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湖北省高考物理二轮复习专项练习-04实验题能力提升训练
一、电学实验
1．有一电动势约为3V、内阻约为几欧的电源，为较准确地测定这个电源的电动势和内阻，实验室提供了如下的实验器材：
A．待测电源
B．电阻箱R（）
C．电压表（量程0~3V）
D．定值电阻（阻值约为十几欧）
E.定值电阻（阻值约为一千欧）
F.开关和导线若干
(1)为使测量结果尽量准确，定值电阻应选择______（填“D”或“E”）。
(2)该同学按照图甲所示的电路图连接实验电路，正确选择测量电压表后，改变电阻箱的阻值，记录对应电压表的读数，作出的图像如图乙所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为，。
则按图甲测得的电动势与真实值相比______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
(3)由于定值电阻阻值未知，该同学又按照图丙所示的电路图连接实验电路，正确选择测量电压表后，改变电阻箱的阻值，记录对应电压表的读数，作出的______（填“”、“”、“”或“”）图像如图丁所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为，。图丁与图乙作图所取单位一致，则可得该电池组的电动势______，内阻______（均用、、、表示）。
2．实验小组要用实验室提供的器材测量电源的电动势和内阻，同时测出未知电阻的阻值。器材有：一节待测旧干电池E、一个待测定值电阻、一个滑动变阻器R、一个电流表、一个多用电表以及电键S、导线若干。
(1)先用多用电表的“×1”倍率图甲的欧姆挡粗测定值电阻的阻值，示数如图甲所示，对应的读数是______Ω；______（选填“能”或“不能”）用欧姆挡粗测待测干电池的内阻。
(2)如图乙所示，连接实验器材，多用电表选用“直流电压2.5V”挡。图乙中的c端是多用表的______表笔（选填“红”或“黑”），其分别接a端、b端时测得了两组数据，在坐标系中描点、连线作图，如图丙所示。接b端时测量的数据对应图丙中的______图线（选填①或②），已知电流表的内阻，由图线可得干电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω，=______Ω（以上结果均保留3位有效数字）。
3．某同学欲将内阻为Rg=98.5Ω、量程为Ig=100μA的电流表改装成欧姆表，并标记刻度和进行校准。要求改装后欧姆表的15kΩ刻度正好对应电流表表盘的50μA刻度。可选用的器材还有：定值电阻R0（阻值10kΩ），滑动变阻器R（最大阻值5000Ω），电阻箱（0~99999.9Ω），干电池（E=1.5V，r=1.5Ω），红、黑表笔和导线若干。
(1)欧姆表设计：将图（a）中的实物连线组成欧姆表____________，欧姆表改装好并完成欧姆调零后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为_____Ω。
(2)标记欧姆表表盘刻度：通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上a、b 处的电流刻度分别为30μA和75μA，则a、b 处的电阻刻度分别为______kΩ、_____kΩ。
(3)校准：红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向0kΩ刻度；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准。校准完成后，过一段时间再次欧姆调零后校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c）所示，但此时指针所指刻度为37.5 kΩ。某同学推测这是由于使用的电源电动势并不等于1.5V导致的。若该同学的推测为真，此时电源电动势为_______V。（保留两位有效数字）
4．某实验小组为测量一节干电池的电动势E和内阻r，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：干电池、智能手机、电流传感器、定值电阻R0、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路，将智能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接，闭合开关S，逐次改变电阻箱的阻值R，用智能手机记录对应的电流传感器测得的电流I。回答下列问题：
(1)R0在电路中起______（填“保护”或“分流”）作用。
(2)与E、r、R、R0的关系式为______。
