第二部分考卷題型Ⅱ——實驗題考向1力學基礎實驗1．如圖甲所示是用主尺最小分度為1mm，游標上有20個小的等分刻度的游標卡尺測量一工件內徑的實物圖，圖乙是游標部分放大后的示意圖，則該工件的內徑為________cm.用螺旋測微器測一金屬桿的直徑，結果如圖丙所示，則桿的直徑是________mm.答案：2.3102.700解析：游標卡尺的主尺讀數為23mm，游標尺上第2個刻度和主尺上某一刻度對齊，游標讀數為0.05×2mm＝0.10mm.所以最終讀數為：主尺讀數＋游標尺讀數＝23mm＋0.10mm＝23.10mm＝2.310cm.螺旋測微器的固定刻度讀數2.5mm，可動刻度讀數為0.01×20.0＝0.200mm，所以最終讀數為：固定刻度讀數＋可動刻度讀數＝2.5mm＋0.200mm＝2.700mm.2．小華同學在做“研究小車勻變速直線運動”實驗的過程中，所使用的交流電源頻率為50Hz，取下做勻加速直線運動的小車帶動的一段紙帶進行研究，如圖所示．O點為計數點的起點，相鄰兩計數點間還有四個計時點(圖中未畫出)，請回答下面的問題：(1)他因粗心而忘記測量計數點1與起始點O間的距離，請根據所學知識推出x1的長度，x1＝________cm.(2)當打計數點3時小車的瞬時速度v3＝________m/s，小車運動的加速度a＝________m/s2.(計算結果保留兩位有效數字)答案：(1)4.00(2)0.651.0解析：(1)根據勻變速直線運動的推論：物體在連續相等的時間間隔內的位移之差相等，由題圖可得出2、3兩點間的距離為x3＝6.00cm，假設小車在連續相等的0.1s內的位移之差是Δx，則1、2間的距離x2＝x3－Δx，O、1間的距離x1＝x2－Δx＝x3－2Δx，有x1＋x2＝9.00cm，解得Δx＝1.00cm，所以x1＝4.00cm.(2)根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度，則有v3＝eq\f(x24,2T)，代入數據解得v3＝0.65m/s，根據勻變速直線運動的推論公式有Δx＝aT2，可以求出加速度a＝1.0m/s2.3．[2019·太原一模]某實驗小組用圖甲所示的裝置驗證動量守恒定律．實驗時，先將金屬小球A從斜槽上某一固定位置由靜止釋放，A從斜槽末端飛出后落到水平地面的記錄紙上留下落點痕跡，重復10次．把相同半徑的塑料小球B放在與斜槽末端等高的支柱上，讓A仍從斜槽上同一位置由靜止釋放，與B碰撞后，A、B分別在記錄紙上留下落點痕跡，重復10次．圖中O點是水平槽末端在記錄紙上的垂直投影點，M、P、N分別為小球落點的痕跡，小立柱與斜槽末端的距離等于小球的直徑．(1)下列說法正確的是()A．斜槽的末端必須水平B．需要測量斜槽末端距地面的高度C．圖中M點是未放小球B時小球A的落點痕跡D．圖中P點是未放小球B時小球A的落點痕跡(2)用螺旋測微器測量小球的直徑時示數如圖乙所示，則小球的直徑d＝________mm.(3)實驗中測出小球的直徑及M、P、N與O點的距離分別用d、OM、OP、ON表示，若碰撞過程中動量守恒，則兩小球的質量之比為________(用所給符號表示)．答案：(1)AD(2)7.500(7.498～7.502)(3)eq\f(ON－d,OP－OM)解析：(1)斜槽的末端必須水平才能保證兩小球離開斜槽后做平拋運動，A正確；本實驗是根據平拋運動的規律驗證動量守恒定律，需要測量的是A、B兩小球拋出的水平距離，因為拋出高度相同落地時間一樣，驗證時等式兩端會把時間消去，所以與高度無關，B錯誤；碰撞后A球速度小，B球速度大，因為落地時間一樣，所以M點是碰撞后A球落點，N點是B球落點，而P點就是沒有發生碰撞時A球的落點，C錯誤，D正確．(2)螺旋測微器讀數為7.5mm＋0.000mm＝7.500mm.(3)根據實驗原理可知mAv0＝mAv1＋mBv2，因為下落時間一樣，所以mAOP＝mAOM＋mB(ON－d)，所以兩小球質量之比為eq\f(ON－d,OP－OM).4．用如圖甲所示的裝置驗證機械能守恒定律，將打點計時器固定在鐵架臺上，用重物帶動紙帶從靜止開始自由下落．某次實驗中，讓質量為m的重物自由下落，打點計時器在紙帶上打出一系列點跡，如圖乙所示，O是打下的第一個點，取離O點較遠的相鄰的三個實際點A、B、C為計數點．已知m＝0.1kg，打點計時器每隔0.02s打一個點．(1)關于該實驗的幾個操作，下列說法正確的是________．A．若使用電火花打點計時器，則應該接到4V～6V的交流電源上B．若某條紙帶的開始兩個明顯點跡之間的距離大于2mm，可能是先釋放重物，再接通電源打出的一條紙帶，這是操作不規范造成的C．若某條紙帶的開始兩個明顯點跡之間的距離小于2mm，則說明不是在打下第一個點跡的同時釋放的紙帶，但只要操作正確仍可以認為打下第一個點時速度為零，這條紙帶是可以使用的D．用刻度尺測出物體下落的高度h，并通過v＝eq\r(2gh)計算出瞬時速度vE．用刻度尺測出物體下落高度h，由打點間隔數算出下落時間t，通過v＝gt計算出瞬時速度v(2)在打點O到B過程中物體重力勢能的減少量為______J，動能的增加量為______J．