新高考15题——11、12实验题（ 解析版)—2021届高考物理冲刺专题复习

新高考 15 题——12 压轴实验题 - 1 - 1．验证力的平行四边形定则”的实验如图甲所示。 （1）某同学实验操作步骤如下： ①如图甲所示，把橡皮条的一端固定在板上的 A 点，用两条细绳连在橡皮条的另一端，通过 细绳用两个弹簧测力计互成角度拉橡皮条，橡皮条伸长，使结点伸长到 O 点，用铅笔记下 Q 点的位置，并记下两个测力计的读数； ②在纸上按比例作出两个力 FOB、FOC 的图示，用平行四边形定则求出合力 F； ③只用一个测力计，通过细绳把橡皮条上的结点拉到同样的位置 O 点，记下测力计的读数和细 绳的方向，按同样比例作出这个力 F′的图示（如图乙），比较 F′与用平行四边形定则求得的合 力 F； ④改变 FOB 和 FOC 的夹角和大小，重复上述过程。 上述实验过程中有重要遗漏的步骤是 记录两细绳的方向 （填步骤序号）；图乙中， F' （选 填“F”或“F′”）力的图线与 AO 延长线重合。 （2）某同学认为在实验过程中必须注意以下几项，你认为正确的有 AC 。 A．拉橡皮条的细绳套适当细一些且长一些 B．实验中把橡皮条结点拉到 O 点时，两弹簧测力计之间的夹角为 90°不变，可便于计算合力 C．拉橡皮条时，橡皮细绳和弹簧测力计应贴近且平行于木板 D．两根细绳必须等长，且橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上 （3）如图丙，某次测量 FOB、FOC 大小和方向实验过程中发现，FOC 读数几乎满量程，而 FOB 读数不到量程 一半（两弹簧测力计相同），需要作适当调整，下列做法正确的是 AB 。 A．保持结点 O 位置不变、OB 方向不变，OC 逆时针转过一定的角度 B．保持结点 O 位置不变，OB、OC 逆时针转过适当的角度 C．适当调整结点 O 远离 A，OB 顺时针方向、OC 逆时针方向各转过适当角度 D．适当调整结点 O 靠近 A，OB 方向可不变，OC 顺时针方向转过一个角度 【解答】解：（1）本题要利用力的图示作出平行四边形，所以需要知道力的大小与方向，故步 骤①需要记录两细绳的方向；图乙中 F 是平行四边形的对角线，为两个分力的理论上的合力， F′是实际合力，其方向一定在 AO 的延长线的方向上，故选 F′； （2）A．细线更细更长一些可使力的方向记录的更精确，故 A 正确； B．合力的计算是通过作图的方式，实验过程中不要求夹角是 90°，故 B 错误； C．橡皮条、细绳和弹簧测力计应与木板平行可以减小弹力大小的偶然误差，使实验更精确， 故 C 正确； D．实验中两细绳不必要等长，为了保证实验结果的普适性，两细绳的夹角与橡皮条的角度关 系应多样化，故 D 错误。 故选：AC； （3）A．保持结点的位置不变，即合力不变，OB 方向不变，当 OC 逆时针旋转一定的角度， FOC 变小并可以满足平行四边形定则，故 A 正确； B．保持结点 O 的位置不变，即合力不变，OB、OC 均逆时针旋转一定的角度，FOC 变小并可 以满足平行四边形定则，故 B 正确； C．适当调整结点 O 远离 A，则合力增大，OB 顺时针方向、OC 逆时针方向各转过适当角度， 此时 OB、OC 拉力均增大，由于 FOC 已经满量程，此种情况不成立，故 C 错误； D．适当调整结点 O 靠近 A，则合力减小，OB 方向不变、当 OC 顺时针方向转过适当角度， 满足平行四边形定则，FOC 不一定变小，故 D 错误。 故选：AB。 故答案为：（1）①；F′；（2）AC；（3）AB。 2．长郡中学物理兴趣小组做“验证力的平行四边形定则”实验。 （1）图 15 是实验装置，将橡皮条一端固定在长木板上，另一端与两根细绳相连，两细绳的另 一端分别有一个绳套，实验时，先用两个弹簧测力计平行于木板拉绳套，将橡皮条与细绳的结 点拉到 O 点，其中拉 OC 细绳的弹簧测力计指针位置如图 15 所示，其读数为 2.60 N；根据 记录的两个弹簧测力计的示数 F1、F2 和各自的方向，作出这两个力的图示，并用作图法作出两 个力的合力 F；再用一个弹簧测力计拉橡皮条，也使结点到 0 点，记录这时弹赞测力计的示数 和方向，并作出这个力的图示 F′，图 16 中的 F 与 Fα两力中，方向一定沿 A0 方向的是 F′ ； 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 2 - （2）关于实验中的一些要点，下列说法正确的是 ABC 。 A．分力和合力的大小都不能超过弹簧测力计的量程 B．测量同一组数据 F1、F2 和合力 F 的过程中，橡皮条与细绳结点的位置不能变化 C．橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置 0 时，拉力要适当大些 D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同﹣﹣细绳方向的两点要近些 （3）在做“验证力的平行四边形定则”的实验中，用 M、N 两个弹簧测力计拉橡皮条使其结点 位于 0 处，此时 a+β＝90°，如图 17 所示，然后保持弹簧测力计 N 的方向不变，当 a 角由图 17 中所示的值减小时，要使结点仍在 0 处，则两弹簧测力计的读数中 A 。 A．M 的读数增大，N 的读数减小 B．M 的读数减小，N 的读数减小 C．M 的读数先增大后减小，N 的读数一直减小 D．M 的读数一直减小，N 的读数先增大后减小 【解答】解：（1）弹簧秤最小刻度为 0.1N，则弹簧秤的读数为 2.60N。 用一根弹簧秤拉橡皮筋时，拉力的方向与橡皮筋在同一条直线上，可知方向一定沿 AO 方向的 是 F′。 （2）A、实验时，拉力的大小不能太小，也不能太大，分力和合力都不能超过弹簧测力计的量 程，故 A 正确。 B、为了产生相同的效果，橡皮条与细绳结点的位置不能变化，故 B 正确。 C、橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置 0 时，拉力要适当大些，故 C 正确。 D、拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故 D 错误。 故选：ABC。 （3）该题本质上考查了物体的动态平衡，由题意可知：保持 D 点位置不动，即合力大小方向 不变，弹簧测力计 N 的方向不变，因此根据要求作出力的平行四边形定则，画出受力分析图如 下： 所以由图可知α角逐渐变小时，M 的示数在增大，N 的示数减小，故 A 正确。 故选：A。 故答案为：（1）2.60，F′，（2）ABC，（3）A。 3．将两根自然长度相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起，看作一根新弹簧，设原粗 弹簧（记为 A）劲度系数为 k1，原细弹簧（记为 B）劲度系数为 k2、套成的新弹簧（记为 C） 劲度系数为 k3．关于 k1、k2、k3 的大小关系，同学们做出了如下猜想： 甲同学：和电阻并联相似，可能是 乙同学：和电阻串联相似，可能是 k3＝k1+k2 丙同学：可能是 k3 （1）为了验证猜想，同学们设计了相应的实验（装置见图甲）． （2）简要实验步骤如下，请完成相应填空． a．将弹簧 A 悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧 A 的自然长度 L0； b．在弹簧 A 的下端挂上钩码，记下钩码的个数”、每个钩码的质量 m 和当地的重力加速度大 小 g，并用刻度尺测量弹簧的长度 L1； c．由 F＝ nmg 计算弹簧的弹力，由 x＝L1﹣L0 计算弹簧的伸长量，由 k 计算弹簧的劲度 系数； d．改变 钩码的个数 ，重复实验步骤 b、c，并求出弹簧 A 的劲度系数的平均值 k1；e．仅 将弹簧分别换为 B、C，重复上述操作步骤，求出弹簧 B、C 的劲度系数的平均值 k2、k3．比较 k1，k2、k3 并得出结论． （3）图乙是实验得到的图线，由此可以判断 乙 同学的猜想正确． 【解答】解：（2）根据共点力平衡可知：F＝nmg 改变钩码的个数，重复实验 （3）有图可知：k1 ㌳䁠 ㌳ Ȁ 䁠Ȁk2 ㌳䁠 ㌳ Ȁ ൌ㌳䁠Ȁ ，k3 䁠 ㌳m Ȁ ㌳䁠Ȁ故满足 k3＝k1+k2，故乙正确 故答案为：（2）nmg，钩码的个数；（3）乙 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 3 - 4．某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹 簧轴线和刻度尺都在竖直方向上。弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度记为 L0；弹簧下端挂上 砝码盘时，长度记为 Lx。 （1）在砝码盘中每次增加 20g 砝码，弹簧长度依次记为 L1 至 L6，数据如表： 弹簧长度 L0 Lx L1 L2 L3 L4 L5 L6 数值（cm） 6.15 7.13 9.10 11.05 13.01 15.0 16.93 18.83 表中有一个数值记录不规范，代表符号为 L4 （填“L0”、“Lx”、“L1”、“L2”、“L3”、“L4”、 “L5”、或“L6”）。 （2）该同学根据表中部分数据作的图如图所示，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与 L0 （填“L0”或“Lx”）。 （3）由图可知弹簧的劲度系数为 10 N/m（结果保留两位有效数字，取重力加速度大小 g＝ 9.8m/s2）。 【解答】解：（1）弹簧自然悬挂，待弹簧稳定时，长度记为 L0．用刻度尺测量长度时读数应估 计到最小分度的下一位，可知 L4 读数不规范，没有估读一位。 （2）图像中质量为 0 时，x＝0.5×1.96×10﹣2cm＝0.98cm，所以横轴是弹簧的长度与弹簧未挂上 砝码时弹簧长度 L0 的差值； （3）根据胡克定律公式△F＝k△x，有 k ㌳m ㌳䁠㌳䁠㌳ N/m＝10N/m 答：（1）L4，（2）L0，（3）10 5．在探究弹力和弹簧伸长量的关系实验中，由于弹簧自身重力的影响，弹簧平放时的长度与竖直 悬挂时的长度有明显不同。 （1）先将弹簧平放在桌面上，如图甲所示，用刻度尺测得弹簧的长度为 L0，弹簧左端与刻度 尺 0 刻线对齐，右端对应刻度尺的读数如图乙所示，则 L0＝ 1.15 cm。 （2）将弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧的一侧， 并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上，如图丙所示。当弹簧自然下垂时，将指针指示的刻 度值记为 L1；弹簧下端挂一个 50g 的钩码时，指针指示的刻度值记为 L2；弹簧下端挂两个 50g 的钩码时，指针指示的刻度值记为 L3；……；测量记录如表。 代表符号 L1 L2 L3 L4 L5 L6 刻度值/cm 1.70 3.40 5.10 6.85 8.60 10.30 借鉴力学实验中常用的“逐差法”处理实验数据，能够减小因为长度测量带来的误差，每增加 50g 钩码，弹簧平均伸长量增加△L，则△L＝ 䁠 （用表格中的符号表示）。 （3）弹簧的劲度系数 k＝ 28.4 N/m（g 取 9.8m/s2，保留 3 位有效数字）。 （4）弹簧自身的重力 G0＝ 0.156 N（保留 3 位有效数字）。 【解答】解：（1）该刻度尺的最小分度为 1mm，则图中得读数为 1.15cm； （2）根据题意有：L4﹣L1＝3△L 同理：L5﹣L2＝3△L，L6﹣L3＝3△L， 因此△L 䁠 ； （3）弹簧的劲度系数为： k 䁠 䁠 ㌳m ㌳m䁠m㌳㌳ ㌳ൌ㌳䁠㌳ N/m＝28.4N/m； （4）弹簧自身的重力为：G0＝k（L1﹣L0）＝28.4×（1.70﹣1.15）×10﹣2N＝0.156N。 故答案为：（1）1.15；（2） 䁠 ；（3）28.4；（4）0.156 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 4 - 6．