高考2013物理实验大全
高考(2013)物理实验大全
实验1误差、有效数字、长度的测量
实验2验证力的平行四边形定则 探究弹力和弹簧伸长的关系
实验3研究匀变速直线运动
实验4研究平抛物体的运动
实验5验证机械能守恒定律
实验6验证动量守恒定律
实验7用单摆测定重力加速度
实验8用油膜法估测分子的大小
实验9用描迹法画出电场中平面上的等势线
实验10描绘小灯泡的伏安特性曲线、
实验11测定金属的电阻率
实验12把电流表改装为电压表、
实验13测定电源的电动势和内电阻
实验14用多用电表探索黑箱内的电学元件、
实验15传感器的简单应用
实验16练习使用示波器
实验一
1．关于测量，下列说法错误的是 ( )
A．测量长度要有估计数字，估计数字的位数越多，误差就越小
B．在记录测量结果时，只写数值，不写单位是毫无意义的
C．记录测量的结果，所用单位不同时，不会影响测量结果的准确程度
D．为了减小误差，进行任何一个测量，都要采取多次测量求平均值的方法
【解析】 估计数字只有一位，故选项A错．
【答案】 A
2．用某刻度尺测得的某物体的长度为0.623m，则该工具的精确度为 ( )
A．1m B．0.1m C．0.01m D．0.001m
【解析】 据读数规则，最后一位为估读，可知精确度为0.01m.
【答案】 C
3．准确度为0.1mm的游标卡尺，游标卡尺刻度总长度为9mm，若其最末一个刻度线与主尺的44mm刻度线对齐，则游标尺的第5条刻度线所对着的主尺刻度为 ( )
A．35.0mm B．39.5mm C．43.4mm D．35.4mm
【解析】 游标尺上每刻度为0.9mm，第5条刻线与最末一条刻线的距离为0.9×5＝4.5mm，所以第5条刻线对齐的是与44mm差4.5mm的刻度，故为39.5mm.
【答案】 B
4．(2009·江苏苏州中学测试)用某精密仪器测量一物件的长度，得其长度为1.63812cm
.如果用最小刻度为mm的米尺来测量，则其长度应读为________cm，如果用50分度的卡尺来测量，则其长度应读为________cm.
【解析】 最小刻度为mm的米尺精确到1mm，即0.1cm，但有一位估读，因此读数为1.64cm；50分度的卡尺没有估读，精确到0.02mm，即0.002cm，故其长度应为1.638cm.
【答案】 1.64 1.638
5．一游标卡尺的主尺最小分度为1毫米，游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图所示．该工件的直径为________mm.
【解析】 29mm＋8×0.1mm＝29.8mm.
【答案】 29.8
6．(2007·天津卷)一种游标卡尺，它的游标尺上有50个小的等分刻度，总长度为49mm，用它测量某物体长度，卡尺示数如图所示，则该物体的长度是________cm.
【解析】 41mm＋10×0.02mm＝4.120cm.
【答案】 4.120
7．现用最小分度为1mm的米尺测量金属丝长度，如图所示，图中箭头所指位置是拉直的金属丝两端在米尺上相对应的位置，测得的金属丝长度为________mm.在测量金属丝直径时，如果受条件限制，身边只有米尺1把和圆柱形铅笔1支．如何较准确地测量金属丝的直径？请简述测量方法：
【解析】 本题主要考查毫米刻度尺的读数；放大法测量物体的长度．本题是一道考查考生基本素质的基础题目．
观察本题图示，注意金属丝的起点不在“0”处，所以测得金属丝的长度为：982.0mm－10.0mm＝972.0mm
由于一根金属丝的直径太小，用mm刻度尺不易测量，故采用放大法测量：在铅笔上紧密排绕N匝金属丝，用毫米刻度尺测出该N匝金属丝的长度D.由此可以算出金属丝的平均直径为D/N.
【答案】 见解析
8．图中给出的是利用游标卡尺测量某一物体长度时的示数，此示数应为________．
【解析】 29mm＋14×0.05mm＝29.70mm，最后一位数字虽然是零，但它代表精确程度，是计算中得出的，不能省略不写．
【答案】 29.70mm
9．(2009·河北石家庄)(1)测量玻璃管内径时，应该用如图(甲)中游标卡尺的A、B、C三部分的________部分来进行测量(填代号)．
(2)图(乙)中玻璃管的内径d＝________mm.
【解析】 (2)5mm＋5×0.05mm＝5.25mm.
【答案】 (1)A (2)5.25
10．(2008·高考海南物理卷)某同学用螺旋测微器测量一金属丝的直径，测微器的示数如图所示，该金属丝直径的测量值为________mm.
【答案】 2.793(在2.791～2.795mm之间都可以)
11．(1)用刻度尺和直角三角板测量一圆柱体的直径，方法如右图所示，此圆柱体的直径为 ( )
A．2.5cm B．2.0cm
C．2.00cm D．2.05cm
(2)用游标为50分度的游标卡尺测定某圆筒的内径时，卡尺上的示数如图所示，可读出圆筒的内径为________mm.
【答案】 (1)C (2)53.10
12．(2008·高考四川理综卷)一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动，盘边缘上固定一竖直的挡光片．盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过，如图甲所示．乙为光电数字计时器的示意图．光源A中射出的光可照到B中的接收器上，若A、B间的光路被遮断，显示器C上可显示出光线被遮住的时间．
挡光片的宽度用螺旋测微器测得，结果如图丙所示．圆盘直径用游标卡尺测得，结果如图丁所示，由图可知
(1)挡光片的宽度为________mm；
(2)圆盘的直径为________cm；
(3)若光电数字计时器所显示的时间为50.0ms，则圆盘转动的角速度为________弧度/秒(保留3位有效数字)．
【解析】 (1)螺旋测微器的固定尺上读数为10mm.可动尺上的读数为24.3，其中最后一位是估读数字，其大小读2、3、4都正确．螺旋测微器的精确度为0.01mm，则挡光片宽度为L＝10mm＋24.3×0.01mm＝10.243mm.
(2)游标卡尺为20分度，其精确度为0.05mm.固定尺读数为242mm.游标尺读数为4，圆盘直径R＝242mm＋4×0.05mm＝242.20mm＝24.220mm.
(3)因显示时间t＝50.0ms，则转动角速度
ω＝＝≈1.69rad/s.
【答案】 (1)10.243 (2)24.220 (3)1.69
13．在一些实验中需要较准确地测量物体转过的角度，为此人们在这样的仪器上设计了一个可转动的圆盘，在圆盘的边缘标有刻度(称为主尺)，圆盘外侧有一个固定不动的圆弧(称为游标尺)．如图所示(图中画出了圆盘的一部分和游标尺)．圆盘上刻有对应的圆心角，游标尺上把与主尺9°对应的圆心角等分为10格．试根据图中所示的情况读出此时游标上的零刻度与圆盘的零刻线之间所夹的角度为________．
【解析】 因为游标尺上把与主尺上9°对应的圆心角等分为10格，所以，将精确度为0.1mm的游标尺的原理和读数方法迁移到这里，就可得到该游标尺的精确度为d′＝(1/10)°＝0.1°，主尺上的整数部分为19°，游标尺上的第7条刻度线与主尺上的26条刻度线相重合，则其小数部分为7×0.1°＝0.7°，故总的读数为19°＋0.7°＝19.7°.
【答案】 19.7°
14．有一根横截面为正方形的薄壁管(如图所示)，现用游标为20分度(测量值可准确到0.05mm)的游标卡尺测量其外部的边长l，卡尺上部分刻度的示数如下图甲所示；用螺旋测微器测得其壁厚d的情况如下图乙所示．则此管外部横截面边长的测量值为l＝________cm；管壁厚度的测量值为d＝________mm.
【答案】 2.440 1.000
15．某同学使用20分度的游标卡尺测量一物体的尺寸，而另一同学却故意遮挡住了一部分刻度，使其只能看到游标卡尺的后半部分，如图所示，问该同学还能得到的物体的尺寸大小吗？说说你的观点．
【答案】 能得到物体的尺寸大小．
由图可知，游标尺的第7条刻度线与主尺上2.7cm的刻度线正好对齐，而20分度游标尺每一刻度的长度为0.95mm，故7个刻度的总长度为7×0.95mm＝6.65mm，游标尺上“0”刻度线所对主尺的长度即为测量值，l测＝27mm－6.65mm＝20.35mm.
实验二
1．(6分)(2009·高考山东理综)某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物．
(1)为完成该实验，下列操作中必需的是________．
a．测量细绳的长度
b．测量橡皮筋的原长
c．测量悬挂重物后橡皮筋的长度
d．记录悬挂重物后结点O的位置
(2)钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证，要采用的方法是________．
【答案】 (1)bcd (2)更换不同的小重物
2．(6分)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，下列哪些方法可减小实验误差
( )
A．使用弹簧秤拉橡皮条时不应超过其量程，且使用前要校准零点
B．实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一个弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点
C．实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧秤之间夹角应取90°以便于算出合力大小
D．拉橡皮条的细线要长些，标记两条细线方向要尽可能远些
【解析】 对选项B，第一个弹簧秤有可能超过量程而损坏；两个分力间的夹角只要不过大或过小就行，故选项C错；D项中可以更准确的确定拉力方向，故选AD.
【答案】 AD
3．(6分)在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要两次拉伸橡皮条：一条是通过细绳用两个弹簧互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条，在这两次拉伸中 ( )
A．只要求将橡皮条拉到相同的长度
B．要求将橡皮条沿相同的方向拉到相同的长度
C．将弹簧秤拉到相同的刻度
D．将橡皮条和细绳的结点拉到相同的位置
【解析】 在这个实验中用橡皮条在拉力作用下发生的变化来反映作用效果，橡皮条的变化包括伸长方向和伸长量两项，用伸长方向反映橡皮条所受合力的方向，用伸长量反映合力的大小，仅用一项不完整，故B正确，A、C错误，如果两次拉动时使细绳和橡皮条的结点位于同一位置，橡皮条两次的伸长方向和伸长量一定相同，因此D选项正确．
【答案】 BD
4．(6分)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中关于操作步骤先后顺序，下列说法正确的是 ( )
A．先测量原长，后竖直悬挂
B．先竖直悬挂，后测量原长
C．先后顺序对实验结果无影响
D．先后顺序对实验结果的影响程度取决于弹簧的自重
【解析】 由于弹簧自身有重力，悬挂时的长度大于水平放置时的长度，所以测量其竖直悬挂时的长度为弹簧原长．
【答案】 BD
5．(6分)下列结论中正确的是 ( )
A．弹簧的弹力与弹簧的长度成正比
B．弹簧的弹力总是同弹簧的伸长量成正比
C．弹簧的弹力总是同弹簧被压缩的长度成正比
D．在弹性限度内，弹簧产生的弹力与弹簧的形变量成正比
【解析】 由实验探究得出“在弹性限度内，弹簧的弹力与其形变量成正比”．故只有D项正确．
【答案】 D
6．(6分)(2009·西城区模拟)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验．他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上砝码后测出弹簧伸长后的长度L，把L－L0作为弹簧的伸长量x.这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是下图中的哪一个 ( )
【解析】 原长的测量值小于真实值，设误差为Δl，弹簧的实际伸长量x′＝x－Δl，弹力与伸长量成正比，即F＝k(x－Δl)．所以最后的图线是C.
