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
专题检测题组
(时间:110分钟 满分:175分)
一、力学实验题(每小题6分,共84分)
1.(2021潍坊期末)用如下的器材和方法可探究两个互成角度的力的合成规律。如图所示,在
圆形桌子的桌面上平铺一张白纸,在桌子边缘安装三个光滑的滑轮,其中滑轮P 固定在桌子
1
边,滑轮P、P 可沿桌边移动。第一次实验中,步骤如下:
2 3
A.在三根轻绳下挂上一定数量的钩码,并使结点静止
B.在白纸上描下结点的位置O和三根绳子的方向,以O点为起点,作出三拉力的图示
C.以绕过P、P 绳的两个力为邻边作平行四边形,作出以O点为起点的平行四边形的对角线,
2 3
量出对角线的长度
D.检验对角线的长度和绕过P 绳拉力的图示的长度是否一样,方向是否在一条直线上
1
(1)这次实验中,若一根绳挂的质量为m,另一根绳挂的质量为2m,则第三根绳挂的质量一定大
于 且小于 。
(2)第二次实验时,改变滑轮P、P 的位置和相应绳上钩码的数量,使结点平衡,绳的结点位置
2 3
(填“必须”或“不必”)与第一次实验中白纸上描下的O点重合。实验中,若桌面不水平
(填“会”或“不会”)影响实验的结论。
答案 (1)m 3m (2)不必 不会
解析 (1)若一根绳挂的质量为m,另一根绳挂的质量为2m,则两绳子的拉力分别为mg、
2mg,两绳子拉力的合力F的范围是:|2mg-mg|≤F≤mg+2mg,即mg≤F≤3mg,三力的合力为零,则
第三根绳挂的质量范围在m~3m之间,即第三根绳挂的质量一定大于m且小于3m。
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(2)本实验不是先用一根绳拉,然后用两根绳去拉,使一根绳拉的作用效果与两根绳拉的作用
效果相同,而是三根绳都直接拉,所以结点的位置可以改变,若桌面不水平,也不会影响实验结
论。
2.(2022届济宁统考)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质量为m的小球相连;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t,用d表示A点到光电门B处的
距离,b表示遮光片的宽度,将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度
v,实验时滑块在A处由静止开始运动。
(1)某次实验测得倾角θ=30°,重力加速度用g表示,滑块从A点到达B处时小球和滑块组成的
系统动能增加量可表示为ΔE= ,系统的重力势能减少量可表示为ΔE= ,在
k p
误差允许的范围内,若ΔE=ΔE,则可认为系统的机械能守恒。(用题中所给字母表示)
k p
(2)按上述实验方法,某同学改变A、B间的距离,得到滑块到B点时对应的速度,作出v2-d图
像如图乙所示,并测得M=m,则重力加速度g= m/s2。
(M+m)b2 M
答案 (1) (m- )gd (2)9.6
2t2 2
b 1 (M+m)b2
解析 (1)滑块到达B处时的速度v= ,则系统动能的增加量ΔE= (M+m)v2= 。
t k 2 2t2
M
系统重力势能的减少量ΔE=mgd-Mgd sin 30°=(m- )gd。
p 2
1 M (2m-M)gd
(2)根据系统机械能守恒有 (M+m)v2=(m- )gd,则v2= ,题图乙图线的斜率k=
2 2 M+m
2m-M 2.4
g= m/s2=4.8 m/s2,又知M=m,解得g=9.6 m/s2。
M+m 0.5
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3.(2022届青岛调研,13)某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和
高度,测量结果如图(a)和(b)所示。该工件的直径为 cm,高度为 mm。
图(a)
图(b)
答案 1.220 6.860
解析 题图(a)为20分度的游标卡尺,其精度为0.05 mm。主尺读数为12 mm,游标尺上第4
条刻线与主尺上的某一条刻线对齐,故测量结果为12 mm+4×0.05 mm=12.20 mm=1.220 cm。
螺旋测微器的精度为0.01 mm,由题图(b)知固定刻度读数为6.5 mm,可动刻度读数为“36.0”,
故工件的高度为6.5 mm+36.0×0.01 mm=6.860 mm。
易错提醒 基本仪器的读数原则
最小刻度是“1”的仪器,要再往下估读一位;最小刻度是“2”和“5”的仪器,只要求读到最小
刻度所在的这一位,不再往下估读。
4.(2021江苏连云港月考,13)在“探究平抛运动的特点”实验中,两个实验小组选用不同的仪
器进行实验。
图甲
(1)第一组采用了图甲所示的装置,实验操作是:在小球A、B处于同一高度时,用小锤轻击弹
性金属片,使A球水平飞出,同时B球被松开。
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①他观察到的现象是:小球A、B (填“同时”或“不同时”)落地;
②让A、B球恢复初始状态,高度不变,用较大的力敲击弹性金属片。则 ;
A.小球A的运动时间变长
B.小球A的运动时间不变
C.小球A、B不同时落地
D.小球A、B仍同时落地
③上述实验现象 。
A.不能说明小球A在水平方向的运动特点
B.说明小球A在水平方向做匀速直线运动
C.说明小球A与B在竖直方向运动特点相同
D.说明小球A在竖直方向做自由落体运动
(2)第二组采用了图乙所示的装置,实验操作是:让小球多次沿同一轨道运动,描绘出小球平抛
运动的轨迹。
图乙
①下列操作正确的是 。
A.必须调整斜槽,使其末端水平
B.小球运动时挡板及白纸应保持竖直
C.每次必须从斜槽上同一位置由静止释放小球
D.小球在运动过程中与白纸间有摩擦不影响实验结论
