2023届新高考物理选考一轮检测-专题十七实验.docx

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1、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P1固定在桌子边,滑轮P2、P3可沿桌边移动。第一次实验中,步骤如下: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P2、P3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,量出对角线的长度D.检验对角线的长度和绕过P1绳拉力的图示的长度是

2、否一样,方向是否在一条直线上(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P2、P3的位置和相应绳上钩码的数量,使结点平衡,绳的结点位置(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)m3m(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|Fmg+2mg,即mgF3mg,三力的合力为零,则第三根绳挂的质量范围在m3m之间,即第三根绳挂的质量

3、一定大于m且小于3m。(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

4、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=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Ek=,系统的重力势能减少量可表示为Ep=,在误差允许的范围内,若Ek=Ep,则可认为系统的机械能守恒。(用题中所给字母表示)(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。答案(1)(M+m)b22t2(m-M2)gd(2)9.6解析(1)滑块到达B处时的速度v=bt,则系统动能的增加量Ek=12(M+m)v2=(M+m)b22t2。系统重力势

5、能的减少量Ep=mgd-Mgd sin 30=(m-M2)gd。(2)根据系统机械能守恒有12(M+m)v2=(m-M2)gd,则v2=(2m-M)gdM+m,题图乙图线的斜率k=2m-MM+mg=2.40.5 m/s2=4.8 m/s2,又知M=m,解得g=9.6 m/s2。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1.2206.860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

6、齐,故测量结果为12 mm+40.05 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+36.00.01 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

7、属片,使A球水平飞出,同时B球被松开。他观察到的现象是:小球A、B(填“同时”或“不同时”)落地;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

8、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y1、y2,按照自由落体规律,若y1y2=,则OA、AB段时间间隔相等;此时在误差允许的范围内,若x1x2=,则说明小球在水平方向上的分运动是匀速直线运动。图丙答案(1)同时BDACD(2)ABC1311解析(1) 由题意,可观察到的现象是:小球A、B同时落地。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

9、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。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)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

10、结果有影响,故D错误。 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y1y2=13;水平方向做匀速运动,在误差允许的范围内,x1x2=11。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

11、=(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mB.斜面的高度hC.斜面的长度LD.从释放物块到通过光电门的时间t答案(1)0.550(2)d22xt2(3)BC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+100.05 mm=5.50 mm=0.550 cm(2)物块通过光电门的速度v=dt,根据匀变速直线运动公式v2=2ax,解得a=d22xt2(3)由牛顿第二定律得a=g(sin - cos ),已经通过测量计算出了加速度a,要测量出动摩擦因数,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,

12、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)。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

13、,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。(3)根据图像可得a=vt=0.7200.50 m/s2=1.44

14、 m/s2。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F1、F2的大小并标出方向;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.

15、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F1、F2共同作用的效果相同(2)AC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“

16、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。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v6=(用给定字母表示);(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f50 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”)。答案(1)不需要不需要(2)(x4+x3)f10(3) (x4+x3-x2-x1)f2200(

17、4) 偏小解析(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;(2)相邻计数点间还有四个点没有画出,则时间间隔为t=5T=5f,根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,有v6=x3+x42t=(x3+x4)f10;(3)根据匀变速直线运动的规律有x3-x1=4a1t2,x4-x2=4a2t2,可求得平均加速度为a=a1+a22=(x4+x3-x2-x1)f2200;(4)根据匀变速直线运动的规律可知加速度的测量值为a=xT2=xf2,故频率f50 Hz时,测量值的频率偏

18、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L0=cm,求得弹簧的劲度系数k=N/m。(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)3.0200(2)1.503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l0=3.0 cm,根据胡克定律F=kx,知图线的斜率为弹簧的劲度系数,即k=12-09.0-3.0 N/cm=2 N/cm=200 N/

19、m。(2)由题图乙可知,该刻度尺的示数为1.50 cm,可知弹簧被压缩量:x=L0-L=3.0 cm-1.50 cm=1.5 cm,弹簧的弹力:F=kx=2001.510-2 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。10.(2022届肇庆一模,11)碰撞的恢复系数定义为e=v2-v1v2-v1,其中v1和v2分别是碰撞前两物体的速度,v1和v2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

20、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。(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=。答案(1)水平(2)ON-OMOP1解析(1)为使小球做平抛运动,斜槽轨道BC段应水平。(2)由平抛规律得OP=v1t,OM=v1t,ON=v2t,

