2021年高考题和模拟题物理分类汇编 16 实验.pdf

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1、2021年高考试题分类汇编专 题 1 6 实验1.（2021.山东卷）热敏电阻是传感器中经常使用的元件，某学习小组要探究-热敏电阻的阻值随温度变化待测热敏电阻Rr（实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧）；电源E（电动势1.5V,内阻r约为0.5C）；电阻箱R（阻值范围0 9999.99Q）；滑动变阻器4（最大阻值20。）；滑动变阻器R?（最大阻值2000Q）；微 安 表（量程lO O A,内阻等于2500。）；开关两个，温控装置一套，导线若干。同学们设计了如图甲所示的测量电路，主要实验步骤如下：按图示连接电路；闭合S|、S2,调节滑动变阻器滑片P的位置，使微安表指针满偏；保持滑动变阻器滑片P的

2、位置不变，断开S?,调节电阻箱，使微安表指针半偏；记录此时的温度和电阻箱的阻值。回答下列问题：（1）为了更准确地测量热敏电阻的阻值，滑 动 变 阻 器 应 选 用 （填“8”或“尺2”）。（2）请用笔画线代替导线，将实物图（不含温控装置）连接成完整电路。（3）某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为6（X）（）.（）（）Q,该温度下热敏电阻的测量值为果保留到个位），该测量值（填“大于”或“小于”）真实值。C（结（4）多次实验后，学习小组绘制了如图乙所示的图像。由图像可知。该热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐（填 增大”或 减小3500 大于 减小（1）用半偏法测量热敏电阻的阻值，尽可能让该电路的电压在

3、S2闭合前、后保持不变，由于该支路与滑动变阻器左侧部分电阻并联，滑动变阻器的阻值越小，S2闭合前、后并联部分电阻变化越小，从而并联部分的电压值变化越小，故滑动变阻器应选（2）2电路连接图如图所示（3）3微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2倍，即RT+R/IA=R=600（）.0（）Q可得RT=35OOQ当断开S 2,微安表半偏时，由于该支路的电阻增加，电压略有升高，根据欧姆定律，总电阻比原来2 倍略大，也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻，而我们用电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻来计算，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大。（4）由于是Ing,图像，当温度T升高时，减小，从图

4、中可以看出In%减小，从 而 以 减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。2.（2 0 2 1 全国卷）某同学用图（。）所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：小 灯 泡（额定电压2.5 V,额定电流0.3 A）电 压 表（量程3 0 0 m V,内阻3 O O J 2）电 流 表（量程3 0 0 m A,内阻0.2 7。）定值电阻R o滑动变阻器R i（阻值0-2 0。）电阻箱Rz（最大阻值9 9 9 9.9。）电源E（电动势6V,内阻不计）开关S、导线若干。完成下列填空：（1）有 3个阻值分别为1 0。、2 0。、3 0。的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电流在0 3 00m A 的 U

5、-/曲线，R o应选取阻值为。的定值电阻；（2）闭合开关前，滑 动 变 阻 器 的 滑 片 应 置 于 变 阻 器 的 （填 或）端；（3）在流过电流表的电流较小时，将电阻箱R 2 的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表的示数U、/,结果如图（b）所示。当流过电流表的电流为1 0 m A 时，小灯泡的电阻为 Q（保 留 1 位有效数字）;U/mV12080图(b)MwaoeMM：（4）为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3 V,该同学经计算知，应将冷的阻值调整为C。然后调节滑动变阻器R,测得数据如下表所示：U/m V2 4.04 6.07 6.01 1 0.01 2

6、8.01 5 2.01 8 4.02 1 6.02 5 0.0/m A1 4 0.01 6 0.01 8 0.02 00.02 2 0.02 4 0.02 6 0.02 8 0.03 00.0（5）由 图 和上表可知，随流过小灯泡电流的增加，其灯丝的电阻（填“增大”“减小”或“不变”）；（6）该同学观测到小灯泡刚开始发光时流过电流表的电流为1 6 0m A,可得此时小灯泡电功率Wi=WW,（保留2位有效数字）；当流过电流表的电流为3 00m A 时，小灯泡的电功率为牝，则 方=（保留至整数）。【答案】1 0 a 0.7 2 7 00 增大 0.07 4 1 0【解析】（1）1 因为小灯泡额定电