(g取9.8m/s2，結果保留兩位有效數字)答案：(1)BC(2)0.390.36解析：(1)電火花打點計時器則應該接到220V的交流電源上，A選項錯誤；h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×(0.02)2m＝2mm，如果某根紙帶的開始兩個明顯點跡之間的距離大于2mm，說明在打第一個點時有向下的初速度，可能是先釋放重物，再接通電源，B選項正確；如果某根紙帶的開始兩個明顯點跡之間的距離小于2mm，而用夾子釋放的重物不可能會有向上的速度，只可能時間t<0.02s，而有可能是在打下第一個點后，過了一段時間再釋放的紙帶，第一、二兩個點之間運動的時間可能小于0.02s，但是它的初速度還是零，這根紙帶是可以使用的，C選項正確；不能通過v＝eq\r(2gh)、v＝gt計算瞬時速度v，用了這個公式，就相當于已經用了機械能守恒，D、E選項錯誤．(2)由ΔEp＝mgh＝0.1×9.8×0.4J≈0.39J.v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(45.59－34.79×10－2,0.04)m/s＝2.7m/s，ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－0≈0.36J.5．某同學利用如圖甲所示的裝置測量某一彈簧的勁度系數，將該彈簧豎直懸掛起來，在自由端掛上砝碼盤．通過改變盤中砝碼的質量，測得6組砝碼的質量m和對應的彈簧長度，畫出m-l圖線，對應點已在圖上標出，如圖乙所示．(重力加速度g取10m/s2)(1)采用恰當的數據處理，該彈簧的勁度系數為________N/m.(保留3位有效數字)(2)請你判斷該同學得到的實驗結果與考慮砝碼盤的質量相比，結果________(選填“偏大”“偏小”或“相同”)．答案：(1)3.44(2)相同解析：(1)由彈簧的彈力F＝kx，得勁度系數k＝eq\f(F,x)＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f(Δm,Δl)g，因此勁度系數即乙圖象的斜率乘以重力加速度，即k＝eq\f(27.5×10－3kg×10N/kg,8×0.01m)＝3.44N/m.(2)即使考慮砝碼盤質量，得到的乙圖也是與原圖線平行的一條斜線，斜率不變，不影響勁度系數．6．用圖1所示裝置探究功與速度變化的關系，進行的主要操作步驟如下：a．不掛橡皮筋，調整木板的傾斜程度，使小車拖動紙帶勻速運動；b．將小車拉至靠近計時器處，接通計時器電源，放開小車；c．加掛一條、兩條相同的橡皮筋，重復b步驟．(1)某次實驗中打出的一條紙帶如圖2所示，D之前各點間的距離不相等，E之后各點間的距離都相等．若使誤差最小，下列計算小車勻速運動的速度的表達式最好的是(T為打點周期)________(填選項前的字母)．A．v＝eq\f(DE,T)B．v＝eq\f(GH,T)C．v＝eq\f(DF,2T)D．v＝eq\f(EH,3T)(2)若掛一條橡皮筋時E點之后各點之間的距離為x1，掛兩條時E點之后各點之間的距離為x2，則x1x2＝________.(3)若測得A、B、C、D四點之間的距離分別為xAB、xBC、xCD，則________(填選項前的字母序號)．A．xBC－xAB＝xCD－xBCB．xBC－xAB<xCD－xBCC．xBC－xAB>xCD－xBC答案：(1)D(2)1eq\r(2)(3)C解析：(1)若使誤差最小，計算小車勻速運動的速度時可用EH之間的平均速度，即v＝eq\f(EH,3T)，故選D.(2)由動能定理W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,T)))2∝x2，因用一條橡皮筋時對小車做功為W，兩條橡皮筋時對小車做功為2W，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))2＝eq\f(1,2)，則eq\f(x1,x2)＝eq\f(1,\r(2)).(3)小車在脫離橡皮筋之前隨彈力的減小做加速度減小的加速運動，根據Δx＝aT2可知，相鄰相等時間內的位移之差逐漸減小，則xBC－xAB>xCD－xBC，故選C.7．利用如圖甲所示的裝置來驗證力的平行四邊形定則，實驗主要步驟：用三個彈簧秤分別拉緊三根細繩套，記錄結點O的位置和三個彈簧秤的讀數以及三根細繩的方向，通過作圖驗證平行四邊形定則．(1)實驗室已備有木板、白紙、圖釘、連接好的細繩套、彈簧秤等，還缺少的器材是________．(2)某同學按照要求進行實驗時，記錄了O點的位置和各細繩套的方向，但忘了記錄彈簧秤的讀數，需要重新進行實驗，則該同學重新實驗時，________(填“需要”或“不需要”)將結點O拉到同一位置．某次驗證時，彈簧秤a、b的讀數分別為6.40N和4.30N，彈簧秤c的讀數如圖乙所示，則彈簧秤c的拉力為________N，已經記錄下三根細繩套的方向如圖丙所示，請選擇合適的標度，在圖丙上完成平行四邊形定則的驗證．答案：(1)刻度尺(2)不需要6.80如圖解析：(1)該實驗需要通過作出力的圖示驗證力的平行四邊形定則，故還缺少刻度尺．(2)三力平衡條件下，無論結點在什么位置，任意兩力的合力與第三個力互為一對平衡力，因此不必每次實驗都將結點拉到同一個位置．彈簧秤最小刻度為0.1N，故讀數為6.80N.8．