小为 m/s2,投影点经过图3中M位置时的速度大小为
m/s。
(2)小球平抛时的初速度大小为 m/s。
答案 (1)9.61(3分) 0.62(3分) (2)9.30(4分)
解析 (1)若用平行光照射,则球在毛玻璃上的投影即小球竖直方向上的位移,由Δh=gT2得
g=9.61 m/s2。
2
投影点经过图3中M位置时的速度大小v =g× =0.62 m/s。
M f
(2)设图2中小球在毛玻璃上的投影AB=Y则经过时间t后小球运动的水平位移为x=vt;竖直
0
1
1 v t gt2 gL
位移为y= gt2,由相似三角形得 0 =2 ,则Y= ·t,结合图4可得:v =9.30 m/s。
2 L 2v 0
Y 0
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3.(2021河北衡水中学二调,14)图甲为在气垫导轨上验证机械能守恒定律的实验装置,将导轨
调至水平,滑块装有宽度为d的遮光条,滑块包括遮光条总质量为M。细绳下端挂钩码,钩码
的质量为m。滑块在钩码作用下先后通过两个光电门,用光电计时器记录遮光条通过光电门
1和2各自的时间,可以计算出滑块通过两光电门的速度v 和v,用刻度尺测出两个光电门之
1 2
间的距离x,重力加速度为g。
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d,示数如图乙,则d= cm。
(2)写出滑块从光电门1运动到光电门2的过程中,验证机械能守恒定律的表达式
(用题中给出的物理量表示)。
1 1
(3)增加绳子下端钩码的个数,滑块每次都从同一位置由静止释放,作出 - 图像,如图丙
v2-v2 m
2 1
所示,其斜率为k= (用题中给出的物理量表示)。
1 M
答案 (1)0.660(2分) (2)mgx=
(M+m)(v2 -v2
)(3分) (3) (3分)
2 2 1 2gx
解析 (1)用游标卡尺测量遮光条的宽度,d=0.6 cm+0.05 mm×12=0.660 cm。
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(2)系统重力势能的减少量为ΔE=mgx
p
1
动能增加量为ΔE=
(M+m)(v2 -v2
)
k 2 2 1
1
则要验证的关系式为mgx=
(M+m)(v2 -v2
)
2 2 1
1 1 M 1 1
(3)由表达式mgx=
(M+m)(v2 -v2
)可得 = · +
2 2 1 v2-v2 2gx m 2gx
2 1
1 1 M
则 - 图像的斜率为k= 。
v2-v2 m 2gx
2 1
4.(2021天津耀华中学二模,14)气垫导轨是一种现代化的力学实验仪器。它利用小型气源将
压缩空气送入导轨内腔,空气再由导轨表面上的小孔喷出,在导轨表面与滑行器内表面之间形
成很薄的气垫层。滑行器就浮在气垫层上,与导轨平面脱离接触,因而能在轨面上做近似无阻
力的直线运动,极大地减小了以往在力学实验中由于摩擦力引起的误差。某实验小组现在利
用气垫导轨装置结合频闪照相的方法进行“探究碰撞中的不变量”这一实验。
(1)实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小和很大等各种情况,若要求碰撞时动能损失最大
应选图中的 (填“甲”或“乙”)、若要求碰撞时动能损失最小则应选图中的
(填“甲”或“乙”)。(甲图两滑块分别装有弹性圈,乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥)
(2)某次实验时碰撞前B滑块静止,A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞,利用闪光照相的方
法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示。已知相邻两次闪光的时间间隔为T,在这4次闪
光的过程中,A、B两滑块均在0~80 cm的范围内,且第1次闪光时,滑块A恰好位于x=10.0
cm处。若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短,均可忽略不计,则可知碰撞发生
在第1次闪光后的 时刻(用字母T表示),A、B两滑块质量比m ∶m = 。
A B
答案 (1)乙(2分) 甲(2分) (2)2.5T(2分) 2∶3(2分)
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解析 (1)撞针和橡皮泥能在碰撞过程中吸收动能,使机械能损失较大,故填“乙”;弹性圈在
碰撞过程中会将形变时吸收的动能通过弹力做功重新转化为动能,使机械能损失较小,故填
“甲”。
(2)在连续四次闪光中,滑块B只有两个图像,可知滑块B一开始时静止在x=60.0 cm处;由图
可知,第三次闪光后,滑块A向前运动了10.0 cm后与滑块B相撞,用时0.5T,故碰撞发生在
2.5T时刻;
由图可知,碰撞前A的速度
0.200m
v =
A1 T
碰撞后A、B的速度
0.050m
0.100m
v =- T =-
A2 T
2
0.100m
0.200m
v = T =
B2 T
2
由动量守恒有m v =m v +m v
A A1 A A2 B B2
m 2
A
代入数据解得 =
m 3
B
5.(2022届聊城期中,13)用如图甲所示的实验装置验证质量分别为m、m 的1、2两小物块
1 2
组成的系统机械能守恒。2从高处由静止开始下落,1上拖着的纸带打出一系列的点,对纸带
上的点迹进行测量,即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带,0是打
