邵阳市名校新高考物理易错易混100实验题精粹含解析.pdf

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1、word版可编辑】邵阳市名校新高考物理易错易混100实验题精粹精选高考物理实验题100题含答案有解析1.(1)为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，B 球就水平飞出，同时A 球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面；如图乙所示的实验：将两个完全相同的斜滑道固定在同一竖直面内，最下端水平.把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2 与光滑水平板连接，则将观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2,这两个实验说明A.甲实验只能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动.B.乙实验只能说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动C.不能说明上述规律中的任何一条

2、D.甲、乙二个实验均能同时说明平抛运动在水平、竖直方向上的运动性质(2)关于“研究物体平抛运动”实验，下列说法正确的是A.小球与斜槽之间有摩擦会增大实验误差B.安装斜槽时其末端切线应水平C.小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放D.小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度尽可能低一些.E.将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行F.在白纸上记录斜槽末端槽口的位置O,作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点(3)如图丙，某同学在做平抛运动实验时得出如图丁所示的小球运动轨迹，a、b、c 三点的位置在运动轨迹上已标出，贝！I：(gmiOrn/52)小球平抛运动的初速度为 m/s

3、.小球运动到b 点的速度为 m/s抛出点坐标x-cm y=c m.【答案】AB BCE2 2.5-10-1.25【解析】【分析】【详解】(1)A、用小锤打击弹性金属片，B 球就水平飞出，同时A 球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面,知 B 球竖直方向上的运动规律与A 球相同，即平抛运动竖直方向上做自由落体运动.故A 正确.B、把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2 与光滑水平板吻接，则将观察到的现象是球1 落到水平木板上击中球2,知 1 球在水平方向上的运动规律与2 球相同，即平抛运动在水平方向上做匀速直线运动.故B 正确，C、D 错误；故选AB.(2)A、小球与斜

4、槽之间有摩擦，不会影响小球做平抛运动，故 A 错误；B、研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平抛运动，则安装实验装置时，斜槽末端切线必须水平的目的是为了保证小球飞出时初速度水平，故 B 正确；C、由于要记录小球的运动轨迹，必须重复多次，才能画出几个点，因此为了保证每次平抛的轨迹相同，所以要求小球每次从同一高度释放，故 C 正确；D、小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度不能太低，故 D 错误.E、根据平抛运动的特点可知其运动轨迹在竖直平面内，因此在实验前，应使用重锤线调整面板在竖直平面内，即要求木板平面与小球下落的竖直平面平行，故 E 正确；F、在白纸

5、上记录斜槽末端槽口的位置O,不能作为小球做平抛运动的起点，故 F 错误；故 选 BCE.(3)在竖直方向上4 y=gT2,可得时间间隔T =累=0.1s,则小球平抛运动的初速度x 0.2.,环=m/s=2m/s.T 0.1b 点在竖直方向上的分速度=合=1.5m/s，小球运动到b 点的速度为v=相+%,=2.5m/s.抛出点到b 点的运动时间f=q=0.1 5 s.水平方向上的位移xi=vt=0.3m,竖直方向上的位移8y=g t2=0.1 125m.所以开始做平抛运动的位置坐标x=0.2-0.3=-0.1 m=-10cm,y=0.1-0.1125=-0.0125m=-1.25cm；2.某同学

6、用如图甲所示的装置测量滑块与木板间的动摩擦因数。打点计时器固定在木板上端，滑块拖着穿过打点计时器限位孔的纸带从木板上滑下。图乙是打出的一段纸带。打点计时器(1)已知打点计时器使用的交流电频率为5 0 H z,选取A至 G 的 7 个点为计数点，且各计数点间均有4个点没有画出，测得A a D、E、F、G各点到A点的距离依次是5.2 9 c m J 1.0 5 c m J 7.3 0 c m,2 4.0 l c m.3 1.2 2 c m 3 8.9 2 c m 由此可知滑块下滑的加速度a=m/s2(结果保留三位有效数字)。(2)为了测量动摩擦因数，还应测量的物理量有 oA.木板的长度L B.木板