在用图甲所示的装置“验证牛顿第二定律”的实验中，保持小车质量一定时，验证小车加速度 a 与合力 F 的关系． ①除了电火花计时器、小车、砝码、砝码盘、细线、附有定滑轮的长木板、垫木、导线及开关 外，在下列器材中必须使用的有 ACE （选填选项前的字母）． A．220V、50Hz 的交流电源 B．电压可调的直流电源 C．刻度尺 D．秒表 E．天平（附砝码） ②为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，以下操作正确的是 AC ． A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行 B．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上 C．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上 ③某同学得到了图乙所示的一条纸带，由此得到小车加速度的大小 a＝ 1.15 m/s2（保留三 位有效数字）． ④在本实验中认为细线的拉力 F 等于砝码和砝码盘的总重力 mg，已知三位同学利用实验数据 做出的 a﹣F 图象如图丙中的 1、2、3 所示．下列分析正确的是 （选填选项前的字母）． A．出现图线 1 的原因可能是没有平衡摩擦力 B．出现图线 2 的原因可能是砝码和砝码盘的质量不合适 C．出现图线 3 的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大 ⑤在本实验中认为细线的拉力 F 等于砝码和砝码盘的总重力 mg，由此造成的误差是 系统误 差 （选填“系统误差”或“偶然误差”）．设拉力的真实值为 F 真，小车的质量为 M，为了使 真 真 ＜ 5%，应当满足的条件是 ＜ 5% ． 【解答】解：①电火花计时器需要 220V、50Hz 的交流电源，要用刻度尺测量纸带上点迹的距 离，需要天平测量小车的质量，故需要 ACE，故选：ACE ②为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应当将穿 过打点计时器的纸带连在小车上，调整长木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，同 时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，故 AC 正确，B 错误；故选：AC ③从第一个点开始，每隔四个点取一个计数点，根据纸带可知，相邻计数点之间的距离依次为 x1＝2.61﹣0.90cm＝1.71cm＝0.0171m， x2＝5.50﹣2.61cm＝2.89cm＝0.0289m，x3＝9.50﹣5.50cm＝4.00cm＝0.0400m，时间间隔 T＝0.1s， 根据作差法得 a ㌳㌳ൌ ㌳ ㌳䁠Ȁ ④A、根据图象 1 可知，当没有挂砝码、砝码盘时，小车产生了加速度，因此说明平衡摩擦力 时木板倾角太大，故 A 错误； B、根据图象 2 可知，随着 F 的增大，即砝码、砝码盘的质量增大，不再满足砝码、砝码盘质 量小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故 B 正确； C、根据图象 3 可知，当挂上砝码、砝码盘时，小车的加速度还是为零，说明没有平衡摩擦力 或平衡的不够，故 C 错误；故选：B ⑤在本实验中认为细线的拉力 F 等于砝码和砝码盘的总重力 mg，由此造成的误差是系统误差， 对小车，根据牛顿第二定律得： 真 ，对整体，根据牛顿第二定律得： ， 且 真 真 ＜5%，解得： ＜5%． 故答案为：①ACE；②AC；③1.15；④B；⑤系统误差；5%． 7．用如图 1 所示的装置验证牛顿第二定律。 ①除了图 1 中所给器材以及交流电源和导线外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是 BD （选填正确选项的字母）。 A．秒表 B．天平（含砝码） C．弹簧测力计 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 5 - D．刻度尺 ②实验前平衡小车与木板间摩擦力的做法是：把实验器材安装好，先不挂重物，将小车放在木 板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。用垫块把木板一端垫高，接通打点计时器， 让小车以一定初速度沿木板向下运动，并不断调节木板的倾斜度，直到小车拖动纸带沿木板做 匀速 运动。 ③为使砂桶和砂的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，需满足的条件是砂桶及砂 的总质量 远小于 小车的总质量。（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”） ④实验中打出的一条纸带的一部分如图 2 所示。纸带上标出了连续的 3 个计数点 A、B、C， 相邻计数点之间还有 4 个点没有标出。打点计时器接在频率为 50Hz 的交流电源上。则打点计 时器打 B 点时，小车的速度 vB＝ 0.44 m/s。多测几个点的速度做出 v﹣t 图象，就可以算出 小车的加速度。 ⑤为研究加速度和力的关系，要保证 小车 的总质量不变，改变砂桶内砂的质量，重复做几 次实验，通过实验数据来研究加速度和力的关系。 ⑥在研究加速度与质量的关系时，要保证的砂和砂桶的质量不变。若砂和砂桶的质量 m 与小 车的总质量 M 间的关系不满足第③问中的条件，由实验数据作出 a 和的图线，则图线应如图3 中的 C 所示（选填正确选项的字母）。 【解答】解：（1）打点计时器时计时仪器，故不需要秒表，故 A 错误； B、在实验中需要测量出小车及沙桶及沙的质量，故 B 正确； C、在实验中，砂和砂桶的重力提供拉力，故不需要弹簧测力计，故 C 错误； D、需要测量纸带打出点的长度，故 D 正确； 故选：BD （2）在验证牛顿第二定律时小车需平衡摩擦力，直到小车在木板上做匀速运动 （3）以整体为研究对象有 mg＝（m+M）a，解得 a ， 以 M 为研究对象有绳子的拉力 F＝Ma ，为使砂桶和砂的总重力在数值上近似等于 小车运动时受到的拉力，需满足的条件是砂桶及砂的总质量远小于小车的质量 （4）中间时刻的瞬时速度为 v ㌳mm ㌳ Ȁ ㌳Ȁ（5）根据控制变量法可知，为研究加速度和力的关系，要保证小车的总质量不变， （6）根据牛顿第二定律可知 mg＝（M+m）a，解得 a ，故 C 正确 故答案为：①BD ②匀速 ③远小于 ④0.43﹣0.45 ⑤小车 ⑥C 8．用如图甲所示的装置探究加速度与质量的关系，把右端带有滑轮的长木板放在实验桌上，小车 的左端连接穿过打点计时器的纸带，右端连接细线，细线绕过定滑轮挂有托盘和砝码，通过垫 块调节木板左端高度平衡摩擦力。 （1）下列实验操作中正确的有 BD 。 A．先释放小车后接通电源 B．调整定滑轮使细线与长木板平行 C．平衡摩擦力时必须移去纸带 D．平衡摩擦力时必须移去托盘和砝码 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 6 - （2）某次实验打出的一条纸带如图乙所示，测得计数点 1、2、3、4 与 0 计数点间的距离分别 为 x1＝3.60cm、x2＝9.61cm、x3＝18.01cm、x4＝28.81cm。已知打点计时器打点周期为 0.02s， 相邻计数点间有四个打点未画出，则小车的加速度 a＝ 2.40 m/s2（结果保留三位有效数字）。 （3）实验中保持托盘和砝码的总质量不变，改变小车和车内沙子的总质量 M，进行实验，打 出纸带，算出相应的加速度 a，数据如表所示。请在图丙中根据描出的点作出 a 图像；由图 像可得出的结论是 在拉力不变，且满足托盘和砝码的总质量远小于小车和沙子的总质量时， 加速度 a 与质量 M 成反比 。 托盘和砝码总质量为 20g a/（m•s﹣2） 2.40 1.99 1.43 1.25 1.11 0.77 0.62 0.48 0.24 M/kg 0.06 0.08 0.12 0.14 0.16 0.24 0.30 0.40 0.80 /（kg﹣1） 16.67 12.50 8.33 7.14 6.25 4.17 3.33 2.50 1.25 （4）某小组在实验中作出 M 图像如图丁所示，图像斜率的物理意义是 托盘和砝码的总重 力的倒数 ；若图像纵截距为 b，斜率为 k，则托盘和砝码的总质量 m＝ （用字母 b、k 表示）。 【解答】解：（1）A、在实验操作过程中，要先接通电源后释放小车，故 A 错误； B、调整定滑轮使细线与长木板平行，保证使绳中拉力等于小车受到的合力，否则拉力不会等 于合力，故 B 正确； C、平衡摩擦力时必须连接纸带，因为在小车拖动纸带运动的过程中，纸带与打点计时器有摩 擦，故 C 错误； D、平衡摩擦力时必须移去托盘和砝码，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，故 D 正确； 故选：BD （2）相邻计数点间有四个打点未画出，故相邻计数点间的时间间隔 T＝5×0.02s＝0.1s， x02＝x2＝9.61cm＝0.0961m，x24＝x4﹣x2＝28.81cm﹣9.61cm＝19.2cm＝0.192m，根据逐差法可 得： ㌳㌳ ㌳ Ȁ ㌳Ȁ （3）通过描点，让尽可能多的点在直线上，不能过直线的点对称分布在直线两侧，如图所示： 由图可得在拉力不变，且满足托盘和砝码的总质量远小于小车和沙子的总质量时，加速度 a 与 质量 M 成反比 （4）根据题意，对系统由牛顿第二定律得：mg＝（M+m）a，解得 ，则 图 象的截距为 ，图象的斜率为 ，为托盘和砝码的总重力的倒数，故砂和砂桶的总质量 。 故答案为：（1）BD；（2）2.40；（3）如图所示；在拉力不变，且满足托盘和砝码的总质量远小 于小车和沙子的总质量时，加速度 a 与质量 M 成反比；（4）托盘和砝码的总重力的倒数； 9．某实验小组利用如图 1 所示的实验装置“探究加速度与物体受力的关系”。图中小车 A 的质量 为 M，连接在小车后的纸带穿过电火花计时器，它们均置于已平衡摩擦力的一端带有定滑轮的 足够长的木板上，物块 B 的质量为 m，C 为力传感器（与计算机连接可以直接读数）。实验时改 变 B 的质量，读出力传感器的不同读数 F，不计绳与滑轮的摩擦。 （1）在实验过程中， 不需要 （选填“需要”或“不需要”）满足小车 A 的质量 M 远大于 物块 B 的质量 m 这一条件。 （2）某次实验中得到的一条纸带如图 2 所示，已知打点计时器所用交变电流的频率为 50Hz。 从比较清晰的点起，每五个点取一个点作为计数点，分别标明 A、B、C、D。则当纸带上打出 计数点 B 时重物的速度大小为 1.68 m/s，小车的加速度大小为 10.5 m/s2（结果均保留 3 位有效数字）。 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 7 - （3）实验完毕后，某同学发现实验时的电压小于 220V，那么加速度的测量值与实际值相比 不 变 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 【解答】解：（1）该实验可以用力传感器测量绳子的拉力，故不需要满足小车的质量远大于物 块的质量的条件。 （2）打点计时器打出相邻点间的时间间隔 t 䁠 ㌳ ，每五个点取一个点作为计数点， 计数点间的时间间隔 T＝5t＝5×0.02s＝0.1s，纸带上打出计数点 B 时重物的速度大小 vB ㌳䁠 ㌳ Ȁ 1.68m/s，小车的加速度大小 a ㌳㌳䁠 ㌳ m/s2＝10.5m/s2。 （3）根据（2）中所得到的加速度的表达式可知，加速度与电源电压无关，所以加速度的测量 值与实际值相比是不变的。 故答案为：（1）不需要；（2）1.68；10.5；（3）不变 10．为了验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律，甲、 乙、丙三个实验小组分别采用了如图（甲）、（乙）、（丙）所示的实验装置进行验证。