下的第一个点,每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出),所用电源的频率为50 Hz。已知
m=50 g、m=150 g。则:(结果均保留两位有效数字)
1 2
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(1)在纸带上打下计数点5时的速率v= m/s;
5
(2)在打下0点到打下计数点5的过程中系统动能的增加量ΔE= J,系统重力势能的
k
减少量ΔE= J;(当地的重力加速度g取10 m/s2)
p
1
(3)若某同学作出 v2-h图像如图丙所示,则当地的重力加速度g= m/s2。
2
答案 (1)2.4 (2)0.58 0.60 (3)9.7
(21.60+26.40)×10-2
解析 (1)v= m/s=2.4 m/s。
5 0.1×2
1
(2)ΔE = (m
+m)v2
-0≈0.58 J,ΔE =mgh-m gh=0.60 J。
k 2 1 2 5 p 2 5 1 5
1 v2 (m -m )gh (m -m )g 5.82
2 1 2 1
(3)由(m -m )gh= (m +m)v2,知 = ,即图线的斜率k= =
2 1 2 1 2 2 m +m m +m 1.20
1 2 1 2
m/s2,解得g=9.7 m/s2。
6.(2022届济南一中月考,13)如图为验证动量守恒定律的实验装置,实验中选取两个半径相同、
质量不等的小球,按下面步骤进行实验:
①用天平测出两个小球1、2的质量分别为m 和m;
1 2
②安装实验装置,将斜槽AB固定在桌边,使槽的末端切线水平,再将一斜面BC连接在斜槽末
端;
③先不放小球2,让小球1从斜槽顶端A处由静止释放,标记小球1在斜面上的落点位置P;
④将小球2放在斜槽末端B处,仍让小球1从斜槽顶端A处由静止释放,两球发生碰撞,分别
标记小球1、2在斜面上的落点位置;
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⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离。图中M、P、N点是实验过程中记
下的小球在斜面上的三个落点位置,从M、P、N到B点的距离分别为s 、s 、s 。依据上述
M P N
实验步骤,请回答下面问题:
(1)两小球的质量m、m 应满足m m(填写“>”“=”或“<”);
1 2 1 2
(2)小球1与2发生碰撞后,1的落点是图中 点,2的落点是图中 点;
(3)用实验中测得的数据来表示,只要满足关系式 ,就能说明两球碰撞前后
动量是守恒的;
(4)若要判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞,用实验中测得的数据来表示,只需比较
与 是否相等即可。
答案 (1)> (2)M N (3)m √s =m √s +m √s (4)m s ms +ms
1 P 1 M 2 N 1 P 1 M 2 N
解析 (1)为了防止入射球碰撞后反弹,要保证入射球的质量大于被碰球的质量,故m>m;
1 2
(2)碰撞前,小球1落在图中的P点,由于m>m,当小球1与2发生碰撞后,1的落点是图中M
1 2
点,2的落点是图中N点;
(3)设碰前小球1的水平初速度为v,当小球1与2发生碰撞后,小球1落到M点,设其水平速
1
度为v',2的落点是N点,设其水平速度为v',斜面BC与水平面的倾角为α,由平抛运动规律
1 2
1 √gs cos2α √gs cos2α
得s sin α= gt2,s cos α=v 't,解得v'= M ,同理可得v'= N ,v=
M 2 M 1 1 2 1
2sinα 2sinα
√gs cos2α
P ,因此,只要满足mv=mv'+m v',即m √s =m √s +m √s ,就能说明两球碰
1 1 1 1 2 2 1 P 1 M 2 N
2sinα
撞前后动量守恒。
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1 1 1
(4)如果小球的碰撞为弹性碰撞,则满足 m v2 = mv'2+ mv'2,代入速度表达式可得
2 1 1 2 1 1 2 2 2
ms =ms +ms ,故验证ms 和ms +ms 是否相等即可。
1 P 1 M 2 N 1 P 1 M 2 N
7.(2022届郴州一模)某实验小组利用拉力传感器和速度传感器探究“功与速度的关系”。
如图所示,他们将拉力传感器固定在小车上,用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相
连,用速度传感器记录通过A、B时的速度大小。小车中可以放置砝码。
(1)表中是他们测得的几组数据,其中M是拉力传感器、小车与小车中砝码质量之和,(v2 -v2
)
2 1
是两个速度传感器记录速度的平方差,可以据此计算出动能变化量ΔE,F是拉力传感器受到
的拉力,W是F在A、B间所做的功。表格中的ΔE= J,W = J。(结果保留
3 3
三位有效数字)
(2)从数据记录表中发现ΔE总是小于W,原因是 。
数据记录表
次数 M/kg (v2-v2)/(m/s)2 ΔE/J F/N W/J
2 1
1 0.500 0.760 0.190 0.400 0.200
2 0.500 1.65 0.413 0.840 0.420
3 0.500 2.40 ΔE 1.220 W
3 3
4 1.000 2.40 1.20 2.420 1.21
5 1.000 2.84 1.42 2.860 1.43
答案 (1)0.600 0.610 (2)实验时没有平衡摩擦力(或平衡摩擦力不足)
1 1