(3)根据记录数据作出图像，如图（b）所示。已知R0=9.0Ω，可得E=______V（保留三位有效数字），r=______Ω（保留两位有效数字）
(4)电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果______（填“有”或“无”）影响。
5．某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：
电压表（量程，内阻很大）；
电流表（量程）；
电阻箱（阻值）；
干电池一节、开关一个和导线若干。

（1）根据图（a），完成图（b）中的实物图连线__________。
（2）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的图像如图（c）所示，则干电池的电动势为__________V（保留3位有效数字）、内阻为__________（保留2位有效数字）。

（3）该小组根据记录数据进一步探究，作出图像如图（d）所示。利用图（d）中图像的纵轴截距，结合（2）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为__________（保留2位有效数字）。
（4）由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值__________（填“偏大”或“偏小”）。
6．小明同学打算估测5个相同规格电阻的阻值。现有一个量程为0.6 A的电流表、一个电池组（电动势E不大于4.5 V、内阻r未知）、一个阻值为R0的定值电阻、一个阻值为R1的定值电阻（用作保护电阻），开关S和导线若干。他设计了如图（a）所示的电路，实验步骤如下：
第一步∶把5个待测电阻分别单独接入A、B之间，发现电流表的示数基本一致，据此他认为5个电阻的阻值相等，均设为R。
第二步∶取下待测电阻，在A、B之间接入定值电阻R0，记下电流表的示数I0。
第三步∶取下定值电阻R0，将n个（n=1，2，3，4，5）待测电阻串联后接入A、B之间，记下串联待测电阻的个数n与电流表对应示数In。
请完成如下计算和判断∶
（1）根据上述第二步，与R0、R1、E、r的关系式是=___________。
（2）定义，则Y与n、R、R0、E的关系式是Y=__________。
（3）已知R0=12.0Ω，实验测得I0=0.182 A，得到数据如下表∶
n 1 2 3 4 5
In/A 0.334 0.286 0.250 0.224 0.200
Y/A-1 2.500 1.998 1.495 1.030 0.495
根据上述数据作出图像，如图（b）所示，可得R=______Ω（保留2位有效数字），同时可得E=______V（保留2位有效数字）。
（4）本实验中电流表的内阻对表中Y的测量值_______影响（选填“有"或“无"）。
7．小明同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，实验室提供的器材有：
A．电压表（量程为3V，内阻约为）
B．电压表（量程为15V，内阻约为）
C．电流表（量程为，内阻约为）
D．电流表（量程为3A，内阻约为）
E．变阻器（最大阻值为，允许通过的最大电流为3A）
F．变阻器（最大阻值为，允许通过的最大电流为）
G．开关、导线若干
（1）为了较准确测量电池的电动势和内阻，电压表应该选择________，电流表应该选择________，变阻器应该选择________。（均选填仪器前面的字母序号）
（2）要求尽量减小电表内阻对测量结果的影响，请把图甲中的实物电路图补充完整。______
（3）在图甲的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________（选填“A”或“B”）端。
（4）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图乙所示的图线，由图可较准确地求出该电源电动势________V，内阻________。（结果均保留三位有效数字）
（5）由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系统误差。图丙中实线为小明同学按照正确的实验方法操作时作出的图线，两条虚线①、②中有一条是真实图线，则下列说法正确的有________。
A．引入系统误差的原因是电压表的分流作用，使电流表示数偏小
B．引入系统误差的原因是电流表的分压作用，使电压表示数偏大
C．图线①表示真实图线，小明同学所测电动势和内阻均偏小
D．图线②表示真实图线，小明同学所测电动势为真实值，内阻偏大
8．某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后，为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率，进行了如下实验探究。