7、的末端被垫起的高度 C.木板的质量班 D.滑块的质量加2 E.滑块运动的时间f(3)滑块与木板间的动摩擦因数=(用题中各物理量的字母代号及重力加速度g表示)。由于该测 量 装 置 存 在 系 统 误 差 测 量 的 动 摩 擦 因 数 会 (填“偏大”或“偏小g h-a L【答案】().4 8 0 A B 歹 偏大【解析】【详解】(1)1 打点计时器使用的交流电频率为5 0 H z,可知打点周期为0.0 2 s,由于各计数点之间均有4 个点没有画出，故相邻两个计数点之间的时间间隔为T =5 x 0.0 2 s=0.1 0 s。根据A C.D、E、F、G各点到A点的距离可以计算出相邻计数点之间的

8、距离，利用逐差法可得滑块下滑的加速度a=X D G D=0.4 8 0 m/s2(3 7)2(2)3 滑块沿木板下滑，设木板与水平面间的夹角为由牛顿第二定律有m g s i n 6 -/.img c o s 6 =m a根据几何关系得.八hs i n 6*=Lgh-aL联立解得“而齐因此为了测量动摩擦因数，应该测量木板的长度L和木板末端被垫起的高度，故 AB符合题意，CDE不符合题意;故选A B。(3)由(2)问可知，二gh-aLg -h2由于实验没有考虑滑块拖着纸带运动过程中纸带受到的阻力，所以测量的动摩擦因数会偏大。3.某同学利用图甲所示装置探究“加速度与力、物体质量的关系”。图中装有祛码

9、的小车放在长木板上，左端拴有一不可伸长的细绳，跨过固定在木板边缘的定滑轮与一祛码盘相连。在祛码盘的牵引下，小车在长木板上做匀加速直线运动，图乙是该同学做实验时打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，已知纸带上每相邻两个计数点间还有一个点没有画出，相邻两计数点之间的距离分别是西、X 2、七、/、/、6,打点计时器所接交流电的周期为T,小车及车中硅码的总质量为叫，祛码盘和盘中祛码的总质量为当地重力加速度为g。小军 打点计“器曙 后落种方向tt/1(1)根据纸带上的数据可得小车运动的加速度表达式为。=(要求结果尽可能准确)。(2)该同学探究在合力不变的情况下，加速度与物体质量的关系。下 列 说 法 正

10、确 的 是.A.平衡摩擦力时，要把空祛码盘用细绳通过定滑轮系在小车上，纸带通过打点计时器与小车连接，再把木板不带滑轮的一端用小垫块垫起，移动小垫块，直到小车恰好能匀速滑动为止B.平衡摩擦后，还要调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳保持水平C.若用“8表示小车受到的拉力，则为了减小误差，本实验要求犯？加2D.每次改变小车上硅码的质量时，都要重新平衡摩擦力(3)该同学探究在叫和?2的总质量不变情况下，加速度与合力的关系时，他平衡摩擦力后，每次都将小车中的祛码取出一个放在祛码盘中，并通过打点计时器打出的纸带求出加速度。得到多组数据后，绘出如图丙 所 示 的 图 像，发现图像是一条过坐标原点的倾斜直

11、线。图 像 中 直 线 的 斜 率 为(用 本 实 验中相关物理量的符号表示)。【解析】【详解】因为每相邻两计数点之间还有一个点为画出，为了减小偶然误差，采用逐差法处理数据，则有x6-x=3al(2T)2,-x2=3a2(2T)2,x4=3a3(2T)2,为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得解得4+入 5+匕)一(9+6+鼻)一 36T2(2)2A.在该实验中，我们认为绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故在平衡摩擦力时，细绳的另一端不能悬挂装祛码的祛码盘，故 A 错误；B.平衡摩擦后，还要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故 B 错误；C.本实验中，对小车及车

12、中祛码由牛顿第二定律得T=m1a对托盘和钩码由牛顿第二定律得in2g-T =m2a两式联立解得叱g1 +外叫由此可知只有满足盘和祛码的总质量远小于小车质量时，近似认为T k，%g，故 C 正确；D.由于平衡摩擦力之后有g sin 8 =町 g cos 0故tan 6=所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，故 D 错误。故选C。(3)3对盘和硅码niyg-F-m2a对小车F =M T1a联立解得m2g=(町+吗)a认为合力尸=加2 8，所以F -(m+m2)a即a=Fm,+m21a-尸图象是过坐标原点的倾斜直线，直线的斜