解析 (1)由题可知ΔE=
M(v2 -v2
)= ×0.500×2.40 J=0.600 J,根据W=FL,由其他几组数据可
3 2 2 1 2
W
得A、B间的距离L= =0.500 m,因此W=F L=1.220×0.500 J=0.610 J。
F 3 3
(2)实验时没有平衡摩擦力(或平衡摩擦力不足),物体所受的合外力小于拉力。
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8.(2022届湖南师大附中月考二)如图所示,在水平桌面的左端固定一个圆弧槽滑道,滑道的末
端与水平桌面相切。桌面的右端附近固定一个光电门。直径为d、质量为m 的小球1从圆
1
弧槽上某处静止释放。下滑到水平桌面向右运动通过光电门与静止在桌面右边缘的质量为
m 的小球2发生正碰,碰后小球1向左弹回,小球2离开桌面做平抛运动。实验中测出小球1
2
连续两次通过光电门的时间分别为t、t,桌面离水平地面高度为h,小球2碰后做平抛运动的
1 2
水平距离为x。
(1)若两球的碰撞为弹性碰撞,则两球的质量大小关系应满足m m(填“<”“>”或
2 1
“=”)。
(2)改变小球1在圆弧槽上静止释放的位置重复实验,实验中测出多组t、t 与x的数据。若
1 2
要验证两小球在碰撞过程中动量守恒,以x为横轴,以 为纵轴,作出的图像为线性图
像。已知重力加速度为g,若线性图像(直线)的斜率k= ,则可验证两小球在碰撞过程
中动量守恒。
1 1 m 2 √ g
答案 (1)> (2) +
t t m d 2h
1 2 1
解析 (1)选向右为正方向,设小球1碰前的速度为v,若两小球发生弹性碰撞,则有
0
1 1 1 (m -m )v
mv=mv+mv, m
v2
= m
v2
+ m
v2
,解得v=
1 2 0
,碰后球1反弹,则v<0,可得
1 0 1 1 2 2 2 1 0 2 1 1 2 2 2 1 m +m 1
1 2
m>m。
2 1
d d 1 1
(2)若两球在碰撞过程中动量守恒,则有mv=mv+mv,又v= ,v=- ,h= gt2,x=vt。可得
1 0 1 1 2 2 0 t 1 t 2 2 t
1 2 1
1 m 2 √ g (1 + 1) m 2 √ g
+ = x,故 -x图像(直线)的斜率k= 。
t m d 2h t t m d 2h
2 1 1 2 1
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9.(2022届永州一模 情境创新)(1)利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置如图甲所示。
水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨,导轨上滑块与挡光片的总质量为200 g,滑块左端由跨过
轻质光滑定滑轮的细绳和一质量为300 g的小球相连。导轨上的B点有一光电门,挡光片的
宽度用螺旋测微器测出结果如乙图,其读数为 cm。
(2)某次实验时导轨的倾角为30°,当地重力加速度为g=9.8 m/s2,滑块由静止从A点到通过B
点的过程中,测量出挡光片经过光电门的时间为2.65 ms,A、B两点间距离为52.00 cm,则系
统的动能增加量ΔE= J,系统的重力势能减少量ΔE= J,在误差允许的范围
k p
内,其ΔE=ΔE,可以认为系统的机械能守恒。(结果保留3位有效数字)
k p
答案 (1)0.530 0 (2)1.00 1.02
解析 (1)螺旋测微器读数d=5 mm+30.0×0.01 mm=5.300 mm=0.530 0 cm
d 1
(2)滑块通过B点时,其速度大小为v= =2 m/s,系统的动能增加量E= (M+m)v2=1.00 J,系统
t k 2
的重力势能减少量ΔE=mgx -Mgx sin θ≈1.02 J。
p AB AB
二、电学实验题(每小题10分,共130分)
10.(2021湖南新高考适应卷,12 材料创新)太阳能电池是一种可将光能转换为电能的器件。
一同学用图(a)所示电路测量某单晶硅太阳能电池的输出电流I和输出电压U之间的关系,探
究该电池的伏安特性。用一定强度的光照射太阳能电池,闭合开关S。调节电阻箱,测得实验
数据如下表所示。
图(a)
U/V 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6
I/mA 7.0 7.0 7.0 7.0 7.0 7.0 7.0 7.0 6.9 6.6 5.7 2.2
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(1)请在图(b)中补齐上表中后4组数据点,并作出该太阳能电池的伏安特性曲线;
图(b)
(2)根据所作伏安特性曲线可知,电池电阻 (填“是”或“不是”)常数,短路电流为
mA,电动势为 V(结果均保留2位有效数字)
(3)根据所作伏安特性曲线,估算该太阳能电池的最大输出功率为 mW(结果保留1位
小数)。
答案 (1)如图所示
(2)不是 7.0 2.7 (3)14.5
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解析 (1)如答案图所示,根据题给数据描点画图,并用平滑曲线连接。
(2)伏安特性曲线不是直线,故内阻不是常数,由答案图可知,短路电流为7.0 mA,电源电动势为
2.7 V。
(3)输出功率P=UI,由答案图可知I=6.6 mA,U=2.2 V时输出功率P有最大值,P=UI≈14.5 mW。
11.(2021湖北新高考适应卷一,13)某物理学习小组做测定某金属丝的电阻率实验。
(1)已知金属丝长度为L,利用螺旋测微器测金属丝直径d,如图甲所示,则d= mm。