（1）该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，示数如图甲所示，其读数为_____mm。再用游标卡尺测得其长度L。
（2）该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻Rx的阻值。图中电流表量程为0.6A、内阻为1.0Ω，定值电阻R0的阻值为20.0Ω，电阻箱R的最大阻值为999.9 Ω。首先将S2置于位置1，闭合S1，多次改变电阻箱R的阻值，记下电流表的对应读数I，实验数据见下表。
R/Ω I/A /A-1
5.0 0.414 2.42
10.0 0.352 2.84
15.0 0.308 3.25
20.0 0.272 3.68
25.0 0.244 4.10
30.0 0.222 4.50
根据表中数据，在图丙中绘制出图像。再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400A。根据图丙中的图像可得_____Ω（结果保留2位有效数字）。最后可由表达式____得到该材料的电阻率（用D、L、表示）。
（3）该小组根据图乙的电路和图丙的图像，还可以求得电源电动势_________V，内阻_______Ω。（结果均保留2位有效数字）
（4）持续使用后，电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置，测得电路的电流，仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会_____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
二、物理实验基础
9．某同学利用如图（a）所示的实验装置来测量重力加速度大小g。细绳跨过固定在铁架台上不可转动的小圆柱体，两端各悬挂一个重锤。实验步骤如下：
①用游标卡尺测量遮光片的宽度d。
②将遮光片固定在重锤1上，用天平测量重锤1和遮光片的总质量m、重锤2的质量M（M>m）。
③将光电门安装在铁架台上，将重锤1压在桌面上，保持系统静止，重锤2离地面足够高。用刻度尺测量遮光片中心到光电门的竖直距离H。
④启动光电门，释放重锤1，用毫秒计测出遮光片经过光电门所用时间t。
⑤根据上述数据求出重力加速度g。
⑥多次改变光电门高度，重复步骤，求出g的平均值。
回答下列问题：
(1)测量d时，游标卡尺的示数如图（b）所示，可知______cm。
(2)重锤1通过光电门时的速度大小为______（用遮光片d、t表示）。若不计摩擦，g与m、M、d、t、H的关系式为______。
(3)实验发现，当M和m之比接近于1时，g的测量值明显小于真实值。主要原因是圆柱体表面不光滑，导致跨过圆柱体的绳两端拉力不相等。理论分析表明，圆柱体与绳之间的动摩擦因数很小时，跨过圆柱体的绳两端拉力差，其中是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数。保持不变，其中，。足够小时，重锤运动的加速度大小可近似表示为。调整两重锤的质量，测得不同β时重锤的加速度大小a，结果如下表。根据表格数据，采用逐差法得到重力加速度大小______（保留三位有效数字）。
β 0.04 0.06 0.08 0.10
a/（m/s2） 0.084 0.281 0.477 0.673
三、力学实验
10．实验小组探究“加速度与力、质量的关系”的装置如图所示。小钢球置于一小车内，车内后壁装有压力传感器，车顶安装有遮光条。细绳一端系于小车上，另一端跨过固定在长木板上的定滑轮，挂上钩码。
(1)若将压力传感器的示数视为小球所受合力的大小，则在实验过程中，______（选填“需要”或“不需要”）满足钩码质量远小于小车质量，细线______（选填“需要”或“不需要”）调节至与长木板平行，长木板要调节至下列选项中的______（填选项字母）状态。
A．保持水平　　B．倾斜一特定角度
C．倾斜任意一小角度　　D．倾斜任意一大角度
(2)光电门安装在长木板的位置A，在长木板上标记另一位置B。改变钩码个数，让小车每次都从位置B开始运动，记录多组压力传感器示数F和光电门测量的遮光时间t。某同学猜想小球的加速度与F成正比，若用图像法验证他的猜想，则最直观、合理的关系图像是下列选项中的______（填选项符号）。
A． B．
C． D．
(3)若作出（2）中正确选项的图像为一条过原点的直线，图像斜率为k，并测出遮光条的宽度为d，AB间距为x，则小钢球的质量m=______（用字母k、d、x表示）。
11．实验小组的两位成员用如图所示的装置设计了测量当地重力加速度和验证机械能守恒定律的实验方案。质量为m的小球（直径为d）通过轻绳连接在力传感器上，光电门安装在小球平衡位置处且与球心等高。测得悬挂点到球心的距离为L，忽略空气阻力。