13、率表示-。m,+m24.如图所示为一简易多用电表的电路图。图中E 是电池，Ri、R2、R3、R4和 Rs是定值电阻，其中R3=20Q,Ro为滑动变阻器。表 头 G 的满偏电流为Io=25O pA、内阻为ro=6OO。A 端和B 端分别与两表笔相连，该多用电表有5 个挡位，其中直流电流挡有1m A和 2.5 mA两挡。为了测量多用电表内电池电动势和内阻,还备有电阻箱R(最大阻值为99999.9。)。(1)由以上条件可算出定值电阻Ri=。、R2=(2)将选择开关与“3”相连，滑 动 R6的滑片到最下端b 处，将两表笔A、B 接在电阻箱上，通过调节电阻箱的阻值R,记录不同阻值R 和对应的表头示数I。

14、在坐标纸上，以 R 为横坐标轴，以 为纵坐标轴，把记录各组I 和 R 描绘在坐标纸上，平滑连接，所得图像为一条不过原点的直线。测得其斜率为k、纵截距 为 b,则多用电表内电池的电动势和内阻分别为 和(用k、b 和已知数据表示)I-170【解析】【详解】(1HUI2J.选择开关与“1”、“2”相连时为电流表，量程分别为2.5m A和 1mA。根据串、并联电路特点有小国辿+/2.5mA/（）%K+4+/0=1mA联立解得&=80QR2=120QO(2)3.选择开关与“3”相连，量程为1 m A,根据并联电路特点可知R1、与串联后与表头并联的总电阻为&=N,通过电源的电流为通过表头电流/的4 倍。根

15、据闭合电路欧姆定律有E=4 I(r+R +&+R)变形为1 4 c,4(4 +4 +r)=A T-I E E由此可知横轴为R,则纵坐标轴为;。45.斜率k=E纵截距右 _ 4(9+/?,+)U-E解得kr=-1 7 0k5.一实验小组用某种导电材料制作成电阻较小(约小于3。)的元件Z,并通过实验研究该元件中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律。(1)该小组连成的实物电路如图(a)所示，其中有两处错误，请在错误的连线上打“x”，并在原图上用笔画出正确的连线。(2)在 实 验 中 应 选 用 的 滑 动 变 阻 器 是 A.滑动变阻器Ri(O 5。额定电流5A)B.滑动变阻器R2(0 20

16、Q 额定电流5A)C.滑动变阻器R3(0 100。额定电流2A)(3)图(b)中的点为实验测得的元件Z 中的电流与电压值，请将点连接成图线 o(a)(b)(4把 元 件Z接入如图(c)所示的电路中，当 电 阻R的 阻 值 为2。时，电 流 表 的 读 数 为L25A；当 电 阻R的阻 值 为3.6。时，电流表的读数为0.8A。结合图线，可 求 出 电 池 的 电 动 势E为 V,内 阻r为【答 案】电源负极与滑动变阻器a端相连 A4.1 0.45【解 析】【详 解】因Z电阻较小，电流表应采用外接法；由于要求电压从零开始变化，滑动变阻器选用分压接法，错误的连线标注及正确接法如图：2分压接法中，为

17、了便于调节，滑动变阻器选用总阻值小，且额定电流较大的，故 选：A；(3)3根据描点法得出对应的伏安特性曲线如图所示：(4)当电流为1.25A时,Z 电阻两端的电压约为1.0V；当电流为0.8A时,Z 电阻两端的电压约为0.82V；由闭合电路欧姆定律可知：E=1.25(r+2)+l=1.25r+3.5E=0.8(r+3.6)+().82=0.8r+3.7联立解得：E=4.1V r=0.44Q6.如图甲所示，一根伸长可忽略的轻绳跨过轻质定滑轮，两个质量相等的祛码盘分别系于绳的两端。甲、乙两位同学利用该装置探究系统加速度与其所受合力的关系。共有9 个质量均为m 的祛码供实验时使用。请回答下列问题：(

18、1)实验中，甲将左盘拉至恰好与地面接触，乙把5 个硅码放在右盘中，4 个底码放在左盘中。系统稳定后，甲由静止释放左盘；(2)若要从(1)的操作中获取计算系统加速度大小的数据，下列器材中必须使用的是一(填正确答案标号);A.米尺B.秒表C.天平D.弹簧秤(3)请说明用(2)中选择的器材要测量本实验中的必要物理量是：；(4)由(3)中测量得到的物理量的数据，根据公式(用所测量物理量的符号表示)，可以计算出系统加速度的大小：(5)依次把左盘中的祛码逐个移到右盘中，重复(1)(3)(4)操作；获得系统在受不同合力作用下加速度的大小，记录的数据如下表，请利用表中数据在图乙上描点并作出a-F图象；实验次数