②描出小球平抛运动的轨迹如图丙所示,O为抛出点,A、B为轨迹上的两点,OA、AB竖直方
向高度分别为y、y,按照自由落体规律,若y∶y= ,则OA、AB段时间间隔相等;此
1 2 1 2
时在误差允许的范围内,若x∶x= ,则说明小球在水平方向上的分运动是匀速直线运
1 2
动。
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图丙
答案 (1)①同时 ②BD ③ACD (2)①ABC ②1∶3 1∶1
解析 (1) ①由题意,可观察到的现象是:小球A、B同时落地。
②让A、B球恢复初始状态,用较大的力敲击弹性金属片,A球平抛运动的初速度增大,根据①
中分析可知,平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动,而自由落体运动的时间由下落的
高度决定,可知,A球在空中运动的时间将不变,小球A、B仍同时落地。故选B、D。
③实验现象说明:平抛运动的时间与初速度大小无关,且可以证明平抛运动在竖直方向上做自
由落体运动。不能说明小球A在水平方向的运动特点。故选A、C、D。
(2)①通过调节使斜槽末端保持水平,是为了保证小球做平抛运动,故A正确;小球在竖直面内
做平抛运动,要避免因摩擦而使运动轨迹改变,小球运动时不应与木板上的白纸相碰撞,故小
球运动时挡板及白纸应保持竖直,故B正确;因为要画同一运动的轨迹,必须保证每次释放小
球的位置相同,且由静止释放,以获得相同的初速度,故C正确;小球在运动过程中与白纸间有
摩擦会影响平抛轨迹,对实验结果有影响,故D错误。
② O为抛出点,竖直方向小球做自由落体运动, OA、AB段时间间隔相等,按照自由落体运动
规律,连续相等时间间隔内竖直位移之比y∶y=1∶3;水平方向做匀速运动,在误差允许的范围内,
1 2
x∶x=1∶1。
1 2
5.(2022届珠海摸底,11)某同学用图1所示的实验装置测量物块与斜面间的动摩擦因数。使
用的器材有:斜面、物块、挡光片、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺等。
图1
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图2
(1)该同学用游标卡尺测量了挡光片的宽度,如图2所示,挡光片的宽度d= cm。
(2)让物块在斜面上由静止释放,测得释放时挡光片到光电门的距离为x,计时器显示挡光片通
过光电门的挡光时间为t,则物块下滑的加速度可表示为a= (用x、d、t表示)。
(3)已知重力加速度g,要计算动摩擦因数,还需测量的物理量有 。
A.物块的质量m
B.斜面的高度h
C.斜面的长度L
D.从释放物块到通过光电门的时间t'
d2
答案 (1)0.550 (2) (3)BC
2xt2
解析 (1)图2所示为20分度的游标卡尺,精确度为0.05 mm,读数为5 mm+10×0.05 mm=5.50
mm=0.550 cm
d d2
(2)物块通过光电门的速度v= ,根据匀变速直线运动公式v2=2ax,解得a=
t 2xt2
(3)由牛顿第二定律得a=g(sin θ-μ cos θ),已经通过测量计算出了加速度a,要测量出动摩擦因
数μ,还需要知道斜面倾角,因此需要测量斜面的高度和斜面的长度,故选B、C。
6.(2021惠州一模,13)某同学用图1所示的装置研究小车做匀变速直线运动的特点。
图1
(1)实验中,除打点计时器(含交流电源、纸带、复写纸)、小车、平板和重物外,在下面的器材
中,必须使用的是 (选填选项前的字母)。
A.刻度尺 B.秒表
C.天平 D.弹簧测力计
(2)下列实验步骤的正确顺序是 (用字母填写)。
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A.关闭电源,取下纸带
B.将小车停靠在打点计时器附近,小车尾部与纸带相连
C.把打点计时器固定在平板上,让纸带穿过限位孔
D.接通电源后,放开小车
(3)实验中获得的一条纸带如图2所示,在纸带上依次取O、A、B、C、D…若干个计数点,利
用实验数据计算出打点时小车的速度v,以v为纵坐标,t为横坐标,作出如图3所示的v-t图像。
根据图像求出小车的加速度a= m/s2(保留3位有效数字)。
图2
图3
答案 (1)A (2)CBDA (3)1.44
解析 (1)需要用刻度尺测量计数点之间的距离处理数据,故A需要;打点计时器有计时功能,
所以不需要秒表,故B不需要;本实验是研究匀变速直线运动的特点,只让小车做匀加速直线
运动即可,不需要测量质量,所以天平不需要,不需要测量力,所以弹簧测力计不需要,故C、D
不需要。
(2)根据实验原理以及实验过程,先安装仪器,然后接通电源放开小车进行实验,最后关闭电源,
取下纸带数据处理,则实验步骤的正确顺序是CBDA。
Δv 0.720
(3)根据图像可得a= = m/s2=1.44 m/s2。
Δt 0.50
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7.(2020江门新会一中月考,22)如图所示,在“力的平行四边形定则”的实验探究中,某同学进
行实验的主要步骤是:将橡皮条的一端固定在木板上的A点,另一端拴上两根带有绳套的细
绳,每根绳套分别连接着一个弹簧测力计。沿着两个方向拉弹簧测力计,将橡皮条的活动端拉
到某一位置,将此位置标记为O点,读取此时弹簧测力计的示数,分别记录两个拉力F、F 的
1 2
大小并标出方向;再用一个弹簧测力计将橡皮条的活动端仍拉至O点,记录拉力F的大小和
方向。
(1)用一个弹簧测力计将橡皮条的活动端仍拉至O点,这样做的目的是
。
(2)为尽可能减小实验误差,下列操作中正确的是 。
A.弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行
B.两细绳必须等长
C.标记同一细绳方向的两点间距要远些