為了探究質量一定時加速度與力的關系，一同學設計了如圖所示的實驗裝置．已知帶滑輪的小車的質量為M，沙和沙桶的質量為m.(滑輪質量不計)(1)實驗時，一定要進行的操作是________(填選項前的字母)．A．用天平測出沙和沙桶的質量B．先掛上沙桶但不放沙子，然后將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力C．小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄彈簧測力計的示數D．為減小誤差，實驗中一定要保證沙和沙桶的質量m遠小于小車的質量ME．改變沙和沙桶的質量，打出幾條紙帶(2)該同學在實驗中得到如圖所示的一條紙帶(兩計數點間還有兩個點沒有畫出)，已知打點計時器采用的是頻率為50Hz的交流電，根據紙帶可求出小車的加速度為________(結果保留兩位有效數字)m/s2.若實驗時電源的頻率為49Hz，則加速度的測量值偏________(選填“大”或“小”)．(3)以彈簧測力計的示數F為橫坐標、加速度為縱坐標畫出的a-F圖象是一條直線，如右圖所示，圖線與橫軸的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則小車的質量為________(填選項前的字母)．A．2tanθB.eq\f(1,tanθ)C．kD.eq\f(2,k)答案：(1)CE(2)1.3大(3)D解析：(1)本題小車所受的拉力可以由彈簧測力計測出，不需要用天平測出沙和沙桶的質量，也不需要使小桶(包括沙)的質量遠小于小車的質量，故A、D錯誤；先拿下沙桶，然后將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力，故B錯誤；使用打點計時器時，應先接通電源，待打點穩定后再釋放紙帶，該實驗探究質量一定時加速度與力的關系，要記錄彈簧測力計的示數，故C正確；改變沙和沙桶質量，即改變拉力的大小，打出幾條紙帶，研究加速度與力的關系，故E正確．(2)由于兩計數點間還有兩個點沒有畫出，故相鄰計數點的時間間隔為0.06s，由Δx＝aT2可得a＝eq\f(3.8＋3.3＋2.8－2.3－1.9－1.4,9×0.062)×10－2m/s2＝1.3m/s2.如果實驗時交流電的頻率為49Hz，那么實際周期大于0.02s，根據運動學公式Δx＝aT2可知，測量的加速度值與真實的加速度值相比是偏大的．(3)因彈簧測力計的示數F＝eq\f(1,2)F合，故對a-F圖象來說，圖象的斜率表示eq\f(2,M)，故小車質量M＝eq\f(2,k)，故D正確．考向2力學創新實驗1．[2019·山東濰坊高三統考]某同學用如圖所示裝置測量物塊與木板間的動摩擦因數．將木板放在水平桌面上，前側固定刻度尺，左端固定光電門，前沿上方固定有遮光片的物塊從光電門左側沿木板向右滑動，最后停在圖中位置．測出遮光片通過光電門的擋光時間t，用游標卡尺測出遮光片的寬度d，并測出物塊通過光電門后滑行的距離L.

(1)物塊停止時前沿對應刻度尺的刻度是________cm.(2)物塊與木板間的動摩擦因數μ＝________(用所測物理量的符號及重力加速度g表示)．答案：(1)88.67(88.65～88.68均可)(2)eq\f(d2,2gLt2)解析：(1)由刻度尺的讀數規則可知，刻度尺的刻度應為88.67cm.(2)由題意可知物塊通過光電門的速度大小為v＝eq\f(d,t)，又由運動學公式知v2＝2aL，根據牛頓第二定律μmg＝ma，整理解得μ＝eq\f(d2,2gLt2).2．用如圖所示的實驗裝置來探究小球做圓周運動所需向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系，轉動手柄使長槽和短槽分別隨變速輪塔勻速轉動，槽內的球就做勻速圓周運動．橫臂的擋板對球的壓力提供了向心力，球對擋板的反作用力通過橫臂的杠桿作用使彈簧測力筒下降，從而露出標尺，標尺上的黑白相間的等分格顯示出兩個小球所受向心力的比值．請回答相關問題：(1)在研究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系時我們主要用到了物理學中的________方法；A．理想實驗法B．等效替代法C．控制變量法D．演繹法(2)圖中是在研究向心力的大小與________的關系．A．質量mB．角速度ωC．半徑r(3)若圖中標尺上黑白相間的等分格顯示出兩個小球所受向心力的比值為1：9，運用圓周運動知識可以判斷與皮帶連接的變速輪塔對應的半徑之比為()A．1：9B．3：1C．1：3D．1:1答案：(1)C(2)B(3)B解析：(1)驗證向心力F與質量m、角速度ω、半徑r的關系，需要先控制某些量不變，研究另外兩個物理量的關系，采用控制變量法，應選C.(2)圖中所展示的是兩球質量相同，轉動半徑相同，皮帶圍繞在不同半徑的轉輪上，其角速度不同，驗證的是向心力與角速度的關系，應選B.(3)由向心力公式F＝mω2r＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,R)))2r，皮帶速度一定，轉動半徑相同，兩球質量相同，則FR2＝常數，變速輪塔對應的半徑之比為3:1，應選B.3．