19、12345合外力Rmg)13579加速度a(m,s-2)0.200.600.991381.80(6)从作出的a-F 图像能得到的实验结论是：。【答案】AB 释放前，用米尺测量右盘离地面的高度h,用秒表记录右盘下落至地面的时间tfarm s-2)2.5200-2 0 4 0 60 8 0 10 0系统质量一定时，其加速度与所受合外力成正比05【解析】【分析】【详解】1 9(2)口|根据实验原理可知，祛码盘做匀加速直线运动，由公式力=2。厂可知，要得到加速度应测量释放前,用米尺测量右盘离地面的高度h,用秒表记录右盘下落至地面的时间t,故 AB正确。故选AB；(3)2由(2)可知，要测量本实验中的必

20、要物理量，释放前，用米尺测量右盘离地面的高度h,用秒表记录右盘下落至地面的时间t(4)网根据实验原理可知，祛码盘做匀加速直线运动，满足2(5)4根据表格数据描点如图(6)由图像可知，a-F 图像为经过原点的一条直线，说明系统质量不变时加速度和合外力成正比。7.如图所示，某实验小组借用“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，进行“探究做功与物体速度变化的关系 的实验，实验时使小车在祛码和托盘的牵引下运动，以此定量探究细绳拉力做功与小车速度变化的关系。托盘和(1)实验准备了打点计时器及配套的电源、导线、纸带、复写纸及如图所示的器材。若要完成该实验，必需的实验器材还有其中的 OA B C D(2)

21、为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做 运动。(3)实验开始时，先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行。这 样 做 的 目 的 是(填字母代号)。A.避免小车的运动过程中发生抖动B.可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C.可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D.可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力【答案】AC 匀速直线 D【解析】【详解】(1)1.根据本实验的实验原理是合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速度，利用天平测量小车的质量，利用祛码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量

22、纸带上点的距离和用天平测得小车的质量，即还需要刻度尺，天平(带祛码)，故 选 AC.(2)2.为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做匀速直线运动；(3)3.实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，故 ABC错误，D 正确.8.某同学改装和校准电压表的电路如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路所用电池的电动势E 为2 0 V,内阻厂为20。(E、均保持不变)。已知表头G 满偏电流为lOOpiA,表头

23、上标记的内阻值为1350。,/?2和凡是定值电阻，利用R1和表头构成量程为hnA 的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b 两个接线柱，电压表的量程为3 V；若 使 用 么 c 两个接线柱，电压表的量程为15V。则定值电阻的阻值为凡=,R=Q,=Q 0（2）用量程为3 V,内阻为2500。的标准电压表V 对改装表3V 挡的不同刻度进行校准。滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为50Q和 5000。为了方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为 Q的滑动变阻器。校准时，在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑片P 应靠近端（填或 N”）。在 3 V 挡校对电路中，开关全部闭合，在保证电

24、路安全前提下让滑片P 从 端 缓 慢 向 N 端滑动的过程中，表头G 的示数,电 源 的 输 出 功 率,电 源 的 效 率 （填变化情况）。（4）若表头G 上标记的内阻值不准，表头G 内阻的真实值小于1350。，则改装后电压表的读数比标准电压表的读数（填“偏大”或“编小【答案】150 2865 1200 50 M 增大 增大 减小 偏大【解析】【详解】电阻用与表头G 并联，改装成量程为1mA的电流表，表头满偏电流为lOOpiA,此时通过电阻R1的电流为900山,由并联分流规律可知4 _ 900耳一而得舄=150。改装后电流表内阻-=135QRA+%将其与此串联改装为3 V 的电压表由欧姆定律

25、可知，3V 量程电压表的内阻&+3-1-x-1-0-3?Q=3kQ解得R2=2865Q网再串联号改装为15V量程电压表，%所 分 电 压 为 1 2 V,所以凡=O=12kQ1x10-3(2)在校准电路中，滑动变阻器采用分压式接法，故选用最大阻值较小的滑动变阻器，即选用最大阻值为 5()。的滑动变阻器；电源电动势E=20V 远大于电压表量程，所以闭合开关前应使滑片靠近“端，使电压表在接通电路时两端电压由较小值开始增大(3)6 滑片由M 向N 滑动过程中，电压表两端电压逐渐增大，通过表头的电流增大，即示数增大随滑片由“向N 滑动，外电路的总电阻始终大于电源内阻且逐渐减小，所以电源的输出功率增大；