21、则e=v2-v1v2-v1=ON-OMOP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F1、F2和F3,回答下列问题:(1)改变钩码个数,实验能完成的是。A.钩码的个数N1=N2=2,N3=3B.钩码的个数N1=N3=3,N2=6C.钩码的个数N1=N2=N3=5D.钩码的个数N1=3,N2=4,N3=9(2)在拆下钩码和绳子前,必

22、要的步骤是。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N1、N2、N3E.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

23、小,故选A、D。(3)以O点为研究对象,F3的是OC的拉力,应该沿竖直方向,由于误差的存在,F1、F2的合力的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:图(a)图(b)(1)开动气泵,调节气垫导轨,轻推滑

24、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t1、t2及遮光片从A运动到B所用的时间t12,可求出重力加速度g=(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:。答案(1)等于(2)0.304(3)lht12dt2-dt1(4)遮光片的宽度测量值偏小(合理即可)解析(1)利用光电门测瞬时速度,v=

25、dt,当tA=tB时vA=vB,可认为此过程滑块做匀速直线运动,气垫导轨忽略摩擦,故认为气垫导轨水平。(2)d=3 mm+20.02 mm=3.04 mm=0.304 cm。(3)在A端垫一高度为h的垫块,则构成斜面,设斜面倾角为,则sin =hl,滑块在倾斜的气垫导轨上做匀加速直线运动,vA=dt1,vB=dt2,a=vB-vAt12,受力分析可知mg sin =ma,故ghl=dt2-dt11t12,故g=dt2-dt1lht12。(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

26、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”)。(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)。答案(1

27、)调低(2)9.50(3)dt2-dt1t+t12+t22解析(1)因为t1t2,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,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+100.05 mm=9.50 mm。(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v1=dt1,经过光电门2的速度为v2=dt2,根据运动学公式可得a=vt=dt2-dt1t+t12+t22。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,

28、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 gB.M=200 g,m=20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 gC.M=400 g,m=20 g,40 g、60 g、80 g、100 g、120 gD.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B.平衡摩擦力时,

29、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不变作为小车受到的合力F,改变小车的质量M。作出1a-M图像,实验所得的图像是

30、。答案(1)D(2)AD(3)0.320.93(4)C解析(1)实验中要保证Mm,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=50.02 s=0.1 sB点对应的速度为:v=xA

31、C2T=0.063 20.2 m/s0.32 m/s根据x=aT2可得:xCE-xAC=a(2T)2小车运动的加速度为:a=xCE-xAC4T2=0.163 6-0.063 2-0.063 240.01 m/s2=0.93 m/s2(4)由mg=(m+M)a得1a=1g+1mgM,选C。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03 V,内阻约3 k);毫安表 mA(量程0100 mA,内阻9 );定值电阻R0(阻值3 );滑动变阻器R(阻值010 );电源E

32、(电动势4 V,内阻不计);开关S;导线若干。(1)实验要求在02.5 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(保留一位小数);(4)完成实验后,该同学用另一开关S1和上述器材连接成图(d)所示的电路,闭合开关S、S1,适当调节滑动变阻器R的滑片位置,使小灯泡恰好正常发光;再断开开关S1,此时小灯泡两

33、端的电压为 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R0并联扩大量程,故电路连接如图所示:(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;(3)由R=UI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;从图(c)中可知,通过小灯泡的电流为I=IA+IARAR0=240 mA,故灯泡两端电压为U=1.6 V,故小灯泡的电阻为R=UI=6.7 (4)闭合S1,小灯泡

34、正常发光,则滑动变阻器接入电路的阻值为R1=E-UI=5 ,开关S1断开后,将R0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=R0+R=8 ,作出电源的I-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 V16.(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 ),电阻箱R(最大阻值999.9 ),表头G(量程为200 A,内阻为900 ),定值电阻R0、R1,开关S,导线若干。实验步骤如下:(1)先利用R0将表头G改装成2 mA的电流表

35、,再将2 mA的电流表改装成量程为6 V的电压表,则两定值电阻的阻值分别为:R0=,R1=;(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;(4)以1I为纵坐标,1R为横坐标,作出1I-1R图线如图乙所示;(5)根据1I-1R图线求得电源的电动势E=V,内阻r=(此两空结果均保留到小数点后一位)。答案(1)1002 910(5)6.00.2解析(1)表头G与电阻R0并联,两端电压相等,表头G内阻为Rg=900 ,量程为200 A,则通过电阻R0的电流为通过表头电流的9倍,则由R0=IgRgI-Ig可得R0=100 ,表头G的示数为0.2