重物由装 砝码的小桶和放入其中的若干砝码组成，试回答下列问题： （1）甲、乙、丙实验中，为了减小系统误差，不宜只选小车作为研究对象的小组是 甲 （选 填：甲、乙、丙）。 （2）实验前，三个小组都进行了平衡摩擦力的操作。之后某次实验得到的纸带如图（戊）所 示，已知打点计时器使用的交流电，频率为 50Hz，纸带上每 5 个点取一个计数点，纸带上的数 据单位是厘米，则该过程对应的加速度 a＝ 0.16 m/s2 （3）甲小组为了尽可能提高测量的精确度，将长木板和小车，换成了气垫导轨和滑块，滑块 装有遮光片，用光电门代替打点计时器及纸带测加速度。每次测量前，先将桶里的部分砝码拿 出，放到滑块上面，再由静止释放滑块进行测量。不计各种阻力以及细线的质量，用 m1g 代表 重物受到的重力（重力加速度取 g）。由于气垫导轨未调水平，做出的 a﹣m1g 图像如图（丁） 所示，已知图像的纵截距为 b，则气垫导轨相对水平面的倾角 θ 的正弦值 sin θ ＝ （仅用 b、 g 表示）。 【解答】解：（1）图甲中小车的拉力不能直接测量，当小车的质量远大于重物的质量时，可以 用重物的重力代替小车的拉力。故不宜只选小车作为研究对象。 （2）打点计时器频率是 50Hz，所以打点时间间隔为 0.02s，每 5 个点取一个计数点，计数点间 的时间间隔 t＝0.02×5s＝0.1s， 由匀变速直线运动的推论△x＝at2，a ㌳m㌳m ㌳ m/s2＝0.16m/s2； （3）气垫未调制水平，对重物由牛顿第二定律有 m1g﹣F＝m1a，① 设小车质量为 m2，对小车由牛顿第二定律有：m2gsinθ+F＝m2a，② 由，①②两式可知 a 䁌㔵 ，当重物质量 m1＜＜滑块质量 m2 时，重物重力近似等于 绳子拉力，此时 a＝g+gsinθ，所以结合图像直线截距 gsinθ＝b。故 sinθ 。 故答案为：（1）甲（2）0.16（3） 。 11．某实验小组利用如图所示装置测量小物块与接触面间的动摩擦因数。已知小物块与长木板面 和水平面的动摩擦因数相同，重力加速度为 g。 （1）甲同学利用该装置进行实验，把长木板倾角调整到合适角度，使小物块在倾斜的长木板 上匀速下滑，测量出长木板倾角为 θ 0，则可知小物块与长木板的动摩擦因数 μ ＝ tan θ 0 。 （2）由于难以确认小物块在倾斜的木板上做匀速运动，乙同学对实验加以改进，增大木板的 倾角使其稍大于 θ 0，再使小物块从 A 点从静止开始下滑，经过 O 点后到达水平面上的 B 点停 下。测得 A 点距水平面的高度为 h，A、B 两点间的水平距离为 x（如图），忽略物块在 O 点的 机械能损失，则可测得动摩擦因数 μ ＝ 。 （3）由于物块在 O 点实际上有机械能损失，因此上述测量结果与真实值比较， μ 测 ＞ μ 真（填 “＞”“＜”或“＝”）。 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 8 - 【解答】解：（1）小物块沿斜面向下匀速运动，则 mgsinθ0﹣μmgcosθ0＝0 解得：μ＝tanθ0 （2）在整个运动过程中，设 AO 段距离为 x1，OB 段距离为 x2，根据动能定理可得： mgh﹣μmgx1cosθ﹣μmgx2＝0﹣0 其中 x1cosθ+x2＝x 联立解得： （3）由于物块在 O 点实际上有机械能损失，则测得的 x 值偏小，故μ测＞μ真 故答案为：（1）tanθ0； （2） ； （3）＞ 12．某研究小组设计了一种“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。如图所示，A 是可固定 于水平桌面上任意位置的滑槽（滑槽末端与桌面相切），B 是质量为 m 的滑块（可视为质点）。 第一次实验：如图（a）所示，将滑槽末端与桌面右端 M 对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由 静止滑下，最终落在水平地面上的 P 点，测出滑槽最高点距离桌面的高度 h、M 距离地面的高 度 H、M 与 P 间的水平距离 x1； 第二次实验：如图（b）所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块 B 再次从滑槽 最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的 P′点，测出滑槽末端与桌面右端 M 的距离 L、M 与 P′间的水平距离 x2。 （1）在第二次实验中，滑块到 M 点的速度大小为 x2 （用实验中所测物理量的符号表示， 已知重力加速度为 g）。 （2）通过上述测量和进一步的计算，可求出滑块与桌面间的动摩擦因数 μ ，下列不能引起实验 误差的是 A （选填序号）。 A．h 的测量 B．H 的测量 C．L 的测量 D．x2 的测量 （3）若实验中测得 h＝15cm、H＝25cm、x1＝30cm、L＝10cm、x2＝20cm，则滑块与桌面间的 动摩擦因数 μ ＝ 0.5 （结果保留 1 位有效数字）。 【解答】解：（1）根据平抛运动规律可知在第二次实验中，滑块在滑槽末端时的速度大小为： 由竖直方向的自由落体运动可得： 联立可得在滑块到 M 点的速度大小为： （2）根据平抛运动规律可知第一次实验中，滑块在滑槽末端时的速度大小为： 可得第一次测的速度为： 物体在水平桌面上运动过程中，由动能定理可得： 联立可得： ； 由表达式可知会引起误差的是可能是 H 的测量，也可能是 L 的测量，也可能 x1、x2 的测量，与 h 的测量无关，所以不能引起实验误差的是 A 选项； 故选：A； （3）根据题中给出的数据：h＝15cm＝0.15m、H＝25cm＝0.25m、x1＝30cm0.30m、L＝10cm ＝0.10m、x2＝20cm＝0.20m， 代入数据可得滑块与桌面间的动摩擦因数 ㌳ ㌳ ㌳䁠㌳ ㌳䁠 。 故答案为：x2 ：A：0.5。 13．某同学利用如图所示的实验装置来测量滑块与长木板之间的动摩擦因数。将长木板固定在水 平桌面上，其左端固定一竖直挡板，中间某位置固定一光电门，光电门与数字计时器（图中未 画出）连接。现将轻质弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与一滑块（其上有遮光片）接触，用 外力将滑块向左推，压缩弹簧至一定程度（弹簧处于弹性限度内）之后将滑块由静止释放，滑 块在弹簧弹力的作用下向右运动，并脱离弹簧（还未到达光电门处）运动至光电门的右边，最 终停在长木板上。当地的重力加速度为 g。回答下列问题。 （1）为了计算滑块与长木板间的动摩擦因数，除了要测量遮光片的宽度 d、遮光片的遮光时间 △t 之外，还需要测量的物理量是 D （单选）。 A．弹簧的压缩量 x B．滑块释放时的位置与光电门的位置之间的距离 l1 C．滑块释放时的位置与滑块停止运动时的位置之间的距离 l2 D．光电门的位置与滑块停止运动时的位置之间的距离 l3 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 9 - （2）滑块与长木板之间的动摩擦因数 μ ＝ （用测量的物理量符号表示）。 （3）为了测量滑块刚释放时弹簧的弹性势能，还需要测量的物理量有 滑块释放时的位置与 光电门的位置之间的距离 l1 和 滑块的质量 m ，弹簧的弹性势能 Ep＝ （用测 量的物理量符号表示）。 【解答】解：（1）设滑块通过光电门的速度为 v，则 v 滑块通过光电门后的运动过程，由动能定理得﹣μmgl3＝0 联立得μ 可见，要测量滑块与长木板之间的动摩擦因数μ除了要测量遮光片的宽度 d、遮光片的遮光时间 △t 之外，还需要测量的物理量是光电门的位置与滑块停止运动时的位置之间的距离 l3，故 ABC 错误，D 正确。 （2）由上知μ （3）对整个过程，根据能量守恒定律得 Ep＝μmgl2 结合μ ，得 Ep ；结合 l2＝l1+l3，得 Ep 为了测量滑块刚释放时弹簧的弹性势能，还需要测量的物理量是滑块释放时的位置与光电门的 位置之间的距离 l1 和滑块的质量 m。 故答案为：（1）D；（2） ；（3）滑块释放时的位置与光电门的位置之间的距离 l1，滑块 的质量 m， 。 14．某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。如图示，将一个小球和一个 滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑 块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变， 调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测 出小球下落的高度 H、滑块释放点与挡板处的高度差 h 和沿斜面运动的位移 x。（空气阻力对本 实验的影响可以忽略） ①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为 。 ②滑块与斜面间的动摩擦因数为 。 ③以下能引起实验误差的是 cd 。 a．滑块的质量 b．当地重力加速度的大小 c．长度测量时的读数误差 d．小球落地和滑块撞击挡板不同时。 【解答】解：①由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板声音，说明小球和滑块的运动时间相同， 由 x at2 和 H gt2 得： ②根据几何关系可知：sinα ，cosα 对滑块由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα＝ma，且 a ， 联立方程解得μ ③由μ得表达式可知，能引起实验误差的是长度 x、h、H 测量时的读数误差，同时要注意小球 落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选 cd。 故答案为：① ② ③c d 15．物理实验不仅要动手操作还要动脑思考，小明同学就注意到图甲所示的装置可以完成多个力 学实验。 （1）探究速度随时间变化规律时，实验时有电磁打点计时器和电火花计时器，但只提供 220V 的交流电源，小明应选用 电火花 计时器。 （2）探究加速度与力和质量关系的实验时，某次实验中打出的纸带如图乙可所示。 ①已知相邻计数点间的时间间隔为 0.1s，则小车的加速度 a＝ 0.50 m/s2（保留 2 位有效数 字）； ②测得小车质量为 0.5kg，钩码质量为 0.1kg，重力加速度取 g＝10m/s2，则小车与长木板间的 动摩擦因数 μ ＝ 0.14 ； ③动摩擦因数的测量值 大于 （填“小于”“等于”“大于”）真实值。 （3）用图甲装置 不能 （填“能”或“不能”）验证小车和钩码组成的系统机械能守恒，理 由是 系统除重力做功外还有阻力做功 。 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 10 - 【解答】解：（1）电磁打点计时器使用的是 4﹣6V 的交流电压，电火花计时器的工作电压为 220V，可知小明应选用电火花计时器； （2）①图中 x1＝4.20cm，x1′＝5.70cm，根据 得， 加速度 a 䁠㌳ൌ㌳ ㌳ Ȁ 0.50m/s2； ②对整体分析，根据牛顿第二定律得：mg﹣μMg＝（M+m）a，代入数据解得：μ＝0.14； ③由于纸带与打点计时器之间有摩擦力以及空气阻力，所以测得的动摩擦因数大于真实值； （3）图甲装置不能验证小车和钩码组成的系统机械能守恒，理由是系统除重力做功外还有阻 力做功。 故答案为：（1）电火花；（2）①0.50，②0.14，③大于；（3）不能，系统除重力做功外还有阻 力做功。 16．实验小组同学利用气垫导轨、数字计时器和拉力传感器做“研究沿斜面下滑物体的机械能” 实验，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一带有刻度尺的倾斜气垫导轨，导轨上 A 点处有 一带遮光条的长方形滑块，用天平测得其总质量为 m。定滑轮与拉力传感器之间的细绳是竖直 的，定滑轮与滑块之间的细绳平行于气垫导轨。