26、由可知，路端电压随外电路总电阻减小而减小，电源效率 =*x l 0 0%,所以电源的效率减小(4)9 电压表两端电压一定，若内阻值偏小，则通过表头G 的电流偏大，从而造成读数偏大的后果。9.在测量干电池电动势E 和内阻r 的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路，S2为单刀双掷开关，定值电阻Ro=4C。合上开关Si,S2接图甲中的1 位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2 位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数。在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U 和对应的电流表示数I 的图像，如图乙所示,两直线与纵轴的截距分别为

27、3.00V、2.99V,与横轴的截距分别为0.5A、0.6A,0.5 0.6/,乙(1后2接 I 位置时，作出的U-I 图线是图乙中的(选填A”或B”)线；测出的电池电动势E和内阻r 存在系统误差，原因是。由图乙可知，干电池电动势和内阻的真实值分别为E 产,rx=o(3)根据图线求出电流表内阻RA=o【答案】B 电流表的示数偏小 3.00V 1.0ft 1.0。【解析】【详解】口 当 S2接 1 位置时，可把电压表、定值电阻凡与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知E=U断电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的U-/图线应是B 线;测出的电池电动势E 和内阻厂存在系统误差，原因是

28、电压表的分流;(2)3当 S2接 2 位置时，可把电流表、定值电阻凡 与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E=U断可知电动势测量值等于真实值，U-/图 线 应 是 A 线，即有%=UA=3.00V4由于S2接 1 位置时，。-/图 线 的 B 线对应的短路电流为/短=0-6A所以宾+&=%5.0。解得r 真=1.0Q 对 A 线，根据闭合电路欧姆定律可得对应的短路电流为E-=0.5A厂+凡+&解得电流表内阻为&=1.0Q1 0.如图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图.图中E 是电池；R1、R2、R3、&和 Rs是固定电阻，R6是可变电阻；表 头 G 的满偏电流为25O|IA,

29、内阻为480 c.虚线方框内为换挡开关，A 端和B 端分别与两表笔相连.该多用电表有5 个挡位，5 个挡位为：直流电压I V 挡和5 V 挡，直流电流1m A挡和2.5 m A 挡，欧姆xlOOQ挡.图(a)(1)图(a)中的A 端与(填“红”或“黑”)色表笔相连接.(2)关于R6的使用，下 列 说 法 正 确 的 是 (填正确答案标号).A.在使用多用电表之前，调 整 R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调 整 R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C.使用电流挡时，调 整 R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置(3)根据题给条件可得Ri+Rz=

30、(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示.若此时B 端是与“1”相连的，则 多 用 电 表 读 数 为；若此时B 端是与“3”相连的，则读数为；若此时B 端是与“5”相连的，则读数为.(结果均保留3 位有效数字)【答案】黑 B 160 88()1.47mA 1.10 x1 伊。2.95 V【解析】【详解】欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，即红进黑出，A 端与电池正极相连，电流从 A 端流出，A 端与黑表笔相连；(2)2由电路图可知只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要调节R6；A.与分析不符，故 A 错误；B.与

31、分析相符，故 B 正确；C.与分析不符，故 C 错误；3 8 端 与 相 连 时，该多用电表挡位分别为直流2.5 mA挡、直 流 1 mA挡，如图所示由电表的改装原理可知B 端与“2”相连时，有:解得：4 +R,=160。4 B 端与“4”相连时，如图所示多用电表为直流电压I V 挡，表头并联部分电阻:R.=880Qk(4)5 B 端与“1”相连时，电表读数为1.47 mA；8 端与“3”相连时，多用电表为欧姆TOO。挡，读数为：11.0X100Q=1.10X103Q7B端与“5”相连时，多用电表为直流电压5 V 挡，读数为：147x5V=2.95V2501 1.用图甲所示的装置测量当地的重力

32、加速度。将金属小球从一定高度由静止释放，在小球自由下落通过的轨迹上的合适位置固定一个光电门，能自动记录小球通过光电门的时间，因小球经过光电门的时间很短,通过的过程近似认为小球的速度不变。实验中测量的物理量有：A.小球的直径d；B.小球运动至光电门处下落的高度h；C.小球挡住光电门的时间t。金属球Q-光电门甲请依据实验要求，完成下列填空。(前两个小题用测得的物理量的原字母表示)(1)小球经过光电门的速度v=；(2)当地的重力加速度为g=；用游标卡尺测量金属球的直径如图乙所示，小球的直径为 cm。若实验中还测得人=0.4760m,f=4.12xl0-3s 则重力加速度g=m/s2o (计算结果保留