【答案】 C
7．(6分)做“验证力的平行四边形定则”的实验时，在水平放置的木板上铺一张白纸，把橡皮条的一端固定在板的A点，橡皮条的另一端拴有两细绳套，如图所示，两个弹簧秤分别勾住细绳套，互成角度地拉橡皮条使之伸长．到达某一位置O时需记下________、________，描下________，再用一个弹簧秤勾住细绳套把橡皮条拉长，使结点达到位置________，再记下弹簧秤的读数________．
【答案】 (1)两弹簧秤的读数 两细绳的方向 结点O的位置O点 细绳的方向(前两空的顺序可以交换)
8．(6分)下面列出的措施中，有利于改进实验结果的是 ( )
A．橡皮条弹性要好，拉到O点时拉力应适当大些
B．两个分力F1和F2间的夹角要尽量大些
C．拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧测力计平行贴近木板面
D．拉橡皮条的绳要细，而且稍长一些
【解析】 拉力“适当”大些能减小误差；而夹角“尽量”大些，则使作图误差变大；橡皮条等“贴近”木板，目的是使拉线水平；绳子细长便于确定力的方向．
【答案】 ACD
9．(6分)如图所示，使弹簧测力计②从图示位置开始沿顺时针方向缓慢转动，在此过程中，保持结点O的位置不变，保持弹簧测力计①的拉伸方向不变．那么，在全过程中关于弹簧测力计①、②的示数F1和F2的变化情况是 ( )
A．F1增大，F2减小
B．F1减小，F2增大
C．F1减小，F2先增大后减小
D．F1减小，F2先减小后增大
【解析】 由于结点O的位置不变，所以F1和F2合力的大小与方向均不改变，即平行四边形的对角线不变．由于弹簧测力计①的拉伸方向不变，所以，F1的方向不变，即平行四边形的一组对边(F1)所在的直线不变．当弹簧测力计②从图示的位置沿顺时针方向缓慢转动时，平行四边形的另一组对边(F2)分别绕对角线的两端顺时针转动如图所示．由图可知，当F2与F1垂直时，F2最小，故在这一过程中，F2先减小后增大，而F1一直减小．
【答案】 D
10．(6分)(2010·安徽合肥模拟)某同学在做研究弹簧的形变与外力关系的实验时，将一轻弹簧竖直悬挂让其自然下垂，测出其自然长度；然后在其下部施加外力F，测出弹簧的总长度L，改变外力F的大小，测出几组数据，作出外力F与弹簧总长度L的关系图线如图所示．(实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的)
由图可知该弹簧的自然长度为________cm；该弹簧的劲度系数为________N/m.
【解析】 当外力F大小为零时，弹簧的长度即为原长，图线的斜率是其劲度系数．
【答案】 (1)10 (2)50
11．(6分)(2008·广东理基)探究弹力和弹簧伸长的关系时，在弹性限度内，悬挂15N重物时，弹簧长度为0.16m；悬挂20N重物时，弹簧长度为0.18m，则弹簧的原长L0和劲度系数k分别为 ( )
A．L0＝0.02m k＝500N/m
B．L0＝0.10m k＝500N/m
C．L0＝0.02m k＝250N/m
D．L0＝0.10m k＝250N/m
【解析】 由胡克定律F＝kx可得，15＝k(0.16－L0),20＝k(0.18－L0)．解得：k＝250N/m，L0＝0.10m.D正确．
【答案】 D
12．(8分)(2010·武汉市五校联考)利用下列器材设计实验研究三力平衡的规律．
器材：三根完全相同的轻质弹簧(每根弹簧的两端均接有适当长度的细绳套)，几个小重物，一把刻度尺，一块三角板，一枝铅笔，一张白纸，几枚钉子．
(1)按下列步骤进行实验，请在横线上将步骤补充完整：
①用两枚钉子将白纸(白纸的上边沿被折叠几次)钉在竖直墙壁上，将两根弹簧一端的细绳套分别挂在两枚钉子上，另一端的细绳套与第三根弹簧一端的细绳套连接．待装置静止后，用刻度尺测出第三根弹簧两端之间的长度，记为L0；
②在第三根弹簧的另一个细绳套下面挂一个重物，待装置静止后，用铅笔在白纸上记下结点的位置O和三根弹簧的方向．用刻度尺测出第一、二、三根弹簧的长度L1、L2、L3，则三根弹簧对结点O的拉力之比为________；
③取下器材，将白纸平放在桌面上．用铅笔和刻度尺从O点沿着三根弹簧的方向画直线，按照一定的标度作出三根弹簧对结点O的拉力F1、F2、F3的图示．用平行四边形定则求出F1、F2的合力F.
④测量发现F与F3在同一直线上，大小接近相等，则实验结论为：________；
(2)若钉子位置固定，利用上述器材，改变条件再次验证，可采用的办法是__________；
(3)分析本实验的误差来源，写出其中两点：__________；__________.
【答案】 (1)②(L1－L0)(L2－L0)(L3－L0)
④在实验误差范围内，结点O受三个力的作用处于静止状态，合力为零
(2)换不同重量的小重物
(3)未考虑弹簧自身的重量 记录O、L0、L1、L2、L3及弹簧的方向时产生误差(或白纸未被完全固定等)
13．(8分)做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验步骤如下：
A．以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组数据(x，F)对应的点，并用平滑的曲线连接起来；
B．记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上的刻度L0；
C．将铁架台固定于桌子上(也可在横梁的另一侧挂上一定的配重)，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一刻度尺；
D．依次在弹簧下端挂上2个、3个、4个……钩码，并分别记下钩码静止时弹簧下端所对应的刻度并记录在表格内，然后取下钩码；
E．以弹簧伸长为自变量，写出弹力与伸长的关系式．首先尝试写成一次函数，如果不行则考虑二次函数；
F．解释函数表达式中常数的物理意义；
G．整理仪器．
请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来：________.
【答案】 C、B、D、A、E、F、G
14．(9分)(2009·广东揭阳一模)为了探求弹簧弹力F和弹簧伸长量x的关系．李强同学选了甲、乙两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图所示的图象．从图象上看，该同学没有完全按实验要求做，使图象上端成为曲线，图象上端成为曲线是因为________．这两根弹簧的劲度系数分别为：甲弹簧为________N/m，乙弹簧为________N/m.若要制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧________(填“甲”或“乙”)．
【解析】 图象上端成为曲线是因为弹簧超出弹性限度，弹力与伸长量不成正比了．据胡克定律得
k甲＝＝66.7N/m，k乙＝＝200N/m.
要制作一个精确度较高的弹簧测力计，则应选劲度系数小的弹簧，即甲．
【答案】 弹簧超出弹性限度，弹力与伸长量不成正比了 66.7 200 甲
15．(9分)(2008·高考北京理综卷)某同学和你一起探究弹力和弹簧伸长的关系，并测弹簧的劲度系数k.做法是先将待测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一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上．当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作L0，弹簧下端挂一个50g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L1；弹簧下端挂两个50g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L2；……；挂七个50g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L7.
(1)下表记录的是该同学已测出的6个值，其中有两个数值在记录时有误，它们的代表符号分别是________和________．
测量记录表：
代表符号
L0
L1
L2
L3
L4
L5
L6
L7
刻度数值/cm
1.70
3.40
5.10
8.60
10.3
12.1
(2)实验中，L3和L7两个值还没有测定，请你根据下图将这两个测量值填入记录表中．
(3)为充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差，分别计算出了三个差值：
d1＝L4－L0＝6.90cm，d2＝L5－L1＝6.90cm，d3＝L6－L2＝7.00cm.
请你给出第四个差值：d4＝________cm＝________cm.
(4)根据以上差值，可以求出每增加50g砝码时弹簧的平均伸长量ΔL.ΔL用d1、d2、d3、d4表示的式子为：ΔL＝________，代入数据解得ΔL＝________cm.
(5)计算弹簧的劲度系数k＝________N/m.(g取9.8m/s2)
【解析】 (1)L5、L6两组数据在读数时均没有估读值．
(2)略
(3)题中三组数据在寻求多挂4个砝码形成的长度差，故d4＝L7－L3＝(14.05－6.85)cm＝7.20cm.
(4)每增加4个砝码弹簧的平均伸长量ΔL1＝，则每增加1个砝码弹簧的平均伸长量ΔL＝＝，代入数据求得ΔL＝1.75cm.
(5)由(3)(4)可知，弹力F和弹簧伸长量ΔL成正比，即满足F＝kΔL，代入数据k＝＝N/m＝28N/m.
【答案】 (1)L5 L6 (2)6.85(6.84～6.86) 14.05(14.04～14.06) (3)L7—L3
7.20(7.18～7.22) (4) 1.75 (5)28
实验三
1．(8分)(2009·高考广东理基)“研究匀变速直线运动”的实验中，使用电磁式打点计时器(所用交流电的频率为50Hz)，得到如图所示的纸带．图中的点为计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出来，下列表述正确的是 ( )
A．实验时应先放开纸带再按通电源
B．(s6－s1)等于(s2－s1)的6倍
C．从纸带可求出计数点B对应的速率
D．相邻两个计数点间的时间间隔为0.02s
【答案】 C
2．(8分)(2009·高考天津理综)如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度．
①所需器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需__________(填字母代号)中的器材．
A．直流电源、天平及砝码
B．直流电源、毫米刻度尺
C．交流电源、天平及砝码
D．交流电源、毫米刻度尺
②通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．为使图线的斜率等于重力加速度，除作v－t图象外，还可作__________图象，其纵轴表示的是__________，横轴表示的是__________．
【解析】 本题考查了利用验证机械能守恒定律的实验装置测定重力加速度，意在考查考生的知识迁移能力和利用图象处理实验数据的能力．①本实验不需要测量重物的质量，直接通过处理纸带，利用匀变速直线运动的规律即可求得，缺少低压交流电源和刻度尺，故选项D正确；②由匀变速直线运动的规律2gh＝v2可得：＝gh，当纵轴表示，横轴表示重物下落高度h，则图象的斜率即为重力加速度．
【答案】 ①D ②－h 速度平方的二分之一 重物下落高度h(关于图象的其他正确答案也可)
3．(8分)在使用打点计时器时 ( )
A．应先接通电源，再使纸带运动
B．应先使纸带运动，再接通电源
C．在使纸带运动的同时接通电源
D．先使纸带运动或先接通电源都可以
【解析】
先接通电源再使纸带运动，可使纸带上打出的点子更多，纸带利用率更高，另外，在纸带运动较快的情况下，如果先释放纸带后接通电源，可能造成纸带上无点的情况．
【答案】 A
4．(8分)一同学在用打点计时器做“测匀变速直线运动加速度”的实验时，纸带上打出的点不是圆点，而是如图所示的一些短线，这可能是因为 ( )
A．打点计时器错接在直流电源上
B．电源电压不稳定
C．电源的频率不稳定
D．打点针压得过紧
【解析】 当打点计时器到直流电源上时，某振动片不可能磁化，也就不会引起振针的上下运动而打点，故选项A首先应被排除．电源频率的不稳定会引起打点周期的不稳定，电压的不稳定会影响点迹的清晰度．故用排除法可确定A、B、C三选项均不是本题答案．
当打点计时器的振动片一端的打点针(振针)与复写纸片间的距离过大(即振针太短)，这时打点针向下运动时还触不着复写纸，可能出现时有时无的点迹，也可能完全没有点迹，即漏点．当打点计时器的振针(打点针)压得过紧，即振针与复写纸间间隙过小(振针太长)，每一个打点周期内就会有较长一段时间接触并挤压在复写纸上，这样打出的点就变为一段一段的小线段，即打出的点有拖尾巴的现象．所以引起纸带上打出的不是圆点，而是一些短线；其原因是打点针压得过紧．答案应为D.所以在使用打点计时器前要检查振针到复写纸间的距离是否适中，否则要做适当调整．一般说来，振针针尖与限位板间的间隙调节到3～4mm为宜，然后再旋紧固定螺母．
【答案】 D
5．(8分)(2009·安徽蚌埠模拟)用接在50Hz交流电源上的打点计时器测定小车的运动情况．如图所示是实验得到的纸带．则小车的加速度和打点1时的瞬时速度的大小分别是
( )
A．a＝5.00m/s2和v1＝1.60m/s
B．a＝5.00m/s2和v1＝3.20m/s
C．a＝50.0m/s2和v1＝1.60m/s
D．a＝50.0m/s2和v1＝3.20m/s
【解析】 由s3＋s4－(s1＋s2)＝a(2T)2，
又T＝0.02s2，解得a＝5.00m/s2.
v1＝＝1.60m/s.
【答案】 A
6．(8分)(2009·河南巩义模拟)(1)某同学要进行探究匀变速直线运动的实验，请在下面列出的实验器材中，选出本实验中不需要的器材填在横线上(填编号)：________
①打点计时器 ②天平 ③低压交流电源 ④低压直流电源 ⑤细绳和纸带 ⑥钩码和小车 ⑦秒表 ⑧一端有滑轮的长木板 ⑨刻度尺
(2)某同学利用打点计时器所记录的纸带来研究做匀变速直线运动小车的运动情况，实验中获得一条纸带，如图所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出．已知所用电源的频率为50Hz，则打A点时小车运动的速度大小vA＝________m/s，小车运动的加速度大小a＝________m/s2.(结果要求保留三位有效数字)
【解析】 (2)vA＝，T＝0.1s，所以解出vA＝0.337m/s.由BD－OB＝a(2T)2，
解出a≈0.393m/s2.