实验步骤如下： ①用图乙所示的游标卡尺测出遮光条的宽度 d＝ 0.01680 m； ②安装好实验器材，给气垫导轨接上气源，然后读出拉力传感器的示数 F，同时从气垫导轨刻 度尺上读出遮光条中心与光电门之间的距离 L； ③烧断拉力传感器与滑块之间的细绳，让滑块滑向光电门并记录遮光条通过光电门的时间 t； ④多次改变滑块与光电门之间的距离，每次实验测量相应的 L 与 t 值，填入相应的表格中。 试分析下列问题： （1）本实验中需验证关系式 FL 成立，即可验证滑块沿斜面下滑过程中机械能守恒： （2）小组同学根据测得的 L 与 t 的值，用描点法作出如图丙所示的 L 图像，已知图像的斜 率为 k，则可求得滑块下滑的加速度为 a＝ kd2 。 【解答】解：①由图乙所示游标卡尺可知，游标尺是 50 分度的，游标尺的精度是 0.02mm，遮 光条的宽度 d＝16mm+40×0.02mm＝16.80mm＝0.01680m。 （1）在极短的时间内的平均速度等于瞬时速度，因此滑块经过光电门时的速度 v 设气垫导轨与水平面间的夹角为θ，烧断细绳前滑块静止，由平衡条件得：F＝mgsinθ， 烧断细绳后，滑块下滑过程，对滑块，由机械能守恒定律得：mgLsinθ ，整理得：FL ， 则 FL 成立，即可验证滑块沿斜面下滑过程中机械能守恒。 （2）烧断细绳后，滑块下滑过程，对滑块，由机械能守恒定律得：mgLsinθ ， 整理得： L，则 L 图象的斜率 k ， 对滑块，由牛顿第二定律得：F＝mgsinθ＝ma，解得：a kd2； 故答案为：①0.01680；（1）FL ；（2） kd2。 17．用如图甲所示的实验装置验证 m1、m2 组成的系统机械能守恒。m2 从高处由静止开始下落， m1 上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图 乙给出的是实验中获取的一条纸带，0 是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有 4 个点（图 中未标出），所用电源的频率为 50Hz。已知 m1＝150g、m2＝250g。（结果均保留两位有效数字） （1）在打下 0 点到打下计数点 5 的过程中系统重力势能的减少量△Ep＝ 0.60 J（当地的重 力加速度 g 取 10m/s2）。 （2）在打下 0 点到打下计数点 5 的过程中系统动能的增加量△Ek＝ 0.58 J。 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 11 - （3）某同学测出多个计数点的速度大小 v 及对应 m2 下落的高度 h，作出的 h 图像如图丙所 示，则图像的斜率表达式 k＝ g （用 m1、m2 和 g 表示）。 【解答】解：已知 m1＝150g＝0.150kg，m2＝250g＝0.250kg。 （1）在打下 0 点到打下计数点 5 的过程中系统重力势能的减少量： △EP＝（m2﹣m1）gh＝（0.250﹣0.150）×10×（45.40+14.60）×10﹣2J＝0.60J； （2）打点计时器所用交流电的频率为 50Hz，每相邻两计数点间还有 4 个点，则相邻两计数点 的时间间隔为 t＝5 䁠 s＝0.1s， 根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，可知打第 5 个点时 的速度为：v5 46 ㌳㌳ ㌳ m/s＝1.7m/s 系统的初速度为零，所以系统动能的增加量为： △Ek （m1+m2） v䁠 0 （0.250+0.150）×1.72J≈0.58J； （3）对系统，由机械能守恒定律得：m2gh﹣m1gh （m1+m2）v2，整理得： v2 gh v2﹣h 图象的斜率：k g 故答案为：（1）0.60；（2）0.58；（3） g。 18．利用如图 1 装置做“验证机械能守恒定律”实验． ①为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的． A A．动能变化量与势能变化量 B．速度变化量和势能变化量 C．速度变化量和高度变化量 ②除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材 中，还必须使用的两种器材是 AB A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码） ③实验中，先接通电源，再释放重物，得到图 2 所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出 的点 A、B、C，测得它们到起始点 O 的距离分别为 hA、hB、hC． 已知当地重力加速度为 g，打点计时器打点的周期为 T．设重物的质量为 m．从打 O 点到打 B 点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep＝ mghB ，动能变化量△Ek＝ m ． ④大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是． C A．利用公式 v＝gt 计算中点速度 B．利用公式 v 计算重物速度 C．存在空气阻力和摩擦力阻力的影响 D．没有采用多次试验去平均值的方法 ⑤某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点 O 的距离 h，计算对应计数点的重物速度 v，描绘 v2﹣h 图象，并做如下判断：若图象是一条过原 点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，请你分析论证该同学的判断是否正确． 【解答】解：①验证机械能守恒，即需比较重力势能的变化量与动能增加量的关系，故选：A． ②电磁打点计时器需要接低压交流电源，实验中需要用刻度尺测量点迹间的距离，从而得出瞬 时速度以及下降的高度．实验验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去， 不需要用天平测量质量，故选：AB． ③从打 O 点到打 B 点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep＝mghB，B 点的瞬时速度为： ，则动能的增加量为： m ． ④大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和 摩擦力阻力的影响，故选：C． ⑤该同学的判断依据不正确．在重物下落 h 的过程中，若阻力 f 恒定，根据 mgh﹣fh ， 可得：v2＝2 h，则此时 v2﹣h 图象就是过原点的一条直线．所以要想通过 v2﹣h 图象的 方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近 2g． 故答案为：①A；②AB；③mghB， m ；④C；⑤不正确． 19．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图所示。 （1）主要实验步骤如下： A．将气垫导轨放在水平桌面上，并调至水平； B．用游标卡尺测出挡光条的宽度 l； C．由导轨标尺读出两个光电门中心之间的距离 x＝ 60.00 cm； D．将滑块移至光电门 1 左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条能 过光电门 2； 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 12 - E．从数字计时器（图中未画出）上分别读出挡光条通过光电门 1 和光电门 2 所用的时间△t1 和△t2； F．用天平称出托盘和砝码的总质量 m； G．…… （2）请回答下列问题：重力加速度取 g。 ①为验证机械能守恒定律，还需要测的物理量是 滑块和挡光条的总质量 ； ②滑块通过光电门 1 和光电门 2 的瞬时速度分别为 v1＝ 和 v2＝ （用测量量的字 母表示）； ③在实验误差范围内，如果关系式 mgx （M+m） （M+m） （用测量量的字母 表示）成立，则可认为验证了机械能守恒定律。 【解答】解：（1）根据题目图中刻度可知，精确度为 0.1cm，两个光电门中心之间的距离为： x＝80.30cm﹣20.30cm＝60.00cm。 （2）①根据实验原理，即托盘和砝码的减小重力势能等于滑块和挡光条及托盘和砝码的增加 动能，因此还需要测量出滑块和挡光条的总质量； ②根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，v1 ，v2 。 ③系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能分别为： Ek1 （M+m）v12 （M+m） ，Ek2 （M+m）v22 （M+m） 。 在滑块从光电门 1 运动到光电门 2 的过程中，系统势能的减少：△Ep＝mgx。 如果：△Ep＝Ek2﹣Ek1；即 mgx （M+m） （M+m） ，可认为验证了机械能守恒定律。 故答案为：（1）60.00；（2）①滑块和挡光条的总质量；② ； ； ③mgx （M+m） （M+m） 。 20．如图 1 所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个半径相同的小球在轨道 水平部分碰撞前后的动量关系。 （1）为完成此实验，以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是 AB （选填选项前的字 母）。 A．刻度尺 B．天平 C．打点计时器 D．秒表 （2）关于本实验，下列说法中正确的是 AD 。（选填选项前的字母） A．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放 B．入射小球的质量必须小于被碰小球的质量 C．轨道倾斜部分必须光滑 D．轨道末端必须水平 （3）图 1 中 O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜轨上位置 S 由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置 P，测出平抛射程 OP。然后，把被 碰小球静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置 S 由静止释放，与被碰小球相 碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为 M、N。实验中还需要测量的有 AD （选填选项前的字母）。 A．入射小球和被碰小球的质量 m1、m2 B．入射小球开始的释放高度 h C．小球抛出点距地面的高度 H D．两球相碰后的平抛射程 OM、ON （4）在某次实验中，记录的落点平均位置 M、N 几乎与 OP 在同一条直线上，在实验误差允许 范围内，若满足关系式 m1•OP＝m1•OM+m2•ON ，则可以认为两球碰撞前后在 OP 方向上 的总动量守恒[用（3）中测量的量表示]。 （5）某同学在上述实验中更换了两个小球的材质，且入射小球和被碰小球的质量关系为 m1＝ 2m2，其它条件不变。两小球在记录纸上留下三处落点痕迹如图 2 所示。他将米尺的零刻线与 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 13 - O 点对齐，测量出 O 点到三处平均落地点的距离分别为 OA、OB、OC。该同学通过测量和计 算发现，两小球在碰撞前后动量是守恒的。 ①由此可以判断出图 2 中 B 处是 C ； A．未放被碰小球，入射小球的落地点 B．入射小球碰撞后的落地点 C．被碰小球碰撞后的落地点 ②若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式 m1•OC2 m1•OA2 m2•OB2 是否成立[用（5）中的物理量表示]。 