环节一：测量当地重力加速度
让单摆做简谐运动并开启光电门的计数模式，当光电门第一次被遮挡时计数器计数为1并同时开始计时，以后光电门每被遮挡一次计数增加1，若计数器计数为N时，单摆运动时间为t，则由此可测得当地的重力加速度g=___________。（用题中所给的字母表示）
环节二：验证机械能守恒定律
（1）拉起小球至某一位置由静止释放，使小球在竖直平面内摆动，在最低点时可测得小球通过光电门的时间记为 t，则小球到达最低点的速度大小v=___________（用题中所给的字母填空）。
（2）将小球摆动过程中拉力传感器示数的最大值和最小值之差记为 F。
（3）为避免将环节一中重力加速度的测量误差引入该环节，要验证小球从释放点到最低点的过程机械能守恒，则只需验证___________成立即可。（用含有 F、L、m、v的表达式填空）
12．某物理兴趣小组用如图甲所示的装置做验证机械能守恒定律的实验，一细绳跨过悬挂的光滑定滑轮，两端分别系有小球A和B，小球A右侧固定一遮光条，遮光条上方某位置固定一光电门，初始时A、B处于静止状态，先将细绳拉紧，然后同时释放小球A、B。已知当地重力加速度取。
(1)用螺旋测微器测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度______mm；
(2)测得小球（含遮光条）、的质量分别为，若不计空气阻力，则小球加速上升过程的加速度大小为______；
(3)测得遮光条通过光电门的时间，遮光条初始位置到光电门的距离，该过程A、B两球组成的系统动能增加量为______J，重力势能减少量为______J（结果均保留三位有效数字）；
(4)大多数学生的实验结果显示， A、B两球组成的系统动能的增加量总是小于重力势能减少量，原因可能是______。
A．利用光电门测量和计算两球速度不准确
B．A、B两球的质量相差不够大
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D．没有采用多次实验取平均值的方法
13．某同学设计了一个验证碰撞中动量守恒的实验装置，两个半径相同的小球A、B，用等长的细线分别悬于力传感器a、b，两球静止时，相互接触，两悬线均竖直，a、b传感器示数分别为，且，当地的重力加速度大小为g。
(1)小球A的质量为______。
(2)将小球A拉开，使小球A的悬线与竖直方向成一定的角度，由静止释放小球A，球A与球B沿水平方向发生正碰，a、b两力传感器显示碰撞前，两悬线的最大拉力分别为，碰撞后两悬线的最大拉力分别为、，若悬点到球心的距离为L，则碰撞前一瞬间，小球A的速度大小为______，碰撞后一瞬间，小球A的速度大小为______。
(3)如果表达式______在误差允许的范围内成立，则表明A、B两球在碰撞中动量守恒。
14．某同学利用测质量的小型家用电子秤，设计了测量木块和木板间动摩擦因数的实验。
如图（a）所示，木板和木块A放在水平桌面上，电子秤放在水平地面上，木块A和放在电子秤上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮，使其与木块A间的轻绳水平，与重物B间的轻绳竖直。在木块A上放置n（）个砝码（电子秤称得每个砝码的质量为），向左拉动木板的同时，记录电子秤的对应示数m。

（1）实验中，拉动木板时__________（填“必须”或“不必”）保持匀速。
（2）用和分别表示木块A和重物B的质量，则m和所满足的关系式为__________。
（3）根据测量数据在坐标纸上绘制出图像，如图（b）所示，可得木块A和木板间的动摩擦因数_________（保留2位有效数字）。
15．如图是验证动量守恒定律实验装置，某同学要用该装置探究大小相同的钢球与木球在碰撞过程中的能量损失情况，图中O点为铅锤在长条纸上的竖直投影点，请回答下列问题：
（1）实验前应调整斜槽，使斜槽末端______；
（2）实验过程中，将钢球作为入射小球，先不放被碰小球，从斜槽上某一位置由静止释放入射小球，测得O点与入射小球在地面上落点的距离为；然后将被碰小球置于斜槽末端，让入射小球从斜槽上同一位置由静止释放，测得O点与入射小球和被碰小球在地面上落点的距离分别为x1、x2；测得斜槽末端距离地面高度为h，测得入射小球和被碰小球的质量分别为、，查知当地重力加速度为g。则钢球与木球碰撞过程中损失的机械能______（用题中所给物理量表示）；
（3）该同学查阅资料得知，恢复系数e能更好地表征碰撞过程中能量的损失情况，恢复系数e等于碰撞后两物体相对速度与碰撞前两物体相对速度大小之比，根据（2）中测量结果，钢球与木球碰撞过程的恢复系数______；
（4）某次实验中，用木球作为入射小球，仍用该装置进行实验，发现木球被反弹，则测得的恢复系数e会______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