某同學用一彈簧測力計和一橡皮條做驗證平行四邊形定則的實驗，裝置如圖所示．實驗步驟如下：①將貼有白紙的木板豎直固定，將橡皮條上端掛在木板上O點；②將三根細線Pa、Pb、Pc結于P點．a端系在橡皮條下端，c端暫時空置，b端掛一鉤碼，鉤碼靜止后，記錄鉤碼重力G的大小和方向；③以O為圓心以OP為半徑，畫一圓??；④用彈簧測力計鉤住c端，向右上方緩慢拉，調整拉力方向，使結點P移到圖中所示位置，記錄該位置和彈簧測力計的示數；⑤在白紙上作出各力的圖示，驗證平行四邊形定則是否成立．(1)第④步中還應記錄的是________________________________________________________________________；(2)第⑤步中，若橡皮條拉力與彈簧測力計拉力的合力大小等于________，方向________則可驗證平行四邊形定則．答案：(1)彈簧測力計拉力(即細線Pc)的方向(2)G豎直向上解析：(1)第④步中還應記錄的是彈簧測力計拉力(即細線Pc)的方向，以便⑤中驗證平行四邊形定則．(2)第⑤步中，鉤碼的重力、橡皮條的拉力和彈簧測力計的拉力三力平衡，則橡皮條拉力與彈簧測力計拉力的合力大小等于重力G，方向與重力方向相反，即豎直向上．4．[2019·濰坊質檢]某實驗小組設計了如圖甲所示實驗裝置，探究滑塊運動的加速度a和所受拉力F的關系．在軌道水平和傾斜的兩種情況下分別做了多組實驗，將位移傳感器和力傳感器得到的多組數據輸入計算機進行處理，得到了兩條a-F圖線①、②，如圖乙所示．(1)實驗時，一定要進行的操作是________．A．改變托盤中砝碼的個數B．滑塊在軌道水平和傾斜的兩種情況下必須在同一位置由靜止釋放C．用天平測出托盤的質量D．為減小誤差，實驗中一定要保證托盤和砝碼的質量遠小于滑塊的質量(2)在軌道傾斜的情況下得到的a-F圖線是________．(選填①或②)(3)滑塊和位移傳感器發射部分的總質量m＝________kg；滑塊和軌道間的動摩擦因數μ＝________.(重力加速度g取10m/s2)答案：(1)A(2)①(3)0.50.2解析：(1)由于探究加速度與合外力的關系，所以應改變物塊的合外力，即改變托盤中砝碼的個數，故A正確；滑塊的釋放位置對該實驗沒有影響，不要求每次在同一位置，故B錯誤；本題拉力可以由力的傳感器測出，不需要用天平測出砂和砂桶的質量，也就不需要使小桶(包括砂)的質量遠小于車的總質量，故C錯誤，D錯誤．(2)由圖象①可知，當F＝0時，a≠0，也就是說當繩子上沒有拉力時小車就有加速度，該同學實驗操作中平衡摩擦力過大，即傾角過大，平衡摩擦力時木板的左端墊得過高，所以圖線①是在軌道左側抬高成為斜面情況下得到的．(3)滑塊運動的加速度a和所受拉力的關系圖象斜率等于滑塊和位移傳感器發射部分的總質量的倒數，由圖象乙得加速度a和所受拉力F的關系圖象斜率k＝2，所以滑塊和位移傳感器發射部分的總質量m＝0.5kg，由圖象乙得，在軌道上F＝1N時，加速度a＝0，根據牛頓第二定律得F－μmg＝0，解得μ＝0.2.5．氣墊導軌(如圖1所示)工作時，空氣從導軌表面的小孔噴出，在導軌表面和滑塊內表面之間形成一層薄薄的空氣層，使滑塊不與導軌表面直接接觸，大大減小了滑塊運動時的阻力．為了驗證動量守恒定律，在水平氣墊導軌上放置兩個質量均為m的滑塊，每個滑塊的一端分別與穿過打點計時器的紙帶相連，兩個打點計時器所用電源的頻率均f.氣墊導軌正常工作后，接通兩個打點計時器的電源，并讓兩滑塊以不同的速度相向運動，兩滑塊相碰后粘在一起繼續運動．圖2為某次實驗打出的點跡清晰的紙帶的一部分，在紙帶上以相同間距的6個連續點為一段劃分紙帶，用刻度尺分別量出其長度x1、x2和x3.若題中各物理量的單位均為國際單位，那么，碰撞前兩滑塊的動量大小分別為________、________，兩滑塊的總動量大小為________；碰撞后兩滑塊的總動量大小為________．重復上述實驗，多做幾次．若碰撞前、后兩滑塊的總動量在實驗誤差允許的范圍內相等，則動量守恒定律得到驗證．答案：0.2mfx10.2mfx30.2mf(x1－x3)0.4mfx2解析：打點周期T＝eq\f(1,f)，打x1、x2、x3均用時eq\f(5,f).碰前其中一滑塊的動量p1＝mv1＝meq\f(x1,t)＝meq\f(fx1,5)＝0.2mfx1.碰前另一滑塊的動量p2＝mv2＝meq\f(x3,t)＝meq\f(fx3,5)＝0.2mfx3.故碰前總動量p＝p1－p2＝0.2mf(x1－x3)同理碰后總動量p′＝2meq\f(x2,t)＝0.4mfx2.6．利用氣墊導軌驗證機械能守恒定律，實驗裝置如圖甲所示，水平桌面上固定一水平的氣墊導軌，導軌上A點處有一滑塊，其質量為M，左端由跨過輕質光滑定滑輪的細繩與一質量為m的小球相連．調節細繩的長度使每次實驗時滑塊運動到B點處與勁度系數為k的彈簧接觸時小球恰好落地，測出每次彈簧的壓縮量x，如果在B點的正上方安裝一個速度傳感器，用來測定滑塊到達B點的速度，發現速度v與彈簧的壓縮量x成正比，作出速度v隨彈簧壓縮量x變化的圖象如圖乙所示，測得v-x圖象的斜率k′＝eq\r(\f(k,M)).在某次實驗中，某同學沒有開啟速度傳感器，但測出了A、B兩點間的距離為L，彈簧的壓縮量為x0.