33、1 位小数)d j 2【答案】一 J 1.23 9.4t 2hr【解析】【详解】小球经过光电门的位移大小为小球直径d,运动时间为t,则速度为dv=(2)2小球下落至光电门的过程有v2=2gh解得g R(3)3 游标卡尺的主尺读数为1 2 m m，游标尺的第3条刻线与主尺的某刻线对齐，则游标卡尺读数为0.3 m m,则测量值为1 2mm+0.3 m m =1 2.3 m m =1.2 3 c m2月 2 2 x 0.4 7 60 m x(4.1 2 x l 0-3s)21 2.某同学用图甲所示的电路测量电阻Rx的阻值(约几百欧)。滑动变阻器R,电阻箱Ro (0 9 9 9 9 C),S2是单刀双

34、掷开关，量程3 V的电压表(内阻约3 k。)，电源电动势约6V(1)根据图甲实验电路，在图乙中用笔画线代替导线将实物图连接完整_ _ _ _ _;(2)正确连接电路后，断开Si.S2o调节好多用电表，将两表笔接触Rx两端的接线柱，正确操作后，使用x l O的倍率粗测其电阻，指针指示如图丙，粗测得到R、=C:(3)该同学通过下列步骤，较准确地测出Rx的阻值 将 滑 动 变 阻 器 的 滑 片 P 调 至 图 甲 中 的 A 端。闭 合 S”将 S2拨 至 1,调 节 变 阻 器 的 滑 片 P 至某一位置，使电压表的示数满偏；断 开 S i,调 节 电 阻 箱 R o,使其阻值最大；将 S2拨至

35、“2”，闭 合 与,保 持 变 阻 器 滑 片 P 的位置不变，调节电阻箱的阻值，使电压表再次满偏，此时电 阻 箱 示 数 为 R”则 R.(4)关于本实验该同学在(3)的步骤中操作不妥，可 能 会 在 步 骤 中 造 成；为了减小实验误差：下列方法最可行的是_ _ _ _ _ _ _ _ _。(iA.选用量程不变，内阻更大的电压表B.选用量程不变，内阻更小的电压表C.选 用 总 电 阻 远 大 于 R*的滑动变阻器D.选 用 总 电 阻 远 小 于 R*的滑动变阻器E真正确答案标号)240 Q 凡 电压表超偏而损坏 C【解 析】【分 析】【详 解】实 物 图 如 图 所 示多用电表读数为R、

36、=24.0 x10=240C粗测读数为240Q。(3)3S2接 1 时电压表测量尺的电压，S2接 2 时电压表测量 两端电压，两种情况下，滑动变阻器的滑片位置相同，由于电压表示数相同，所以有&=R、即被测电阻的阻值大小为飞。(4)4当将变阻器阻值调到最大阻值时，由于最大阻值大于被测电阻，当开关闭合后，导致与电压表并联的总电阻增大，其分压增大，就会出现电压表超偏而损坏。5A B.该实验中没有电流表的分压也没有电压表的分流，所以电压表准确测量的是被测电阻两端电压，所以AB不符合题意；C D.滑动变阻器采用的是分压接法，其阻值的大小影响电压表示数的变化，阻值小不利于操作，所以选用阻值较大的滑动变阻器

37、，C 正确D 错误。故选C。1 3.某同学在“探究物体运动的加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，把按控制变量法做的两个实验的数据都记录在下表中。数据是按加速度的大小排列的。若利用表中数据探究物体运动的加速度与物体受力的关系，则选用物体的质量为m=,请在本123456789F/N0.290.140.290.190.240.290.290.290.34m/kg0.860.360.610.360.360.410.360.310.36a/(m L)0.340.390.480.530.670.710.810.930.94题给出的坐标纸中作出a-F 图像【答案】0.36kg1.0a/(m s)0 0