D.用两个弹簧测力计同时拉细绳时夹角应尽可能大
答案 (1)与F、F 共同作用的效果相同 (2)AC
1 2
解析 (1)合力与分力间的关系是等效替代,故要使一个力(合力)与两个力(分力)产生相同的
作用效果必须将橡皮条的活动端都拉至O点。(2)为了减小实验中细绳方向的确定等对测量
结果的影响,拉橡皮条时,橡皮条、细绳和弹簧测力计应贴近并平行于木板,故A正确;绳子的
长短对分力大小和方向无影响,故B错误;弹簧测力计标记同一细绳方向的两点间距要远些,
作图时产生的角度误差会减小,故C正确;夹角不宜太大,也不宜太小,故D错误。
8.(2020潮州二模,23)如图甲所示是做“研究匀变速直线运动”的实验装置,某同学得到一条
用打点计时器打下的纸带,如图乙所示,各个计数点已经在纸带上标出,图中每相邻两个计数
点间还有4个点没有画出,打点计时器接频率f=50 Hz的交流电源。
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甲
乙
(1)该实验 平衡摩擦力, 满足钩码的质量远远小于木块的质量;(均选填“需
要”或“不需要”)
(2)打下计数点6时纸带的速度v= (用给定字母表示);
6
(3)物体的加速度为a= (用给定字母表示);
(4)如果交变电流的频率f>50 Hz,但当时做实验的同学并不知道,那么测得的加速度值比真实
值 (选填“偏大”或“偏小”)。
(x +x )f
4 3
答案 (1)不需要 不需要 (2)
10
(x +x -x -x )f2
(3) 4 3 2 1 (4) 偏小
200
解析 (1)本实验是研究匀变速直线运动的规律,即只需要测出木块运动的加速度和速度,而
不需要测出合外力的大小,故不需要平衡摩擦力,也不需要满足钩码的质量远小于木块的质量;
5
(2)相邻计数点间还有四个点没有画出,则时间间隔为t=5T= ,根据匀变速直线运动的平均速
f
x +x (x +x )f
3 4 3 4
度等于中间时刻的瞬时速度,有v= = ;
6 2t 10
a +a
(3)根据匀变速直线运动的规律有x-x=4at2,x-x=4at2,可求得平均加速度为a= 1 2 =
3 1 1 4 2 2 2
(x +x -x -x )f2
4 3 2 1 ;
200
Δx
(4)根据匀变速直线运动的规律可知加速度的测量值为a= =Δx·f2,故频率f>50 Hz时,测量
T2
值的频率偏小,所求得的加速度偏小。
9.(2020茂名月考,10)(1)某次探究弹簧所受弹力F与弹簧长度L关系实验时得到如图甲所示
的F-L图像,由图像可知:弹簧原长L= cm,求得弹簧的劲度系数k= N/m。
0
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(2)如图乙的方式挂上钩码(已知每个钩码重力G=1 N),使(1)中探究的弹簧压缩,稳定后指针指
示如图乙,则指针所指刻度尺示数为 cm。由此可推测图中所挂钩码的个数为 。
甲
乙
答案 (1)3.0 200 (2)1.50 3
解析 (1)当弹簧弹力为零,弹簧处于自然状态,由题图甲知原长为l=3.0 cm,根据胡克定律
0
12-0
F=kx,知图线的斜率为弹簧的劲度系数,即k= N/cm=2 N/cm=200 N/m。(2)由题图
9.0-3.0
乙可知,该刻度尺的示数为1.50 cm,可知弹簧被压缩量:Δx=L -L=3.0 cm-1.50 cm=1.5 cm,弹簧
0
的弹力:F=kΔx=200×1.5×10-2 N=3 N,已知每个钩码重力G=1 N,则题图乙中所挂钩码的个数为
3。
解题关键 注意区分弹簧的原长、实际长度和伸长量x,并明确三者之间的关系。在应用胡
克定律时,要首先转化单位。
|v '-v '|
2 1
10.(2022届肇庆一模,11)碰撞的恢复系数定义为e= ,其中v 和v 分别是碰撞前两
v -v 1 2
2 1
物体的速度,v'和v'分别是碰撞后两物体的速度。某同学用如图所示的装置,研究两个半径
1 2
相同的小球碰撞的恢复系数。图中O是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时,先让入射
球1多次从斜轨上的G位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量出平抛的射程OP。
然后把被碰小球2静置于轨道末端的C点,再将入射小球1从斜轨上的G位置由静止释放,与
小球2相碰,并且多次重复。实验得到两小球的落点的平均位置分别为M、N。
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(1)为了测得两个小球碰撞的恢复系数,斜槽轨道BC段应 (选填“水平”或“倾
斜”);
(2)测量出长度OM、OP、ON,则该实验测得碰撞的恢复系数e= (用测得的物理量表
示),若碰撞为弹性碰撞,则e= 。
ON-OM
答案 (1)水平 (2) 1
OP
解析 (1)为使小球做平抛运动,斜槽轨道BC段应水平。
|v '-v '| ON-OM
2 1
(2)由平抛规律得OP=v t,OM=v 't,ON=v 't,则e= =
1 1 2 v -v OP
2 1
弹性碰撞中满足动量守恒和机械能守恒,故两物体速度变化量相同,故其恢复系数为1。
11.(2021长郡中学二模)某同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则。在竖直木
板上铺有白纸,固定两个光滑的滑轮A和B,将绳子打一个结点O,每个钩码的重量相等,当系
统达到平衡时,根据钩码个数读出OA、OB、OC三段绳子的拉力F、F 和F,回答下列问题:
1 2 3
(1)改变钩码个数,实验能完成的是 。
A.钩码的个数N=N =2,N =3
1 2 3
B.钩码的个数N=N =3,N =6
1 3 2
C.钩码的个数N=N =N =5
1 2 3