【答案】 (1)②④⑦ (2)0.337 0.393
7．(8分)用打点计时器研究匀变速直线运动的实验中，造成各连续相等的时间间隔内的位移之差不是一个恒量的主要原因是 ( )
A．长度测量不准确
B．打点间隔不是0.02s，而是0.018s
C．运动中受摩擦力作用
D．木板未调成水平
【解析】 本实验的目的是研究匀变速直线运动的规律，因此，只要求小车能满足做匀变速直线运动的条件就可以了．小车运动中虽受到摩擦力，或者木板未调水平，形成一个倾角，但只要保证对小车的牵引力大于它所受的阻力，小车就能做匀变速运动；摩擦力的大小、木板的倾斜与否以及倾角的大小，仅影响小车运动中加速度的大小，亦即打点间隔分布的疏密，不是造成各打点间隔内位移之差不是恒量的原因，时间间隔长短只会影响点的疏密．
【答案】 A
8．(8分)在研究匀变速直线运动的实验中，算出小车经过各计数点的瞬时速度如以下表格中所示，为了算出加速度，合理的方法是 ( )
计数点序号
1
2
3
4
5
6
计数点对应
时刻(s)
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
通过计数点的
速度(cm/s)
44.0
62.0
81.0
100.0
110.0
168.0
A.根据任意两计数点的速度应用公式a＝Δv/Δt算出加速度
B．根据实验数据，画出v－t图象，量出其倾角，由公式a＝tanα算出加速度
C．根据实验数据，画出v－t图象，由图线上任意两点所对应的速度，用公式a＝Δv/Δt算出加速度
D．依次算出通过连续两计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度
【解析】 方法A偶然误差较大，方法D实际上也仅由始末两段位移决定，偶然误差也较大，只有C充分利用画出的v－t图象的各次数据，减小了偶然误差，而B找v－t图象的倾角tanα是不妥的，因为物理学计算图象中纵横坐标的分度选取往往是不相同的，是由我们自己随意定大小的，不像数学中的纯数坐标．
【答案】 C
9．(8分)某同学在测定匀变速直线运动的加速度时，得到了几条较为理想的纸带，已在每条纸带上每5个计时点取好了一个计数点，即两计数点之间的时间间隔为0.1s，依打点先后编为0、1、2、3、4、5.由于不小心，纸带被撕断了，如图所示．请根据给出的A、B、C、D四段纸带回答：(填字母，单位：cm)
(1)从纸带A上撕下的那段应该是B、C、D三段纸带中的________．
(2)打A纸带时，物体的加速度大小是________m/s2.
【解析】 因小车做匀变速直线运动，加速度保持不变，打A纸带时，加速度
a＝＝＝m/s2＝0.6m/s2.
又小车运动的加速度：a＝，
则4、5两点间隔为：
s5＝s2＋3aT2＝36.0×10－3m＋3×0.6×0.12m
＝54×10－3m
所以从纸带A上撕下的那段应是C.
【答案】 (1)C (2)0.6
10．(9分)如图所示，是打点计时器打出的纸带，图中A、B、C、D、E、F等是按时间顺序先后打出的计数点(每两个计数点间有四个计时点未画出)．用刻度尺量出AB、EF之间的距离分别是2.40cm和0.84cm，那么小车的加速度大小是________，方向是________．
【解析】 由纸带数据知，s1＝2.40cm，s5＝0.84cm，计数点时间间隔T＝5×0.02s＝0.1s
则小车的加速度
a＝＝m/s2＝－0.39m/s2
所以，加速度大小为0.39m/s2，方向与运动方向相反．
【答案】 0.39m/s2 与运动方向相反
11．(9分)利用打点时器测定匀加速直线运动的小车的加速度，如图所示给出了该次实验中，从0点开始，每5个点取一个计数点的纸带，其中0,1,2,3,4,5,6都为计数点．测得：s1＝1.40cm，s2＝1.90cm，s3＝2.38cm，s4＝2.88cm，s5＝3.39cm，s6＝3.87cm.
(1)在计时器打出点1,2,3,4,5时，小车的速度分别为：
v1＝________cm/s，v2＝________cm/s，v3＝________cm/s，v4＝________cm/s，v5＝________cm/s.
(2)作出v－t图象，并由图象求出小车的加速度a＝________cm/s2.
【解析】 (1)小车速度
v1＝＝cm/s＝16.50cm/s，
v2＝＝cm/s＝21.40cm/s，
v3＝＝cm/s＝26.30cm/s，
v4＝＝cm/s＝31.35cm/s，
v5＝＝cm/s＝36.30cm/s.
(2)图象如图所示，在作出v－t图象后，取A和B两点计算加速度，vA＝12.00cm/s，tA＝0，vB＝42.20cm/s，tB＝0.6s，则
a＝
＝cm/s2
＝50.33cm/s2.
【答案】 (1)16.50 21.40 26.30 31.35 36.30 (2)图见解析 50.33
12．(10分)如图所示为小球从某一高度处自由下落时，用频闪照相获得的轨迹的一部分，计数点1、2的间隔为7.71cm,2、3的间隔为8.75cm,3、4的间隔为9.80cm，4、5的间隔为10.86cm，每次闪光的时间间隔为1/30s，求小球运动到计数点3时的瞬时速度是多少？
【解析】 根据某段时间内的平均速度可以“粗略”代表某点的速度的思想来计算小球的速度．
小球运动到计数点3时，其速度为
v3＝＝m/s
＝2.7825m/s
【答案】 2.7825m/s
实验四
1．(8分)在做“研究平抛物体的运动”的实验时，为了能较准确地描绘出运动轨迹，下列操作要求正确的是 ( )
A．通过调节使斜槽的末端保持水平
B．每次释放小球的位置可以不同
C．每次必须由静止释放小球
D．小球运动时不应与木板上的白纸(或方格纸)相接触
【解析】 本实验必须调节斜槽的末端保持水平，以保证物体做平抛运动；每次释放必须从同一位置由静止释放；小球运动时不应与木板上的白纸(或方格纸)相接触，以防止摩擦，保证小球做平抛运动．
【答案】 ACD
2．(8分)(2009·潍坊质检)某同学利用如图所示的两种装置探究平抛运动，方案如下：
装置1：用小锤打击金属片，A球水平抛出，同时B球自由下落．仔细观察A、B两球是否同时落到水平地面上．若同时落地，则说明水平分运动是匀速运动，竖直分运动是自由落体运动．
装置2：竖直管A上端要高于水面，这样可在较长时间内得到稳定的细水柱．水平管B喷出水流，在紧靠水流、平行于水流的玻璃板上用彩笔描出水流的轨迹，这就是平抛运动的轨迹．
找出以上叙述中不当之处并写到下面：
(1) _______________________________________________________________________；
(2) _______________________________________________________________________．
【解析】 (1)若同时落地，则说明水平分运动是匀速运动(只要说明竖直方向为自由落体运动)．(2)竖直管A上端要高于水面(应低于)．
【答案】 见解析
3．(8分)某同学设计了一个研究平抛运动的实验装置，如图所示．在水平桌面一个斜面，让钢球从斜面上同一位置由静止滚下，钢球滚过桌边后便做平抛运动．在钢球抛出后经过的地方放置一块水平木板，木板由支架固定成水平，木板所在高度可通过竖直尺读出，木板可以上下自由调节．在木板上固定一张白纸．该同学在完成装置安装后进行了如下步骤的实验：
A．实验前在白纸上画一条直线，并在线上标出a、b、c三点，且ab＝bc，如图．量出ab长度L＝20.00cm.
B．让钢球从斜面上的某一位置由静止滚下，调节木板位置，使得钢球正好击中c点，记下此时木板离地面的高度h1＝70.00cm.
C．让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板位置，使得钢球正好击中b点，记下此时木板离地面的高度h2＝90.00cm.
D．让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板位置，使得钢球正好击中a点，记下此时木板离地面的高度h3＝100.00cm.
则该同学由上述测量结果即可粗测出钢球的平抛初速度大小v0＝________m/s.钢球击中b点时其竖直分速度大小为vby＝________m/s.已知钢球的重力加速度为g＝10m/s2，空气阻力不计．
【解析】 由于小球每次都是从斜面上同一位置释放的，所以小球的水平初速度不变，小球从落到a点到落到b点与从落到b点到落到c点所用的时间相同，可设为T.
水平方向：v0＝ ①
竖直方向：ab对应的竖直高度Δh1＝h3－h2＝10cm.
bc对应的竖直高度Δh2＝h2－h1＝20cm
则Δh＝Δh2－Δh1＝gT2 ②
联立①②代入数据得v0＝2m/s，T＝0.1s
由运动学公式：vby＝＝＝1.5m/s.
【答案】 2 1.5
4．(9分)某同学设计了一个研究平抛运动的实验．实验装置示意图如图(甲)所示，A是一块平面木板，在其上等间隔地开凿出一组平行的插槽(图(甲)中P0P0′、P1P1′…)，槽间距离均为d.把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板B上．实验时依次将B板插入A板的各插槽中，每次让小球从斜轨的同一位置由静止释放．每打完一点后，把B板插入后一槽中并同时向纸面内侧平移距离d.实验得到小球在白纸上打下的若干痕迹点．如图(乙)所示．
(1)实验前应对实验装置反复调节，直到________，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了______________________．
(2)每次将B板向内侧平移距离d，是为了______________________．
(3)在图(乙)中绘出小球做平抛运动的轨迹．
【解析】 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保持小球水平抛出的初速度相同．每次将B板向内侧平移距离d，是为了保持相邻痕迹点的水平距离大小相同．有些考生不明白每次将B板向内侧平移距离d的道理．
【答案】 (1)斜槽末端水平 小球每次平抛速度相同
(2)保持相邻痕迹点的水平距离大小相同
(3)如图所示
5．(9分)一名同学在“研究平抛运动”实验中，只画出了如图所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离Δs相等的三点A、B、C，量得Δs＝0.2m.又量出它们之间的竖直距离分别为h1＝0.1m，h2＝0.2m，利用这些数据，可求得：
(1)物体抛出时的初速度为________；
(2)物体经过B点时的竖直分速度为________；
(3)抛出点在A点上方的高度为________．(g取10m/s2)
【解析】 (1)设物体抛出时的初速度为v0，水平方向发生Δs位移所用时间为t，则Δs＝v0t，h2－h1＝gt2，可解得v0＝2m/s，t＝0.1s.
(2)vBy＝＝1.5m/s.
(3)从抛出到落到B点的时间为tB，有vBy＝gtB，解得
tB＝＝0.15s，从抛出点落到A点的时间tA＝tB－t＝0.05s；抛出点在A点上方的高度为hA＝gt＝0.0125m.
【答案】 (1)2m/s (2)1.5m/s (3)0.0125m
6．(9分)试根据平抛运动原理设计“测量弹射弹丸出射的初速度”的实验方案．提供的实验器材为弹射器(含弹丸，如图)、铁架台(带有夹具)、米尺．
(1)画出实验示意图．
(2)在安装弹射器时应注意__________________________________________．
(3)实验中需要测量的量为______________________．(在示意图中用字母标出)
(4)弹射器每次射出的弹丸初速度不可能完全相等，在实验中应采取的方法是______________________．
(5)计算公式为________．
【解析】 (1)实验示意图如图所示．
(2)弹射器必须保持水平．
(3)弹丸下降高度y和水平射程x.
(4)在不改变高度y的条件下，进行多次实验，测量水平射程.
(5)0＝.
【答案】 见解析
7．(9分)在做“研究平抛物体的运动”的实验时，坐标纸应当固定在竖直的木板上，如图所示坐标纸的固定情况与斜槽末端的关系正确的是 ( )
【解析】 A图中坐标纸偏右，斜端末端没有在坐标纸内，A错；B图中坐标纸放得不竖直，B错；C图中坐标纸竖直，斜槽末端又在坐标纸内，C正确；D图中坐标纸偏下，斜槽末端没有落在坐标纸内，D项错．
【答案】 C
8．(8分)在做“研究平抛物体的运动”的实验时，已备有下列器材：有孔的硬纸片、白纸、图钉、平板、铅笔、弧形斜槽、小球、刻度尺、铁架台，还需要的器材有 ( )
A．秒表 B．天平 C．重垂线 D．测力计
【答案】 C
9．(10分)(2008·苏、锡、常、镇四市模拟)如图甲所示，是一位同学在实验室中照的一小球做平抛运动的频闪照片的一部分，由于照相时的疏忽，没有摆上背景方格板，图中方格是后来用直尺画在相片上的(图中格子的竖直线是实验中重垂线的方向，每小格的边长均为5mm)．为了补救这一过失，他对小球的直径进行了测量，如图乙所示，如果取重力加速度g＝10m/s2，则
(1)照相机的闪光频率为________Hz；
(2)小球做平抛运动的初速度为________m/s.