7、压2.5 V,电动势6 V,则滑动滑动变阻器时，为了保证电路安全，需要定值电阻分担的电压U=6V 2.5V=3.5V则有则需要描绘小灯泡在0 3 00m A 的伏安特性曲线，即 R o应选取阻值为1 0 Q；（2）2 为了保护电路，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的“端；（3）3 由图可知当流过电流表的电流为1 0 m A 时，电压为7 m V,则小灯泡的电阻为R=7x10-31 0 x 2（4）4 由题知电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3 V 时，有3 034 +R、R、解得R2=2700Q（5）5 由 图）和表格可知流过小灯泡电流增加，图像 中 景 变大，则灯丝的电阻增大；（6）根据表格

8、可知当电流为1 6 0m A 时，电压表的示数为4 6 m A,根 据（4）的分析可知此时小灯泡两端电压为0.4 6 V,则此时小灯泡电功率W i=0.4 6 V x（）.l 6 A-0.07 4 W同理可知当流过电流表的电流为3 00m A 时，小灯泡两端电压为2.5 V,此时小灯泡电功率IV2=2.5VX0.3A=0.75W故有叫 _ 0.75阴-0.0743.（2 02 1 湖南卷）某实验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻（阻值为）、一个电流表（内阻为RA）、一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于凡，并配有可在电阻丝上移动的金属夹）、导线若干。由

9、于缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，但发现桌上有一个圆形时钟表盘。某同学提出将电阻丝绕在该表盘上，利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度。主要实验步骤如下：（1）将器材如图（a）连接：（2）开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的 端（填或”）；（3）改变金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角。和电流表示数/,得到多组数据；（4）整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图（b）所示，图线斜率为左，与纵轴截距为d,设单位角度对应电阻丝的阻值为 为,该电池电动势和内阻可表示为石=,r=（用R。、&、k、d、%表示）（5）为进一步确定结果，还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值彳）。利用现有器

10、材设计实验，在 图（c）方 框 中 画 出 实 验 电 路 图 （电阻丝用滑动变阻器符号表示）；（6）利用测出的它,可得该电池的电动势和内阻。【答案】b?单一凡一/?八K K氏【解析】（2）1 开关闭合前，为了保护电路中的元件，应将电阻丝的最大阻值接入电路，根据电阻定律R 可知电阻丝接入越长，接入电阻越大，金属夹应夹在电阻丝的8端。（4）2 设圆心角为。时，电阻丝接入电路中的电阻为。石，根据闭合电路欧姆定律 可知E=/(&+&+%)+整理得!=2 e+J +)+7-E E结合图象的斜率和截距满足解得电源电动势和内阻为kK（5）3 实验器材中有定值电阻&和单刀双掷开关，考虑使用等效法测量电阻丝电

11、阻，如图-T 匚-1|-原理的简单说明：将开关置于凡 位置，读出电流表示数/。；将开关置于电阻丝处，调节电阻丝的角度，直到电流表示数为/（）,读出此时角度0 ；此 时 6%=凡，即可求得的 数值。4.（2 0 2 1 浙江卷）在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图1 所示的装置，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图2所示。点是打下的第一个点，A、氏 C和。为另外4个连续为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的理由是 o已知交流电频率为5（）Hz,重物质量为2（X）g,当地重力加速度g =9.8 0m/s 2,则从。点到C点，重物的重力势能变化量的绝

12、对值,E p|=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _J、C点的动能线0=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ J （计算结果均保留3位有效数字）。比 较 与|第|的大小，出 现 这 一 结 果 的 原 因 可 能 是。A.工作电压偏高 B.存在空气阻力和摩擦力 C.接通电源前释放了纸带【答案】阻力与重力之比更小（或其它合理解释）0.5 4 7 0.5 8 8 C【解析】川在验证机械能守恒实验时阻力越小越好，因此密度大的阻力与重力之比更小由图中可知0C之间的距 离 为=27.90cm,因此机械能的减少量为|AEp|=mgx0c=0.2x9.8x0.2790J=0.547J3匀变速运动