重力加速度用g表示，則：(1)滑塊從A處到達B處時滑塊和小球組成的系統動能增加量可表示為ΔEk＝______________，系統的重力勢能減少量可表示為ΔEp＝______________，在誤差允許的范圍內，若ΔEk＝ΔEp則可認為系統的機械能守恒．(用題中字母表示)(2)在實驗中，該同學測得M＝m＝1kg，彈簧的勁度系數k＝100N/m，并改變A、B間的距離L，作出的x2-L圖象如圖丙所示，則重力加速度g＝________m/s2.答案：(1)eq\f(kx\o\al(2,0)M＋m,2M)mgL(2)9.6解析：(1)滑塊剛接觸彈簧時的速度為v0＝x0eq\r(\f(k,M))，故系統的動能增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)＝eq\f(kx\o\al(2,0)M＋m,2M)；由于只有小球的重力做功，故重力勢能的減少量為ΔEp＝mgL.(2)根據機械能守恒定律有mgL＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，v＝xeq\r(\f(k,M))，M＝m，解得x2＝eq\f(mg,k)L，由題圖丙可得k″＝eq\f(mg,k)＝0.096m，故g＝eq\f(kk″,m)＝eq\f(100×0.096,1)m/s2＝9.6m/s2.7．某學習興趣小組的同學在探究功與速度變化的關系時，設計了如圖所示的實驗，實驗步驟如下：A．將長木板置于水平桌面；B．在一薄木板上標出A、B、C、D、E、F點，使AB＝BC＝CD＝DE＝EF，然后將薄木板傾斜放置于長木板上并固定，形成斜面，斜面的A點與長木板接觸；C．將物塊分別從斜面上B、C、D、E、F各點由靜止釋放，并分別記下物塊在長木板上停止的位置A1、A2、A3、A4、A5；D．用刻度尺測量出各位置點與A點間的距離x1、x2、x3、x4、x5.(1)本實驗中釋放物塊時是否需要平衡物塊與薄木板之間的摩擦力？________(填“是”或“否”)．(2)關于本實驗，下列說法正確的是________．A．實驗中探究的是物塊在斜面上合力做的功與物塊在斜面上運動速度改變的關系B．實驗中探究的是物塊在水平長木板上合力做的功與物塊在水平長木板上運動速度改變的關系C．實驗中斜面、水平長木板與物塊間的動摩擦因數必須相同D．實驗中斜面、水平長木板與物塊間的動摩擦因數不必相同(3)將測量數據記錄在表格中：釋放點BCDEF滑行距離x/cm2.986.029.0412.0215.02由表格中數據得到的結論為________________________________________________________________________．答案：(1)否(2)AD(3)在誤差允許的范圍內，合力所做的功與物塊速度平方的變化成正比解析：物塊在固定斜面上下滑時，受到重力沿斜面向下的分力與摩擦力，二者的合力為恒力，下滑距離加倍時，合力做功加倍．物塊在水平長木板上做勻減速運動，直到停止，由v2＝2ax得，v2與x成正比，實驗中探究物塊在斜面上合力做的功與速度變化的關系，可轉變為探究物塊在斜面上合力做的功與物塊在長木板上滑行距離的關系．(1)實驗中物塊沿斜面加速下滑受到恒力作用，故不需要平衡摩擦力．(2)本實驗的目的是探究物塊在斜面上加速運動時合力做功與速度變化的關系，A正確；斜面與物塊間的動摩擦因數和水平長木板與物塊間的動摩擦因數不需要相等，D正確．(3)物塊從B點釋放到運動至斜面底端，合力做功為W，則從C、D、E、F點釋放，物塊運動到斜面底端，合力做功為2W、3W、4W、5W，由題表中數據可得物塊從C、D、E、F點釋放后，在水平長木板上滑行的距離為2x1、3x1、4x1、5x1，可見物塊在斜面上下滑時合力做的功與物塊在水平長木板上滑行的距離成正比，由v2＝2ax得，v2與x成正比，則物塊在斜面上下滑時，合力所做的功與物塊在斜面上滑行時速度平方的變化成正比．8．[2019·安徽省江南十校高三二模]為測一遙控電動小車的額定功率，進行了如下實驗：①將電動小車、紙帶和打點計時器等按如圖甲所示安裝；②接通打點計時器電源(其打點周期為0.02s)；③使電動小車以額定功率加速運動，達到最大速度一段時間后關閉小車電源，待小車靜止在斜面上后再關閉打點計時器電源(小車在整個運動中所受阻力恒定)．在上述過程中，打點計時器在紙帶上所打的部分點跡如圖乙所示，請你分析紙帶數據，回答下列問題(結果均保留兩位有效數字)．(1)該電動小車運動的最大速度為________m/s.(2)關閉小車電源后，小車的加速度大小為________m/s2.(3)若小車的質量為0.4kg，則小車的額定功率是________W.答案：(1)2.0(2)4.0(3)3.2解析：(1)根據紙帶可知，當所打的點點距均勻時，表示小車勻速運動，此時速度最大，故有vm＝eq\f(x,t)＝eq\f(8.00×10－2,0.04)m/s＝2.0m/s.(2)關閉電源后小車做勻減速直線運動，由于不知道關閉電源的確切時間，故采用紙帶最后四組數據計算，根據逐差公式可得a＝eq\f(4.28＋4.93－5.56－6.21×10－2,4×0.042)m/s2＝－4.0m/s2，負號表示加速度方向與運動方向相反．