【解析】 真实小球的直径是底片上小球的4倍，说明小球实际做平抛运动的水平、竖直位移应是照片的4倍．对竖直分运动，由Δs＝gT2＝0.1m得T＝0.1s，则频率为10Hz，则v＝＝1m/s.
【答案】 (1)10 (2)1
10．(10分)(2007·高考上海卷)利用单摆验证小球平抛运动规律，设计方案如图所示，在悬点O正下方有水平放置的炽热的电热丝P，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断；MN为水平木板，已知悬线长为L，悬点到木板的距离OO′＝h(h>L)．
(1)电热丝P必须放在悬点正下方的理由是______________________．
(2)将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的C点，
O′C＝s，则小球做平抛运动的初速度为v0＝________.
(3)在其他条件下不变的情况下，若改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角θ，小球落点与O′点的水平距离s将随之改变，经多次实验，以s2为纵坐标、cosθ为横坐标，得到如图所示图象．则当θ＝30°时，s为________m；若悬线长L＝1.0m，悬点到木板间的距离OO′为________m.
【解析】 (1)因为是利用单摆验证小球做平抛运动的规律，所以小球必须做平抛运动．如果电热丝不在O点的正下方，悬线被烧断时小球的速度不是水平的，不能做平抛运动．所以只有在O点的正下方才能保证小球做平抛运动．
(2)小球在竖直方向做自由落体运动，有h－L＝gt2，水平方向做匀速直线运动，有s＝v0t，
所以有v0＝＝s.
(3)由图象可得函数关系式为s2＝(－2cosθ＋2)m2，所以当θ＝30°时，cosθ＝，代入得s2≈0.27m2，所以s≈0.52m.
若悬线长为1m，θ＝90°，小球在最低点的速度为v，根据机械能守恒定律有mgL＝mv2，所以v＝，而此时水平位移为s＝m，代入(2)中结果v0＝s
可得h＝1.5m.
【答案】 (1)保证小球沿水平方向抛出
(2)s
(3)0.52 1.5
11．(12分)(2008·北京海淀区高三期中测试)某同学在做“研究平抛物体的运动”的实验中，在已经判定平抛运动在竖直方向为自由落体运动后，再来用如图甲所示实验装置研究水平方向的运动．他先调整斜槽轨道使槽口末端水平，然后在方格纸(甲图中未画出方格)上建立直角坐标系xOy，将方格纸上的坐标原点O与轨道槽口末端重合，Oy轴与重垂线重合，Ox轴水平．实验中使小球每次都从斜槽同一高度由静止滚下，经过一段水平轨道后抛出．依次均匀下移水平挡板的位置，分别得到小球在挡板上的落点，并在方格纸上标出相应的点迹，再用平滑曲线将方格纸上的点迹连成小球的运动轨迹如图乙所示．已知方格边长为L，重力加速度为g.
(1)请你写出判断小球水平方向是匀速运动的方法(可依据轨迹图说明)．
(2)小球平抛的初速度v0__________；
(3)小球竖直下落距离y与水平运动距离x的关系式为y＝__________.
【解析】 (1)在轨迹上取坐标为(3L，L)、(6L,4L)、(9L,9L)的三点，分别记为A、B、C
点，其纵坐标y1y2y3＝149，由于已研究得出小球在竖直方向是自由落体运动，因此可知从抛出到A点所用时间t1与从A点到B点所用时间t2、从B点到C点所用时间t3相等，这三点的横坐标之间的距离也相等，说明了在相等时间内水平位移相等，即说明平抛运动在水平方向的运动为匀速直线运动．
(2)由平抛运动性质可得v0t1＝3L,2L＝gt
解得v0＝
(3)由平抛运动性质得x＝v0t，y＝gt2；解之得y＝x2
【答案】 (1)详见解析 (2) (3)x2
【知识拓展】 物体做平抛运动的条件是初速度方向水平，只在重力作用下运动．其运动可以看成水平方向上的的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合成．“方格题”往往是通过自由落体运动规律Δs＝gt2成为解决此类问题的突破口．
实验五
1．(9分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，下列物理量中需要用工具测量的有( )；通过计算得到的有 ( )
A．重锤的质量
B．重力加速度
C．重锤下落的高度
D．与重锤下落高度对应的重锤瞬时速度
【解析】 重锤下落的高度从纸带上用毫米刻度尺测量．某点速度由公式vn＝或vn＝算出．
【答案】 C D
2．(9分)在验证机械能守恒定律的实验中有关重锤质量，下列说法中正确的是( )
A．应选用密度和质量较大的重锤，使重锤和纸带所受的重力远大于它们所受的阻力
B．应选用质量较小的重锤，使重锤的惯性小一些，下落时更接近于自由落体运动
C．不需要称量锤的质量
D．必须称量重锤的质量，而且要估读到0.01g
【解析】 本实验依据的原理是重锤自由下落验证机械能守恒定律，因此重锤的密度和质量应取得大一些，以便系统所受的阻力和重锤的重力相比可以忽略不计，以保证重锤做自由落体运动．本实验不需要测出重锤的质量，实验只需要验证gh＝v2就行了．
【答案】 AC
3．(11分)(2009·深圳调研)某同学利用透明直尺和光电计时器来验证机械能守恒定律，实验的简易示意图如图所示，当有不透光物体从光电门间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．所用的XDS—007光电门传感器可测的最短时间为0. 01ms.将挡光效果好、宽度为d＝3.8×10－3m的黑色磁带贴在透明直尺上，从一定高度由静止释放，并使其竖直通过光电门．某同学测得各段黑色磁带通过光电门的时间Δti与图中所示的高度差Δhi并对部分数据进行处理，结果如下表所示．(取g＝9. 8m/s2，注：表格中M为直尺质量)
Δti(10－3s)
vi＝(m·s－1)
ΔEki＝Mv－Mv
Δhi (m)
MgΔhi
1
1.21
3.14
2
1.15
3.30
0.52M
0.06
0.58M
3
1.00
3.78
2.29M
0.23
2.25M
4
0.95
4.00
3.17M
0.32
3.14M
5
0.90
0.41
(1)从表格中数据可知，直尺上磁带通过光电门的瞬时速度是利用vi＝求出的，请你简要分析该同学这样做的理由是________．
(2)请将表格中数据填写完整．
(3)通过实验得出的结论是________________．
(4)根据该实验请你判断下列ΔEk—Δh图象中正确的是 ( )
【解析】 (1)因瞬时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度．(4)因为ΔEp＝mg·Δh，ΔEp＝ΔEk，所以ΔEk＝mg·Δh，所以正确答案为C.
【答案】 (1)瞬时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度 (2)4.22 3.97M或4.00M 4.01M或4.02M (3)在误差允许的范围内，重力势能的减少量等于动能的增加量 (4)C
4．(11分)在利用电磁打点计时器(电磁打点计时器所用电源频率为50Hz)“验证机械能守恒定律”的实验中：
(1)某同学用如图所示装置进行实验，得到如图所示的纸带，把第一个点(初速度为零)记作O点，测出点O、A间的距离为68.97cm，点A、C间的距离为15.24cm，点C、E间的距离为16.76cm，已知当地重力加速度为9.8m/s2，重锤的质量为m＝1.0kg，则打点计时器在打O点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量为________J，重力势能的减少量为________J.
(2)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a＝________m/s2.
(3)在实验中发现，重锤减少的重力势能总大于重锤增加的动能，其原因主要是因为在重锤带着纸带下落的过程中存在着阻力的作用，用题目中给出的已知量求重锤下落过程中受到的平均阻力大小为________N.
【解析】 本题主要考查“验证机械能守恒定律”这个实验的基本原理和应用，并且综合了牛顿第二定律．
(1)C点速度vC＝＝m/s＝4.00m/s
该过程动能的增加量
ΔEk＝mv＝×1.0×(4.00)2J＝8.00J
该过程重力势能的减少量为ΔEp＝mg·
＝1.0×9.8×(68.97＋15.24)×10－2J＝8.25J.
(2)加速度a＝
＝m/s2＝9.50m/s2.
(3)由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma
即Ff＝mg－ma＝0.30N.
【答案】 (1)8.00 8.25 (2)9.50 (3)0.30
5．(11分)利于如图所示的装置验证机械能守恒定律．图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，当光电门中有物体通过时与它们连线的光电计时器(都没有画出)能够显示挡光时间．让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10－2s、2.00×10－2s.已知滑块质量为2.00kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00cm，光电门1和2之间的距离为0.54m，g取9.80m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度．
(1)滑块通过光电门1时的速度v1＝________m/s，通过光电门2时的速度v2＝________m/s；
(2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为________J，重力势能的减少量为________J.
(3)由以上数据，得出的结论是____________________．
【解析】 (1)光电门记录的瞬时速度取经过光电门时的平均速度v1＝＝m/s＝1.00m/s
v2＝＝m/s＝2.50m/s.
(2)ΔEk＝m(v－v)＝5.25J
ΔEp＝mgs12sin30°＝2×9.8×0.54×0.5J＝5.29J.
(3)在实验误差允许的范围内，ΔEk＝ΔEp，所以小车沿斜面下滑过程中机械能守恒．
【答案】 (1)1.00 2.50 (2)5.25 5.29 (3)在实验误差允许的范围内，ΔEk＝ΔEp，所以小车沿斜面下滑过程中机械能守恒
6．(11分)如图甲所示，用包有白纸的质量为1.00kg的圆柱棒替代纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之匀速转动，使之替代打点计时器．当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动．测得记号之间的距离依次为26.0mm、50.0mm、74.0mm、98.0mm、122.0mm、146.0mm，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，由此验证机械能守恒定律，根据以上内容，可得
(1)毛笔画相邻两条线的时间间隔T＝________s.
(2)根据乙图所给的数据，可知毛笔画下记号3时，圆柱棒下落的速度v3＝________m/s；画下记号6时，圆柱棒下落的速度v6＝________m/s；记号3、6之间棒的动能的变化量为________J．重力势能的变化量为________J，由此可得出的结论是______________________．(g取9.80m/s2，结果保留三位有效数字)
【解析】 (1)T＝s＝0.05s.
(2)v3＝×10－3m/s＝1.24m/s
v6＝×10－3m/s＝2.68m/s
ΔEk＝mv－mv＝2.82J
ΔEp＝mg(122.0＋98.0＋74.0)×10－3＝2.88J
在误差允许的范围内，机械能守恒．
【答案】 (1)0.05s (2)1.24 2.68 2.82 2.88 在误差允许的范围内，机械能守恒
7．(11分)如图所示，是用自由落体法验证机械能守恒定律时得到的一条纸带，我们选中N点来验证机械能守恒定律，下面举出一些计算N点速度的方法，其中正确的是( )
①N点是第n个点，则vn＝gnT ②N点是第n个点，则vn＝g(n－1)T ③vn＝ ④vn＝
A．①③ B．①②③ C．③④ D．①③④
【解析】 由于本实验需要的是物体在某一时刻的真实速度，故应使用纸带上的数据求解，利用做匀变速运动的物体在一段时间内的平均速率等于这段时间的中间时刻的瞬时速度这一规律求解．
【答案】 C
8．(13分)(2009·荆州调研)如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点痕迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．
(1)下面列举了该实验的几个操作步骤： ( )
A．按照图示的的装置安装器件；
B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；
C．用天平测量出重锤的质量；
D．释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带；
E．测量打出的纸带上某些点之间的距离；
F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．
指出其中没有必要进行的或者操作不恰当的步骤，将其选项对应的字母填在下面的横线上，并说明理由．
________________________________________________________________________.
(2)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a
的数值，如图所示．根据打出的纸带，选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起始点O的距离为s0，点A、C间的距离为s1，点C、E间的距离为s2，使用交流的频率为f，则根据这些条件计算重锤下落的加速度a的表达式为：a＝________.
(3)在验证机械能守恒定律的实验中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用，可以通过该实验装置测定该阻力的大小．若已知当地重力加速度公认的较准确的值为g，还需要测量的物理量是______．
(4)试用这些物理量和纸带上的测量数据表示出重锤在下落过程中受到的平均阻力大小为F＝________.
【解析】 (1)步骤B是错误的，应接到交流电源的输出端；步骤D是错误的，应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带；步骤C不必要，因为根据测量原理，重锤的动能和势能中都包含m，可以约去．
(2)因为s2－s1＝a()2＝，所以a＝.