38、.1 02 03 0.4 F/N【解析】【分析】【详解】1根据按控制变量法可知，探究物体运动的加速度与物体受力的关系，需要保证质量不变，故由表中数据可知选用物体的质量为0.36kg；根据表中质量为0.36kg的数据描点作图如图所示1 4.某实验小组要测量木块与长木板间的动摩擦因数，设计如图甲所示装置，已知当地的重力加速度为g。(1)对于实验的要求，下 列 说 法 正 确 的 是;A.将长木板没有定滑轮的一端适当垫高，平衡摩擦力B.钩码的质量要远小于木块的质量C.要保证长木板水平D.接通电源的同时释放木块(2)按正确的操作要求进行操作，打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器使用的是50H z的交流

39、电源，纸带 上 的 点 每5个 点 取1个记数点，但 第3个记数点没有画出，则该木块的加速度。=m/s2;(结果保留三位有效数字)(3)若 木 块 的 质 量 为M,钩 码 的 质 量 为 机，则 木 块 与 长 木 板 间 的 动 摩 擦 因 数 为(用M、加、“、g表 示结果)。【答 案】C 0.737mg-(m+M)aMg【解 析】【分 析】【详 解】(D IU A B.本实验不需要平衡摩擦力，也不需要使钩码的质量远小于木块的质量，选 项AB错 误；C.为了能使木块对长木板的正压力等于木块的重力，长木板必须水平，选 项C正确；D.接通电源，待打点计时器打点稳定，再释放木块，选 项D错 误

40、。故 选C。(2)每 打5个点取一个记数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1 s,根据匀变速直线运动的推论公 式 可 以 求 出 加 速 度 的 大 小，则有x45-xi2=3aT2求得 a=0.737m/s2。(3)3由牛顿第二定律得mg-juMg=+mg(m+M)a求 得 =o1 5.某 同 学 在 探究弹力和弹簧伸长关系的实验中，用 完 全 相 同 的 弹 簧A和B并联后上端固定，下端与长木板相连，长 木板带挂钩和指针总重2 N,右边有一米尺，零刻度与弹簧上端对齐，现在在挂钩上挂不同个数的够吗，测得数据如下表：钩码重力ONIN2N3N指针对齐刻度11cm12cm13cm14cm（1

41、）每根弹簧的原长为 c m,每根弹簧的劲度系数为 N/m；（2）若将A、B 弹簧串联起来使用，它 们 整 体 的 劲 度 系 数 为.A.25N/m B.lOON/m C.50N/m D.200N/m【答案】9cm 50 N/m A【解析】【详解】根据力的平衡，有G=2Z(L-4)把 G=2N时，L=Ucm与 G=3N时，L=12cm代入解得L（）=9cmk=50 N/m（2）3 将 A、B 弹簧串联起来使用，当拉力为F 时，每个弹簧的形变量为x,整体形变量为2 x,由 F=kx,可得整体的劲度系数F kk=-=25N/m2x 2故填A。1 6.在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、

42、阻值为3k Q 的电阻R、电源、单刀双掷开关S 按图甲所示电路图进行连接。先使开关S 与 1相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关S 掷向2,电容器放电，直至放电完毕，实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”的图像。丙（1）根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充 电 电 流 与 放 电 电 流 方 向（填“相同”或“相反”），大小都随时间（填“增大”或“减小”）。该电容器的电容为 F（结果保留两位有效数字）。某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测

43、出电容器的电容值，请你分析并说明该同学的说法是否正确 O【答案】相反 减小 1.0 x10-2 正确【解析】【详解】根据图甲所示的电路，观察图乙可知充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小;(2)3根据充电时电压一时间图线可知，电容器的电荷量为：UQ=It=tR而电压的峰值为Um=6 V,则该电容器的电容为：c*m设电压一时间图线与坐标轴围成的面积为S,联立解得:Q s182.7Um/3000 x6F=1.0 xl0-2F；(3)4正确，电容器放电的过程中，电容器C 与电阻R 两端的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值U,”及图线与时间轴所围“面积”，仍可应用:Q s

44、Um RUm计算电容值。1 7.某同学在做“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，实验装置如图1 所示.图1(1)某同学经过粗略的调试后，出现了干涉图样，但不够清晰，以下调节做 法 正 确 的 是.A.旋转测量头B.上下拨动金属拨杆C.左右拨动金属拨杆D.前后拨动金属拨杆(2)该同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，如 图 2所示，若要使两者对齐，该 同 学 应 如 何 调 节.A B C D E图3A.仅左右转动透镜B.仅旋转单缝C.仅旋转双缝D.仅旋转测量头（3）如图3 所 示 中 条 纹 间 距 表 示 正 确 是.【答案】C D CE【解析】【分析