13、时间中点的速度等于这段时间的平均速度，因此%XRD2T0.330-0.2332x0.02m/s2.425m/s因此动能的增加量为EkkrC=-m v2=-x0.2x 2.425 x 2.425J=0.588J2 2工作电压偏高不会影响实验的误差，存在摩擦力会使重力势能的减少量大于动能的增加量，只有提前释放了纸带，纸带的初速度不为零，下落到同一位置的速度偏大才会导致动能的增加量大于重力势能的减少量。5.（2021全国卷）为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为a 的 斜 面（已知sina=0.34,cosa=0.94）,小铜块可在斜面上加速下

14、滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5 个连续相等时间间隔（每个时间间隔A7M）.20s）内小铜块沿斜面下滑的距离$（i=l,2,3,4,5）,如下表所示。SS2S3$4$55.87cm7.58cm9.31cm11.02cm12.74cm由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为 m/s2,小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为 o （结果均保留2 位有效数字，重力加速度大小取9.80m/s2）【答案】0.43 0.32【解析】川 根据逐差法有(S 5 +S 4)(s,+s j (12.7 4 +1 1.02)X 1 o 2-(7.5 8 +5.8 7)x

15、 10-2,2-,a=；-=-m/s-x 0.4 3 m/s-6(A T)2 6 x 0.2 02对小铜块受力分析根据牛顿第二定律有m g s i n a -卬ng c o s a -m a代入数据解得f.i 0.3 26.（2 0 2 1.全国卷）某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.0 5 s 发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所 示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5 c m。该同学在实验中测得的小球影像的

16、高度差已经在图（b）中标出。完成下列填空：（结果均保留2位有效数字）（1）小球运动到图（b）中位置4时，其速度的水平分量大小为 m/s,竖直分量大小为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ m/s ；（2）根 据 图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为 m/s2【答案】1.0 2.0 9.7【解析】（1）1 因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度为x%些 m/s =1.0 m/s0.0 5 2 竖直方向做自由落体运动，因此A点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得，/叱公2 0m zs0.0 5 x 4（2）3 由竖直方向的自由落体运动可得4T2代入数据可得g=9.7 m/s

17、7.（2 0 2 1 浙江卷）小李在实验室测量一电阻R 1 的阻值。（1）因电表内阻未知，用如图1 所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后，合上开关S,将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷 到 1,电压表的读数4=L 6 5 V ,电流表的示数如图 2所示,其读数；,=A；将 K掷到2,电压表和电流表的读数分别为=L 7 5 V ,/,=0.3 3 A。由 此 可 知 应 采 用 电 流 表 （填“内 或 外”）接法。（2）完成上述实验后，小李进一步尝试用其它方法进行实验：器材间连线如图3所示，请在虚线框中画出对应的电路图_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _；先将

18、单刀双掷开关掷到左边，记录电流表读数，再将单刀双掷开关挪到右边，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数与前一次尽量相同，电阻箱的示数如图3所示。则待测电阻&=此方法_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ （填“有”或“无”）明显的实验误差，其理由是。单刀双掷开关【答案】0.3 4 见解析 外 5 有 电阻箱的最小分度与待测电阻比较接近（或其它合理解释）【解析】（1）由电流表的表盘可知电流大小为0.3 4 A电压表的百分比变化为1.75 1.65，cc，、/_ _/7i=x 100%=5.7%电流表的百分比变化为0.34_ 0.33 z z%=xlOO%-3.0%因此可知电压表的示数变化更明显，说

19、明电流表的分压更严重，因此不能让电流表分压，采用外接法（2）3 电路图如图电阻箱,4 两次实验中电路电流相同，因此可有1=E E一旦+4-%+&可得读数可得&=50,电阻箱的最小分度和待测阻值阻值接近，这样测得的阻值不够精确，如待测电阻阻值为5.4 C,则实验只能测得其为&=5。,误差较大。8.（2 0 2 1 浙江卷）图示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。实验中：观察到较模糊的干涉条纹，要使条纹变得清晰，值得尝试的是。（单选）A.旋转测量头 B.增大单缝与双缝间的距离 C.调节拨杆使单缝与双缝平行要增大观察到的条纹间距，正确的做法是（单选）A.减小单缝与光源间的距离 B.减小单缝与双缝