【解答】解：（1）要测量碰撞前后的动量，则质量要用天平测量，而速度是用水平位移代替的， 刻度尺也是必须的，故选：AB （2）A、只有从同一位置释放，才能保证两次碰撞前的速度相同，故 A 正确； B、入射球的质量要大于被碰小球的质量，故 B 错误； C、对轨道无光滑的要求，故 C 错误； D、只有末端水平才能保证是平抛运动，故 D 正确。 故选：AD （3）验证动量守恒定律，所以必须测量质量和速度，那么必须测质量，故天平，A 选项是必 须的；而速度是用相同时间下的水平位移代替的，故刻度尺，D 是必须的；而开始的高度及平 抛时的高度只要是不变，则不必测量具体值，故 BC 不必。故选：AD （4）碰撞前的速度 v1 ，碰撞后两个小球的速度 v1′ ，v2′ ，若碰撞前后动量守恒， 则有 m1v1＝m1v1′+m2v2′代入可得到：m1•OP＝m1•OM+m2•ON。 （5）①根据上一问的结论，由于质量之比为 2：1，那么上式就有：2（OP﹣OM）＝ON，但 M 点只能是本图中的 A 点，若 P 点是“B”点，但 2×（25﹣17.6）＜＜30，故 P 点不是“B”点， 若是 C 点，那么有：2×（30﹣17.6）≈25，故 P 点是此图中的“C”点，即 B 点就是被碰球碰撞后 的落点，故 C 符合题意。故选：C ②若碰撞后机械能守恒则结合速度公式代入变形后有： m1•OC2 m1•OA2 m2•OB2。 故 答案 为：（ 1 ）AB ；（ 2） AD ；（ 3 ）AD ；（ 4 ） m1•OP ＝ m1•OM+m2•ON ；（5 ）①C、 ② m1•OC2 m1•OA2 m2•OB2 21．如图所示，斜槽末端水平，小球 m 从斜槽某一高度由静止滚下，落到水平面上的 P 点。现在 槽口末端放一个与小球 m1 半径相同的小球 m2，仍让小球 m1 从斜槽同一高度由静止滚下，并与 小球 m2 正碰后使两球落地，小球 m1 和 m2 的落地点分别是 M、N，已知槽口末端在白纸上的投 影位置为 O 点.则： （1）下列说法正确的是 AD 。 A.轨道末端的切线必须是水平的 B.斜槽轨道必须光滑 C.两小球质量必须相等 D.小球 m1 每次必须从同一高度释放 （2）若两球落点情况如图所示，要验证动量守恒，只需证明 m1OP＝m1OM+m2ON 即可（表 达式用 m1、m2、OP、OM、ON 表示）。 （3）两小球质量之比 为 3：2 。 【解答】解：（1）A、小球离开轨道后做平抛运动，轨道末端的切线必须是水平的，故 A 正确； BD、实验要保证入射球到达斜槽末端时的速度相等，入射球应从斜槽的同一位置由静止释放， 斜槽是否光滑对实验没有影响，斜槽轨道不必光滑，故 B 错误，D 正确； C、为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故 C 错误。故选：AD。 （2）设碰撞前入射球的速度为 v0，碰撞后入射球的速度为 v1，被碰球的速度为 v2， 两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2， 两球离开轨道后做平抛运动，由于两球抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间 t 相等， 则 m1v0t＝m1v1t+m2v2t，则 m1OP＝m1OM+m2ON （3）由图示可知：OM＝13.50cm，OP＝43.50cm，ON＝45.00cm 由 m1OP＝m1OM+m2ON 可知： 䁠㌳ ㌳䁠㌳䁠 故答案为：（1）AD；（2）m1OP＝m1OM+m2ON；（3）3：2。 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 14 - 22．如图所示，用“碰撞实验器”可以探究碰撞中的不变量。实验时先让质量为 m1 的入射小球从 斜槽轨道上某一固定位置 S 由静止开始滚下，从轨道末端 O 点水平抛出，落到与轨道 O 点连接 的倾角为 θ 的斜面上；再把质量为 m2 的被碰小球放在斜槽轨道末端，让入射小球仍从位置 S 由 静止滚下，与被碰小球碰撞后，分别与斜面第一次碰撞留下各自的落点痕迹。M、P、N 为三个 落点的位置（不考虑小球在斜面上的多次碰撞）。 （1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量 C ，间接 地解决这个问题。 A．小球开始释放高度 h B．斜面的倾角 θC．O 点与各落点的距离 （2）以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是 AB （多选）。 A．刻度尺 B．天平 C．量角器 D．秒表 （3）关于本实验，下列说法正确的是 。 A．斜槽轨道必须光滑，且入射小球每次释放的初位置相同 B．斜槽轨道末端必须水平 C．为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量 m1 等于被碰球的质量 m2 （4）①在实验误差允许范围内，若满足关系式 ，则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。 A．m1•OP＝m1•OM+m2•ON B．m1• m1• m2• C．m1• m1• m2• D．m1•ON＝m1•OP+m2•OM ②若碰撞是弹性碰撞，以上物理量还满足的表达式为 m1•OP＝m1•OM+m2•ON 。 【解答】解：（1）小球离开斜槽后做平抛运动，设小球的位移大小为 L， 竖直方向：Lsinθ ，水平方向：Lcosθ＝vt， 解得：v 䁠m 䁌㔵 ， 入射球碰撞前的速度 v0 䁠m 䁌㔵 ，碰撞后的速度 v1 䁠m 䁌㔵 ， 被碰球碰撞后的速度 v2 䁠m 䁌㔵 ， 两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2， 整理得：m1 m1 m2 ， 实验可以通过 O 点与各落点的距离代替测小球做平抛运动的初速度，故选 C。 （2）实验需要测量小球的质量、需要测量 O 点与小球各落点间的距离，测质量需要用天平， 测距离需要用刻度尺，故选 AB。 （3）A、只要小球从斜面上同一位置由静止释放即可保证小球到达斜槽末端的速度相等，斜槽 轨道不必光滑，故 A 错误； B、为保证小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，故 B 正确； C、为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量 m1 大于被碰球的质量 m2，故 C 错 误。 故选：B。 （4）①由（1）可知，在实验误差允许范围内，若满足关系式 m1• m1• m2• ， 则可以认为两球碰撞前后总动量守恒，故选 B。 ②若碰撞是弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得： ， 整理得：m1•OP＝m1•OM+m2•ON； 故答案为：（1）C；（2）AB；（3）B；（4）①B；②m1•OP＝m1•OM+m2•ON。 23．某同学欲验证“动能定理”，在实验室组装了一套如图甲所示的装置。所用器材包括：长木板、 物块、光电门、数字计时器、力传感器、沙和沙桶等。部分实验步骤如下： ①用天平测量物块和遮光片的总质量 M； ②用螺旋测微器测量遮光片的宽度 d，示数如图乙所示；用毫米刻度尺测出两光电门中心间的 距离 L； ③按操作规范平衡物块所受摩擦力； ④由静止释放物块，物块从木板右端向左依次通过两个光电门，数字计时器记录下遮光片通过 A、B，两光电门的时间分别为 t1、t2，此过程中力传感器的示数为 F。 请回答下列问题： （1）由螺旋测微器的示数知，遮光片的宽度 d 为 6.496 mm； 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 15 - （2）通过实验获得的数据，在实验误差允许的范围内，若满足 FL 关系式（用 题中涉及到的物理量对应的字母表示），则验证了在物块运动过程中动能定理的正确性； （3）下列说法正确的是 AD 。 A．本实验中应调节滑轮的高度，使物块与滑轮间的细线与长木板平行 B．本实验中在平衡摩擦的过程中，应该挂上力传感器和沙桶 C．本实验中力传感器、沙和沙桶总质量 m 必须远小于物块和遮光片的总质量 M D．在平衡摩擦的情况下，也不能利用该装置验证系统机械能守恒定律 【解答】解：（1）螺旋测微器的最小分度是 0.01mm，由固定刻度和可动刻度分别读数，所以 d＝6mm+49.6×0.01mm＝6.496mm； （2）物块通过光电门 A 的速度为 ，同理：通过光电门 B 的速度的速度为 物块从 A 运动到 B 的过程中的动能变化为 合外力做功为 W＝FL 若动能定理成立，则 W＝△Ek 整理可得：FL （3）A、细线与木板平行才能保证拉力恒定，平衡摩擦后拉力等于合力，依据 W＝FL 求合力 功，故 A 正确； B、需要平衡的是物块与长木板间的摩擦，故平衡摩擦时不应该挂上力传感器和沙桶，故 B 错 误； C、本实验中由于有力传感器可以直接测拉力，不需要用沙及桶的重力替代拉力，故不需要 m 远小于 M，故 C 错误； D、系统机械能守恒的条件是只能有重力和内部弹力做功，不能有摩擦力做功，而平衡摩擦并 不能消除摩擦力做功，故 D 正确。 故答案为：（1）6.496；（2）FL ；（3）AD； 24．探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图 1 所示。实验过程 中有平衡摩擦力的步骤，并且设法让橡皮筋对小车做的功以整数倍增大，即分别为 W0、2W0、 3W0、4W0… （1）实验中首先通过调整木板倾斜程度以平衡摩擦力，目的是 C （填写字母代号）。 A．为了释放小车后小车能做匀加速运动 B．为了增大橡皮筋对小车的弹力 C．为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功 D．为了使小车获得较大的动能 （2）图 2 是在正确操作情况下打出的一条纸带，从中截取了测量小车最大速度所用的一部分， 已知相邻两点打点时间间隔为 0.02s，则小车获得的最大速度 vm＝ 1.22 m/s（保留 3 位有效 数字）。 （3）几名同学在实验中分别得到了若干组橡皮筋对小车做的功 W 与小车获得最大速度 vm 的数 据，并利用数据绘出了图丙给出的四个图象，你认为其中正确的是 D 。 【解答】解：（1）实验中通过调整木板倾斜程度平衡摩擦力，目的是为了使橡皮筋对小车所做 功即为合外力对小车所做的功，故 ABD 错误，C 正确。故选：C。 （2）由所打的点可知，DG 之间小车做匀速直线运动，速度最大，小车获得的最大速度为： vm ㌳ ㌳ 1.22m/s； （3）橡皮筋对小车做的功 W 与小车的动能关系知：W mvm2，则：vm2 W，vm2 与 W 成正 比，故 D 正确，故选 D； 故答案为：（1）C；（2）1.22；（3）D。 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 16 - 25．如图 1 所示，重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车 的运动情况，利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验，重物质量 m，小车质量 M 已通过 实验测得。 （1）打点计时器使用的电源是 A （填选项前的字母）。 A．交流电源 B．直流电源 （2）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确操作方法是 C （填选项前的字母）。 A．不挂重物，小车静止放在木板上，把长木板右端逐渐垫高，直到小车开始运动，不再改变 右端高度，即认为平衡了摩擦力和其他阻力 B．小车静止放在木板上，挂上重物，给重物下边再逐渐添加钩码，观察小车能否运动，小车 能向下运动时，即认为平衡了摩擦力和其他阻力 C．不挂重物，把长木板右端逐渐垫高，打开电源，轻推小车，通过观察小车运动后打点计时 器打点是否均匀，如果均匀，则认为平衡了摩擦力和其他阻力。 （3）接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为 O．