(2)学习小组的A同学先用多用电表测得该金属丝的电阻大约为50 Ω,实验室提供了如下器
材。
电源E:电动势约为5.0 V,内阻可忽略不计
电压表V:量程为0~5 V,内阻r 约为10 kΩ
1 1
电压表V:量程为0~3 V,内阻r=1 000 Ω
2 2
电流表A:量程为0~0.6 A,内阻r 约为1 Ω
3
定值电阻R :阻值为25 Ω
0
滑动变阻器R :最大阻值为500 Ω
1
滑动变阻器R :最大阻值为10 Ω
2
开关S一个,导线若干。
为了进一步准确测量金属丝的电阻R ,A同学选择了电压表V、电流表A、滑动变阻器
x 1
R 、电源、开关、导线若干,连接成如图乙所示的电路。根据伏安法测电阻的知识分析一
1
下,A同学应该将电压表右侧接线端P接点 (填“a”或“b”),从系统误差角度分析,R
x
的测量值R 与其真实值R 比较,R (填“>”“=”或“<”)R 。
x测 x真 x测 x真
(3)B同学发现电流表量程太大,实验中读数误差会比较大,又重新选择了实验器材,测量中要
1
求两只电表的读数都不小于其量程的 ,并能测量多组数据,设计了如图丙所示的电路。但发
3
现电压表V 的可用范围较小,请你在虚线框内画出改进后的测量金属丝电阻R 的实验原理
2 x
图,并在图中标注所选器材的符号。
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答案 (1)0.555(0.554~0.556均可)(2分)
(2)a(2分) <(2分) (3)如图所示(2分)
解析 (1)螺旋测微器的固定刻度为0.5 mm,可动刻度为5.5×0.01 mm=0.055 mm,所以最终读
数为0.5 mm+0.055 mm=0.555 mm。
(2)由于R ≪r,电流表用外接法误差较小,应接a,由于电压表分流导致流过金属丝的电流小于
x 1
电流表读数,故测量值偏小。
5
(3)电压表V 并联在定值电阻两端时,当U=5 V时,U ≈ V≈1.67 V,U=3 V时,U 约为1 V;电
2 1 2 3 1 2
5
压表V 并联在金属丝两端时,U =4.5 V时,U 约为3 V,U= V时,U 约为1.1 V,故电压表V
2 1 2 1 3 2 2
并联在金属丝两端时,测量范围大一些,此外,滑动变阻器应采用分压接法,应选择阻值较小的
R 。
2
12.(2021辽宁新高考适应卷,12)某同学为定性探究光敏电阻阻值随光照强度变化的关系,设
计了如图(a)所示的电路。所用器材有:置于暗箱(图中虚线区域)中的光敏电阻R 、小灯泡和
G
刻度尺;阻值为R的定值电阻;理想电压表 ;电动势为E、内阻为r的电源;开关S;导线若干。
图(a)
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实验时,先按图(a)连接好电路,然后改变暗箱中光源到光敏电阻的距离d,记录电压表的示数
U,获得多组数据如表。
d/cm 8.50 10.00 12.00 13.50 15.00 17.00 18.50 20.00 22.00 23.50 25.00
U/mV 271.0 220.0 180.0 156.7 144.9 114.0 94.8 89.5 78.6 72.5 65.0
回答下列问题∶
(1)光敏电阻阻值R 与电压表示数U的关系式为R = (用E、r、R、U表示);
G G
(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给的第二组数据点,并作出U-d的非线性曲线;
图(b)
(3)依据实验结果可推断:光敏电阻的阻值随着光照强度的减小而 (填“增大”
或“减小”);
(4)该同学注意到智能手机有自动调节屏幕亮度的功能,光照强度大时屏幕变亮,反之变暗。
他设想利用光敏电阻的特性,实现“有光照射光敏电阻时,小灯泡变亮;反之变暗”的功能,设
计了如图(c)所示电路,则电路中 (填“R ”或“R ”)为光敏电阻,另一个为定值电阻。
1 2
图(c)
ER
答案 (1) -R-r (2)如图所示 (3)增大 (4)R
U 2
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U ER
解析 (1)由闭合电路欧姆定律得E=U+ (R +r),解得R = -R-r。
R G G U
(2)补齐数据点,利用平滑曲线连接各点如答案图所示。
(3)当距离d变大时,光照强度减小,由图线分析知,电压表示数变小,则光敏电阻两端电压增大,
其电阻阻值增大,所以光敏电阻阻值随光照强度的减小而增大。
(4)有光照时光敏电阻的阻值减小,根据“串反并同”的规律可知光敏电阻应和小灯泡串联,
有光照时串联支路电流变大,小灯泡变亮,所以R 为光敏电阻。
2
13.(2022届广东六校联考,11 情境创新)超级电容器(一般容量可达1~5 000 F)能够在电动汽
车启动时快速提供强大的电流(一般可达100~1 500 A);物理兴趣小组利用高电阻放电法测一
标示模糊的电容器的电容。
实验步骤如下:
(步骤1)按图甲电路图连接好电路;
(步骤2)先使开关S与2端相连,电源向电容器充电,这个过程可在短时间内完成;
(步骤3)断开开关,把多用电表调到电压挡,调零后测量电容器两端的电压;
(步骤4)再把开关S与1端相连,同时开始计时并测量数据,每隔5 s或10 s读一次电流I的值,
将测得数据填入预先设计的表格中;
(步骤5)在如图乙所示的坐标纸上标出测量的数据点,并用平滑的曲线把数据点连接起来。
根据实验回答以下问题:
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(1)以下电子元件中,属于电容器的是 ;