20、间的距离C.增大透镜与单缝间的距离 D.增大双缝与测量头间的距离【答案】C D【解析】1 若粗调后看不到清晰的干涉条纹，看到的是模糊不清的条纹，则最可能的原因是单缝与双缝不平行;要使条纹变得清晰，值得尝试的是调节拨杆使单缝与双缝平行。故选C。根据Ax =d可知要增大条纹间距可以增大双缝到光屏的距离/,减小双缝的间距d；故选D。9.（2 0 2 1 全国卷）一实验小组利用图（a）所示的电路测量一电池的电动势E（约 L 5 V ）和内阻r（小于2 C图中电压表量程为IV,内 阻&=3 8 0.0 0 ：定值电阻6=2 Q 0 Q ；电阻箱R,最大阻值为9 9 9.9 Q ；S 为开关。按电路图连接

21、电路。完成下列填空：-Y-1 1-S E,r图（a）（1）为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选 Q （填“5.0”或“1 5.0”）；（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；（3）根 据 图（a）所小电路，用 R、R1、E和 r 表示,得方=:（4）利用测量数据，做,-R图线，如 图（b）所示：S(b)（5）通 过 图（b）可 得E =V（保 留2位 小 数），r=Q （保 留1位 小 数）;（6）若 将 图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为E，由此产生的误差为E-ExlOO%。E【答 案】1 5.0+&R I 1 I (%+0)/ER

22、vRf)E ERVR)1.5 5 1.0 5【解 析】（1）1 为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得U E-UR R R+rRv+&代入数据解得R=7.5O因 此 选15.0Q，(3)2 由闭合回路的欧姆定律可得E=U+蚩 g r)Rv+&)化简可得1 _=-6-+-&-pK H 1 1-+-与-厂)U ERR。E ER、R)(5)3 由上面公式可得-+-R-v-.k,-1-1 -IR-/-+-尺-)-r.h 1 KI-E R R 19E E ERR)E 19E由，-R 图象计算可得Z=0.034V，Q，匕=0.68VT代入可得E1.55V

23、,r1.0Q(6)5如果电压表为理想电压表，则可有U E E&E&则此时因此误差为10.(2021广东卷)某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。(1)先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔,调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0Q”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而(2)再按图连接好电路进行测量。闭合开关S 前，将滑动变阻器4 的滑片滑到 端(选填Z 或 将温控室的温度设置为7,电阻箱飞 调 为 某 一 阻 值。闭合开关S,调节滑动变阻器与

24、，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T 和 凡 一 断开开关S。再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节4和R 1,使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值&2。断开开关S。实 验 中 记 录 的 阻 值&2 （选填“大于”、小于”或“等 于 此 时 热 敏 电 阻 阻 值&=。【答案】短接 减小 h 大于 凡”一42【解析】（1）选择倍率适当的欧姆档，将两表笔短接：欧姆表指针向右偏转角度越大，则阻值越小，可判断热敏电阻的阻值随温度升高而减小。（2）3 闭合开关S前，应将滑动变阻器凡的阻值调到最大，即将滑片滑到端

25、；4 5因两次电压表和电流表的示数相同，因为&”=&2 +R，r即Rr=%-可知/?0 1大于/?0 2 1 1.（2 0 2 1 广东卷）某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数，缓冲装置如图所示，固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为3 0。，弹簧固定在有机玻璃管底端。实验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为2 0 0 g的 钢 球（直径略小于玻璃管内径）逐个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数和弹簧上端对应的刻度尺示数4,数据如表所示。实验过程中弹簧始终处于弹性限度内。采用逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数。n123456Ln/c m8

26、.0410.0312.0514.0716.1118.09(1)利 用 结=4+3-40=1，2,3)计算弹簧的压缩量：M=6.0 3 c m,A L2=6.0 8 c m,A L3=压缩量的平均值瓶=_ _ _ _ _ _c m；3（2）上述五是管中增加 个钢球时产生的弹簧平均压缩量；（3）忽略摩擦，重力加速度g取9.8 0 m八2,该弹簧的劲度系数为 N/m。（结果保留3位有效数字）【答案】6.0 4 6.0 5 3 4 8.6【解析】（1）1 根据压缩量的变化量为A I,=&-4=（1 8.0 9 -1 2.0 5）c m =6.0 4 c m压缩量的平均值为 AL.+M+M 6.0 3