45、】【详解】（1）使单缝与双缝相互平行，干涉条纹更加清晰明亮，则要增大条纹的宽度，根 据 公 式 x=可知，增大双缝到屏的距离L 或减小双缝之间的距离都可以增大条纹的间距，所以需a要左右移动拨杆.故C 正确ABD错误；（2）发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，若要使两者对齐，该同学应调节测量头，故 ABC错误，D正确；（3）干涉条纹的宽度是指一个明条纹与一个暗条纹的宽度的和，为两个相邻的明条纹（或暗条纹）的中心之间的距离，故图CE是正确的.1 8.如 图 甲（侧视图只画了一个小车）所示的实验装置可以用来验证“牛顿第二定律”。两个相同的小车放在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个相

46、同的小盘，增减盘中的祛码可改变小车受到的合外力，增减车上的硅码可改变小车的质量。两车左端各系条细线，用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止（如图乙）。拿起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前，迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车在此过程中位移的大小。固定垫片o甲图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的某次实验记录，已测得小车1 的总质量g=1 0 0 g,小车2 的总质量与=200g。由图可读出小车1 的位移 =5.0 0 c m,小车2 的位移x,=_c m,可 以 算 出 =_ (结果保留3 位有效数字)；在实验误差允许的范围内,a2a.%_ 一

47、(选 填“大于”、“小于”或“等于a2 m【答案】2.45 2.50 2.00 2.04 等于【解析】【分析】【详解】1刻度尺最小分度为0.1cm,则小车2 的位移为X2=2.45cm,由于误差2.45cm2.50cm均可1 ,由于小车都是做初速度为零的匀加速运动，根据1=彳 3 2 可知，由于时间相同，则有2由于读数误差，则 2.00-2.04均可3由题意可知_m-=,L =-2-0-0 =24nit 100故在误差允许的范围内qm2a2 m19.(1)在“测定金属丝的电阻率”实验中，先用螺旋测微器测出金属丝的直径，测量示数如图甲所示，则(2)在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室仅提供下列

48、实验器材:A.干电池两节，每节电动势约为1.5 V,内阻约几欧姆B.直流电压表Vi、V 2,量程均为0 3 V,内阻约为3kCC.电流表，量 程 0.6 A,内阻小于D.定值电阻R 3,阻值为5。E.滑动变阻器R,最大阻值50。F.导线和开关若干如图乙所示的电路是实验室测定电源的电动势和内阻的电路图，按该电路图组装实验器材进行实验，测得多组U2、I 数据，并画出U 2-I图像，求出电动势和内电阻。电动势和内阻的测量值均偏小，产生该误差的原因是,这种误差属于（填“系统误差”或 偶然误差”）。实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和 V2的多组数据U1、5,描绘出Ui U2图像如图丙所示，图线斜

49、率为k,与横轴的截距为a,则 电 源 的 电 动 势=,内阻r=（用 k、a、Ro表示）。【答案】2.600 电压表的分流 系统误差 =再 =与k-T k-【解析】【详解】（1）1.金属丝的直径 d=2.5mm+0.01mmxl0.0=2.600mm；流 过 电 流 表 的 电 流 不 是 流 过 干 路 的 电 流，产生误差的原因是电压表的分流造成的，这种误差是由于电路结构造成的，属于系统误差；.由闭合电路欧姆定律可知E=U2+UUr变形得r r则有：当 Ui=0时，U2=a则有&E=a(R0+r)-=Kr解得广 akEFJk-i2 0.为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示

50、的装置进行实验。实验中，当木块位于水平桌面上的O 点时，重物B 刚好接触地面，不考虑B 反弹对系统的影响。将 A 拉到P 点，待 B 稳定后,A 由静止释放，最终滑到Q 点。测出PO、OQ的长度分别为h、s（1）实验开始时，发现A 释放后会撞到滑轮，为了解决这个问题，可以适当_ _ _ _ _ _ _ _（“增大”或“减小”）重物的质量。（2）滑 块 A 在 PO段和OQ段 运 动 的 加 速 度 大 小 比 值 为。（3）实验得A、B 的质量分别为m、M,可 得 滑 块 与 桌 面 间 的 动 摩 擦 因 数 的 表 达 式 为 （用 m、M、h、s 表示）。s Mh【答案】减小-（一彳h