(2)使用多用电表测量电容器电压时,红表笔应接在 点(选填“M”或“N”);
(3)若多用电表测得电容器两端的电压为8 V,可估算电容器的电容为 F(结果保留两
位有效数字);
(4)兴趣小组在实验中发现,使用多用电表电压挡测量电容器电压,若测量时间过长时,会发现
电表指针读数在缓慢减小,请分析产生这种现象的可能原因:
。
答案 (1)A (2)N (3)9.7×10-4~1.0×10-3 (4)多用电表不是理想电表,测量时电容器通过电表
内阻放电,电容器两端电压减小
解析 (1)由电学元件的形状进行识别,A图为电容,B图为电阻,C图为电二极管,D图为电感
线圈;
(2)由题图可知N点电势高,所以红表笔应接在N点;
(3)图像中每个小方格代表电荷量q=50×10-6×5 C=2.5×10-4 C,共有31个小方格,因此电容器充
Q
电完成时储存的电荷量Q=31q=31×2.5×10-4 C=7.75×10-3 C,电容器电容的测量值C= =
U
7.75×10-3
F=9.7×10-4 F
8
(4)实验中发现,使用多用电表电压挡测量电容器电压,若测量时间过长时,会发现电表指针读
数在缓慢减小,原因是多用电表不是理想电表,测量时电容器通过电表内阻放电,电容器两端
电压减小。
14.(2020广州天河一模,23 情境创新)龙泉中学某物理小组欲利用如图所示的电路同时测量
一只有30格刻度的毫安表的量程、内阻和光敏电阻的阻值与光照强度之间的关系。实验室
能提供的实验器材有:学生电源(输出电压为U=18.0 V,内阻不计)、电阻箱R(最大阻值999.9
Ω)、单刀双掷开关一个、导线若干。
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(1)该小组实验时先将电阻箱的阻值调至最大,然后将单刀双掷开关接至a端,开始调节电阻箱,
发现将电阻箱的阻值调为800 Ω时,毫安表刚好偏转20格的刻度;将电阻箱的阻值调为500 Ω
时,毫安表刚好能满偏。
实验小组据此得到了该毫安表的量程为I= mA,内阻R = Ω。
g g
(2)该小组查阅资料得知,光敏电阻的阻值随光照强度的变化很大,为了安全,该小组需将毫安
表改装成量程为3 A的电流表,则需在毫安表两端 (选填“串联”或“并联”)一个
阻值为 Ω的电阻。(结果保留一位小数)
(3)改装完成后(表盘未改动),该小组将单刀双掷开关接至b端,通过实验发现,流过毫安表的电
1
流I(单位: mA)与光照强度E(单位:cd)之间的数量关系满足I= E,由此可得光敏电阻的阻值
3
R(单位: Ω)与光照强度E(单位:cd)之间的关系为R= Ω。
540
答案 (1)30 100 (2)并联 1.0 (3) -1
E
解析 (1)设毫安表每格表示电流大小为I,则当电阻箱的阻值为R =1 700 Ω时,由闭合电路
0 1
的欧姆定律可得10I(R +R )=U;当电阻箱的阻值为R =800 Ω时,则有20(R +R )I=U,两式联
0 1 g 2 2 g 0
立并代入数据可解得:R =100 Ω,I=1 mA,该毫安表的量程I=30 mA;(2)要将量程为300 mA的
g 0 g
毫安表改成量程为I =3 A电流表,则需在毫安表两端并联一个电阻,设其电阻为R',则有
A
IR =(I -I)R',代入数据可解得R'≈1.0 Ω;(3)由题意可知,改装后电流表的内阻为R =1 Ω,设通
g g A g G
R +R' 100
过光敏电阻的电流大小为I'(单位:A),则有(R+R )I'=U成立,且I'= g I×10-3,即(R+1)×
G R' 3
(540 )
E×10-3=18.0 V,整理可得R= -1 Ω。
E
15.(2021广州天河一模,14)(1)图甲是多用电表的简化电路图,作为电压表使用时,选择开关应
接 ;作为欧姆表使用时,选择开关应接 (均选填“1”“2”或“3”)。使用多用电
表时,电流一定从 (选填“A”或“B”)端流入多用电表。
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(2)利用多用电表和电阻箱测量一电源的电动势和内阻的电路如图乙。调节电阻箱,记录多组
1
电阻箱示数R和多用电表示数I,作出R- 的图像如图丙所示。由图丙可求得电动势E=
I
V,内阻r= Ω。(结果均保留两位有效数字)
甲
乙
丙
答案 (1)3 2 A (2)2.9 1.2
解析 (1)由图所示可知,作为电压表使用时,选择开关应接3;作为欧姆表使用时,选择开关应
接2,内部电源被接通,构成欧姆表,可测量电阻;使用时,电流一定从红表笔流入,即从A端流入。
1
(2)根据闭合电路欧姆定律得:E=IR+Ir,解得:R= E-r,可知图线斜率表示电动势,纵轴截距的绝
I
6+1.2
对值表示内阻,则有:E= V≈2.9 V,内阻为:r=1.2 Ω。
2.5
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16.(2020广州一模,23)利用图a所示电路,测量多用电表内电源的电动势E和电阻“×10”挡内
部电路的总电阻R 。使用的器材有:多用电表,毫安表(量程0~10 mA),电阻箱,导线若干。
内
图a
图b
图c
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图d
回答下列问题:
(1)将多用电表挡位调到电阻“×10”挡,红表笔和黑表笔短接,调零。
(2)将电阻箱阻值调到最大,再将图a中多用电表的红表笔和 (填“1”或“2”)端相连,
黑表笔连接另一端。
(3)调节电阻箱,记下多组毫安表的示数I和电阻箱相应的阻值R;某次测量时电阻箱的读数如
图b所示,则该读数为 Ω。
E 1 1 1