16．某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值和最小值。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的图像是一条直线，如图乙所示。
（1）若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为_______。
（2）由图乙得:直线的斜率为______，小钢球的重力为_______N。（结果均保留2位有效数字）
（3）该实验系统误差的主要来源是______（单选，填正确答案标号）。
A．小钢球摆动角度偏大
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动过程中有空气阻力
四、热学实验
17．某同学用DIS研究温度不变时一定质量的气体压强与体积的关系，实验装置如图所示，实验中通过注射器示数读出气体体积V，用气压传感器记录气体压强p，研究气体压强和体积的关系。
(1)关于本实验过程中的说法正确的是________。
A．推拉活塞时，为了读数准确，动作要快
B．推拉活塞时，为了稳定，手要握住注射器筒
C．压强传感器与注射器之间的软管脱落后，应立即重新接上，继续实验并记录数据
D．活塞和针筒之间的摩擦并不影响压强的测量
(2)某同学在做实验时，按实验要求组装好实验装置，然后按实验要求推动活塞，使注射器内空气体积发生变化，实验数据如下表所示，请在图中作出V与的关系图像。
序号 V/mL p/（×105 Pa） /（×10－5 Pa－1）
1 18 1.038 0.963
2 16 1.160 0.862
3 14 1.311 0.763
4 12 1.512 0.661
5 10 1.784 0.561
6 8 2.178 0.459
7 6 2.793 0.358
(3)本实验中，可以由V与的关系图像验证气体等温变化时p与V的关系，其依据是V与成________（选填“正比”或“反比”）。
(4)由于在实验中未考虑软管中气体的体积，实验结果有一定的误差，此误差属于________（选填“系统误差”或“偶然误差”）。
(5)由图像可以求得软管中气体的体积为________mL。（保留两位有效数字）
五、创新实验
18．某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案，所用器材有：2g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。
具体步骤如下：
①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图（a）所示。
②用米尺测量平衡时弹簧的长度l，并安装光电门。
③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动。
④用数字计时器记录30次全振动所用时间t。
⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作。
该同学将振动系统理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动周期，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。
(1)由步骤④，可知振动周期_____。
(2)设弹簧的原长为，则l与g、、T的关系式为_____。
(3)由实验数据作出的图线如图（b）所示，可得_____（保留三位有效数字，取9.87）。
(4)本实验的误差来源包括_____（双选，填标号）。
A．空气阻力
B．弹簧质量不为零
C．光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置
六、匀变速直线运动
19．某同学假期在家里进行了重力加速度测量实验。如图（a） 所示，将一根米尺竖直固定，在米尺零刻度处由静止释放实心小钢球，小球下落途经某位置时，使用相机对其进行拍照，相机曝光时间为s。由于小球的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。根据照片中米尺刻度读出小球所在位置到释放点的距离H、小球在曝光时间内移动的距离。计算出小球通过该位置时的速度大小v，进而得出重力加速度大小g。实验数据如下表∶
次数 1 2 3 4 5
/cm 0.85 0.86 0.82 0.83 0.85
v/（m·s-1） 4.25 4.10 4.15 4.25
H/m 0.9181 0.9423 0.8530 0.8860 0.9231
（1）测量该小球直径时，游标卡尺示数如图（b）所示，小球直径为________mm。。