D.钩码的个数N=3,N =4,N =9
1 2 3
(2)在拆下钩码和绳子前,必要的步骤是 。
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A.标记结点O的位置,并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
B.量出OA、OB、OC三段绳子的长度
C.用量角器量出三段绳子之间的夹角
D.记录钩码的个数N、N、N
1 2 3
E.用天平测出钩码的质量
(3)在作图时,你认为下图中正确的是 。(填“甲”或“乙”)
答案 (1)AC (2)AD (3)甲
解析 (1)对O点受力分析,要使其受OA、OB、OC三根绳子的拉力处于平衡,则三个力的大
小能构成一个三角形,满足两边之和大于第三边,两边之差小于第三边。
(2)为验证平行四边形定则,必须作受力图,所以先明确受力点,即标记结点O的位置,其次要作
出力的方向并读出力的大小,最后作出力的图示,本题中可用钩码个数代表力的大小,故选
A、D。
(3)以O点为研究对象,F 的是OC的拉力,应该沿竖直方向,由于误差的存在,F 、F 的合力的
3 1 2
理论值与实际值有一定偏差,故甲图符合实际,乙图不符合实际。
知识归纳 探究合力与分力的关系实验中,要完整地描述一个力,就要记录力的三要素,即力
的作用点、大小和方向,力的方向由绳子所在直线上相距较远的两点确定。
12.(2021湖南新高考适应卷,11)某同学利用滑块在气垫导轨上的运动测量当地的重力加速度。
如图(a)所示,所用器材包括:气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、数字计时器、
光电门等。导轨下方两支点间的距离为l。实验步骤如下:
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图(a)
图(b)
(1)开动气泵,调节气垫导轨,轻推滑块,当光电门A记录的遮光时间 (填“大于”“小
于”或“等于”)光电门B记录的遮光时间时,可认为气垫导轨水平;
(2)用游标卡尺测量遮光片宽度d,如图(b)所示,d= cm;
(3)在导轨左支点下加一高度为h的垫块,让滑块从导轨顶端滑下,记录遮光片经过A、B两处
光电门的遮光时间Δt、Δt 及遮光片从A运动到B所用的时间t ,可求出重力加速度g=
1 2 12
(用题中给出的物理量符号表示);
(4)分析实验结果发现,重力加速度的测量值比该地的实际值偏小。写出一条产生这一结果的
可能原因: 。
l ( d d )
-
答案 (1)等于 (2)0.304 (3) (4)遮光片的宽度测量值偏小(合理即
h·t Δt Δt
12 2 1
可)
d
解析 (1)利用光电门测瞬时速度,v= ,当Δt =Δt 时v =v ,可认为此过程滑块做匀速直线
Δt A B A B
运动,气垫导轨忽略摩擦,故认为气垫导轨水平。
(2)d=3 mm+2×0.02 mm=3.04 mm=0.304 cm。
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h
(3)在A端垫一高度为h的垫块,则构成斜面,设斜面倾角为θ,则sin θ= ,滑块在倾斜的气垫导
l
d d v -v h
B A
轨上做匀加速直线运动,v = ,v = ,a= ,受力分析可知mg sin θ=ma,故g· =
A Δt B Δt t l
1 2 12
( d d ) 1 ( d d ) l
- -
,故g= 。
Δt Δt t Δt Δt h·t
2 1 12 2 1 12
(4)g的测量值比实际值偏小,根据g的表达式分析可能原因。
13.(2021岳阳二模)利用图甲装置可以测量滑块的加速度。气垫导轨上相隔一定距离的两处
装有两个光电传感器1、2,滑块上固定一遮光条,滑块与遮光条的总质量为M,若光线被遮光
条遮挡,光电传感器会输出高电压,两光电传感器采集数据后与计算机相连。滑块在细线的牵
引下向左加速运动,遮光条经过光电传感器1、2时,通过计算机可以得到如图乙所示的电压
U随时间t变化的图像。
(1)实验前,接通气源,将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上,轻推滑块,计算机屏幕上显示的电压
U随时间t变化的图像如图乙所示,则要将气垫导轨右侧 (填“调低”或“调高”)。
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(2)用游标卡尺测遮光条宽度d,测量结果如图丙所示,则d= mm。
(3)若图乙是正确操作所得图像,则滑块运动的加速度大小a= (用题干已知物理量和
测得物理量的字母符号表示)。
d d
-
t t
2 1
答案 (1)调低 (2)9.50 (3)
t t
t+ 1+ 2
2 2
解析 (1)因为t>t,所以滑块过传感器1的速度小于过传感器2的速度,所以滑块做加速运动,
1 2
则应将气垫导轨右端调低。
(2)20分度的游标卡尺精度为0.05 mm,游标卡尺的主尺读数为9 mm,则d=9 mm+10×0.05
mm=9.50 mm。
d
(3)在极短时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,故经过光电门1的速度为v= ,经过
1 t
1
d d
-
d Δv t t
2 1
光电门2的速度为v= ,根据运动学公式可得a= = 。
2 t Δt t t
2 t+ 1+ 2
2 2
14.(2021雅礼中学月考三)用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系,实验时保持小车
(含车中重物)的质量M不变,细线下端悬拉钩码的总重力mg作为小车受到的合力F,用打点
计时器测出小车运动的加速度a。
甲
(1)实验中要进行钩码质量m和小车质量M的选取,以下最合理的一组是