27、+6.0 8 +6.0 4 A L=!-=-=-c m a 6.0 5 c m3 3（2）3 因三个A Z,是相差3个钢球的压缩量之差，则所求平均值为管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量；（3）4 根据钢球的平衡条件有3mg s i n。A L解得k,=-3mg=s i-n 0 =-3-x-0-.-2-x-9.-8-x s：i-n-3-0-NXT/,m “4c8.八6 N”/mA L 6.0 5 x 1 0-21 2.（2 0 2 1 湖南卷）某实验小组利用图（a）所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下：（1）用游标卡尺测量垫块厚度/,示数如图（b）所示，h=cm；（2）

28、接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；（3）在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；（4）在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数w和滑块对应的加速度a；（5）在右支点下增加垫块个数（垫块完全相同），重复步骤（4）,记录数据如下表:n 1 2 3 4 5 60.0870.1800.2600.4250.519如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是 m/s2（保留三位有效数字）。【解析】(1)1垫块的厚度为h=I cm+2xQ.1 mm=1.02cm（5）绘制图线如图;3根据nhmg-=ma可知与成正比关系，则根据图像可知，斜率0.6 a解得o=0.342m/s213.（202

29、1河北卷）某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、50g的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为2 0 0 g,其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为9.80m/s2,实验操作步骤如下：安装器材，调整两个光电门距离为5 0.0 0 cm,轻细绳下端悬挂4个钩码，如 图1所示；接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度：保持最下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量M、系

30、统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量八线及系统总机械能的减少量 ，结果如下表所示：M/kg0.2000.2500.3000.3500.400A /J0.5820.4900.3920.2940.195AE/J0.3930.4900.6860.785回答下列问题：（1）实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为 J（保留三位有效数字）；（2）步 骤 中 的 数 据 所 缺 数 据 为；（3）若例为横轴，A E为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出A E-M图像图2A/kg若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则 物 块 与 木 板 之 间 的 摩 擦 因 数 为（保留两位有效

31、数字）【答 案】0.9800.588A/kg0.40(0.380.42)【解 析】(1)1四个钩码重力势能的减少量为Ap=4mgL=4 x 0.05 x 9.8 x 0.5J=0.980J(2)2对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知1,1 ,4mgL (4m+M)v；(4m+M)v其中系统减少的重力势能为Ap=4mgL系统增加的动能为Ak=-(4m+M)v1-(4m+M)v：系统减少的机械能为AE=吗，则代入数据可得表格中减少的机械能为 4 =0.98-0.392=0.5881(3)根据表格数据描点:得AE M的图像为().8(M)0.2000.300 0.4(M)始g4根据做功关系可知

32、AE=MgL则 图像的斜率为k 卜 igL 0.785-0.3930.4-0.2=1.96解得动摩擦因数为 =0.4 0 （0.3 8-0.4 2）1 4.（2 0 2 1.河北卷）某同学研究小灯泡的伏安特性，实验室提供的器材有；小 灯 泡（6.3 V,0.1 5 A ）,直流 电 源（9V）,滑动变阻器，量程合适的电压表和电流表，开关和导线若干，设计的电路如图1 所示。（2）按照图1 连线后，闭合开关，小灯泡闪亮一下后熄灭，观察发现灯丝被烧断，原 因 可 能 是 （单项选择，填正确答案标号）;A.电流表短路B.滑动变阻器的滑片接触不良C.滑动变阻器滑片的初始位置在6端（3）更换小灯泡后，该同

33、学正确完成了实验操作，将实验数据描点作图，得到/-U图像，其中一部分如图 3 所示，根 据 图 像 计 算 出 尸 点 对 应 状 态 下 小 灯 泡 的 电 阻 为。（保留三位有效数字）。2 7.0【解析】（1）1 电流表负极与滑动变阻器的右端的。位置连接，如图（2）2开关闭合，小灯泡闪亮一下后灯丝烧断，说明通过小灯泡的电流过大。A.电流表内阻非常小，短路几乎不影响通过小灯泡的电流，与灯丝烧断无关，A 错误：B.滑动变阻器滑片接触不良，无电流通过小灯泡，B 错误；C.滑动变阻器的滑片开始时置于b 端，小灯泡部分分压达到最大，通过电流最大，可能会烧断小灯泡灯丝,C 正确；故选C。（3）根据小灯