(3)當小車勻速運動時有F＝Ff＋mgsinθ，而勻減速運動時ma＝－Ff－mgsinθ，故小車的額定功率為：P＝Fvm＝(Ff＋mgsinθ)·vm＝－mavm＝0.4×4.0×2.0W＝3.2W.考向3電學基礎實驗1．在“多用電表的使用”實驗中：(1)甲同學利用多用電表測量電阻．他用電阻“×100”A．將選擇開關旋轉到電阻“×1k”擋的位置，再將兩表筆分別接被測電阻的兩根引線進行測量B．將選擇開關旋轉到電阻“×1k”擋的位置，將兩表筆短接，進行歐姆調零后，再將兩表筆分別接被測電阻的兩根引線完成測量C．將選擇開關旋轉到電阻“×10”D．將選擇開關旋轉到電阻“×10”(2)如圖1所示，為一正在測量中的多用電表表盤．如果用電阻“×100”(3)乙同學利用多用電表測量電路中小燈泡正常工作時的有關物理量．以下操作正確的是________．A．將選擇開關旋轉到合適的電壓擋，閉合開關，利用圖2的電路測量小燈泡兩端的電壓B．將選擇開關旋轉到合適的電阻擋，閉合開關，利用圖2的電路測量小燈泡的電阻C．將選擇開關旋轉到合適的電流擋，閉合開關，利用圖3的電路測量通過小燈泡的電流D．將選擇開關旋轉到合適的電流擋，把圖3中紅、黑表筆接入電路的位置互換，測量通過小燈泡的電流(4)丙同學利用多用電表探測圖4所示黑箱時發現：用直流電壓擋測量，E、G兩點間和F、G兩點間均有電壓，E、F兩點間無電壓；用電阻擋測量，黑表筆接E點，紅表筆接F點，阻值很小，但反接阻值很大．那么該黑箱內元件的接法可能是下圖中的________．答案：(1)B(2)2600(3)AC(4)B解析：(1)選用電阻“×100”擋測量時，發現指針偏轉角度過小，說明所選擋位太小，為了得到比較準確的測量結果，應換用“×1k”擋，然后進行歐姆調零，再測電阻的阻值，故選B.(2)用電阻“×100”擋測量，由圖示表盤示數可知，其讀數為26×(3)多用電表電流一定是從紅表筆流入，從黑表筆流出，圖2是測小燈泡兩端的電壓，圖3是測通過小燈泡的電流，表筆位置均正確，用多用電表測小燈泡的電阻時應將開關斷開，故選A、C.(4)用直流電壓擋測量，E、G兩點間和F、G兩點間均有電壓，E、F兩點間無電壓，說明E、G與F、G間有電源存在，E、F間無電源；用歐姆擋測量，因電流從黑表筆流出通過黑箱內的元件再從紅表筆流入多用電表，故若黑表筆接E，點、紅表筆接F點時電阻小，黑表筆接F點、紅表筆接E點時電阻很大，說明E、F間有二極管且E端接正極，故該黑箱內元件的接法可能是B.2．(1)某同學用多用電表測量某一電阻，以下是該同學實驗過程中的主要操作步驟．a．將“選擇開關”置于如圖甲所示的位置；b．將紅黑表筆短接，轉動歐姆調零旋鈕，進行歐姆調零；c．如圖乙所示把兩表筆接觸待測電阻的兩端進行測量，表盤指針如圖丙所示；d．記下讀數，實驗完畢．請指出該同學操作中不合理或遺漏的地方并改正．__________________________________；__________________________________；__________________________________.(2)該同學想采用“伏安法”更精確地測量該電阻的阻值，選用了如圖所示的實驗器材．其中電壓表量程3V、內阻約為3kΩ，電流表量程15mA、內阻約為4Ω，滑動變阻器總阻值為20Ω，電源電動勢為3V．圖中已經完成部分導線的連接，請你在實物接線圖中完成剩余導線的連接．答案：(1)甲圖中選擇開關應置于×10擋，且重新歐姆調零乙圖中雙手不能同時接觸表筆金屬部分讀數后應將開關置于OFF或交流500V擋，才能實驗完畢(2)接線圖見解析圖解析：(1)根據歐姆表的使用方法可知，歐姆表指針偏角過大，說明待測電阻阻值過小，應選擇較小的倍率，所以甲圖中選擇開關應置于×10擋，且需要重新歐姆調零；乙圖中，不能將兩只手同時接觸表筆，否則測量的是待測電阻與人體電阻的并聯電阻；讀數完后應將選擇開關置于“OFF”擋或交流電壓最高擋．(2)從丙圖可讀出待測電阻R＝7×10Ω＝70Ω，若變阻器采用限流式接法，電路中的最大電阻應為Rmax＝eq\f(E,\f(1,3)IA)＝eq\f(3,\f(1,3)×15×10－3)Ω＝600Ω，由于變阻器的總電阻過小，所以變阻器應采用分壓式接法；由于待測電阻滿足eq\f(RV,Rx)>eq\f(Rx,RA)，所以電流表應用外接法，實物連線圖如圖所示：3．[2019·甘肅一診]有一個額定電壓為2.8V、功率約為0.8W的小燈泡，現要用伏安法描繪這個小燈泡的I-U圖線，有下列器材供選用：A．電壓表(0～3V，內阻6kΩ)B．電壓表(0～15V，內阻30kΩ)C．電流表(0～3A，內阻0.1Ω)D．電流表(0～0.6A，內阻0.5Ω)E．滑動變阻器(0～10Ω，2A)F．滑動變阻器(0～200Ω，0.5A)G．蓄電池(電動勢6V，內阻不計)(1)某同學誤將電流表和電壓表接成如圖甲所示的電路，其他部分連接正確，接通電源后，小燈泡的發光情況是________．要求小燈泡兩端的電壓從零開始增大，應選擇圖乙中的電路圖是________(填“a”或“b”)．(2)用正確的電路進行測量，電壓表應選用________，電流表應選用________(用序號字母表示)．(3)滑動變阻器應選用________(用序號字母表示)．