（2）在第2次实验中，小球下落H =0.9423m时的速度大小v=________m/s（保留3位有效数字）；第3次实验测得的当地重力加速度大小g=________m/s2（保留3位有效数字）。
（3）可以减小本实验重力加速度大小测量误差的措施有_______。
A．适当减小相机的曝光时间
B．让小球在真空管中自由下落；
C．用质量相等的实心铝球代替实心钢球
七、光学实验
20．某同学利用激光测量半圆柱体玻璃砖的折射率，具体步骤如下：
①平铺白纸，用铅笔画两条互相垂直的直线和，交点为O。将半圆柱体玻璃砖的平直边紧贴，并使其圆心位于O点，画出玻璃砖的半圆弧轮廓线，如图（a）所示。
②将一细激光束沿CO方向以某一入射角射入玻璃砖，记录折射光线与半圆弧的交点M。
③拿走玻璃砖，标记CO光线与半圆弧的交点P。
④分别过M、P作BB'的垂线、，、是垂足，并用米尺分别测量、的长度x和y。
⑤改变入射角，重复步骤②③④，得到多组x和y的数据。根据这些数据作出图像，如图（b）所示。
(1)关于该实验，下列说法正确的是_____（单选，填标号）。
A．入射角越小，误差越小
B．激光的平行度好，比用插针法测量更有利于减小误差
C．选择圆心O点作为入射点，是因为此处的折射现象最明显
(2)根据图像，可得玻璃砖的折射率为_____（保留三位有效数字）。
(3)若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径，则折射率的测量结果_____（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
试卷第1页，共3页
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《湖北省高考物理二轮复习专项练习-04实验题能力提升训练》参考答案
1．(1)D
(2)偏小
(3)
【详解】（1）待测干电池的电动势约为3V，内阻约为几欧，为了减小电压表的分流影响，定值电阻应选择小一些的阻值，故定值电阻应选用D。
（2）因为电压表分流，设电压表和R0并联的总电阻为R并，根据闭合电路欧姆定律有
变式得到
则有
即测量值比真实值偏小。
（3）[1]由题图甲所示电路图可知，电源电动势
整理得
为了使图像呈现线性关系，作出的应为图像；
[2][3]根据题图甲，由闭合电路欧姆定律得
可得
则有，
解得，
结合上述可知，图像的斜率
纵轴截距
综合上述可以解得，
2．(1) 2.0 不能
(2) 红 ① 1.40 0.900 2.00
【详解】（1）[1]多用电表的“×1”倍率的欧姆挡粗测定值电阻Rx的阻值，由图甲所示可知，对应的读数是2×1.0Ω=2.0Ω；
[2]欧姆表有内置电源，不能用欧姆表直接测电源的内阻。
（2）[1]电流从多用电表的红表笔流入黑表笔流出，由图乙所示电路图可知，c端是多用表的红表笔；
[2]根据图乙所示电路图，由欧姆定律可知，c接a时有
c接b时
[3][4][5]由图示图像可知，图线①斜率的绝对值大，则接b端时对应图丙中的①图线；
由图示图像可知，电源电动势E=1.40V
由图线①可知，斜率的绝对值
由图线②可知，斜率的绝对值
代入数据解得r=0.900，Rx=2.00
3．(1) 4900
(2) 35 5
(3)1.4
【详解】（1）[1]电路如图所示
[2]根据闭合电路欧姆定律 ，解得
（2）[1][2] 根据闭合电路欧姆定律 ，
解得，
（3）电阻箱的示数是35kΩ。同一刻度，电流强度相同，根据闭合电路欧姆定律得
解得
4．(1)保护
(2)
(3) 1.47 1.3
(4)有
【详解】（1）R0与电阻箱串联，可知，R0在电路中起保护作用。
（2）根据闭合电路欧姆定律
化简可得
（3）[1][2]结合上述有
结合图（b）有，
解得，
（4）当电流传感器有内阻时，所测的电源内阻
导致电源内阻测量值偏大，即电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果有影响。
5． 1.58 0.64 2.5 偏小
【详解】（1）[1]实物连线如图：

（2）[2][3]由电路结合闭合电路的欧姆定律可得
由图像可知
E=1.58V
内阻
（3）[4]根据
可得
由图像可知
解得
（4）[5]由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，即实验中测得的电池内阻偏小。
6． 2.0 4.0 无
【分析】本题考 查测定电源电动势以及电阻测量的实验，意在考查考生处理实验数据的能力。
第（1）问通过闭合电路欧姆定律写出关系式，变形即可得到的表达式；第（2）问结合题中的信息以及闭合电路欧姆定律整理出Y的表达式；第（3）问利用数形结合法解读出图像的斜率以及截距的物理意义，求出电源的电动势和定值电阻的阻值；第（4）问把电流表的内阻考虑进内之后列出关系式直接分析出电流表的内阻对Y测量值的影响即可。
【详解】（1）[1]由闭合电路欧姆定律得
整理得