(3)重锤质量m.
由牛顿第二定律mg－F＝ma，所以阻力
F＝m[g－]．
【答案】 (1)见解析 (2) (3)重锤质量m (4)m[g－]
9．(14分)如图所示的装置可用来验证机械能守恒定律．摆锤A拴在长L的轻绳一端，另一端固定在O点，在A上放 一个小铁片，现将摆锤拉起，使绳偏离竖直方向成θ角时静止开始释放摆锤，当其到达最低位置时，受到竖直挡板P阻挡而停止运动，之后铁片将飞离摆锤而做平抛运动．
(1)为了验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度．为了求出这一速度，实验中还应该测得的物理量是______________________．
(2)根据测得的物理量表示摆锤在最低点的速度v＝________.
(3)根据已知的和测量的物理量，写出摆锤在运动中机械能守恒的关系式为________．
【解析】 (1)铁片离开摆锤后做平抛运动，故要想求出摆锤在最低点的速度，需根据平抛运动的规律：
s＝v0t ①，h＝gt2 ②，因此需测h、s.
(2)由(1)中①、②联立求得：v＝s.
(3)摆锤在下摆过程中只有重力做功，由机械能守恒得：
mgL(1－cosθ)＝mv2，
把v＝s代入上式得：L(1－cosθ)＝.
【答案】 (1)摆锤A最低点离地面的竖直高度h和铁片做平抛运动的水平位移s
(2)s (3)L(1－cosθ)＝
实验六
1．(8分)在验证碰撞中的动量守恒的实验中，入射小球在斜槽轨道上释放点的高低对实验影响的下列说法正确的是 ( )
A．释放点越低，小球受阻力越小，入射小球速度越小，误差越小
B．释放点越低，两球碰后水平位移越小，水平位移测量的相对误差越小，两球速度测量值越精确
C．释放点越高，两球相碰时，相互作用的内力越大，碰撞前后总动量之差越小，误差越小
D．释放点越高，入射小球对被碰小球的作用力越小
【解析】 由于该实验在两小球碰撞时不会完全符合合力为零的条件，故小球位置越高时，碰撞时的内力越大，外力相对越小，碰撞越接近动量守恒．
【答案】 C
2．(8分)现有下列A、B、C、D四个小球，在做“验证动量守恒定律”的实验时，入射小球、被撞小球应分别选用 ( )
A．质量20g，直径为3.2cm
B．质量22g，直径为3.0cm
C．质量为40g，直径为2.0cm
D．质量为4g，直径为2.0cm
【解析】 选择的两个相碰的小球要大小相等而质量不同，且选择的入射小球的质量应大于被碰小于的质量，故选C、D.
【答案】 CD
3．(8分)在本实验中，产生误差的主要原因是 ( )
A．碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后入射小球的速度方向和碰撞后被碰小球的速度方向不是绝对沿水平方向
B．小球在空气中飞行时受到空气阻力
C．通过复写纸描得的各点，不是理想点，有一定的大小，从而带来作图上的误差
D．测量长度时有误差
【解析】 由于碰撞前后小球的速度方向不是绝对沿水平方向，及落点不确定，长度测量等都是造成误差的主要原因，而在本实验中，由于小球的运动速度不是很大，所以空气阻力虽然会对测量结果造成影响，但不是产生误差的主要原因．
【答案】 ACD
4．(8分)做“验证碰撞中的动量守恒”实验中，称得小球的质量m1＝0.1kg，m2＝0.05kg，应选________做入射小球．斜槽末端边缘在白纸上的投影为O，碰撞前后两球多次落点的平均位置分别为P、M、N，但N点的位置模糊不清．请你根据动量守恒和图中的读数判定N点的位置应在________cm的刻度线上．
【解析】 根据入射球质量大于被碰球质量的实验要求，应选质量为m1的小球做入射球．OM＝(15－1)cm＝14cm，OP＝(31－1)cm＝30cm，
根据动量守恒有m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，代入数据计算得ON＝32.00cm.因为O点位于1cm处，
故N点位置的刻度为(32.00＋1.00)cm＝33.00cm.
【答案】 质量为m1的小球 33.00
5．(8分)(2009·保定模拟)(1)“验证动量守恒定律”的实验装置原来的教科书采用图甲所示的方法，经过编者修改后，现行的教科书采用图乙所示的方法．两个实验装置的区别在于：①悬挂重垂线的位置不同；②图甲中设计有一个支柱(通过调整，可使两球的球心在同一水平线上；上面的小球被碰离开后，支柱立即倒下)，图乙中没有支柱，图甲中的入射小球和被碰小球做平抛运动的抛出点分别在通过O、O′点的竖直线上，重垂线只确定了O点的位置，比较这两个实验装置，下列说法正确的是 ( )
A．采用图甲所示的实验装置时，需要测出两小球的直径
B．采用图乙所示的实验装置时，需要测出两小球的直径
C．为了减小误差，采用图甲所示的实验装置时，应使斜槽末端水平部分尽量光滑
D．为了减小误差，采用图乙所示的实验装置时，应使斜槽末端水平部分尽量光滑
(2)在做“验证动量守恒定律”的实验中：
如果采用(1)题图乙所示装置做实验，某次实验得出小球的落点情况如图丙所示，图中数据单位统一，假设碰撞动量守恒，则碰撞小球质量m1和被碰撞小球质量m2之比m1m2________.
【解析】 图甲必须测出两个小球的直径，计算水平射程时用到小球直径；但图乙不用测出两球直径，原因是小球在斜槽末端做直接平抛运动，水平距离直接为OM、OP或ON，不用直径．据m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，把图中数据代入即得m1∶m2＝4∶1.
【答案】 (1)AD (2)4∶1
6．(12分)用如图所示的装置验证动量守恒定律．质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球B放在离地面高度为H的小支柱N上，O点到A球球心的距离为L，使悬线在A球释放前张直，且线与竖直线的夹角为α.A球释放后摆动到与竖直线夹角β处，B球落到地面上，地面上铺一张盖有复写纸的白纸D.保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个B球的落点．
(1)图中s应是B球初始位置到________的水平距离．
(2)为了验证两球碰撞过程动量守恒，应测得________、________、________、________、________、________、________等物理量．
(3)用测得的物理量表示碰撞前后A球、B球的动量：pA＝________，pA′＝________，pB＝________，pB′＝________.
【解析】 (1)s是B球的水平分位移．
(2)A、B组成的系统碰撞前后，若动量守恒．则有mAvA＝mAvA′＋mBvB′，要求出vA需知L、α，要求出vA′需知β，要求出vB′需知H、s.故应测mA、mB、L、α、β、H、s.
(3)碰前：pA＝mAvA ①
mAv＝mAgL(1－cosα) ②
由①②得：pA＝mA.
碰后：mAv＝mAgL(1－cosβ)，
得pA′＝mA.
碰前pB＝0
碰后，vB′＝＝，
pB′＝mBvB′＝mBs.
【答案】 (1)B球落点
(2)mA mB L α β H s
(3)mA mA 0
mBs
7．(12分)在“验证碰撞中的动量守恒”实验中，让质量为m1的小球从斜面上某处自由滚下，与静止在斜槽末端质量为m2的小球发生对心碰撞，则
(1)两小球质量的关系应满足 ( )
A．m1＝m2 B．m1>m2
C．m1
m2，故选B.
(2)为保证两球从同一高度做平抛运动，实验中要求斜槽轨道末端的切线要调成水平；为保证实验有较好的重复性以减小误差，实验中要求入射球每次从同一高度滚下；为保证两球发生一维正碰，实验中要求调节装置使两球碰撞瞬间在同一高度．因本实验验证的是碰撞前后动量守恒，故不需要斜槽轨道必须光滑，故选A、C、D.
(3)本实验必须测量的是两小球的质量m1和m2、入射球m1单独滚下的水平距离和两小球m1和m2相碰后飞出的水平距离．因小球脱离轨道后做的是相同高度的平抛运动，因此两球碰后落地时间相等，两小球水平分运动的时间也相等，故可以利用水平距离的测量代替速度的测量，所以不需要测量桌面离地面的高度及两小球碰后落地的时间．因验证的是碰撞前后的动量是否守恒，所以，小球起始高度也不需测量，故选A、F、G.
【答案】 (1)B (2)ACD (3)AFG
8．(12分)某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，先将球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平面上的记录纸上留下压痕，重复10次，再把同样大小的球b放在斜槽轨道水平端的最右端处静止，让球a仍从原来固定点由静止开始滚下，且与b球相碰，碰后两球分别落在记录纸上的不同位置，重复10次．
(1)确定小球的平均落点的方法是______________________．
(2)放上被碰小球，两球相碰后，小球a、b的平均落点位置依次是图中的点________和点________．
(3)a、b两球在记录纸上留下的落点痕迹如图所示，其中米尺的零点与O点对齐，则撞后b球的水平射程应为________cm.
(4)某同学在做该实验时，不小心把a、b球位置换了，即把质量较大的a球(质量为ma)当成了被碰球，把质量较小的b球(质量为mb)当成了入射球．结果b球单独滚下时，平均落点为C点，而b球与a球相碰后不能向前抛出，b球和a球平均落点分别为A点和B点(如图所示)．该同学测出了相关的物理量，利用这些数据也能判断碰撞中的动量守恒，判断的依据是看________和________在误差允许的范围内是否相等．
【解析】 (1)用圆规画尽可能小的圆，把所有的落点圈在里面，圆心即是小球平均落点的位置．
(2)碰前a球的速度大于碰后的速度，碰后b球的速度大于a球的速度，可知碰后小球a的平均落点位置是A，小球b的平均落点位置是C.
(3)由第(2)问知，小球b的平均落点位置是C，利用最小圆法，b球的水平射程应为44.50cm.
(4)由实验原理可知，判断的依据是mb×OC和ma×OB－mb×OA在误差允许的范围内是否相等．
【答案】 (1)见解析 (2)A C (3)44.50
(4)mb·OC ma·OB－mb·OA
9．(12分)为了验证碰撞中的动量是否守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失)，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤进行实验．
①用天平测出两个小球的质量(分别为m1和m2，且m1>m2)．
②按照如图所示，安装好实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端的切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端．
③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．
④将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置．
⑤用毫米刻度尺量出各个落点到斜槽末端点B的距离．上图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF.
根据该同学的实验，回答下列问题：
(1)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的________点，m2的落点是图中的________点；
(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式________，则说明碰撞中的动量是守恒的．
【解析】 本题的实验方法与课本上的实验方法不同之处在于小球的落点所在平面由水平改成了斜面．由平抛运动知识，可知此时小球做平抛运动的时间不再相等．
设小球做平抛运动的速度为v，小球落到斜面上时的位移为L，斜面与水平方向的夹角为θ，则可得Lsinθ＝gt2
cosθ＝vt，联立可得v＝cosθ
则可知v∝，同理v2∝L.
【答案】 (1)D F
(2)m1＝m1＋m2
10．(12分)如图所示，在实验室用两端带有竖直挡板C和D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A和B做“探究碰撞中的守恒”的实验，实验步骤如下：
①把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放入一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态；
②按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A和B与挡板C和D碰撞同时，电子计时器自动停表，记下A至C的运动时间t1，B至D的运动时间t2；
③重复几次取t1和t2的平均值．
(1)在调整气垫导轨时应注意____________________；
(2)应测量的数据还有______________________；
(3)只要关系式________成立，
即可得出碰撞中不变的量是mv的矢量和．
【答案】 (1)使气垫导轨水平
(2)滑块A的左端到挡板C的距离x1和滑块B的右端到挡板D的距离x2
(3)(M＋m)＝M
实验七
1．(12分)(2009·高考重庆理综)某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作，请判断是否恰当(填“是”或“否”)．
①把单摆从平衡位置拉开约5°释放；
___________________________________________________
②在摆球经过最低点时启动秒表计时______________________________________
③用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期．_________________________________
该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据见表．用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数见右图，该球的直径为________mm.根据表中数据可以初步判断单摆周期随________的增大而增大.