A.M=20 g,m=10 g,15 g、20 g、25 g、30 g、40 g
B.M=200 g,m=20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g
C.M=400 g,m=20 g,40 g、60 g、80 g、100 g、120 g
D.M=400 g,m=10 g,15 g、20 g、25 g、30 g、40 g
(2)关于实验操作,下列说法正确的是 。
A.实验前应调节滑轮高度,使滑轮和小车间的细线与木板平行
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B.平衡摩擦力时,在细线的下端悬挂钩码,使小车在线的拉力作用下匀速下滑
C.每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力
D.实验时应先接通打点计时器电源,后释放小车
(3)图乙为实验中打出的其中一条纸带的一部分,从比较清晰的点迹起,在纸带上标出连续的5
个计数点A、B、C、D、E,相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出,测出各计数点与A点
间的距离,已知所用电源的频率为50 Hz,打B点时小车的速度v= m/s,小车的加速度a=
m/s2。(结果均保留两位有效数字)
乙
(4)若用此装置探究物体的加速度与质量的关系,实验时保持细线下端悬挂钩码的总重力mg
1
不变作为小车受到的合力F,改变小车的质量M。作出 -M图像,实验所得的图像是
a
。
答案 (1)D (2)AD (3)0.32 0.93 (4)C
解析 (1)实验中要保证M≫m,则钩码质量m和小车质量M的选取最合理的一组是D。
(2)调节滑轮的高度,使牵引小车的细线与长木板保持平行,否则拉力不会等于合力,A正确;在
调节木板倾斜度平衡摩擦力时,不能悬挂钩码,B错误;每次改变小车所受的拉力后,不需要重
新平衡摩擦力,C错误;打点计时器要“早来晚走”,即实验开始时先接通打点计时器的电源,
待其平稳工作后再释放小车,而当实验结束时应先控制小车停下再关闭打点计时器,D正确。
(3)已知打点计时器电源频率为50 Hz,则纸带上相邻计数点间的时间间隔为:T=5×0.02 s=0.1 s
x 0.063 2
AC
B点对应的速度为:v= = m/s≈0.32 m/s
2T 0.2
根据Δx=aT2可得:x -x =a(2T)2
CE AC
小车运动的加速度为:
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x -x 0.163 6-0.063 2-0.063 2
a= CE AC = m/s2=0.93 m/s2
4T2 4×0.01
1 1 1
(4)由mg=(m+M)a得 = + ·M,选C。
a g mg
二、电学实验题(每小题10分,共70分)
15.(2020广州二模,23)某同学利用下列器材研究小灯泡的伏安特性:
小灯泡L(额定电压2.5 V,额定电流0.3 A);
电压表V(量程0~3 V,内阻约3 kΩ);
毫安表 mA(量程0~100 mA,内阻9 Ω);
定值电阻R (阻值3 Ω);
0
滑动变阻器R(阻值0~10 Ω);
电源E(电动势4 V,内阻不计);
开关S;导线若干。
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(1)实验要求在0~2.5 V的范围内对小灯泡进行测量,在图(a)中用笔画线代替导线,将实验电路
连接完整;
(2)闭合开关前,滑动变阻器的滑片应移动至最 (选填“左”或“右”)端;
(3)实验得到该小灯泡伏安特性曲线如图(b)所示,可知随着电流的增加小灯泡的电阻
(填“增大”“不变”或“减小”);若实验过程中某次读数时毫安表的指针位置如图(c)所示,
则此时小灯泡的电阻为 Ω(保留一位小数);
(4)完成实验后,该同学用另一开关S 和上述器材连接成图(d)所示的电路,闭合开关S、S,适
1 1
当调节滑动变阻器R的滑片位置,使小灯泡恰好正常发光;再断开开关S,此时小灯泡两端的
1
电压为 V(保留一位小数)。
答案 (1)见解析图 (2)左 (3) 增大 6.7
(4)1.9
解析 (1)本实验中小灯泡两端电压要求从0开始变化,故滑动变阻器采用分压式接法;由于
小灯泡的额定电流为0.3 A,电流表量程太小,因此电流表和R 并联扩大量程,故电路连接如图
0
所示:
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(2)闭合开关时,电压表和电流表示数均应该为0,故滑动变阻器滑片应移动至最左端;
U
(3)由R= 可知,I-U图中点与原点连线的斜率表示电阻的倒数,故图中表示的电阻越来越大;
I
I R
A A
从图(c)中可知,通过小灯泡的电流为I=I + =240 mA,故灯泡两端电压为U=1.6 V,故小灯
A R
0
U
泡的电阻为R= =6.7 Ω
I
E-U
(4)闭合S,小灯泡正常发光,则滑动变阻器接入电路的阻值为R = =5 Ω,开关S 断开后,
1 1 I 1
将R 和滑动变阻器接入电路的电阻视为电源内阻,则等效内阻为r=R +R=8 Ω,作出电源的I-
0 0
U图像,其与小灯泡伏安特性曲线的交点即为小灯泡工作时的电流和电压,如图所示,由图中
可知电压为U'=1.9 V
16.(2022届广东七校联考,13)利用如图甲所示电路,可以测量电源电动势和内阻,所用的实验
器材有:
待测电源(电动势不大于6 V,内阻不大于1 Ω),电阻箱R(最大阻值999.9 Ω),表头G(量程为
200 μA,内阻为900 Ω),定值电阻R 、R ,开关S,导线若干。
0 1
实验步骤如下:
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(1)先利用R 将表头G改装成2 mA的电流表,再将2 mA的电流表改装成量程为6 V的电压