(4)通過實驗測得此小燈泡的伏安特性曲線如圖丙所示，由圖線可求得此小燈泡在正常工作時的電阻為________Ω.(5)若將此小燈泡與電動勢6V、內阻不計的電源相連，要使小燈泡正常發光，需串聯一個阻值為________Ω的電阻(結果保留三位有效數字)．答案：(1)不亮b(2)AD(3)E(4)10(5)11.4解析：(1)由題圖甲可知，電壓表串聯在電路中，電路中的電阻很大，小燈泡不亮；要使小燈泡兩端的電壓從零開始調節，滑動變阻器應采用分壓接法，故電路圖應選擇b.(2)小燈泡的額定電壓為2.8V，故電壓表的量程應略大于2.8V，故電壓表應選A；由P＝UI得，電流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(0.8W,2.8V)＝0.29A，故電流表應選D.(3)本實驗中滑動變阻器是分壓接法，為了方便調節，滑動變阻器選最大阻值較小的，故應選E.(4)由題圖丙可知，當電壓為2.8V時，電流為0.28A，則電阻R＝eq\f(U,I)＝10Ω.(5)要使小燈泡串聯在6V的電源上正常工作，則與它串聯的電阻所分電壓為6V－2.8V＝3.2V，串聯的電阻R′＝eq\f(3.2V,0.28A)＝11.4Ω.4．某實驗小組用電流表和電壓表測干電池的電動勢和內阻時，所用滑動變阻器的阻值范圍為0～20Ω，連接電路的實物圖如圖a所示．(1)該電路連接錯誤和不規范的做法是________．A．滑動變阻器不起變阻作用B．電流表接線有錯C．電流表量程選擇不當D．電壓表接線有錯(2)本實驗所用的電路如圖b所示，小組測得五組數據，根據這些數據在圖c中作出U-I圖線，已知R0＝1Ω.由此可知被測電源的電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω.(3)某同學將測量電路連接成如圖d所示，其他操作正確，由電壓表的讀數U和電流表的讀數I，作出U-I圖線如圖e所示，可得電源的電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω.(結果保留兩位有效數字)答案：(1)ABC(2)3.000.38(3)2.90.50解析：(1)根據電路圖可知，滑動變阻器同時接下面兩個接線欄，被接成了定值電阻，不起變阻作用，電壓表正、負接線柱接反了，即電壓表接線錯誤，電流表量程不對，故錯誤和不規范的做法應是A、B、C.(2)在畫出的U-I圖象中，縱軸的截距表示電源電動勢，斜率大小的絕對值表示內阻，根據題圖c可得：E＝3.00V，r＋R0＝eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(3.00－1.20,1.30)Ω＝1.38Ω，又R0＝1Ω，則r＝0.38Ω.(3)由該同學的電路接法可知，R左右兩部分電阻并聯后與R0串聯，又由題圖e可知，路端電壓先增大后減小，則可知，在滑片移動過程中，滑動變阻器接入電路的阻值先增大后減小，當電壓為2.4V時，電流為0.50A，此時R左右兩部分電阻相等，則總電流為I1＝1.0A；而當電壓為2.3V時，電流分別對應0.33A和0.87A，則說明當電壓為2.3V時，干路電流為I2＝0.33A＋0.87A＝1.2A；根據閉合電路歐姆定律可得2.4V＝E－I1r,2.3V＝E－I2r，解得E＝2.9V，r＝0.50Ω.5．做“測定銅導線的電阻率”實驗中可供使用的器材有：A．橫截面積為1.0mm2、長度為100m的一捆銅導線(電阻Rx約2Ω)；B．電流表G(內阻Rg＝100Ω，滿偏電流Ig＝3mA)；C．電流表A(量程0～0.6A，內阻約1Ω)；D．滑動變阻器R(最大阻值5Ω)；E．定值電阻(R0＝3Ω，R1＝900Ω，R2＝1000Ω)；F．電源(電動勢6V，內阻不計)；G．開關、導線若干．請完成下列實驗內容：(1)把電流表G與定值電阻串聯改裝成量程為0～3V的電壓表，則定值電阻應選________(填“R1”或“R2(2)為了盡可能獲取多組數據，實驗電路圖應選下列四幅中的________，電路中R0的作用是________．(3)根據正確的電路圖，完成實物圖的連接(已正確連接了部分導線)．(4)某次測量中，電流表G的讀數為2.40mA時，電流表A的讀數為0.50A，由此求得銅導線的電阻率為________Ω·m(保留兩位有效數字)．答案：(1)R1(2)甲減慢電表示數的變化，保護電表(3)如圖所示解析：(1)要把電流表G改裝成量程為0～3V的電壓表，串聯的定值電阻阻值為eq\f(3V,3mA)－100Ω＝900Ω，則定值電阻應選R1.(2)為了盡可能獲取多組數據，滑動變阻器應采用分壓接法，電流表A外接，實驗電路圖應選甲，電路中R0的作用是減慢電表示數的變化，保護電表．(3)實物圖能連接如圖所示．(4)某次測量中，電流表G的讀數為2.40mA時，則Rx和R0串聯支路的電壓為U＝2.40mA×1000Ω＝2.4V，電流表A的讀數為I＝0.50A，由歐姆定律可得，Rx＋R0＝eq\f(U,I)＝4.8Ω，解得Rx＝1.8Ω.由電阻定律有Rx＝eq\f(ρL,S)，求得銅導線的電阻率為ρ＝1.8×10－8Ω·m.考向4電學創新實驗1．某同學欲測量一個電源的電動勢和內阻．可使用的器材有：A．兩只相同的毫安表(量程Ig＝3mA，內阻Rg＝1000Ω)；B．