（2）[2]A、B间接入n个待测电阻后，由闭合电路欧姆定律得
又
由以上整理得
（3）[3][4]由
变形得
结合图（b）得
又
解得
（4）[5]如果考虑电流表的内阻，则有
整理得
显然电流表的内阻对Y的测量值没有影响。
7． A C E B 1.46 1.74 AC/CA
【详解】（1）[1]电池的电动势约为，为减小误差，电压表应该选择量程为的电压表。故选A。
[2]电路中电流较小，电流表应该选择量程为的电流表。故选C。
[3]电池的电动势较小，为方便调节，变阻器应该选择最大阻值为的变阻器。故选E。
（2）[4]为保护电路，滑动变阻器应采用限流式接法，由于电池的内阻与电流表内阻接近，电流表应内接，实物电路图如图所示。
（3）[5]在图甲的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处，即B端。
（4）[6]根据闭合电路的欧姆定律
整理得
电源电动势为
[7]图象斜率的绝对值表示电池内阻
（5）[8]AB．电压表的内阻不能忽略，引入系统误差的原因是电压表的分流作用，使电流表示数偏小，故A正确，B错误；
CD．当外电路短路时，电压表分流为零，即图丙中测量图线和真实图线与横轴交点相同，则图线①表示真实图线，由图象可知小明同学所测电动势和内阻均偏小，故C正确，D错误。
故选AC。
8． 3.700/3.699/3.701 6.0 12 3.0 偏大
【详解】（1）[1]用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，其读数为
（2）（3）[2][3][4][5]由电路可知，当将S2置于位置1，闭合S1时
即
由图像可知
解得
解得
再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400A，则
解得
根据
解得
（3）由（2）可知
（4）根据表达式
因电源电动势变小，内阻变大，则当安培表由相同读数时，得到的的值偏小，即测量值偏大。
9．(1)0.515
(2)
(3)9.81
【详解】（1）根据游标卡尺的读数规律，该游标卡尺的读数为
（2）[1]根据光电门的测速原理，重锤1通过光电门时的速度大小为
[2]对重锤1与重锤2构成的系统进行分析，根据系统机械能守恒定律有
其中
解得
（3）由于是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数，且有
取表格从左至右四组数据分别为和对应的
利用表格中的数据，根据逐差法有
带入数据可则重力加速度
10．(1) 不需要 需要 A
(2)D
(3)
【详解】（1）[1]由于本实验采用了压力传感器，不需要用钩码的总重力代替绳子的拉力，因此不需要满足钩码质量远小于小车质量；
[2]为了保证小车所受拉力的方向不变，因此细线需要调节至与长木板平行；
[3]为了使小球所受压力传感器的力在水平方向，因此长木板要调至水平状态，故选A。
（2）遮光条通过光电门的瞬时速度
AB间距为x，根据运动学公式v2=2ax
对小球，根据牛顿第二定律F=ma
联立解得
因此为了直观第反映小球的加速度与F成正比，需要建立图像。
故选D。
（3）根据上述（2）图像的斜率
解得小钢球的质量
11．
【详解】[1]根据单摆的周期公式，
可得
[2]小球到达最低点的速度大小
[3]设小球在最高点时轻绳与竖直方向的夹角为θ，此时有
从初始位置到小球运动到最低点，若机械能守恒，则
小球到达最低点时，有
联立可得
12．(1)0.680
(2)1.96
(3) 0.500 0.515
(4)C
【详解】（1）遮光条的宽度为
（2）根据牛顿第二定律有
解得
（3）[1][2]遮光条经过光电门时的速度为
A、B两球组成的系统动能增加量为
A、B球重力势能减少量为
（4）A．利用光电门测量和计算两球速度不准确，导致速度计算偏差，可能导致系统动能的增加量总是小于重力势能减少量，但不会导致A、B两球组成的系统动能的增加量总是小于重力势能减少量，故A错误；
B．A、B两球的质量相差不够大，不会导致系统动能的增加量总是小于重力势能减少量，故B错误；
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响，使机械能损失，会导致系统动能的增加量总是小于重力势能减少量，故C正确；
D．没有采用多次实验取平均值的方法，不会导致系统动能的增加量总是小于重力势能减少量，故D错误。
故选C。
13．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据力的平衡
解得
（2）根据牛顿第二定律
解得
同理可得碰撞后一瞬间，的速度大小。
（3）同理可得碰撞后一瞬间，的速度大小为
如果表达式
成立，即，则表明两球碰撞中动量守恒。
14． 不必 0.40
【详解】（1）[1]木块与木板间的滑动摩擦力与两者之间的相对速度无关，则实验拉动木板时不必保持匀速；