34、泡的伏安特性曲线可知在P 点时的电压和电流分别为U=2V,/=74mA根据欧姆定律/=可知小灯泡的电阻为R了 一 74x10-3Q=27.0Q15.（2021浙江卷）（1）用如图所示装置进行“探究功与速度变化的关系”实验。装有祛码的盘用绕过滑轮的细线牵引小车，盘和祛码的重力可当作牵引力。小车运动的位移和速度可以由打点纸带测出，以小车为研究对象，改变祛码质量，便可探究牵引力所做的功与小车速度变化的关系。盘和硅码关于这个实验，下 列 说 法 正 确 的 是：A.需要补偿小车受到阻力的影响B.该实验装置可以“验证机械能守恒定律”C.需要通过调节定滑轮使细线与长木板平行D.需要满足盘和祛码的总质量远小

35、于小车的质量如图2 所示是两条纸带，实验时打出的应是第 条（填写“I”或“II”）纸带;|取|4|”|叩 甲|即|中|叩 甲|甲1即|可 用|巾|叩 甲 删ipii|iQiii叫 叫“I叩 甲 加 卜 啊 即 可 叫|叩0 1cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24I1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15加啊师啊啊啊啊啊啊啊刖啊和啊啊啊啊啊啊啊啊啊和啊啊0 1cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23

36、 24II根据实验数据，在坐标纸上画出的卬-道图象是一条过原点的直线，据此图象（填“能 或 不能”）求出小车的质量。（2）小明同学在做“测定玻璃的折射率”实验时，发现只有3枚大头针，他把大头针A、B、C插在如图所示位置，并测出了玻璃的折射率。请在答题纸相应方框中画出光路图，标出入射角i 和折射角 并写出折射率n的计算式。_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _【解析】（1）1 A.题中需要将盘和祛码的重力可当作牵引力，所以首先需要补偿小车受到阻力的影响，即抬高长木板右端，小车在不接盘和祛码的情况下，轻推小车，使小车做匀速直线运动，说明小车重力沿斜面的分力与小车所受阻力等大反向，A正确；D

37、.然后挂上盘与祛码?，根据牛顿第二定律mg-T-ma对小车M，根据牛顿第二定律T=Ma两式相比解得绳子拉力,M 1T=-me=-mgM+m,m1 H-M当满足盘和祛码的总质量远小于小车的质量，T =m g,盘和祛码的重.力可当作牵引力，D 正确;B.实验过程中摩擦阻力无法消除，本实验装置无法验证”机械能守恒定律 故B 错误。C.细线与长木板平行需要平行，保证绳子的拉力与小车运动方向一致，这样盘和祛码的重力可完全当作牵引力，C 正确。故选ACDo小车做匀加速直线运动，位移逐渐增大，所以实验打出的纸带是第II条。根据动能定理uj 知W=图 像 的 斜 率 为 据 W F 能求出小车的质量。(2)4

38、光路图如图所示16.(2021.浙江卷)在“测定电池的电动势和内阻”实验中，(1)用如图所示的电路图测量，得到的一条实验数据拟合线如图所示，则该电池的电动势E=V(保留 3 位有效数字)；内阻尸(保留2 位有效数字)；(2)现有如图所示的实验器材，照片中电阻箱阻值可调范围为0 9999C,滑动变阻器阻值变化范围为01 0 C,电流表G 的量程为0 3mA、内阻为200。，电压表的量程有0 3V 和 0 15V。请在图3 中选择合适的器材，在答题纸相应方框中画出两种测定一节干电池的电动势和内阻的电路图。【答案】1.4 6 （1.4 5 1.4 7均可）【解析】根据闭合电路欧姆定律=。+可得将题干