数据组编号
摆长/mm
摆球质量/g
周期/s
1
999.3
32.2
2.0
2
999.3
16.5
2.0
3
799.2
32.2
1.8
4
799.2
16.5
1.8
5
501.1
32.2
1.4
6
501.1
16.5
1.4
【解析】 本题由用单摆测重力加速度的实验衍生而来，同时考查了螺旋测微器的读数，意在考查考生对基本的实验工具的使用和读数、基本实验的操作步骤和数据处理的掌握程度．
①单摆的摆角小于5°时，单摆做简谐振动．
②当球摆到最低点时，速度最大，此位置开始计时误差小．
③为了减小误差，应该记录30～50次全振动的时间，然后再计算出单摆的周期．
分析表格中的数据可知，当两摆的摆长相同，质量不同时，周期相同，而质量相同，摆长长的周期大．
【答案】 ①是 ②是 ③否 20.685(20.683～20.687) 摆长
2．(12分)(2009·高考浙江理综)(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图甲、乙所示．测量方法正确的是________(选填“甲”或“乙”)．
(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图甲所示．光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为________．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(填“变大”、“不变”、“变小”)，图乙中的Δt将________(填“变大”、“不变”或“变小”)．
【解析】 本题第(1)问主要考查游标卡尺的使用方法，意在考查考生对基本实验仪器的使用．第(2)问主要考查以单摆的周期公式的理解以及阅读图形的能力，意在考查考生的分析综合能力与实验能力．通过R随t的变化图象可知，单摆半个周期的时间为(t1＋t0)－t1＝t0，所以单摆的摆长将会变大，周期T将会变大．Δt表示小球通过光敏电阻与激光器之间的时间，当摆球直径变大时，通过的时间将会变大．
【答案】 (1)乙 (2)2t0 (3)变大 变大
3．(8分)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，采用了以下几种不同的测量摆长的方法，其中不妥或错误的是 ( )
A．装好单摆，用力拉紧摆线，用米尺测量摆线长度，然后加上摆球半径
B．让单摆自然下垂，用米尺直接测出悬点到球心的距离
C．让单摆自然下垂，用米尺测出摆线长度，然后加上摆球的半径
D．把单摆取下并放于桌面上，用米尺测出摆线长，然后加上摆球的半径
【解析】 正确的测摆长的方法是让单摆自然下垂，用米尺测出摆线长L0，用游标卡尺测小球直径D，则摆长L＝L0＋.
【答案】 ABD
4．(8分)(2009·南京模拟)某同学在用单摆做测重力加速度的实验中，用了一不规则小铁块代替小球，因而无法测量摆长的确切值．他第一次用长l1的悬线，测得周期T1；第二次用长l2的悬线，测得周期T2.则g值应为 ( )
A. B.
C. D．无法计算
【解析】 由T＝2π得：T1＝2π，T2＝2π，所以Tg＝4π2l1，Tg＝4π2l2，所以(T
－T)g＝4π2(l1－l2)，所以g＝，即B对．
【答案】 B
5．(8分)在用单摆测定重力加速度的实验中，以选用下列哪些器材较好，请把所选用器材前的字母依次填写在题后的横线上
A．长1m左右的细线
B．长30cm左右的细线
C．直径2cm的铅球
D．直径2cm的木球
E．停表
F．时钟
G．最小刻度是厘米的直尺
H．最小刻度是毫米的直尺
所选用的器材是________．
【答案】 ACEH
6．(8分)某同学利用单摆测重力加速度的实验中，测出多组摆长L与周期T的数据，根据实验数据，作出了T2—L的关系图象如图所示．
(1)该同学实验中出现的错误可能是______________________．
(2)虽然实验中出现了错误，但根据图中仍可算出重力加速度，其值为________m/s2.(取π＝3.14，结果保留三位有效数字)
【答案】 (1)漏加小球半径 (2)9.86
7．(12分)(2008·大连模拟)在用单摆测重力加速度的实验中，测得单摆摆角小于5°时，完成n次全振动时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为l，用螺旋测微器测得摆球直径为d.
(1)测得重力加速度的表达式为g＝________.
(2)螺旋测微器的读数如图所示，摆球直径d＝________.
(3)实验中某学生所测g值偏大，其原因可能是______．
A．实验室海拔太高
B．摆球太重
C．测出n次全振动时间为t，误作为(n＋1)次全振动时间进行计算
D．以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算
【答案】 (1)4π2n2(l＋)/t2
(2)7.326mm(7.325mm～7.328mm都正确)
(3)CD
8．(12分)(2009·北京东城区质检)(1)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某一同学用最小分度为毫米的米尺测得摆线的长度为980.0mm，用游标尺上有10个小的等分刻度的游标卡尺测得摆球的直径如图所示，则摆球的直径为__________mm，该单摆的摆长为__________mm.
(2)把摆球从平衡位置拉开一个小角度由静止释放，使单摆在竖直平面内摆动，当摆球摆动稳定后，在摆球通过平衡位置时启动秒表，并数下“1”，直到摆球第n次同向通过平衡位置时按停秒表，读出经历的时间t，则单摆的周期为__________．
(3)利用单摆周期公式测重力加速度时，测出几组摆长和相应的周期T，并作出T2－L图线，如图所示，图线上A、B两点的纵坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，则可以求得重力加速度g＝__________.
【答案】 (1)22.0 991.0 (2) (3)
9．(12分)(2009·天津六校联考)某同学利用单摆测定当地重力加速度g，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，于是他应用所学的物理知识设计出一个测量重心偏离球心的距离的实验．实验步骤如下：
A．用游标卡尺测出小球的直径d；
B．将单摆安装好后，用刻度尺测出摆线的长度L；
C．让单摆在小角度下摆动，用秒表测出单摆完成30次全振动的时间，求出周期T；
D．改变摆线的长度，共测得6组L的值和对应的周期T，即(L1，T1)、(L2，T2)、(L3，T3)、(L4，T4)、(L5，T5)、(L6，T6)．
(1)甲同学只用两组数据(L1，T1)、(L2，T2)和d表示重心偏离球心的距离h，则该同学求得的h＝________ _ _.
(2)乙同学认为甲同学的数据处理方法__________(填“偶然”或“系统”)误差较大，就利用所得的实验数据画出(L＋)—T2图线如图所示，其中正确的图线应是__________(填“A”、“B”或“C”)，从图中可得出重心偏离球心的距离h＝__________，当地重力加速度g＝__________.
【解析】 (1)根据单摆周期公式得：
T1＝2π，
T2＝2π，
解得h＝
(2)根据单摆周期公式T＝2π得：T2＝(L＋＋h)，从解析式可得正确的是A图线，因为多次测量只能减小偶然误差，系统误差不能通过多次测量来减小，所以应填偶然误差．通过比较系数得：h＝b cm，g＝m/s2
【答案】 (1)
(2)偶然 A b cm m/s2
【总结提升】 求解本题时易错误地认为重心的位置不确定，导致不能精确测量摆长，这样就不能较精确地测量重力加速度．
10．(12分)在“利用单摆测重力加速度”的实验中
(1)以下做法中正确的是 ( )
A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线的长
B．测量周期时，从小球到达最大振幅位置开始计时，摆球完成50次全振动时，及时停表，然后求出完成一次全振动的时间
C．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动
D．单摆振动时，应注意使它的偏角开始时小于15°
(2)某同学先用米尺测得摆线长为97.43cm，用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示为________cm，则单摆的摆长为________cm；然后用秒表记录单摆振动50次所用的时间如图乙所示，从图可读出时间为________s，则单摆的周期为________s，当地的重力加速度g＝________m/s2.
(3)下表是另一同学在实验中获得的有关数据
摆长l(m)
0.5
0.6
0.8
1.1
周期平方T2(s2)
2.2
2.4
3.2
4.8
①利用上述数据，在如图所示坐标图描出l－T2图象；
②利用图象，求出的重力加速度为g＝________m/s2.
(4)实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，一位同学设计了一个巧妙的方法而不用测量摆球的半径．具体作法如下：第一次量得悬线长为l1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长为l2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度g＝________.
【解析】 (1)测量摆长时，应用刻度尺量出从悬点到摆球球心间的距离．所以A错误；测量周期时，应从小球到达最低位置(即平衡位置)时开始计时，不能在小球到达振幅位置开始计时．所以B错误；实验时，要保证小球的运动是简谐运动，因而必须使小球始终在竖直面内运动，避免小球做圆锥摆运动，并且小球摆动的最大偏角应小于10°所以C正确，D错误．
(2)由图甲中可读出小球直径d＝2.125cm
所以单摆的摆长l＝L＋≈98.49cm
由图乙可读出单摆振动50次所用的时间t＝99.8s
所以单摆运动的周期为T＝＝1.996s
由单摆运动周期公式T＝2π得
g＝＝9.75m/s2.
(3)由表中给出的数作出的图象如图所示．
由图象求得g＝9.85m/s2.
(4)由单摆周期公式T＝2π有T2＝4π2
则T＝4π2，T＝4π2，解得g＝4π2.
【答案】 (1)C (2)2.125 98.49 99.8 1.996
9．75 (3)9.85 (4)4π2
【总结提升】 (1)秒表读数为分针读数和秒针读数之和，秒针转一圈是30s，分针转1格，秒针跳越式前进，不需要估读，1秒间隔有10格．
(2)利用图象求重力加速度时，先作出图线，再求斜率，利用斜率与g的关系求出g，而不是四组值的平均值．
实验八
1．(9分)2008年第4季度，经济危机席卷全球，国际原油价格暴跌．假设一艘油轮装载有密度为ρ＝9×102kg/m3的原油在海上航行，由于某种事故使原油泄漏了9t，则这次事故造成的最大可能污染的海洋的面积约为 ( )
A．1012m2 B．109m2 C．108m2 D．1011m2
【解析】 9t原油体积V＝m/ρ＝m3＝10m3，油膜厚度d取分子直径10－10m，单分子油膜面积S＝＝1011m2即为可能被污染的最大面积．
【答案】 D
2．(9分)某学生在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，计算结果明显偏大，可能是由于 ( )
A．油酸未完全散开
B．油酸中含有大量酒精
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D．求每滴体积时，1mL的溶液的滴数误多记了10滴
【解析】 由d＝知，选项A、C会导致油酸面积偏小，会使d偏大；选项B、D会使油酸体积偏小，分子直径d减小．
【答案】 AC
3．(9分)(2009·石家庄第十五中教学检测)学习了“用油膜法估测分子的大小”的实验后，我校课外物理兴趣小组欲体验一下真实情况，小组同学将体积为1.2×10－3cm3的石油滴在平静的水面上，经过一段时间后，石油扩展为3m2的单分子油膜，请你估算一下油分子的直径为 ( )
A．6.0×10－10m B．4.0×10－10m
C．4.0×10－8m D．4.0×10－12m
【解析】 d＝＝m＝4.0×10－10m.
【答案】 B
4．(9分)用油膜法估测分子的大小时，要满足的理想化条件是 ( )
A．把在水面上尽可能充分散开的油膜视为单分子油膜
B．把形成单分子油膜的分子看作紧密排列的球形分子
C．将油膜视为单分子油膜，但需要考虑分子间隙
D．将单分子视为立方体模型
【解析】 注意实验原理中利用纯油酸的体积和油酸膜的面积计算分子直径d＝，并没有考虑分子间隙．
【答案】 AB
5．(9分)利用油膜法可粗略地测定阿伏加德罗常数．若已知n滴油的总体积为V，一滴油形成的油膜面积为S，这种油的摩尔质量为M，密度为ρ，油分子可视为球体，则阿伏加德罗常数NA应为 ( )
A．NA＝ B．NA＝
C．NA＝ D．NA＝
【解析】 由于n滴油的总体积为V，一滴油形成的油膜面积为S，可以认为这种油膜的厚度就是油分子的直径
d＝，NA＝＝＝.
【答案】 C
6．(11分)用油膜法估测油酸分子的大小，实验器材有：浓度为0.05%(体积分数)的油酸酒精溶液、最小刻度为0.1mL的量筒、盛有适量清水的45×50cm2浅盘、痱子粉、滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸．
(1)下面是实验步骤，请填写所缺的步骤C.
A．用滴管将浓度为0.05%(体积分数)的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1mL油酸酒精溶液时的滴数N
B．将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为0.05%(体积分数)的油酸酒精溶液，从低处向水面中央一滴一滴地滴入，直到油酸薄膜有足够大的面积又不与器壁接触为止，记下滴入的滴数n.
C．________________________________________________________________________.
D．将画有油薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1cm小方格为单位，数出轮廓内小方格的个数，算出油酸薄膜的面积Scm2.