0
表,则两定值电阻的阻值分别为:R = Ω,R = Ω;
0 1
(2)将电阻箱阻值调到最大,再闭合开关S;
(3)多次调节电阻箱,记下表头G的示数I和电阻箱相应的阻值R;
1 1 1 1
(4)以 为纵坐标, 为横坐标,作出 - 图线如图乙所示;
I R I R
1 1
(5)根据 - 图线求得电源的电动势E= V,内阻r= Ω(此两空结果均保留到
I R
小数点后一位)。
答案 (1)100 2 910 (5)6.0 0.2
解析 (1)表头G与电阻R 并联,两端电压相等,表头G内阻为R =900 Ω,量程为200 μA,则通
0 g
I R
g g
过电阻R 的电流为通过表头电流的9倍,则由R = 可得R =100 Ω,表头G的示数为0.2
0 0 I-I 0
g
mA,电路电流为2 mA,表头G两端的电压为U=I R =0.18 V,R 两端的电压为U=6 V-0.18
g g g 1 1
U
1
V=5.82 V,则R = =2 910 Ω
1 I
(R +10R )I
g 1
(5)根据闭合电路欧姆定律得E=IR +10IR + r,整理可得
g 1 R
R +10R
{ g 1=5 000
1 R +10R R +10R 1 E {E=6.0V
g 1 g 1
= + r× ,根据图像可知 ,可得
I E E R R +10R r=0.2Ω
g 1r=k=1 000
E
17.(2022届广州天河一模,12)某同学要测量量程为3 V电压表的内阻值,步骤如下:
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(1)先用多用电表的欧姆挡测量量程为3 V电压表的内阻值,用欧姆“×100”挡测量,表盘示数
如图甲所示,则电压表示数为 V,阻值约为 Ω;
(2)要进一步精确测量电压表内阻值,实验室中可提供的器材有:
①电阻箱R,最大电阻为9 999 Ω
②定值电阻r=2 kΩ
③电动势约为6 V,内阻不计的电源E
④开关、导线若干。
实验的电路图如图乙所示,先正确连好电路,闭合开关S前,先调节电阻箱至电阻值
(选填“最大”或“最小”)。闭合开关S,调节电阻箱R的电阻值,使得电压表的指针半偏,记
下此时电阻箱R的电阻值R =4 450 Ω;然后再调节电阻箱R的值,使电压表的指针满偏,记下
1
此时电阻箱R的电阻值R =150 Ω。计算得电压表内阻值R = Ω;若电源的内阻不能
2 V
忽略,则电压表内阻R 的测量值将 。
V
A.偏大
B.不变
C.偏小
D.不能确定,要视电压表内阻的大小而定
答案 (1)2.20 2 200 (2)最大 2 150 A
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解析 (1)电压表的分度值为0.1 V,应估读到0.01 V,故读数为2.20 V。由图可知,阻值为
22×100 Ω=2 200 Ω
(2)设电压表半偏时电流为I,则电压表满偏时电流为2I,由闭合电路欧姆定律可得
E=I(R +R +r),E=2I(R +R +r)
V 1 V 2
联立代入数据可解得R =2 150 Ω
V
若电源的内阻不能忽略,假设为r',则闭合电路欧姆定律应为E=I(R +R +r+r')=2I(R +R +r+r')
V 1 V 2
代入数据可解得电压表内阻的实际值为R =2 150 Ω-r',则电压表内阻R 的测量值偏大,B、
V V
C、D错误,A正确。
18.(2022届湛江10月联考,12)某同学制作了一个简单的多用电表,图甲为该多用电表的电路
图。已知选用的电流表的满偏电流I=10 mA。C为最上排刻度线的中间刻度,最上排对应数
g
据在图乙中没有标出。
(1)若选择开关接1时,指针指在图乙所示位置,则其示数为 。
(2)为了测该多用电表电阻挡的内阻和表内电源的电动势,这位同学在实验室找到了一个电阻
箱,设计了如下实验:
①先将选择开关接2,再将 ,然后调节R 的阻值使电表指针满偏;
1
②将电表的红、黑表笔分别与电阻箱的两接线柱相连,调节电阻箱使电表指针指在C处,此
时电阻箱的示数如图丙所示,则电阻箱的示数为 Ω,多用电表内电源的电动势为
V。(结果保留三位有效数字)
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(3)在上述基础上不换挡,直接用该多用电表测量另一电流表的内阻,指针在图乙所示位置,则
(填“A”或“B”)表笔接电流表的正接线柱,该电流表的阻值为 Ω。(结果保留两位有
效数字)
答案 (1)6.8 mA (2)①红、黑表笔短接 ②150 1.50 (3)B 71
解析 (1)选择开关接1时测电流,其分度值为0.2 mA,示数为6.8 mA。
(2)①红、黑表笔短接;②由题图丙所示电阻箱可知,电阻箱示数为150 Ω,由题图乙所示可知,
指针指在C处时,电流表示数为5 mA,C处电阻为中值电阻,则电表内阻为150 Ω,电源电动势
E=I(R+r)=0.005×(150+150) V=1.50 V。
(3)根据第(1)问可知,表头所示电流为6.8 mA;调零后将电表的红、黑表笔与另一电流表相连,
此时电路中的电流值也为6.8 mA,而表内电源的电动势E=1.50 V,内阻为150 Ω,由欧姆定律
可知E=I(R'+r),所以待测电流表的阻值R'=71 Ω。
19.(2022届淄博期中,14)为了同时测量一电源的电动势E和内阻r,以及未知阻值的电阻R ,某
x
同学设计了一电路。实验室提供的器材如下:待测电源、待测电阻、电阻箱一个、内阻很大
的电压表一只、开关两个、导线若干。
(1)为实现上述目的,请完善图甲实物图连接;
(2)该同学实验的主要步骤有:
①闭合S、S,多次调节电阻箱阻值,并记录其阻值及对应的电压表的示数;
1 2
②保持S 闭合,断开S,多次调节电阻箱阻值,并记录其阻值及对应的电压表的示数;
1 2