在 纸带上依次取 A、B、C……若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为 T．测得 A、B、 C……各点到 O 点的距离分别为 x1、x2、x3……，如图 2 所示。实验中，重物质量远小于小车 质量，可认为小车所受的拉力大小为 mg，从打 O 点到打 B 点的过程中，拉力对小车做的功 WOB＝ mgx2 ，打 B 点时小车的动能为 EkB＝ m 。 （4）选取纸带上不同点，可以通过作 Ek﹣W 来探究动能定理。假设已经完全消除了摩擦力和 其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，该同学仍然认为小车所受拉力大 小为 mg，则从理论上分析，小车的动能 Ek 与拉力对小车做功 W 的图象可能图 3 中的 D 。 【解答】解：（1）打点计时器使用的是交流电，故选 A； （2）平衡摩擦力时，把长木板的右端适当垫高，让小车与纸带相连，轻推小车，小车做匀速 直线运动，纸带上的点迹均匀时恰好平衡摩擦力，故 C 正确，AB 错误；故选：C。 （3）从打 O 点到打 B 点的过程中，拉力对小车做的功：WOB＝mgx2； 做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度， 打 B 点时小车受到：vB ， 打 B 点时小车的动能为：EkB m ； （4）如果实验中完全消除了摩擦力和其它阻力，重物重力做的功就等于重物和小车动能的增 加量，故 D 图正确，ABC 错误。故选：D。 故答案为：（1）A；（2）C；（3）mgx2； m ；（4）D。 26．在“测定金属丝的电阻率”实验中，对段电阻丝进行测量。 （1）用螺旋测微器测量导线的直径，其示数如图所示，读数是 0.710 mm。 （2）实验中提供的器材如下： 电源 E（电动势 3V，内阻很小） 电流表 A1（量程 3A，内阻约 0.05 Ω ） 电流表 A2（量程 0.6A，内阻约 0.25 Ω ） 电压表 V1（量程 3V，内阻约 3k Ω ） 电压表 V2（量程 15V，内阻约 15k Ω ） 滑动变阻器 R1（0～5 Ω ，2A） 滑动变阻器 R2（0～1000 Ω ，0.1A） 电键一个、导线若干 为较准确测量其电阻（阻值约为 5 Ω ），电流表应选用 A2 ，电压表应选用 V1 ，滑动变阻 器应选用 R1 （填器材代号）。 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 17 - （3）将实验电路补充完整。 （4）若测得电阻丝接入电路的长度为 30cm，电阻为 5.1 Ω ，则该材料的电阻率为 6.7×10﹣6 Ω •m（保留 2 位有效数字）。 【解答】解：（1）螺旋测微器的读数为 0.5mm+21.0×0.01mm＝0.710mm； （2）根据电源电动势及被源电阻阻值估计电路中电流约为 I 䁠 A＝0.6A，所以电流表选择 A2， 电源电动势为 3V，故电压表选择 V1；因 R2 阻值较大，所以为了操作方便，滑动变阻器选择总 阻值较小的 R1，并且采用滑动变阻器分压接法； （3）被测电阻与电流表、电压表内阻相比电阻较小，所以采用电流表外接法相对误差较小； 滑动变阻器采用分压接法，故实物图如图所示； （4）根据 R ，S 解得：ρ ，代入数据解得电阻率为 6.7×10﹣6Ω•m。 故答案为：（1）0.710；（2）A2；V1；R1；（3）如图所示；（4）6.7×10﹣6。 27．某同学要测量某种电阻丝材料的电阻率，选用粗细均匀的电阻丝，其总电阻约为 10 Ω 。他首先 把电阻丝拉直后将其两端固定在带有刻度尺的木板两端的接线柱 a 和 b 上，在电阻丝上夹上一 个与接线柱 c 相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点 P 的位置，从 而改变接入电路中电阻丝的长度。可供选择的器材还有： 电池组 E（电动势为 3.0V，内阻约 1 Ω ）； 电流表 A1（量程 0～100mA，内阻约 10 Ω ）； 电流表 A2（量程 0～0.6A，内阻约 1 Ω ）； 电阻箱 R（0～999.9 Ω ）； 开关、导线若干。 为了更准确地进行测量，他设计了如图甲所示的实验电路，并按如下的主要实验步骤进行操作： A.用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径； B.正确连接电路后，将电阻箱接入电路的阻值调到最大，闭合开关； C.将金属夹夹在电阻丝上某位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻 箱的电阻值 R 和接入电路的电阻丝长度 L； D.改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏。重 复多次，记录每一次电阻箱的电阻值 R 和接入电路的电阻丝长度 L。 （1）某次用螺旋测微器测量电阻丝直径时其示数如图乙所示，则这次测量中该电阻丝直径的 测量值 d＝ 5.02×10﹣4 m； （2）实验中电流表成选择 A1 （选填“A1”或“A2”）： （3）小明用记录的多组 R 和对应的 L 绘出了如图丙所示的 L﹣R 关系图线，图线在 R 轴的截 距为 R0 在 L 轴的截距为 L0，再结合测出的电阻丝直径 d 和已知常数 π ，可求出这种电阻丝材料 的电阻率 ρ ＝ （用给定的物理量符号和已知常数表示）。 （4）若在本实验中的操作、读数及计算均正确无误，那么由于电流表内阻的存在，对电阻率 的测量结果是否会产生影响？若有影响，请说明测量结果将偏大还是偏小；若无影响，请说明 理由。（要求有分析过程） 答： 应用图象法处理实验数据，斜率与电流表内阻无关，所以电流表内阻的存在对电阻率的 测量结果无影响。 。 【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度是 0.5mm，可动刻度是 0.2×0.01mm＝0.002mm， 金属丝直径 d＝0.5mm+0.002mm＝0.502mm＝5.02×10﹣4m （2）电路最大电流约为 I A≈0.14A 不到 0.6A 的四分之一，如果使用电流表 A2 实验 较大，因此电流表应选 A1. （3）由实验步骤可知，外电路电阻不变，由串联电路特点可知，外电路总电阻 R 总＝R+R 电阻丝＝R R 由图象可知，当电阻丝接入电路的长度为零是，电路总电阻 R 总＝R0，则 R＝R0 ； 图中斜率 k ，则电阻率ρ . （4）应用图象法处理实验数据，斜率与电流表内阻无关，所以电流表内阻的存在对电阻率的 测量结果无影响。 故答案为：（1）5.02×10﹣4；（2）A1；（3） ；（4）应用图象法处理实验数据，斜率与电流表 内阻无关，所以电流表内阻的存在对电阻率的测量结果无影响。 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 18 - 28．某实验小组做“测量一均匀新材料制成的金属丝的电阻率”实验． （1）如图甲所示，先用多用电表“×1 Ω ”挡粗测其电阻为 7.0 Ω ，然后用图乙的螺旋测微 器测其直径为 4.699 mm，再用图内的毫米刻度尺测其长度为 9.15 cm． （2）为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如 下： A．电压表 V（量程 3V，内阻约为 15k Ω ；量程 15V，内阻约为 75k Ω ） B．电流表 A（量程 0.6A，内阻约为 1 Ω ；量程 3A，内阻约为 0.2 Ω ） C．滑动变阻器 R1（0～5 Ω 1A） D．滑动变阻器 R2（0～200 Ω ） E．1.5V 的干电池两节，内阻不计 F．电阻箱 G．开关 S，导线若干 为了测多组实验数据，则滑动变阻器应选用 R1 （填“R1”或“R2”）． （3）请在方框内设计最合理的电路图，并完成图丁中的实物连线． 【解答】解：（1）多用表的读数为电阻的粗测值，其电阻为 7.0Ω；根据螺旋测微器读数规则， 固定刻度读数+可动刻度读数+估读，圆柱体的厚度为：4.5mm+19.9×0.01mm＝4.699mm；毫米 刻度尺测其长度为 9.15cm （2）滑动变阻器 R2（0～200Ω）的阻值比待测金属丝阻值 7Ω大得太多，为保证电路安全，方 便实验操作，滑动变阻器应选 R1，最大阻值 5Ω； （3）为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，则电流表应 采用外接法，实验电路图如图甲所示，根据实验电路图连接实物电路图，如图乙所示： 故答案为：（1）7.0，4.699，9.15；（2）R1；（3）电路图如图甲所示，实物连线如图乙所示。 29．某同学利用伏安法测量电池的电动势和内阻，所用电压表的内阻为 1k Ω ，电流表内阻为 0.5 Ω 。 该同学采用两种测量方案，如图甲、乙。测量得到如图丙所示的两条电源的特征曲线，其中 U 与 I 分别为电压表和电流表的示数。回答下列问题： （1）图丙中标记为Ⅰ的图线是采用 乙 （填“甲”或“乙”）方案测量得到的； （2）图丙中图线Ⅰ中测量的电源电动势 E＝ 6.6 V，电源内阻 r＝ 55 Ω ； （3）研究表明，甲图方案中电池电阻测量值为电池内阻与电压表内阻并联值，乙图中电池电 阻 测 量 值 为 电 池 内 阻 与 电 流 表 内 阻 串 联 值 。 实 验 中 测 量 内 阻 的 相 对 误 差 可 表 示 为 η 测 100%，乙图的相对误差为 1 %（保留到整数）； （4）若选择实验方案时，只考虑让内阻测量的相对误差较小，根据丙图和计算结果，实验应 采用 乙 （填“甲”或“乙”）方案。 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 19 - 【解答】解：（1）图甲是电流表的外接法（相对于电流内阻），是因为电压表的分流造成的误 差，路端越大时，分流越多，则用图得到的 U﹣I 图角将比理想的 U﹣I 图象逆时针转动一个角 度。图乙是用电流表的内接法（相对于电源），是电流表的分压造成误差，且电流越大时，分 压越在，则用图乙得到 U﹣I 图象比理想的 U﹣I 图象顺时针转动一个角度。这样看来，所以图 Ⅰ是用图乙电路图得到的图象。 （2）根据 U＝E﹣Ir，结合图乙，当 U＝0 时，I＝0.12A，即有：0＝E﹣0.12r，而当 U＝5.5V 时，I＝0.02A，即 5.5＝E﹣0.02r。联立以上两式可得：E＝6.6V，r＝55Ω。 （3）由上一问求得内阻的测量值 r 测＝55Ω，根据图乙及题设条件，实际电源内阻的真实值为 r ＝r 测﹣rA＝55Ω﹣0.5Ω＝54.5Ω，那么相对误差η 䁠䁠䁠㌳䁠 䁠㌳䁠 Ͳ 1%。 （4）根据图甲测量内阻的测量值为 r 测′ 䁠㌳䁠 䁠㌳䁠 Ω 51.7Ω，所以相对误差η′ 䁠㌳䁠䁠㌳ൌ 䁠㌳䁠 Ͳ 5%，所以图乙的相对误差小，故选图乙。 故答案为：（1）乙；（2）6.6、55；（3）1；（4）乙 30．小华、小刚共同设计了图甲所示的实验电路，电路中的各个器材元件的参数为：电池组（电 动势约 6V，内阻 r 约 3 Ω ）、电流表（量程 2.0A，内阻 rA＝0.8 Ω ）、电阻箱 R1（0～99.9 Ω ）、滑动 变阻器 R2、开关三个及导线若干。他们认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻和 R2 接入 电路的阻值。 （1）小华先利用该电路准确地测出了 R2 接入电路的阻值。 他的主要操作步骤是：先将滑动变阻器滑片调到某位置，接着闭合 S、S2，断开 S1，读出电流 表的示数 I；再闭合 S、S1，断开 S2，调节电阻箱的电阻值为 6.3 Ω 时，电流表的示数也为 I.此时 滑动变阻器接入电路的阻值为 6.3 Ω . （2）小刚接着利用该电路测出了电源电动势和内电阻。 ①他的实验步骤为： a．在闭合开关 S 前，调节电阻 R1 或 R2 至最大值，之后闭合开关 S，再闭合 S1 （选填“S1” 或“S2”）； b．