(2)用已给的和测得的物理量表示单个油酸分子的大小____________(单位：cm)
【答案】 (1)将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上
(2)
7．(11分)(2008·天星北黄卷)利用油膜法估测油酸分子的大小，实验器材有：浓度为0.05%(体积分数)的油酸酒精溶液、最小刻度为0.1mL的量筒、盛有适量清水的45×50cm2浅盘、痱子粉、橡皮头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸．则：
(1)下面给出的实验步骤中，正确顺序为________．
A．将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上
B．用滴管将浓度为0.05%的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1mL油酸酒精溶液时的滴数N
C．将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，等出油酸薄膜的面积S(单位为cm2)
D．将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液，从低处向水面中央一滴一滴地滴入，直到油酸薄膜有足够大的面积又不与器壁接触为止，记下滴入的滴数n
(2)该实验测得的单个油酸分子的直径约为________(单位：cm)．
A. B.
C. D.
【解析】 (2)1mL油酸酒精溶液所含纯油酸0.05%cm3，每滴溶液所含纯油酸0.05%/Ncm3，n滴溶液所含油酸0.05%n/Ncm3，油酸薄膜厚度d＝(cm)即为测得的油酸分子的直径．
【答案】 (1)BDAC (2)B
8．(11分)(2009·天星百校联盟领航卷)在做“用油膜法估测油酸分子直径的大小”实验时，
某同学实验操作如下：
①用游标卡尺测得用完了的中性笔笔芯外径如图所示，用小刀截取一段剖开，用游标卡尺测得笔芯筒的厚度为0.95mm，记下内径d；
②用笔芯吸取浓度为A的油酸酒精溶液，用小刀在溶液上、下两个界面刻线做上记号；
③将笔芯中一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上；
④将笔芯中所剩溶液一滴一滴的滴入原装溶液的容器中，数得有N滴；
⑤用游标卡尺测得两条刻线记号之间的距离为h；
⑥
待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油酸薄膜的轮廓，再把玻璃板放在画有边长为a的正方形小格的纸上如图所示，测得油酸薄膜占有的小正方形个数为X.
(1)中性笔笔芯的内径为________cm；
(2)从图上数得油膜占有的小正方形个数为X＝________；
(3)用以上字母表示油酸分子直径的大小D＝________.
【解析】 (1)中性笔笔芯的外径为4mm＋5×1/20mm＝4.25mm＝0.425cm，中性笔笔芯的内径为d＝0.425cm－2×0.95mm＝2.35mm＝0.235cm.
(2)油膜所占格子超过半个算一个，不足半个舍去，数得格子数为57个．
(3)一滴油酸酒精溶液中含有油酸体积V＝，油酸分子直径的大小等于油膜厚度D＝V/S＝.
【答案】 (1)0.235 (2)57 (3)
9．(11分)(2009·北京东城区质检)在“用油膜法估测分子直径”的实验中，有下列操作步骤，请补充实验步骤C的内容及实验步骤E中的计算式：
A．用滴管将浓度为0.05%的油酸酒精溶液逐滴滴入量筒中，记下滴入1mL的油酸酒精溶液的滴数N；
B．将痱子粉末均匀地撒在浅盘内的水面上，用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液，逐滴向水面上滴入，直到油酸薄膜表面积足够大，且不与器壁接触为止，记下滴入的滴数n；
C．________________________________________________________________________；
D．将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长1cm的正方形为单位，计算出轮廓内正方形的个数m；
E．用上述测量的物理量可以估算出单个油酸分子的直径d＝______cm.
【答案】 将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描下油酸薄膜的形状
×10－4
10．(11分)(2009·广东惠州调研)用“单分子油膜法测定液体分子大小”时，要求油滴在水面上散开到最大面积，形成单分子油膜，其理论基础是将分子看作________．若油滴体积为V，油膜面积为S，则分子直径约为d＝________，一般分子直径的数量级为________m．已知水的密度是1.0×103kg/m3，如果忽略水分子间的空隙，试估算一个水分子的体积为________m3.
【答案】 球体 V/S 10－10 3.0×10－29
实验九
1．(9分)在实验中，发现等势线发生了畸变，则产生误差的原因可能是( )
A．电流表的灵敏度不高
B．电极与导电纸接触不良
C．导电纸涂层不够均匀
D．以上说法都不对
【解析】 当灵敏电流表的灵敏度不高时，导致描点不准确，绘出的等势线与实际的情形有出入，因此A选项正确；对B项，当电极和导电纸接触不良时，形成较大的接触电阻，因而影响导电纸上电场分布，使等势线产生畸变；对C项，由于导电物质涂得不均匀与涂得均匀情形相比，导电纸上电场分布也不相同，因而出现畸形．
【答案】 ABC
2．(9分)图为描绘电场中等势线的装置示意图，所用的灵敏电流表是电流从哪一接线柱流入，其指针就向哪一侧偏转．在寻找基准点O的另一等势点时，探针Ⅰ与O点接触，另一探针Ⅱ与导电纸上的c点接触，电流计的指针向负接线柱偏转，为了尽快探测到新等势点，探针Ⅱ应由c点逐渐 ( )
A．向上移 B．向下移 C．向左移 D．向右移
【解析】 G表中电流由探针Ⅱ流入电流表，再由探针Ⅰ流出电流表，说明探针Ⅱ接触的c点电势比基准点O的电势高，为了尽快找到基准点O的等势点，应降低探针Ⅱ的电势，即向左移动．
【答案】 C
3．(9分)(2009·海淀模拟)在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中，如图所示，所用的电表指针偏转方向与流入电流的关系是：当电流从正接线柱流入电表时，指针偏向正接线柱一侧．一位学生用这个电表探测基准点2两侧的等势点时，把接电表正接线柱的探针E1接触基准点2，把接电表负接线柱的探针E2接触纸上的某一点，发现表的指针发生了偏转，为了探测到等势点，则 ( )
A．若电表指针偏向正接线柱一侧，E2应右移
B．若电表指针偏向正接线柱一侧，E2应左移
C．若电表指针偏向负接线柱一侧，E2应右移
D．若电表指针偏向负接线柱一侧，E2应左移
【解析】 该题考查描绘等势线的实验原理和理解、推理能力．由题图可知A点电势高于B点电势，若电表指针偏向正接线柱一侧，说明探针E1的电势高于E2的电势，E2应向左移动，所以B项正确；若指针偏向负接线柱一侧，说明探针E2的电势高于E1的电势，E2应向右移动，C项正确，D项错．
【答案】 BC
4．(9分)在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中，根据不同的实验原理应相应选取不同的测量电表，下列选项正确的是 ( )
A．若用“等电势差”描绘等势线，用电压表
B．若用“等电势”描绘等势线，用灵敏电流计
C．用灵敏电流计描绘等势线时，两探针可分别与电极接触
D．用电压表描绘等势线时探针可与电极接触
【解析】 用电压表描绘等势线时，是寻找与某基准点到电极之间电势差相等的点，用电流计描绘等势线是寻找与某基准点等势的点，所以A、B选项正确．用灵敏电流计描绘等势线时，两探针不能分别与电极接触．因为这样会由于电流过大烧坏电流表，所以C选项错误．用电压表描绘等势线时，一探针与电极接触，另一探针在某基准点附近寻找基准点的等势点，所以D选项正确．
【答案】 ABD
5．(9分)在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中，先在导电纸上画出电极a、b(模拟点电荷)的连线，在连线上选取间距大致相等的5个点c、d、e、f、g，如图所示，G为灵敏电流表，甲、乙为两探针，则实验中 ( )
A．探针甲不动，移动乙
B．探针乙不动，移动甲
C．电流表示数为零时说明电流表断路
D．图中虚线表示电场线
【解析】 在做描述静电场的实验中，一个探针放在基准点上不动(甲探针)移动另一探针(乙探针)，故选项A对，B错．对C项，电流计示数为零，说明等电势，所以C选项错误．对D选项，虚线为等势线，故D选项错误 .
【答案】 A
6．(9分)(2008·大连模拟)在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中，若将电源电压降低一些，则 ( )
A．描绘出的等势线形状与原来相同
B．描绘出的等势线形状与原来不同
C．基准点之间的电势差比原来小一些
D．基准点之间的电势差比原来大一些
【解析】 描绘出等势线形状与电压升高或降低一些无关，所以选项A正确，电源电压降低后，两电极间电压降低，距离没变，所以电场强度减小，基准点间电势差减小，所以选项C正确．
【答案】 AC
7．(9分)(2009·徐州质检)下列哪些措施不会影响所描绘的等势线的形状 ( )
A．把直流电源的电压变为原来的两倍
B．把直流电源改为交流电源
C．把圆柱形电极改为长方体电极
D．把灵敏电流表换成内阻很大的电压表，利用电压表探测基准点的等势点
【解析】 A、D不会改变等势线的形状，用交流电源不能做本实验，B项错，改为长方体电极后，电场的分布改变了，描绘的等势线形状会改变．C项不对．
【答案】 AD
8．(12分)(2009·北京海淀区期末)如图所示，两个金属条制成的电极A、B平行放置并用螺栓紧紧地压在导电纸上，与导电纸接触良好，接通电源后用描迹法画出金属板间电场在平面上的等势线，在此实验中： (1)灵敏电流计指针偏转方向与流入电流的关系是：当电流从正(负)接线柱通入电流计时，指针偏向正(负)接线柱一侧．如图所示，一位同学用这个电流计探测基准点“1”两侧的等势点时，把接电流计负接线柱的探针P1压紧基准点“1”，把接电流计正接线柱的探针P2接触导电纸上某一点，发现电流计的指针偏向负接线柱一侧，则探针P2与导电纸的接触点应向________移(填“左”或“右”)．
(2)在此实验中，为使所测定等势点的位置更精确，两极间的电压应适当________一些(填“大”或“小”)．
【答案】 (1)左 (2)大
9．(12分)(2009·浙江金华十校高三联考)均匀导电纸上放置两平行的长方形银条，如图甲所示，两银条上的A0和B0点连接电动势为6V的电池，一理想电压表的负接线柱接A0，正接线柱接一探针P.
(1)当P接于B1时，电压表的读数是多少？将P沿B1B2移动会观察到什么？
(2)若将探针沿A0B0移动，并将所记录的电压表读数U对探针与A0的距离x绘成图线，如图乙所示．
①说出在A0B0上U的变化．
②求点X的电场强度，并说明其方向．
③忽略边际效应，在图甲的两银条间粗略描绘电势递增为1V的等势线．
【答案】 (1)6V 电压表读数保持不变
(2)①当探针P沿A0B0移动时，1cmRV2；两只电流表A1、A2量程相同，内阻分别为RA1、RA2，且RA1>RA2，在实验中，为了使E、r的测量值精确些，选择的电表可以是 ( )
A．V1与A1 B．V1与A2
C．V2与A1 D．V2与A2
【答案】 AB
3．(9分)(2009·安徽理综)用如图所示电路，测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
(a)电流表(量程0.6A、3A)
(b)电压表(量程3V、15V)
(c)定值电阻(阻值1Ω、额定功率5W)
(d)定值电阻(阻值10Ω、额定功率10W)
(e)滑动变阻器(阻值范围0～10Ω、额定电流2A)
(f)滑动变阻器(阻值范围0～100Ω、额定电流1A)．
那么
(1)要正确完成实验，电压表的量程应选择________V，电流表的量程应选择________A；R0应选择________Ω的定值电阻，R应选择阻值范围是________Ω的滑动变阻器．
(2)引起该实验系统误差的主要原因是______________________．
【解析】 本题主要考查的知识点是测电源的电动势和内电阻，意在考查考生对电学实验器材的选择能力和误差分析能力．
【答案】 (1)3 0.6 1 0～10 (2)电压表的分流
4．(9分)(2009·北京理综)某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池．该同学想测量一个这个电池的电动势E和内电阻r，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱(最大阻值为999.9Ω，可当标准电阻用)、一只电流表(量程Ig＝0.6A，内阻rg＝0.1Ω)和若干导线．
①请根据测定电动势E和内电阻r的要求，设计图1中器件的连接方式，画线把它们连接起来．
②接通开关，逐次改变电阻箱的阻值R，读出与R对应的电流表的示数I，并作记录．当电阻箱的阻值R
＝2.6Ω时，其对应的电流表的示数如图2所示．处理实验数据时，首先计算出每个电阻值I的倒数；再制作R—坐标图，如图3所示，图中已标注出了(R，)的几个与测量对应的坐标点．请你将与图2实验数据对应的坐标点也标注在图3上．
③在图3上把描绘出的坐标点连成图线．
④根据图3描绘出的图线可得出这个电池的电动势E＝__________V，内电阻r＝__________Ω.