39、中得图线延长与横纵轴分别相交,如图U=Elr可知图像与纵轴交点即为电动势，即E=1.46V2 图像斜率的绝对值为电源内阻，即7=1.46-1.1%64c0.56（2）3 电流表量程太小，使用电阻箱和电压表代替电流表进行测量，电路图如图Er根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir=U-rR变形得-=-+-U E R EI r 绘制-图像，可知图像斜率为一，与纵轴截距为一，从而求解电动势和内阻;也可以通过电阻箱改装电流表，扩大电流表得量程，实现电流得测量，电路图如图Er/为改变量程之后的电流表示数，根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir可以绘制。一/图像求解电动势和内阻。1.（2020.海南卷）在测量定值电阻阻

40、值的实验中，提供的实验器材如下：电压表Vi（量程3 V,内阻7；=3.0kQ）,电压表V 2（量程5 V,内阻G=5.0k。），滑动变阻器R（额定电流1.5A,最大阻值100C）,待测定值电阻K,电源E（电动势6.0 V,内阻不计），单刀开关S,导线若干：回答下列问题：（I）实验中滑动变阻器应采用 接 法（填“限流”或“分压”）；（2）将 虚 线 框 中 的 电 路 原 理 图 补 充 完 整；（3）根据下表中的实验数据（5、3 分别为电压表V-V2的示数），在 图（a）给出的坐标纸上补齐数据点，并绘制u2-U图像,测量次数12345U N1.0 01.5 02.0 02.5 03.0 0u2

41、/v1.6 12.4 13.2 14.0 24.8 2（4）由u 2 -q图像得到待测定值电阻的阻值&=Q（结果保留三位有效数字）;（5）完成上述实验后，若要继续采用该实验原理测定另一个定值电阻R,（阻值约为7 0 0。）的阻值，在不额外增加器材的前提下，要求实验精度尽可能高，请 在 图（b）的虚线框内画出你改进的电路图图(a)（1）1 J 电压表V i 和4 串联在和V 2 并联，并联的总电阻远大于滑动变阻器电阻，为了调节变阻器时，电表示数变化明显，且能或者更多组数据，选择分压接法;（2）2 完整的电路图，如图所示（3）3 根据下表中的实验数据，绘制的2一0 1图像，如图所示(4)4 根据实

42、验电路图，则有变形得u2=u则图线的斜率为k=54根 据 图 像 可 得 斜 率1 =4.82-1.61=6 i3.0 0-1.0 0则有1.6 1=及 乜4代入4=3.O k C,解得R,=1.8 3 x 1 0 0（5）5因待测电阻Rv（阻值约为7 0 0 C）的阻值较小，若仍与电压表V i中联，则所分得的电压过小，不利于测量，故待测电阻与 与其中一个电压表并联，由于电源电动势只有6 V,为让待测电阻分得较大电压,故待测电阻4应与电压表V 2并联，再与电压表V i串联，故改进后的电路图，如图所示2.（2020北京卷）在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系 实验中，做如下探究：（1）为猜想

43、加速度与质量的关系，可利用图1所示装置进行对比实验。两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比。关于实验条件，下列正确的是：（选填选项前的字母）。A.小车质量相同，钩码质量不同B.小车质量不同，钩码质量相同C.小车质量不同，钩码质量不同,-1 /细线|、俯 视 图 图1（2）某同学为了定量验证（1）中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度。与质量M 的 7 组实验数据,如下表所示。在图2 所示的坐标纸上已经描好了6 组数据点，请将余下的一组

44、数据描在坐标纸上，并作出-1 板擦。-图像 OM次数12345670.620.560.480.400.320.240.15M/kg0.250.290.330.400.500.711.00a/(m s2)（3）在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测 力”请在图3中画出小车受力的示意图。为了简化 力 的测量，下列说法正确的是：（选填选项前的字母）。A.使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受绳的拉力B.若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力C.无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于绳的拉力D.让小车的质量远大于砂和桶的质量，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力【答案】BSS3S