(4)甲同学根据I= ,得到关于 的表达式,以 为纵坐标,R为横坐标,作 -R图像,如图c
R+R I I I
内
所示;由图得E= V,R = Ω。(结果均保留三位有效数字)
内
(5)该多用电表的表盘如图d所示,其欧姆挡表盘中央刻度值标为“15”,据此判断电阻“×10”
挡内部电路的总电阻为 Ω,甲同学的测量值R 与此结果偏差较大的原因是
内
。
答案 (2)1 (3)23.2 (4)1.43 200
(5)150 甲同学没有考虑毫安表内阻的影响
解析 (2)多用电表中电流从红表笔流入电表,从黑表笔流出电表;电流从毫安表正接线柱流
入,故红表笔接1,黑表笔接2。(3)由图b可知,电阻箱读数为R=(2×10+3×1+2×0.1) Ω=23.2
E 1 1 R 1 175-140 R
Ω。(4)由I= 变形得 = R+ 内 ,由图像可得 = V-1,解得E≈1.43 V, 内
R+R I E E E 50 E
内
=140 A-1,得R ≈200 Ω。(5)由图可知,欧姆表的中值电阻为R =15×10 Ω=150 Ω,则电阻
内 中
“×10”挡内部电路的总电阻为150 Ω,由甲同学处理方法可知,由于没有考虑毫安表的内阻,如
1 1 R r
内
果考虑毫安表的内阻,则有 = R+ + ,由此可知,甲同学的测量值R 与此结果偏差较大
I E E E 内
的原因是没有考虑毫安表的内阻。
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17.(2020顺德四模,23)多用电表欧姆挡可以直接测量电阻。如图所示,虚线框内的电路为欧
姆挡的内部电路,a、b为红、黑表笔的插孔。G是表头,满偏电流为I,内阻为R ,R 是调零电
g g 0
阻,R 、R 、R 、R 分别是挡位电阻,对应挡位分别是“×1”“×10”“×100”“×1 000”,K是挡位开
1 2 3 4
关。
(1)红黑表笔短接进行欧姆调零时,先选定挡位,调节滑片P,使得表头达到满偏电流。设滑片P
下方电阻为R',满偏电流I 与流经电源的电流I的关系是 (用题设条件中的物理量表
g
示)。
(2)已知表头指针在表盘正中央时,所测电阻的阻值等于欧姆表的总内阻的值,又叫作中值电
阻。在挡位开关由低挡位调到高一级挡位进行欧姆调零时,调零电阻R 的滑片P应向
0
(填“上”或“下”)滑动,调零后,滑片P下方的电阻R'为原来挡位的 倍。
(3)把挡位开关调到“×100”,调零完毕,测量某电阻的阻值时,发现指针偏转角度较大。要更准
确测量该电阻的阻值,请写出接下来的操作过程 。
(4)要用欧姆挡测量某二极管的反向电阻,红表笔应接二极管的 极。
R'
答案 (1)I = I (2)上 10 (3)把挡位开关调到“×10”,将红黑表笔短接,调节R 滑
g R +R 0
0 g
片P,使指针指到零刻度,然后再进行电阻测量 (4)正
I (R +R -R')
g g 0
解析 (1)表头电阻与R 的上部分电阻串联,与R'并联,根据电流关系I=I +
0 g R'
R'
,得I= I
g R +R
0 g
R' R' E
(2)高一级挡位内阻是原级别的10倍,I= I= · ,所以R'应变为原来的10倍,
g R +R R +R R
0 g 0 g 内
所以应向上调节;
(3)指针偏转较大,说明所测量的电阻比较小,应换低一级挡位,即把挡位开关调到“×10”,将红
黑表笔短接,调节R 滑片P,使指针指到零刻度,然后再进行电阻测量;
0
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(4)测量二极管反向电阻,要求电流从二极管负极流入,正极流出,所以红表笔接二极管正极。
18.(2021佛山一模,12)在工业生产中,常运用测定电学量的方法来测定某些溶液含离子的浓
度。某同学利用图a所示电路模拟这一情形,测定不同浓度下食盐溶液的电阻率。在长方体
绝缘容器内插上两块竖直金属薄板A、B,A板固定在左侧,B板可插在容器内不同位置。
图a
图b
图c
(1)因缺保护电阻,为保护毫安表,开关闭合前B板应尽量靠近容器的 侧(填“左”或
“右”),容器内应倒入 (填“少量”或“大量”)食盐溶液。
(2)某次实验时,容器内有一定量的食盐溶液,且B板位于最右端,此时毫安表示数如图b,则此
时电路中电流为 mA;为便于在多次测量中电流的变化范围更大一些,应 (选
填“增加”或“减少”)容器内的食盐溶液。
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(3)倒入适量食盐溶液后,将B板插在容器内不同位置,改变B、A两板的间距x,读取毫安表示
1
数I,测量多组数据,得到 -x图线如图c所示。已知电源电动势为3.0 V,容器内部底面长l=20
I
cm,容器内溶液体积V=1 200 cm3。根据图线求得该食盐溶液的电阻率ρ= Ω·m(保留两
位有效数字)。
答案 (1)右 少量 (2)28.0 减少
(3)4.9(4.8~5.0均正确)
解析 (1)为使电流尽量小,从而保护电流表及电源,应使溶液电阻尽可能大,由电阻定律R=ρ
l
可知,应尽量增大两板间距,减小高度;
S
(2)根据量程和分度值,知电流表的示数为28.0 mA,当B板在最右端时,回路中电阻处于最大
值,此电流表指针接近满偏,意味着最小的电流已接近最大测量值,这样电流数据变化范围非
常小,因而应增大电路中的电阻,也就是要减小溶液的通电横截面积,即减少溶液,获得变化范
围更大的数据,以减小测量的偶然误差。
(3)计算出当板间距为20 cm、溶液体积为1 200 cm3时的溶液横截面积为S=60 cm2,根据闭合
电路欧姆定律有:E=I ( r +r +ρ x) ,变形得到: 1 = ρ x+ r 内 +r g ,结合图线斜率k= ρ =