36、mA,电路电流为2 mA,表头G两端的电压为Ug=IgRg=0.18 V,R1两端的电压为U1=6 V-0.18 V=5.82 V,则R1=U1I=2 910 (5)根据闭合电路欧姆定律得E=IRg+10IR1+(Rg+10R1)IRr,整理可得1I=Rg+10R1E+Rg+10R1Er1R,根据图像可知Rg+10R1E=5 000Rg+10R1Er=k=1 000,可得E=6.0Vr=0.217.(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:(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

37、 V,阻值约为 ;(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:电阻箱R,最大电阻为9 999 定值电阻r=2 k电动势约为6 V,内阻不计的电源E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R1=4 450 ;然后再调节电阻箱R的值,使电压表的指针满偏,记下此时电阻箱R的电阻值R2=150 。计算得电压表内阻值RV=;若电源的内阻不能忽略,则电压表内阻RV的测量值将。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

38、定答案(1)2.202 200(2)最大2 150A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22100 =2 200 (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(RV+R1+r),E=2I(RV+R2+r)联立代入数据可解得RV=2 150 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(RV+R1+r+r)=2I(RV+R2+r+r)代入数据可解得电压表内阻的实际值为RV=2 150 -r,则电压表内阻RV的测量值偏大,B、C、D错误,A正确。18.(2022届湛江10月联考,1

39、2)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Ig=10 mA。C为最上排刻度线的中间刻度,最上排对应数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:先将选择开关接2,再将,然后调节R1的阻值使电表指针满偏;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 ,多用电表内电源的电动势为V。(结果保留三位有效数字)(3)在上述基础上不换挡,直接用该多用

40、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。(结果保留两位有效数字)答案(1)6.8 mA(2)红、黑表笔短接1501.50(3)B71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)红、黑表笔短接;由题图丙所示电阻箱可知,电阻箱示数为150 ,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 ,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

41、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 ,由欧姆定律可知E=I(R+r),所以待测电流表的阻值R=71 。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Rx,某同学设计了一电路。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:闭合S1、S2,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;保持S1闭合,断开S2,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

42、;根据记录的数据,作出两条1U-1R图线如图乙所示。由图线可得电动势E=,内阻r=,Rx=。(用图中a、b、c表示)答案(1)见解析(2)1c1a1b-1a解析(1)通过开关S2控制电路中的电阻Rx是否接入电路,电路原理图如图甲所示:故实物连线图如图乙所示:(2)闭合S1、S2,有E=U+URr,故有1U=1E+rE1R;保持S1闭合,断开S2,有E=U+UR(r+Rx),故有1U=1E+r+RxE1R;结合1U-1R图像可知,1E=c,r+RxE=cb,rE=ca,解得:E=1c,r=1a,Rx=1b-1a。20.(2022届长郡中学月考三)某同学为测量电阻丝的电阻率,设计了如图甲所示的电路

43、,电路中ab是一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝,保护电阻R0=4.0 ,电源电动势E=3.0 V,电流表内阻忽略不计,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/m0.100.200.300.400.500.60I/A0.490.430.380.330.310.281I/A-12.042.332.633.033.233.57将表中数据描在1I-x坐标系中,如图丙所示,该图像的斜率的表达式k=(用题中字母表示)。由图像求得电阻丝的电阻

44、率=m。根据图丙中1I-x图像纵轴截距的物理意义,可求得电源的内阻为r=(结果均保留两位有效数字)。答案(1)0.400(2)4d2E1.110-61.3(或1.2)解析(1)图乙所示螺旋测微器示数为0+40.00.01 mm=0.400 mm。(2)根据电阻定律得R=x(d2)2,由闭合电路欧姆定律得E=I(R0+r+R),联立解得1I=R0+rE+4d2Ex,则图线斜率为k=4d2E;作出1I-x图线如图所示,图线的斜率k=3.55-1.750.6 A-1m-1=4d2E,解得1.110-6 m,由图像纵截距得1.75 A-1=R0+rE,解得r1.3 。21.(2022届湘豫名校联考)在

45、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 )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(03 V);电流表(00.6 A);滑动变阻器(020 );定值电阻R0(阻值2.0 )。(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”)。(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=。(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