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1 1
③根据记录的数据,作出两条 - 图线如图乙所示。
U R
由图线可得电动势E= ,内阻r= ,R = 。(用图中a、b、c表示)
x
答案 (1)见解析
1 1 1 1
(2) -
c a b a
解析 (1)通过开关S 控制电路中的电阻R 是否接入电路,电路原理图如图甲所示:
2 x
故实物连线图如图乙所示:
U 1 1 r 1
(2)③闭合S、S,有E=U+ r,故有 = + · ;
1 2 R U E E R
U
保持S 闭合,断开S,有E=U+ (r+R ),
1 2 R x
1 1 r+R 1
x
故有 = + · ;
U E E R
1 1 1 r+R c r c
x
结合 - 图像可知, =c, = , = ,
U R E E b E a
1 1 1 1
解得:E= ,r= ,R = - 。
c a x b a
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20.(2022届长郡中学月考三)某同学为测量电阻丝的电阻率ρ,设计了如图甲所示的电路,电路
中ab是一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝,保护电阻R =4.0 Ω,电源电动势E=3.0 V,电流
0
表内阻忽略不计,滑片P与电阻丝始终接触良好。
(1)实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示,其示数为d= mm。
(2)实验时闭合开关,调节滑片P的位置,分别测量出每次实验中aP长度x及对应的电流值I。
实验数据如表所示。
x/m 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60
I/A 0.49 0.43 0.38 0.33 0.31 0.28
1
/A-1 2.04 2.33 2.63 3.03 3.23 3.57
I
1
将表中数据描在 -x坐标系中,如图丙所示,该图像的斜率的表达式k= (用题中字母
I
1
表示)。由图像求得电阻丝的电阻率ρ= Ω·m。根据图丙中 -x图像纵轴截距的物理
I
意义,可求得电源的内阻为r= Ω(结果均保留两位有效数字)。
4ρ
答案 (1)0.400 (2) 1.1×10-6 1.3(或1.2)
πd2E
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解析 (1)图乙所示螺旋测微器示数为0+40.0×0.01 mm=0.400 mm。
x
1 R +r
(2)根据电阻定律得R=ρ
π(
d
)2
,由闭合电路欧姆定律得E=I(R
0
+r+R),联立解得
I
= 0
E
+
2
4ρ 4ρ 1 3.55-1.75
x,则图线斜率为k= ;作出 -x图线如图所示,图线的斜率k=
πd2E πd2E I 0.6
4ρ R +r
A-1·m-1= ,解得ρ≈1.1×10-6 Ω·m,由图像纵截距得1.75 A-1= 0 ,解得r≈1.3 Ω。
πd2E E
21.(2022届湘豫名校联考)在实验室内要测量一节干电池(电动势约为1.5 V,内阻小于1 Ω)的
电动势和内阻,实验室提供的用于实验的器材除了开关、导线外,还有:
电压表(0~3 V);
电流表(0~0.6 A);
滑动变阻器(0~20 Ω);
定值电阻R (阻值2.0 Ω)。
0
(1)实验采用的电路图如图甲所示,改变滑动变阻器滑片位置,得到多组电流和对应的电压的
数据,结果发现,当电流表读数逐渐增大到0.6 A的过程中,电压表读数变化范围很小,需要对
图甲中的电路改进。造成电压表读数变化不明显的原因是 (选填“电池内
阻上的压降小”或“电压表的分流作用大”)。
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(2)利用实验室提供的实验器材对图甲中的电路进行改进,解决电压表示数变化范围比较小的
问题,请在图乙虚线框内画出改进后的电路图。
(3)按照电路图乙进行实验,重新测量得到7组U、I数据,在U-I图像中描点、画图,得到的U-
I图像如图丙所示,由图像可得被测电池的电动势E= V,内阻r= Ω。(结果均
保留2位小数)
丙
(4)由于实验存在系统误差,导致电动势和内阻的测量值相对于真实值都有偏差,造成这种系
统误差的原因是 (选填“电流表的分压作用”或“电压表的分流作用”)。
答案 (1)电池内阻上的压降小 (2)如图所示
(3)1.55 0.58 (4)电压表的分流作用
解析 (1)电压表的示数变化范围较小,而电流表的示数变化较大,根据闭合电路欧姆定律可
知,电压表示数U=E-Ir=E-U ,可知造成电压表读数变化不明显的原因是电池内阻较小,导致
内
电池内阻上的压降小。
(2)电源内阻小,可以在实验时串联一个定值电阻R 充当电源的内阻,即可以解决测量时电压
0
表示数变化范围小的问题。
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1.55
(3)U-I图像的纵截距表示电池的电动势,即E=1.55 V,U-I图线斜率的绝对值|k|=r+R =
0 0.6
Ω≈2.58 Ω,则电池内阻为r=2.58 Ω-2.0 Ω=0.58 Ω。
(4)由电路图可知,由于电压表的分流作用,导致流过电源的电流的测量值小于真实值,导致电
动势和内电阻的测量值相对于真实值都有偏差,造成系统误差。
三、其他实验题(共21分)
22.(2021福建漳州质检一,10)(4分)如图,在双缝干涉实验中,S 和S 为狭缝,P是光屏上的一点,
1 2
已知双缝S、S 和P点的距离差为2.1×10-6 m,用单色光A在空气中做双缝干涉实验,若光源
1 2
到缝S、S 的距离相等,且A光频率为f=5.0×1014 Hz。则P点处是 (填“亮”或