内 g S I ES E ES
100-46 100-46
A-1·m-1,有ρ=kES= ×3.0×60×10-4 Ω·m≈4.9 Ω·m。
20×10-2 20×10-2
19.(2021河北新高考适应卷,12)在测量电源电动势和内阻的实验中,实验室提供了如下器材
和参考电路:
电压表V (量程3 V,内阻约6 kΩ)
1
电压表V (量程1 V,内阻约6 kΩ)
2
电流表A (量程0.6 A,内阻约0.1 Ω)
1
电流表A(量程2 mA,内阻约1 Ω)
2
滑动变阻器R (最大阻值3 kΩ)
1
滑动变阻器R (最大阻值10 Ω)
2
定值电阻R (阻值1 Ω)
3
开关,导线若干
第23页共30页北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
(1)甲同学想要测量马铃薯电池的电动势(约1.0 V)和内阻(约500 Ω)。选用合适器材后,应选
择最优电路 (填写参考电路对应的字母)进行测量。
(2)乙同学想要测量一节新干电池的电动势和内阻。选用合适器材后,应选择最优电路
(填写参考电路对应的字母)进行测量。
(3)乙同学将测得的数据在坐标纸上描点如图。请画出U-I图像,并求出电动势E为
V,内阻r为 Ω(小数点后保留两位)。
答案 (1)A (2)C (3)如图所示 1.49 0.11
解析 (1)甲同学要测量马铃薯电池的电动势和内阻,该电池内阻较大,约为500 Ω,选用电路
A,电动势的测量值为准确值,内阻的测量值为r 与R 的和,因为r ≫R ,故误差较小。而若
内 A 内 A
选B电路,内阻的测量值为R 与r 并联后的阻值,误差较大。
V 内
(2)新电池内阻较小,为了方便测量,需要在电池上串联一个定值电阻R ,把R 看成电源内阻的
3 3
一部分,电压表测量除电源和R 之外的路端电压,为避免电流表内阻对电源内阻测量值的影
3
响,电流表相对于电源应采用外接法,故选C电路。
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(3)作出U-I图像,图线与两坐标轴相交于两点,与纵轴交点的纵坐标即电动势,为1.49 V,该直
1.49-1.0
线斜率的绝对值|k|= Ω≈1.11 Ω,为r 与R 的和,故r =0.11 Ω。
0.44 内 3 内
20.(2022届山东重点高中第二次联考,14)某同学做测绘小灯泡(额定电压为3.8 V,额定电流为
0.32 A)的伏安特性曲线实验,有下列器材可供选用:
A.电压表 (量程为0~3 V,内阻为3 kΩ);
B.电压表 (量程为0~15 V,内阻为15 kΩ);
C.电流表 (量程为0~0.6 A,内阻约1 Ω);
D.电流表 (量程为0~3 A,内阻约0.2 Ω);
E.定值电阻R =2 kΩ;
1
F.滑动变阻器R(最大阻值为10 Ω,允许通过的最大电流为2 A);
G.学生电源(直流6 V,内阻不计);
H.开关、导线若干。
(1)为尽量减小实验误差,并要求从零开始多取几组数据,请在图甲的虚线框内补充完成实验
电路图。
(2)为了使测量结果更加精确,实验中所用电压表应选用 ,电流表应选用 。(均填器材
前的字母)
(3)该同学按照正确的电路图和实验步骤做实验,描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示,
将小灯泡与电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源及一电阻值为2 Ω的定值电阻串联,则小灯泡
的功率P= W。(结果保留三位有效数字)
答案 (1)如图所示
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(2)A C
(3)0.572(0.568~0.582)
解析 (1)因题目中要求多测几组数据进行作图,故实验中选用分压接法,并且将R 与电压表
1
串联充当电压表使用,电流表采用外接法。
(2)由题意可知,灯泡的额定电压为3.8 V,而给出的电压表中有15 V和3 V两种,选用15 V的
电压表则误差较大,故电压表选用A;而选用3 V的电压表,则量程偏小,故可以串联定值电阻
进行分压。
(3)如果用一个电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源与小灯泡以及定值电阻串联组成电路,将定
值电阻与电源的整体可视为内阻为3 Ω的电源。由闭合电路欧姆定律可知U=E-I(r+R ),变形
0
1 E
可得I=- U+ ,代入E和r,在I-U图像中作出对应的图像如图所示,工作点为
(R +r) R +r
0 0
U=2.2 V,I=0.26 A,P=UI=0.572 W。
21.(2020临沂二模 材料创新)如图甲所示,某探究小组用能够显示并调节转动频率的小电动
机验证匀速圆周运动的向心力关系式F=mω2r。
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①把转动频率可调的小电动机固定在支架上,转轴竖直向下,将摇臂平台置于小电动机正下方
的水平桌面上;
②在转动轴正下方固定一不可伸长的细线,小电动机转轴与细线连接点记为O,细线另一端穿
过小铁球的球心并固定;
③启动电动机,记录电动机的转动频率f,当小铁球转动稳定时,将摇臂平台向上移动,无限接近
转动的小铁球;
④关闭电动机,测量O点到摇臂平台的高度h;
⑤改变电动机的转动频率,重复上述实验。
(1)探究小组的同学除了测量以上数据,还用游标卡尺测量了小铁球的直径D,如图乙所示,读
数为 mm;本实验 (填“需要”或“不需要”)测量小铁球的质量。
(2)实验中测得了O点到摇臂平台的高度h、小铁球的直径D和电动机的转动频率f,已知当