（2）[2]对木块、砝码以及重物B分析可知
解得
（3）[3]根据
结合图像可知
则
μ=0.40
15． 水平 偏小
【详解】（1）[1]实验中为了确定小球碰撞前后的速度，需要使得小球飞出后做平抛运动，则实验前应调整斜槽，使斜槽末端水平。
（2）[2]根据动量守恒有
小球平抛运动有
，，，
钢球与木球碰撞过程中损失的机械能
解得
（3）[3]根据题意有
结合上述解得
（4）[4]由于木球被反弹，碰后相对速度为两球体碰后速度大小之和，则有
解得
实验中，木球反弹后冲上斜面，之后滑下斜面从斜槽末端飞出，此过程由于摩擦阻力做功，存在机械能损耗，则飞出斜槽末端的速度小于碰后的速度，即飞出后水平方向的分位移偏小，即测得的恢复系数e会偏小。
16． 0.59 C
【详解】（1）[1]设初始位置时，细线与竖直方向夹角为θ，则细线拉力最小值为
到最低点时细线拉力最大，则
联立可得
即若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为；
（2）[2][3]由图乙得直线的斜率为
则小钢球的重力为
（3）[4]该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C。
17．(1)D
(2)见解析
(3)正比
(4)系统误差
(5)1.2
【详解】（1）A．推拉活塞时，动作要慢，使温度与环境温度保持一致，故A错误；
B．推拉活塞时，手不能握住注射器，防止对其起加热作用，故B错误；
C．压强传感器与注射器之间的软管脱落后，气体质量变化，需重新实验，故C错误；
D．活塞和针筒之间的摩擦并不影响压强的测量，故D正确。
故选D。
（2）将表格中的数据在坐标轴中描出来，然后用直线连接起来，连线的时候，使尽可能多的点分布在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，图像如图所示
（3）当温度不变时，一定质量的气体压强p与体积V的积是一个常数，则有pV＝C，即
可得V与成正比。
（4）由于在实验中未考虑软管中气体的体积，体积的读数值总是比实际值小，有一定的误差，此误差属于系统误差。
（5）设软管中气体的体积为V0，由图可知体积的读数值比实际值小V0，根据玻意耳定律可得p（V＋V0）＝C
则有
可知软管中气体的体积为图线的纵轴截距，由图像可得V0＝0.358×20 mL－6 mL≈1.2 mL。
18．(1)
(2)
(3)
(4)AB
【详解】（1）30次全振动所用时间t，则振动周期
（2）弹簧振子的振动周期
可得振子的质量
振子平衡时，根据平衡条件
可得
则l与g、、T的关系式为
（3）根据整理可得
则图像斜率
解得
（4）A．空气阻力的存在会影响弹簧振子的振动周期，是实验的误差来源之一，故A正确；
B．根据弹簧振子周期公式可知，振子的质量影响振子的周期，通过光电门测量出的周期为振子考虑弹簧质量的真实周期，而根据（3）问求出的的关系是不考虑弹簧质量的关系式子，二者的中的是不相等的，所以弹簧质量不为零是误差来源之一，故B正确；
C．利用光电门与数字计时器的组合测量周期的原理：根据简谐运动的规律可知，只要从开始计时起，振子的速度第二次与开始计时的速度相等即为一个周期，与是否在平衡位置无关，故C错误。
故选AB。
19． 15.75 4.30 9.85 AB
【分析】本题考查重力加速度的测量，意在考查考生对实验原理的理解以及处理实验数据的能力。
【详解】（1）[1]由游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为
（2）[2][3]由题意可知，小球下落H =0.9423 m时的速度
由运动学公式
得
（3）[4]A．小球下落一定高度时的瞬时速度近似为曝光时间内的平均速度，曝光时间越短，曝光时间内的平均速度越接近瞬时速度，实验误差越小，故A正确；
B．让小球在真空管中自由下落，可减小空气阻力的影响，可减小实验误差，故B正确；
C．质量相等的实心铝球代替实心钢球时，铝球体积更大，阻力对铝球的影响较大，实验误差较大，故C错误。
20．(1)B
(2)1.57
(3)不变
【详解】（1）A．入射角适当即可，不能太小，入射角太小，导致折射角太小，测量的误差会变大，故A错误；
B．激光的平行度好，比用插针法测量更有利于减小误差，故B正确；
C．相同的材料在各点的折射效果都一样，故C错误。
故选B。
（2）设半圆柱体玻璃砖的半径为，根据几何关系可得入射角的正弦值为
折射角的正弦值为
折射率
可知图像斜率大小等于折射率，即
（3）根据（2）中数据处理方法可知若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径，则折射率的测量结果不变。
答案第1页，共2页
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