1 2
“暗”)条纹;若将S 用遮光片挡住,光屏上的明暗条纹 (填“均匀”或“不均匀”)
2
分布。(光在空气中的速度c=3.0×108 m/s)
答案 暗(2分) 不均匀(2分)
c δ
解析 设A光在空气中波长为λ,由λ= 得λ=6×10-7 m,光的路程差δ=2.1×10-6 m,所以N=
f λ
=3.5,即从S、S 到P点的光的路程差δ是波长λ的3.5倍,所以P点为暗条纹;将S 用遮光片
1 2 2
挡住,光屏上得到的是衍射条纹,所以是不均匀分布的。
23.(2021山东日照二联,13)(8分)用如图所示实验装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。
(1)为了提高实验精确度,下列说法正确的是 。(选填字母代号)
A.尽量选用体积小、质量大的球做摆球
B.当摆球到达最低点时开始计时
C.把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放
D.测量一次全振动的周期,根据公式计算重力加速度g
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(2)若根据测得的数据代入单摆周期公式,算出重力加速度g的测量值偏大,下列可能的原因
是 。(选填字母代号)
A.把悬点到摆球上端的长度记为摆长
B.摆线上端未牢固地系于悬点,在振动过程中出现松动,使摆线长度增加了
C.实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次
D.实验中误将摆球经过平衡位置51次记为50次
(3)某同学测重力加速度,他用长线和小铁球做了一个单摆,手头却只有一根量程为20 cm的学
生用刻度尺和一个秒表,于是他先用此单摆进行实验,测得单摆的周期为T,然后将摆线长度
1
减小Δx(Δx小于刻度尺量程)再次实验,测得相应单摆的周期为T,由此可得重力加速度g=
2
(用字母Δx、T、T 表示)。
1 2
4π2Δx
答案 (1)AB(2分) (2)C(3分) (3) (3分)
T2-T2
1 2
解析 (1)选用体积小、质量大的球做摆球,可减小空气阻力的影响,选项A正确;由于在最低
点运动速度快,位置误差小,故时间的测量误差小,选项B正确;如果拉开一个很大的角度后释
放,振动周期公式不再适用,有很大的误差,因此摆角不应超过5°,选项C错误;为了减小周期的
测量误差,一般测量30~50个全振动的时间,算出周期的平均值,根据公式计算重力加速度g,
选项D错误。故选A、B项。
√ l
4π2l
(2)由单摆的振动周期T=2π ,求得重力加速度的表达式g= 。若把悬点到摆球上端的
g T2
长度记为摆长,则摆长测量值偏小,算得的重力加速度偏小,选项A错误;振动过程中出现松动,
摆线长度增加,而摆线测量值为原长,测量值偏小,从而算得的重力加速度偏小,选项B错误;误
将摆球经过平衡位置49次记为50次,使得周期测量值偏小,从而算得的重力加速度偏大,选项
C正确;误将摆球经过平衡位置51次记为50次,使得周期测量值偏大,从而算得的重力加速度
偏小,选项D错误。故选C项。
√l √l
4π2Δx
(3)第一次T=2π 1,第二次T=2π 2,而Δx=l-l ,联立解得g= 。
1
g
2
g
1 2 T2-T2
1 2
24.[2021南开一模,9(1)](9分)用单摆测定重力加速度的实验如图甲所示。
①组装单摆时,应在下列器材中选用 (选填选项前的字母)。
A.长度为1 m左右的细线
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B.长度为30 cm左右的细线
C.直径为1.8 cm的塑料球
D.直径为1.8 cm的铁球
②测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t,则重力加速度
g= (用 L、n、t表示)。
③用多组实验数据作出T2-L图像,也可以求出重力加速度g,三位同学作出的T2-L图线如图
乙中a、b、c所示,其中a和b平行,b和c都过原点,图线b对应的g值最接近当地的重力加
速度值。则相对于图线b,下列分析正确的是 (选填选项前的字母)。
A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值
④某同学在家里测重力加速度。他用细线和铁锁制成一个单摆,如图丙所示,由于家里只有一
根量程为0~30 cm的刻度尺,于是他在细线上的A点做了一个标记,使得悬点O到A点间的
细线长度小于刻度尺的最大测量值。保持该标记以下的细线长度不变,通过改变O、A间细
线长度以改变摆长。实验中,当O、A间细线的长度分别为L、L 时,测得相应单摆的周期为
1 2
T、T,由此可得重力加速度g= (用L、L、T、T 表示)。
1 2 1 2 1 2
4π2n2L
答案 ①AD ② ③B ④见解析
t2
解析 ①在“用单摆测定重力加速度”的实验中,摆线应取长度为1 m左右的不可伸缩的细
4π2L t 4π2n2L
线,摆球应选密度大的球,故选A、D。②根据g= ,T= ,得g= 。③由图像可知,
T2 n t2
4π2
斜率k= ,出现图线a的原因为测量时少计摆球的半径,A错;c的斜率较小,是因为测量周
g
第30页共31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
期时记录次数增多造成周期减小,故B正确,C错误。④A点到铁锁重心距离ΔL不变,记录两
4π2(L +ΔL) 4π2(L +ΔL)
次O、A间细线的长度,有T2 = 1 ,T2 = 2 ,两式相减可得g=
1 g 2 g
4π2(L -L ) 4π2(L -L )
2 1 1 2
或 。
T2-T2 T2-T2
2 1 1 2
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