地的重力加速度为g,若所测物理量满足g= (用所测物理量符号表示),则F=mω2r成
立。
D
答案 (1)10.52 不需要 (2)4π2f2(h- )
2
解析 (1)主尺读数为10 mm,游标尺第26个刻度和主尺刻度对齐,精度为0.02 mm,故游标尺
读数为0.52 mm,小铁球的直径为10.52 mm;
设细线与竖直方向的夹角为θ,从O到球心的距离为L,小铁球受力分析如图所示
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根据牛顿第二定律可得
mg tan θ=mω2L sin θ
ω2Lsinθ
m可以约去,则得g= =4π2f2L cos θ
tanθ
D
其中L cos θ=h-
2
D
则有g=4π2f2(h- )
2
所以本实验不需要测量小铁球的质量;
(2)通过上述分析可知所测物理量需满足
D
g=4π2f2(h- )
2
22.(2021益阳箴言中学模拟 情境创新)国标(GB/T)规定自来水在15 ℃时电阻率应大于13
Ω·m。某同学利用图甲电路测量15 ℃自来水的电阻率,其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连
接一细管,细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量,玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻
可忽略),右活塞固定,左活塞可自由移动。实验器材还有:电源(电动势约为3 V,内阻可忽略),
电压表V(量程为0~3 V,内阻很大),电压表V(量程为0~3 V,内阻很大),定值电阻R (阻值4
1 2 1
kΩ),定值电阻R (阻值2 kΩ),电阻箱R(最大阻值9 999 Ω),单刀双掷开关S,导线若干,游标卡尺,
2
刻度尺。
实验步骤如下:
A.用游标卡尺测量玻璃管的内径d;
B.向玻璃管内注满自来水,并用刻度尺测量水柱长度L;
C.把S拨到1位置,记录电压表V 示数;
1
D.把S拨到2位置,调整电阻箱阻值,使电压表V 示数与电压表V 示数相同,记录电阻箱的阻
2 1
值R;
E.改变玻璃管内水柱长度,重复实验步骤C、D,记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R;
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F.断开S,整理好器材。
(1)玻璃管内水柱的电阻R 的表达式为R = (用R 、R 、R表示)。
x x 1 2
(2)测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙,则d= mm。
1
(3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据,绘制出如图丙所示的R- 关
L
系图像。自来水的电阻率ρ= Ω·m(保留两位有效数字)。
R R
1 2
答案 (1) (2)30.00 (3)14
R
R R R R
1 1 2
解析 (1)根据串联电路中电压的分配规律,由题意得 = ,故R = 。
R R x R
2 x
(2)由图乙可知,游标尺上零刻度线与主尺刻度线对齐,则读数为30.00 mm。
ρL
ρL πR R d2 1 πR R d2
(3)根据电阻定律得R x = S = π( d )2 ,故R= 4 1 ρ 2 · L ,根据图线的斜率k= 4 1 ρ 2 代入
2
数据可得ρ≈14 Ω·m。
三、其他实验题(共6分)
23.(2022届菏泽调研)在探究单摆运动的实验中:
(1)图(a)是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图,图(b)是与力传感器连接的计算机
屏幕所显示的F-t图像,根据图(b)的信息可得,从t=0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻
为 s,摆长为 m(取π2=10,重力加速度大小g=10 m/s2)。
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(2)单摆振动的回复力是 。
A.摆球所受的重力
B.摆球重力在垂直摆线方向上的分力
C.摆线对摆球的拉力
D.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力
(3)某同学的操作步骤如下,其中正确的是 。
A.取一根细线,下端系住直径为d的金属小球,上端固定在铁架台上
B.用米尺量得细线长度l,则摆长为l
C.在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球
D.让小球在水平面内做圆周运动,测得摆动周期,再根据公式计算重力加速度
答案 (1)0.5 0.64 (2)B (3)AC
解析 (1)根据题图(b)的信息可得,摆球第一次摆到最低点时,力传感器显示的力最大,所对应
√L
的时刻为t=0.5 s。根据题图(b)的信息可得,单摆周期T=1.6 s,由单摆周期公式T=2π ,解得
g
摆长为L=0.64 m。
(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力,B正确。
d
(3)摆长应为l+ ,B错误;若让小球在水平面内做圆周运动,则为圆锥摆运动,测得的摆动周期
2
不是单摆运动周期,D错误。
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