调节电阻 R1 （选填“R1”或“R2”），得到一系列电阻值 R 和电流 I 的数据； c．断开开关，整理实验仪器。 ②图乙是他由实验数据绘出的 R 图像，电源电动势 E＝ 6.0 V，内阻 r＝ 2.8 Ω （计算 结果均保留两位有效数字）。 【解答】解：（1）本小题就是替代法测电阻，电阻箱的读数即是滑动变阻器的电阻，即电阻为 6.3Ω； （2）①为保护电路，先要把可变电阻调到最大值；因为最后要画出图像，所以必须要知道电 阻的阻值，所以要用到电阻箱这个支路，所以接下来要闭合 S1，调节电阻 R1. ②由闭合电路欧姆定律：＝IR+IrA+Ir，变形得到： ，电流表的内阻之和与电动 势的比值是图象的纵截距，图像斜率表示电动势的倒数，所以图像纵轴截距与电源电动势的乘 积代表电源内阻和电流表的内阻之和，图像斜率为 ，所以电动势为 6V，纵截距为 0.6，则内阻 和电流表的内阻之和为 3.6Ω，电源内阻为 2.8Ω。 故答案为：（1）6.3；（2）①S1、R1；②6.0、2.8 31．某同学利用下列实验器材测量电源的电动势和内阻。 A．待测电源； B．电阻箱 R（最大电阻值为 30 Ω ）； C．灵敏电流表 G（内阻不计）； D．定值电阻 R0（电阻值为 3000 Ω ）； E．开关、导线若干。 （1）该同学设计的实验电路图如图甲所示，请你帮助该同学在图乙中完成实物图的连线。 （2）该实验可以近似认为通过电源内部的电流等于流过电阻箱的电流，则电阻箱的阻值 R、灵 敏电流表的示数 I、电源的电动势 E、内阻 r 和定值电阻 R0 之间的关系为 E＝ IR0 r 。 （3）多次改变电阻箱的阻值 R，读出对应灵敏电流表的示数 I，作出图像如图丙所示，则电源 的电动势 E＝ 3.00 V、内阻 r＝ 1.33 Ω （结果均保留三位有效数字）。 【解答】解：（1）根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示； 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 20 - （2）根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E＝U+I′r＝IR0 r （3）根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E＝U+I′r＝IR0 r 整理得： 由图示 图象可知，图象的斜率 k ㌳ 䁠 A/Ω，纵轴截距的绝对值 b 0.75Ω﹣1 解得，电源电动势 E＝3.00V，电源内阻 r＝1.33Ω 故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）IR0 r；（3）3.00；1.33。 32．图甲为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图。 （1）已知毫安表表头的内阻为 10 Ω ，满偏电流为 3mA；R1 滑动变阻器，R2 为电阻箱（0﹣9999.9 Ω ）， 若将电阻箱 R2 的阻值调为 990 Ω ，改装后的电表的量程为 3.0 V； （2）电流表 A 有两种规格，A1（量程 0.6A，内阻约为 0.1 Ω ）和 A2（量程 3A，内阻约为 0.05 Ω ）； 滑动变阻器 R1 有两种规格，最大阻值分别为 20 Ω 和 200 Ω 。则电流表应选用 A1 （填“A1” 或“A2”），R1 应选用最大阻值为 20 Ω 的滑动变阻器； （3）实验步骤如下： ①闭合开关 S 前，应将滑动变阻器 R1 的滑动片移到 左 端（选填“左”或“右”）； ②多次调节滑动变阻器的滑动片，记下电流表的示数 I2 和毫安表表头的示数 I1； ③以 I1 为纵坐标，I2 为横坐标，作 I1﹣I2 图线图线，如图乙所示； ④根据图线求得电源的电动势 E＝ 1.48 V（结果保留三位有效数字），内阻 r＝ 0.84 Ω （结 果保留两位有效数字）。 【解答】解：（1）将电阻箱 R2 与毫安表串联后改装成电压表，当阻值调为 990Ω，改装后的电 表的量程为 U＝Ig（R+Rg）＝3×10﹣3×（990+10）V＝3.0V； （2）根据图像可知，整个过程的电流不超过 0.5A，故电流表选 A1；因内阻较小，为了便于调 节，滑动变阻器应选择 20Ω的； （3）①为了让电流由最小开始调节，开始时滑动变阻器阻值滑到最大位置，故应滑到左端； ④改装后的电表的量程为 3.0V，电表的内阻为 RV＝R+Rg＝1000Ω，由串并联电路规律可知若 毫安示数为 I1，则其测量的电压应等于 1000I1，则由闭合电路欧姆定律可知，所以图象中与纵 坐标的交点表示电源的电动势 E＝1.48V，（由于存在误差，1.44～1.52 之间均对）。图象的斜率 表示即内阻，解得 r ㌳m㌳ ㌳䁠 Ω 0.84Ω（由于可能存在误差，0.82～0.90 之间均对）。 故答案为：（1）3.0；（2）A1、20；（3）①左、1.48（1.44～1.52 之间均对）、0.84（0.82～0.90 之间均对） 33．某学习小组在练习使用多用电表的同时，对多用电表进行了探究（以下问题中均使用同一多 用电表）。请回答下列问题： （1）该学习小组先使用多用电表测量直流电压，若选择开关处在直流电压 10V 挡，指针的位 置如图甲所示，则测量结果为 5.4 V。 （2）将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，进行欧姆调零后将红黑表笔分别接在没有接入电 路的滑动变阻器（最大阻值为 100 Ω ，如图乙所示）A、B 两个接线柱上，则发现欧姆表指针的 偏转情况是 较大 （选填“较小”或“较大”）。 （3）然后学习小组将多用电表选择开关旋至某倍率欧姆挡并重新进行欧姆调零后测未知电阻 值的电路如图丙所示。通过查找资料，了解到表头 G 的满偏电流为 10mA，并通过测量作出了 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 21 - 电路中电流 I 与待测电阻阻值 Rx 关系图象如图丁所示，由此可确定电池的电动势 E＝ 1.5 V， 该图象的函数关系式为 I＝ ㌳䁠 䁠 。综上可判定学习小组使用多用电表欧姆挡的倍率是下列 四个选项中的 （填字母代号）。 A．×1 B．×10 C．×100 D．×1k 【解答】解：（1）多用电表选择直流电压 10V 挡，其最小分度为 0.2V，测量结果为 5.4V。 （2）用“×1k”挡来测量 100Ω的电阻，指针指在 0.1Ω处，故指针的偏转角较大。 （3）如图丁所示，当表头满偏时有 Ig 内 ； 当表头半偏时有 内 可知 R 内＝Rx＝150Ω 由丁图可知，Ig＝10.0mA＝0.01A，由 Ig 内 可得 E＝1.5V。 该图象的函数关系式为 I 内 ㌳䁠 䁠多用电表欧姆挡的内阻为 R 内＝150Ω，而表盘中间刻度为 15Ω，故倍率是×10，故 B 正确，ACD 错误。故选：B。 故答案为：（1）5.4；（2）较大；（3）1.5， ㌳䁠 䁠 ，B。 34．如图（a）为简易多用电表的电路图。图中 E 是电动势为 1.5V 的干电池；R1、R2、R3、R4 和 R5 是定值电阻，R6 是可变电阻；表头 G 的满偏电流为 250 μ A，内阻为 600 Ω 。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，分别为：直流电压 2.5V 挡位 和 10V 挡位；直流电流 1mA 挡位和 10mA 挡位；欧姆挡位。 （1）根据题给条件可得 R1+R2＝ 200 Ω ，R4＝ 2350 Ω 。 （2）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 4.0 mA；若此时 B 端是与“3”相连的，则读数为 2200 Ω ；若此时 B 端是与 “4”相连的，则读数为 1.00 V。 （3）表内干电池由于使用时间较长了，导致电池的电动势变小，内阻变大了，但还能进行欧 姆调零。此时测量一电阻的电阻值，在各项操作都无误的情况下，电阻的测量值 大于 （选 填“大于”“小于”或“等于”）电阻的真实值。 【解答】解：（1）由电流表的改装原理可知，接 1 时电流表的量程较大，为 10mA 挡，接 2 时 为 1mA 挡位，由串并联知识可得：R1+R2 䁠 䁠 Ω＝200Ω 表头 G 与 R1、R2 的总电阻为：R Ω＝150Ω，接 4 为 2.5V 挡，由电压表的 改装原理可得：R4 ㌳䁠 䁠 Ω＝2350Ω （2）B 端与“1”相连时为 10mA 挡，最小分度为 0.2mA，不用估读到下一位，故读数为：I1＝4.0mA。 B 端与“3”相连时，为欧姆表挡位，根据闭合电路欧姆定律可得欧姆表内阻为：RΩ ㌳䁠 Ω ＝1500Ω，则其挡位为： 䁠Ω 䁠 100Ω，根据欧姆表得读数规则，可得其读数为：R＝22×100Ω ＝2200Ω B 端与“4”相连时为电压 2.5V 挡，最小分度为 0.05V，不用估读到下一位，读数为 1.00V。 （3）电池的电动势变小，由于满偏电流 Ig 不变，由公式 Ig 内 ，电动势变小，R 内变小，待测 电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的；由于 I 内 内 内 ，当 R 内变小时，I 变小， 指针跟准确位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了，所以再进行读数时电阻的测量值大于电阻 的真实值。 故答案为：（1）200，2350；（2）4.0，2200，1.00；（3）大于。 35．实际电流表有内阻，测量电流表 G1 的内阻 r1 采用如图甲所示的电路。可供选择的器材如下： ①待测电流表 G1：量程为 0～5mA，内阻约为 300 Ω②电流表 G2：量程为 0～10mA，内阻约为 40 Ω③定值电阻 R1：阻值为 10 Ω④定值电阻 R2：阻值为 200 Ω⑤滑动变阻器 R3：阻值范围为 0～1000 Ω⑥滑动变阻器 R4：阻值范围为 0～20 Ω⑦干电池 E：电动势约为 1.5V，内阻很小 ⑧电键 S 及导线若干 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 22 - （1）定值电阻 R0 应选 ④ ，滑动变阻器 R 应选 ⑥ 。（在空格内填写序号） （2）实验步骤如下： ①按电路图连接电路（为电路安全，先将滑动变阻器滑片 P 调到左端）； ②闭合电键 S，移动滑片 P 至某一位置，记录 G1 和 G2 的读数，分别记为 I1 和 I2； ③多次移动滑动触头，记录各次 G1 和 G2 的读数 I1 和 I2； ④以 I1 为纵坐标，I2 为横坐标，作出相应图线，如图乙所示； ⑤根据 I1﹣I2 图线的斜率 k 及定值电阻 R0，得到待测电流表 G1 的内阻表达式为 r1＝ （ 1） R0 。（用 k、R0 表示） （3）用 G1 表改装成如图丙的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程 的挡位。1、2 两个挡位为电流表挡位，量程分别为 300mA 和 100mA。 ①关于此多用表，下列说法正确的是 ABD 。 A．当转换开关 S 旋到位置 4 时，是电阻挡 B．当转换开关 S 旋到位置 6 时，是电压挡 C．转换开关 S 旋到 5 的量程比旋到 6 的量程大 D．A 表笔为红表笔，B 表笔为黑表笔 ②当把转换开关 S 旋到位置 3，在 AB 之间接 90 Ω 电阻时，表头 G1 指针刚好在半偏处，在 AB 之间接 30 Ω 电阻时，指针在电流满偏值的 处，则 E 的电动势为 9V 。 【解答】解：（1）定值电阻要和待测电流表内阻接近，定值电阻选④； 滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器选⑥。 （2）⑤由图示电路图根据并联电路特点可知：I2＝I1+IR0＝I1 ，整理得：I1 I2， 由图示 I1﹣I2 图象可知，图象斜率：k ，解得：r1＝（ 1）R0； （3）①A、当转换开关 S 旋到位置 4 时，表头与电源相连，此时是电阻挡，故 A 正确； B、当转换开关 S 旋到位置 6 时，表头与分压电阻串联，是电压挡，故 B 正确； C、转换开关 S 旋到 5 时表头的串联电阻阻值比旋到 6 时串联串联电阻阻值小，因此转换开关 S 旋到 5 时的量程比旋到 6 时的量程小，故 C 错误； D、由图示电路图可知，A 表笔与欧姆表内置电源负极相连为红表笔，B 表笔与内置电源正极 相连是黑表笔，故 D 正确。 故选：ABD。 ②转化开关接 2 时电流表量程为 100mA，已知 G1 的量程为 5mA，电流表量程扩大了 20 倍， 当把转换开关 S 旋到位置 3 时，在 AB 之间接 90Ω电阻时，表头 G1 指针刚好在半偏处，此时电 流 I1 5×20mA＝50mA＝0.050A， 在 AB 之间接 30Ω电阻时，指针在电流满偏值的 处，此时电流 I2 5×20mA＝75mA＝0.075A， 由闭合电路的欧姆定律得：I1 内 ，I2 内 ，代入数据解得：E＝9V； 故答案为：（1）④；⑥；（2）⑤（ 1）R0；（3）①ABD；②9V。 36．小明同学拟探究小灯泡的伏安特性曲线，所用的小灯泡标有“3.0V 0.6A”字样，并提供以下 器材： A．电压表 V（0～1V，内阻 rV＝3k Ω ） B．电流表 A（0～0.6A，内阻 rA 约为 1 Ω ） C．定值电阻 R1＝15k ΩD．定值电阻 R2＝6k ΩE．定值电阻 R3＝3k ΩF．滑动变阻器 R4（0～10 Ω ） G．滑动变阻器 R5（0～2k Ω ） H．直流电源 E（电动势 6V，内阻不计） I．开关 S 及导线若干 （1）某次测量电流表指针如图（a）所示，则电流表的示数为 0.44 A。 （2）请你为小明同学设计完成该实验的电路并在虚线框中画出实验电路图，要求在图中标注 所选器材符号。 （3）如图（b）是小明同学描绘出的小灯泡两端电压与电流的关系图线，图（c）中能大致反 映小灯泡的功率 P 随两端电压平方 U2 变化的图线是 。 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 23 - （4）将该小灯泡直接接在电动势 E＝3.0V、内阻 r＝5.0 Ω 的电源两端，则灯泡消耗的实际功率 P＝ 0.44 W（结果保留 2 位有效数字）。 【解答】解：（1）量程为 0.6A，最小分度为 0.02A，所以电流表的示数为 0.44A； （2）电压要从零开始调节，所以滑动变阻器采用分压接法，且选择最大阻较小的 R4， 由于电压表的是程太小，所以选择一个定值电阻 R2 与之串联之后扩大量程，电流表量程恰当采 用外接法，按此思路设计电路图如图 1 所示； （3）由于小灯泡的电阻随电压的增大而增大，那么小灯灯泡的功率随电压的增大越来越缓慢， 故选：B （4）当此小灯泡与电源（E＝3.0V，r＝5.0Ω）直接相连时，写出灯泡两端电压与电流的关系式： U＝E﹣Ir，代入得到 U＝3﹣5r，将此直线画出小灯泡的伏安特性曲线上如答题图 b 所示，找到 交点坐标为（0.34A，1.30V），所以小灯泡的实际功率 P＝UI＝1.30×0.34W＝0.44W。 故答案为：（1）0.44；（2）如图 1 所示 ；（3）B；（4）0.44 37．某同学用热敏电阻制作了一个简易自动报警器。热敏电阻的阻值 R 随温度 t 变化的图像如图 甲所示，简易自动报警器的电路图如图丙所示。请回答以下问题： （1）用多用电表欧姆挡测继电器线圈 ed（图乙所示）的电阻时，将选择开关旋至“×100”位 置，欧姆调零，测线圈 ed 电阻发现指针偏转角度过大，则应把选择开关旋至×10（填“×10” 或“×1k”）进行测量。经正确操作，多用表示数如图丁所示，则所测继电器的阻值为 220 Ω 。 （2）为使温度在达到报警温度时，简易报警器响起，单刀双掷开关 C 应该接 a （选填“a” 或“b”）。 （3）流过继电器线圈 ed 的电流 I0≥10mA 才会报警。若直流电源电动势 E1 为 18V（内阻不计）， 欲实现温度达到或超过 60℃报警器响起，则滑动变阻器规格应该选择 C 。 A．0～200 ΩB．0～500 ΩC．0～1500 Ω【解答】解：（1）由于欧姆表测电阻时，偏转角过大，即示数太小，为增大示数，则要减小倍 率，即换为×10 的倍率再重新欧姆调零后进行测量。 欧姆表的示数为指针示数与倍率的乘积，所以 R＝22.0×10Ω＝220Ω； （2）当通过电磁继电器线圈的电流达到 20 mA 时，衔铁被吸合，使报警电路接通，所以单刀 双掷开关应掷向 a 端； （3）根据闭合电路欧姆定律 I ，从 Rt﹣t 图象可以看出 t＝60℃时，Rt＝580Ω，那么 I≥10mA， 代入联立可得：R≤1220Ω，故应选 C。 故答案为：（1）×10、220；（2）a；（3）C 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 24 - 38．某同学为精确测量某金属圆柱的电阻，设计了如图甲所示的电路图。现在需要两个量程为 200mA 的电流表，但实验室提供的器材中，一个电流表的量程为 100mA，内阻为 12 Ω ，另外一 个电流表的量程为 200mA。 （1）图中 E 为学生电源、G 为灵敏电流计、A1 代表量程为 100mA 电流表 A（图中未画出）改 装后的电流表、A2 为量程为 200mA 的电流表、R1 为电阻箱、R2 与 R3 均为滑动变阻器、R0 为 定值电阻、S 为开关、Rx 为待测金属圆柱，另有导线若干，这些器材全部由实验室提供。具体 的实验操作如下： A．按照如图甲所示的电路图连接好实验器材； B．将滑动变阻器 R2 的滑片、滑动变阻器 R3 的滑片均调至适当位置，闭合开关 S； C．调整 R3，逐步增大输出电压，并反复调整 R1 和 R2 使灵敏电流计 G 的示数为零，此时量程 为 100mA 的电流表 A 的示数为 I1，A2 的示数为 I2，电阻箱的示数为 R1； D．实验完毕，整理器材。 ①实验步骤 B 中滑动变阻器 R3 的滑片应调至最 左 （填“左”或“右”）端； ②某次测量时，量程为 100mA 的电流表 A 的指针位置如图乙所示，则此时通过 R2 的电流为 160 mA。 （2）待测金属圆柱 Rx 的阻值为 （用所测物理量的字母表示）。 （3）电流表 A1、A2 的内阻对测量结果 无 （填“有“或“无”）影响。 【解答】解：（1）①由图甲所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开 关前，应滑动变阻器 R3 的滑片应调至最左端。 ②A1 代表量程为 100mA 电流表 A 改装后的电流表，改装后电流表量程是 200mA，改装后量程 为原量程的 2 倍； 由图乙所示表盘可知，量程为 100mA 的电流表 A 的分度值为 4mA，示数为 80mA， 由于改装后电流表量程是原电流表量程的 2 倍，则通过电阻 R2 的电流为 80mA×2＝160mA。 （2）电流计 G 的示数为零，则 R1 和 Rx 两端的电压相等，由并联电路特点与欧姆定律得： 2I1R1＝I2Rx，解得，待测金属圆柱的阻值 Rx （3）待测金属圆柱的阻值 Rx ，电流表 A1、A2 的内阻对测量结果较没有影响。 故答案为：（1）①左；②160；（2） ；（3）无。 39．某物理实验小组先设计了如图甲所示的电路图，采用半偏法测量一电流计 G 的内阻 Rg，然后 将该电流计 G 改装为电压表，并对改装后的电压表进行检验。 （1）在该小组测量电流计 G 内阻 Rg 的过程中 ①请根据图甲所示电路图，在图乙中用笔画线表示导线连接相应的实物电路； ②实验要进行的步骤如下，合理的顺序是 FABDCEG （用步骤前的标号表示）； A．将 R1 的阻值调到最大 B．闭合开关 S1 C．闭合开关 S2 D．调节 R1 的阻值，使电流计指针满偏 E．调节 R2 的阻值，使电流计指针转到满偏刻度的一半处 F．按图所示连接好实验电路 G．记下 R2 的阻值并断开 S1 ③由于存在系统误差，按上述实验步骤测出的电流计内阻 R 测与电流计内阻的真实值 Rg 相比较， R 测 ＜ Rg（选填“＞”、“＜”或“＝”）； （2）该小组在上述实验中，测得电流计 G（量程 3.0mA）的内阻为 400 Ω 。他们将此电流计与 电阻 R 串联后改装成量程为 0～6V 的电压表，然后利用一标准电压表，根据图丙所示电路对改 装后的电压表进行检验。 ①与电流计串联的电阻 R＝ 1600 Ω ； ②调节滑动变阻器，当标准电压表读数为 5.0V 时，电流计 G 的读数为 2.0mA，则改装后的电 压表实际量程为 0～7.5 V。该小组发现改装的电压表量程不是 0～6V，通过分析，可能原 因是由于电流计 G 的内阻测量错误造成的，此时不用做其它改动，要达到预期目的，只需将与 电流计串联的电阻 R 换为一个阻值为 1100 Ω 的电阻即可。 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 25 - 【解答】解：（1）①按电路图连接实物如图乙所示； ②半偏法测电流表内阻的正确操作顺序是：FABDCEG，要注意一旦调节 R1 使电流表满偏后， 就不能再调节 R1 了。 ③当 R1 保持不变时，再闭合 S2 时，这样电路中的总电阻变小，总电流将大于 Ig，当电流半偏 时，电阻箱的电流比 ，所以电阻箱的电阻小于电流表，即测量值小于真实值。 （2）①将电流表改装成电压表，需要串联一较大的分压电阻 R Ω Ω 1600Ω。 ②当微安表的示数为 2mA 时，理论上的电压 U 理＝I（R+Rg）＝2×10﹣3×（1600+400）V＝4V， 但实际电压 U′只有 5.0V。 那么实际电流表 G 的内阻 Rg′ 䁠 Ω Ω 900Ω，比标称值大 500Ω。 那么实际的量程为 U 实＝I（Rg′+R）＝3×10﹣3×（900+1600）V＝7.5V。 根据表头与分压电阻的串联关系，要达到预期 6V 的目的，只需将 R 减小 500Ω即可，即换为 1100Ω的定值电阻。 故答案为：（1）①如图所示 、②FABDCEG、③＜；（1）①1600； ②0～7.5、1100 40．用半偏法测量电流表 G 的内阻，某同学设计了如图甲所示电路，器材如下： A．待测电流表 G（量程 200 μ A）； B．干电池一节，电动势 E＝1.5V； C．电阻箱：0～999.9 Ω ； D．滑动变阻器：0～10k Ω ； E．滑动变阻器：0～500 Ω ； F．开关两个，导线若干。 （1）连接电路时，图甲中的 R 应选择滑动变阻器 D （选填“D”或“E”）。 （2）用画线代替导线，按图甲电路在图乙中把实物图连接完整。 （3）操作步骤如下： ①断开 S1、S2，将 R1 调到最大，连接好电路； ②闭合 S1，调节 R1，使电流表 G 满偏； ③保持 R1 的滑片不动，再闭合 S2，调节 R2，使电流表 G 的示数为 100 μ A，此时，电阻箱示数 如图丙，由此可得出电流表 G 的内阻 rg＝ 272.7 Ω 。 （4）为修正上述测量的系统误差，该同学再找来量程为 250 μ A 的电流表 G1，将其串接在干路 上，重复上述步骤①②，再闭合 S2，调节 R2 （选填“R1”、“R2”或“R1 和 R2”），使电流 表 G 的示数为 100 μ A 时，电流表 G1 的示数为 200 μ A，此时，由上述半偏法可更准确得出 rg 的 值。 【解答】解：（1）由于电流表半偏时，认为电路中的总电流不变，所以只有滑动变阻器的阻值 远大于电流表的内阻才近似电流未变，故滑动变阻器选最大阻 10kΩ的 D； （2），按电路图连接未完成的实物连接，如图所示； 从图丙中读出电阻箱的读数为 R＝rg＝242.7Ω； （3）实际上由闭合电键 S2 后，总电阻变小，总电流变大，当电流表半偏时，电阻箱的电流大 新高考 15 题——12 压轴实验题 - 26 - 于 ，则电阻箱的阻值小于电流表的内阻。为了减小误差在干路中又串联了电流表 G1，由题 意，此时干路中的电流为 200μA，此时再调节 R2，使电流表 G 的示数为 100μA，那么电阻箱 的电流也为 100μA，此时电阻箱的值就等于电流表内阻的真实值。 故答案为：（1）D；（2）如图所示 ；（3）242.7；（2）R2