滑動變阻器R1(最大阻值為20Ω)；C．滑動變阻器R2(最大阻值為2000Ω)；D．各種規格的定值電阻；E．電源E(電動勢約為3.0V)；F．開關、導線若干．(1)給出的毫安表量程太小，該同學首先要把一只毫安表改裝成量程為0.6A的電流表，他需要把阻值為________Ω的定值電阻R0與毫安表并聯．(結果保留一位小數)(2)該同學用如圖甲所示電路測定電源的電動勢和內阻，請按此電路圖將圖乙中的實物連線補充完整．(3)為使實驗結果更為精確，便于操作，滑動變阻器應選擇________．(填“R1”或“R2(4)該同學連好電路，改變滑動變阻器滑片的位置，讀出毫安表、的示數分別為I1、I2，并得到多組數據，建立直角坐標系，作出了I2和I1的關系圖線，如圖丙所示．根據圖線得出電源電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω.(保留兩位小數)答案：(1)5.0(2)如解析圖所示(3)R1(4)3.00(2.85～3.10之間即可)1.99(1.85～2.15之間即可)解析：(1)要把毫安表改裝成0.6A的電流表，需要并聯一個小電阻，并聯電阻阻值R0＝eq\f(IgRg,I－Ig)＝eq\f(0.003×1000,0.6－0.003)Ω≈5.0Ω.(2)根據電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示．

(3)為方便實驗操作，應選擇最大阻值較小的滑動變阻器，即R1.(4)由題意可知，毫安表內阻是并聯電阻R0阻值的200倍，毫安表示數為I1，則穿過滑動變阻器的電流I′＝200I1＋I1＝201I1，電源電動勢E＝U＋Ir＝I2Rg＋(I2＋201I1)r，整理得I2＝eq\f(E,Rg＋r)－eq\f(201r,Rg＋r)I1，I2-I1圖象的縱軸截距b＝eq\f(E,Rg＋r)，圖象斜率的絕對值k＝eq\f(201r,Rg＋r)，由圖示圖象可知b≈0.003A，k≈0.4，解得電源電動勢E≈3.00V，電源內阻r≈1.99Ω.2．如圖甲所示是某汽車轉向燈的控制電路，電子閃光器可以產生周期性的開關動作，使轉向信號燈和轉向指示燈閃爍．該電路的工作過程為：汽車若向左轉彎，就把轉向信號燈開關(單刀三擲開關)撥至左側位置1，閃光器工作，轉向信號燈閃爍，向路人或其他車輛發出信號，同時安裝在儀表盤上的轉向指示燈也在閃亮，向駕駛員提供轉向燈工作的情況；汽車向右轉彎的原理與向左轉彎一樣．(1)閉合點火開關，將轉向信號燈開關撥至右側位置2，發現電路不工作．為排查電路故障，多用電表的選擇開關應旋至________(選填“歐姆擋”“交流電壓擋”“直流電壓擋”或“直流電流擋”)的位置；用調節好的多用電表進行排查，若只有電子閃光器斷路，則表筆接A、B時指針________(選填“偏轉”或“不偏轉”)，接B、D時指針________(選填“偏轉”或“不偏轉”)．(2)電容式轉向信號閃光器的內部結構如圖乙所示，它主要由一個具有雙線圈的靈敏繼電器和一個大容量的電容器組成．其工作原理如下：①接通轉向燈電路，蓄電池通過線圈L1和常閉觸點對轉向燈供電，在線圈L1的磁場的作用下，________________________________________________________________________.②蓄電池對電容器充電，此時線圈L1、L2均串入電路，故轉向燈電流較小，轉向燈不亮，在線圈L1、L2的磁場的作用下，觸點打開．③充電結束后，電流為零，觸點閉合，蓄電池通過線圈L1和觸點向轉向燈供電，電容器也通過線圈L2放電，________________________________________________________________________.④放電結束后，線圈L2的電流為零，觸點打開，轉向燈不亮．重復上述過程，實現轉向燈的閃爍．請將上述原理補充完整．答案：(1)直流電壓擋偏轉不偏轉(2)①觸點打開，轉向燈電路切斷，轉向燈不亮③L1、L2中電流方向相反，產生的磁場抵消，觸點閉合，轉向燈發光解析：(1)蓄電池為直流電源，將轉向信號燈開關撥至右側位置2時電源接入電路，為排查電路故障，多用電表的選擇開關應旋至直流電壓擋的位置．用多用電表的直流電壓擋檢查電路故障，若只有電子閃光器斷路，由題圖電路圖可知，表筆接A、B時，電壓表與電源兩極相連接，指針偏轉，表筆接B、D時，電壓表與電源兩極不相連，電壓表指針不偏轉．(2)①接通轉向燈電路，蓄電池通過線圈L1和常閉觸點對轉向燈供電，在線圈L1的磁場的作用下，觸點打開，轉向燈電路切斷，轉向燈不亮．③充電結束后，電流為零，觸點閉合，蓄電池通過線圈L1和觸點向轉向燈供電，電容器也通過線圈L2放電，L1、L2中電流方向相反，產生的磁場抵消，觸點閉合，轉向燈發光．3．現有一特殊電池，它的電動勢E約為5V，內阻r約為40Ω，已知該電池允許輸出的最大電流為40mA.為了測定該電池的電動勢和內阻，某同學準備了如下器材：A．待測電池B．電壓表V：量程0～15V，內阻RV≈15kΩC．電流表A：量程0～1mA，內阻RA＝156ΩD．電阻箱R：0～999.9ΩE．定值電阻R1＝4ΩF．定值電阻R2＝39ΩG．定值電阻R3＝50ΩH．定值電阻R4＝9