45、翩翻留居A D【解析】（1）1 为了探究加速度与质量的关系，必须控制小车所受拉力相同，而让小车的质量不同，所以钩码质量相同，故 B正确。（2）数据描点和a-图像如图所示M强感睡丽陋II嘲馆范期相韧同国阳园剧1胭脚1画胭圉肥趟脚一垂1怨1毋受阻nil（3）3A.使小车沿倾角合适的斜面运动，小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；B.若斜面倾角过大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，不利于简化力的测量，故B错误；C.由牛顿第二定律可知，无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都大于绳的拉力，故C错误；D.当小车的质量远大于砂和

46、桶的质量时，砂和桶的重力近似等于绳的拉力，故D正确；故选ADo3.（2020北京卷）用图1所示的甲、乙两种方法测量某电源的电动势和内电阻（约为1C）。其中R为电阻箱，电流表的内电阻约为0.1C,电压表的内电阻约为3k。（1）利用图1中甲图实验电路测电源的电动势E和内电阻r,所测量的实际是图2中虚线框所示“等效电源”的电动势?和内电阻，。若电流表内电阻用RA表示，请你用瓜r和RA表示出？、,，并简要说明理由（2）某同学利用图像分析甲、乙两种方法中由电表内电阻引起的实验误差。在图3中，实线是根据实验数据（图甲：U=IR,图乙：/=，）描点作图得到的U-/图像；虚线是该电源的路端电压。随电流/变化的

47、图 像（没有电表内电阻影响的理想情况）。图3在 图3中，对应图甲电路分析的U-/图像是：；对应图乙电路分析的U-/图像是：（3）综合上述分析，为了减小由电表内电阻引起的实验误差，本实验应选择图1中的（填“甲”或 乙【答案】E =E，r+，理由见解析 C A 乙【解析】将电源和电流表视为等效电源，电源电动势是电源本身具有的属性，电流表不具有产生电动势的本领,所以等效电源的电动势仍然为E=E而电流表的内阻和电动势的内阻作为等效电源的内阻，即（2）2对甲图，考虑电表内阻时，根据闭合电路欧姆定律得E=U路 +=U+/（r+RA）变形得U=-（r+R JI+E直接通过实验获得数据，可得U=-rI+E图像

48、与纵轴截距均为电源电动势E，虚线对应的斜率大小为，实线对应的斜率大小为（r+RA），所以对应图甲电路分析的U-I图像是C；对 乙图，考虑电表内阻时（即虚线对应的真实情况），根据闭合电路欧姆定律得U rE =U 路+%=。+(/+)r=。+。一Rv R、变形得直接通过实验获得数据，可得Rv+r Rv+rU=-rI+ERv虚线对应的斜率大小为，实线对应的斜率大小为妥虚线对应的纵轴截距为E，实线对应的Rv+rRP纵轴截距为 万 七E E：两图线在=0时，对应的短路电流均为/短=：，所以对应图乙电路分析的。一/图像是人。(3)图甲虽然测量的电源电动势准确，但电流表分压较为明显，所以内阻测量的误差很大；

49、图乙虽然电动势和内阻测量均偏小，但是电压表内阻很大，分流不明显，所以电动势和内阻的测量误差较小，所以选择图乙可以减小由电表内电阻引起的实验误差。4.(2020 江苏卷)某同学描绘一种电子元件的/U关系图象，采用的实验电路图如题图1所示，V为电压表，m A为电流表，E为电源(电动势约6 V),R为滑动变阻器(最大阻值2 0 Q),凡 为定值电阻，S为开关。图2(1)请用笔画线代替导线，将题图2所示的实物电路连接完整(2)调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的示数如下表:电压U/V0.0000.2500.5000.6500.7000.7250.750电流/m A0.000.100.250.601.7

50、04.307.50请根据表中的数据，在方格纸上作出该元件的/-。图线8743265/mAUNO 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8(3)根据作出的/-U 图线可知，该元件是(选填“线性”或“非线性”)元 件。(4)在上述测量中，如果用导线代替电路中的定值电阻凡，会导致的两个后果是A.电压和电流的测量误差增大B.可能因电流过大烧坏待测元件C.滑动变阻器允许的调节范围变小D.待测元件两端电压的可调节范围变小电压表非线性元件 BC【解析】根据题意连接电路如图电压表(2)根据表格中数据描点，并用平滑的曲线连接各点如图/mA（3升3根据图像可知该元件是非线性元件。（4）4 A