【解析】 本题考查测量电源电动势和内阻实验的设计和数据处理，意在考查考生实验设计的能力和处理实验数据的能力等．
①先设计实验电路图，然后再根据电路图连线．由欧姆定律E＝I(R＋r)知，只要知道两组外电阻和电流值，就可以解出电源电动势和内阻．因此，直接将可变电阻和电流表串联在电路中就行．
②由电表可读出此时电流为0.50A，则坐标为(2,2.6)．再在坐标纸上描出该点．
③剔除明显有误差的点，将其他点用平滑的曲线连接起来，得到一条直线．
④将欧姆定律的表达式E＝I(R＋r)变形得R＝－r，由此式可知，外电阻和电流的倒数呈线性关系．将图中的直线延长，与纵坐标轴的交点值为－r＝－0.3，则电阻为0.3Ω，直线的斜率为k＝E＝＝1.5(V)．
【答案】 ①见图1 ②见图2 ③见图2
④1.5(1.46～1.54) 0.3(0.25～0.35)
5．(9分)(2009·高考海南卷)图1是利用两个电流表和测量干电池电动势E和内阻r的电路原理图．图中S为开关，R为滑动变阻器，固定电阻R1和内阻之和为10000Ω(比r和滑动变阻器的总电阻都大得多)，为理想电流表．
(1)按电路原理图在图2虚线框内各实物图之间画出连线．
(2)在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑动端c移动至__________(填“a端”、“中央”或“b端”)．
(3)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表和的示数I1和I2.多次改变滑动端c的位置，得到的数据为
I1(mA)
0.120
0.125
0.130
0.135
0.140
0.145
I2(mA)
480
400
320
232
140
68
在图3所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标画出所对应的I1—I2曲线．
(4)利用所得曲线求得电源的电动势E＝__________V，内阻r＝__________Ω.(保留两位小数)
(5)该电路中电源输出的短路电流Im＝__________A.
【答案】 (1)连线如图1所示． (2)b端 (3)如图2所示．
(4)1.49(在1.48～1.50范围内同样给分) 0.60(在0.55～0.65范围内同样给分)
(5)2.5(在2.3～2.7范围内同样给分)
6．(12分)(2009·扬州模拟)测量电源的电动势E及内阻r(E约为6V，r约为1.5Ω)．器材：量程3V的理想电压表V，量程0.6A的电流表A(具有一定内阻)，固定电阻R＝8.5Ω，滑动变阻器R′(0～10Ω)，开关S，导线若干．
(1)画出实验电路原理图．图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出．
(2)用笔画线代替导线在下图中完成实线连接．
(3)实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，则可以求出E＝________，r＝________.(用I1，I2，U1，U2及R表示)
【答案】 (1)(2)如图
(3) －R
7．(12分)(2009·杭州模拟)用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的器材有：
A电压表：0～3V～15V
B电流表：0～0.6A～3A
C变阻器R1(总电阻20Ω)
D变阻器R2(总电阻100Ω)；以及电键S和导线若干．
(1)画出实验电路图(标明变阻器规格)．
(2)如图所示的U—I图上是由实验测得的7组数据标出的点，请你完成图线，并由图线求出E＝________V，r＝________Ω.
(3)若只选用两组数据，用欧姆定律算出E、r，有可能误差较大，若选用第________和第________组数据误差最大．
【解析】 (1)电路图如答案图
(2)如图，由纵轴截距可得电动势E＝1.5V，由r＝||，可得干电池的内阻r＝0.5Ω.
(3)5、6组数据误差较大．
【答案】 (1)电路图如图所示
(2)图见解析 1.5 0.5 (3)5 6
8．(12分)按右图所示的电路测量两节干电池串联组成的电池组的电动势E和内阻r，其中R为电阻箱，R0为定值电阻，干电池的工作电流不宜超过0.5A.实验室提供的器材如下：电流表(量程0～0.6～3.0A)，电阻箱(阻值范围0～999.9Ω)，定值电阻若干，开关、导线若干．
(1)在下面提供的四个电阻中，保护电阻R0应选用________(填写阻值相应的字母)．
A．5Ω B．20Ω C．100Ω D．1Ω
(2)根据电路图，请在图甲中画出连线，将器材连接成实验电路．
(3)实验时，改变电阻箱R的值，记录下电流表A的示数I，得到若干组R、I的数据．根据实验数据绘出如图乙所示的R－图线，由此得出电池组的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.按照此实验方法，电动势的测量值与真实值相比________，内电阻的测量值与真实值相比________．(填“偏大”、“偏小”、“相等”)
【解析】 (1)两节干电池的电动势E＝3V，电路工作电流不超过0.5A，电路中的最小电阻R＝＝Ω＝6Ω，而R＝R0＋r＋RA，故R0选5Ω，A正确．
(2)见答案
(3)由闭合电路欧姆定律E＝I(R＋RA＋R0＋r)得
R＝E·－(RA＋R0＋r)，在R－图象中E为图象的斜率E＝V＝3.0V，图线在R轴上的交点为RA＋R0＋r＝6.0Ω，所以RA＋r＝r测＝6.0Ω－R0＝1.0Ω，测量的内阻应为r＋RA，故偏大，A读数是流过电流表的真实电流，因而电动势无误差，测量值与真实值应相等．
【答案】 (1)A
(2)连接如图
(3)2.9～3.0 0.9～1.1 相等 偏大
9．(12分)右图是测定电流表内电阻实验的电路图，电流表的内电阻约为100Ω左右，满偏电流为500μA，有电池作电源．
(1)实验室配有的可变电阻是
A．电阻箱，阻值范围为0～10Ω
B．电阻箱，阻值范围为0～9999Ω
C．电位器，阻值范围为0～200Ω
D．电位器，阻值范围为0～20kΩ
在上述配有的可变电阻中，电路图中的R′应选用________；R应选用________(填字母代号)．
(2)某学生的实验步骤如下：
①先将R的阻值调到最大，合上S1，调节R的阻值，使电流表的指针指到满刻度
②合上S2，调节R′和R的阻值，使电流表的指针指到满刻度的一半
③记下R′的阻值
指出上述实验步骤中有什么错误？
答：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(3)如果按正确实验步骤测得的R′的阻值为100Ω，已知电流表的满偏电流为500μA，现在要把它改装成2V的电压表，则串联的分压电阻R串为________Ω.
【解析】 (1)电流表的内阻约为100Ω，故R′应选用B；为减小用半偏法测电流表内阻的系统误差，必须满足R′≪R，故R应选用D.
(3)由2V＝500μA ×(R串＋R′)解出R串＝3900Ω.
【答案】 (1)B D (2)合上S2后，就不能再调节R的阻值 (3)3900
10．(13分)现有一块59C2型的小量程电流表G(表头)，满偏电流为50μA，电阻约为800Ω～850Ω，把它改装成1mA、10mA的两量程电流表．可供选择的器材有：
滑动变阻器R1，最大阻值为20Ω；滑动变阻器R2，最大阻值为100kΩ；电阻箱R′，最大阻值9999Ω；定值电阻R0，阻值1kΩ；电池E1，电动势1.5V；电池E2，电动势3.0V；电池E3，电动势4.5V(所有电池内阻均不计)；标准电流表A，满偏电流1.5mA；单刀单掷开关S1和S2；单刀双掷开关S3、S4；电阻丝及导线若干．
(1)采用如下图(甲)所示电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为________；选用的电池为________．
(2)将G改装成两量程电流表．现有两种备选电路，如图(乙)、(丙)所示．图________为合理电路，另一电路不合理的理由是______________________________________________．
【解析】 (1)用此电路测量表头内阻的方法是半偏法．S1断开和S1闭合的两次操作中要求干路电流近似不变，而满足这个条件必须使滑动变阻器R的阻值远远大于Rg，因此滑动变阻器应选用R2.根据闭合电路欧姆定律可知，电源电动势E越大，R2越大，实验条件满足得越好，误差越小，所以电池应选用E3.
(2)图(乙)所示的电路较合理．因为图(丙)所示电路在通电状态下，更换量程时会造成两个分流电阻都未并联在表头两端，可能导致通过表头的电流超过其满偏电流而损坏．
【答案】 (1)R2 E3 (2)(乙) 理由见解析
实验十四、十五
1．(6分)(2009·全国Ⅱ)某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻．完成下列测量步骤：
(1)检查多用电表的机械零点．
(2)将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，将选择开关拨至电阻测量挡适当的量程处．
(3)将红、黑表笔________，进行欧姆调零．
(4)测反向电阻时，将________表笔接二极管正极，将________表笔接二极管负极，读出电表示数．
(5)为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘________(填“左侧”、“右侧”或“中央”)；否则，在可能的条件下，应重新选择量程，并重复步骤(3)、(4)．
(6)测量完成后，将选择开关拨向________位置．
【解析】 本题主要考查多用电表的使用，二极管的单向导电性，意在考查考生实验操作能力，分析实验现象的能力．多用电表作为欧姆表使用时，除进行机械调零外，还要进行欧姆调零，因为欧姆调零的含义是使所测得电阻阻值为零，故步骤(3)中可将红、黑表笔短接；多用电表作为欧姆表使用时，电表的内部有一个电源，且红表笔(插入“＋”插孔)与电池负极相连；黑表笔(插入“－”插孔)与电池正极相连，所以步骤(4)要测二极管的反向电阻时，应将红表笔接二极管的正极，将黑表笔接二极管的负极；因为欧姆表的表盘的刻度是不均匀的，越向左刻度越密，测量值越不准确，所以，在步骤(5)中应让电表指针尽量指向表盘的中央，测量完毕后，应拨出表笔，选择开关置于OFF挡位置．
【答案】 (3)短接 (4)红 黑 (5)中央 (6)OFF
2．(6分)如图所示的实验电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，D为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与D相距很近，下列说法正确的是
( )
A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大
B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小
C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率可能不变
D．无论怎样移动触头，P、L消耗的功率都不变
【解析】 触头P左移，使其电阻减小，流过二极管的电流增大，从而发光增强，使光敏电阻R减小，最终达到增大流过灯泡的电流的效果．
【答案】 A
3．(6分)如图所示是一个测定液面高度传感器，在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放在导电液体中，导线芯和导电液体构成电容器的两极，把这两极接入外电路，当外电路中的电流变化说明电容值增大时，则导电液体的深度h变化为 ( )
A．h增大 B．h减小
C．h不变 D．无法确定
【解析】 导线芯和导电液体构成电容器的两极，类似于平行板电容器的两极，当液面高度发生变化时相当于正对面积发生变化，会引起电容器的变化，与平行板电容器类比可知，导电液体深度h增大时，导线芯和导电液体正对面积增大，电容器的电容值变大．
【答案】 A
4．(6分)某同学用欧姆表测电阻，选择开关置于×10挡时，表针停在如图所示的位置上，为了使读数更准确些，对于重新选择量程的以下做法，正确的是 ( )
A．读出读数乘10倍即可
B．换×100Ω挡
C．换×1kΩ挡
D．换×1Ω挡
【解析】 指针偏右，说明电阻较小，应换低挡．
【答案】 D
5．用多用电表按正确步骤测量一电阻阻值，指针指示位置如图所示，则这电阻值是________．如果要用这只多用电表测量一个约为200Ω的电阻，为了使测量比较精确，选择开关应选的电阻挡倍率是________．
【解析】 由图，根据阻值等于读数乘倍率，即12×100Ω＝1200Ω；为使指针最后停在中间刻度附近(这样测量误差较小)，应选择×10的倍率，这时读数为200÷10＝20，在中间刻度附近．
【答案】 1200Ω ×10
6．(6分)用多用电表测一只内阻约为15kΩ的电压表内阻
(1)插在“＋”插孔的是________表笔，插在“－”插孔的是________表笔．
(2)测量前，先调节________，使表针停在刻度________端的“0”位置，选择好电阻挡位后，把两只表笔接触，调整________，使表针停在刻度________端的“0”位置．
【解析】 (1)插在“＋”插孔的是红表笔，插在“－”插孔的是黑表笔．
(2)先机械调零(左端)，后欧姆调零(右端)．
【答案】 (1)红 黑 (2)调零螺丝 左 调零旋钮 右
7．(6分)如图甲所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光敏电阻R1能接收到发光元件A发出的光，每当工件挡住A发出的光，光传感器B就输出一个电信号，并经信号处理器处理后在屏幕显示出电信号与时间的关系，如图乙所示．若传送带保持匀加速运动，每个工件均相对传送带静止，且相邻工件间距依次为5、10、15、20、…(单位：cm)．则以下说法正确的是(不计工件挡住的时间) ( )
A．工件加速度为0.1m/s2
B．工件加速度为0.2m/s2
C．当无光照射R1时，光传感器就输出一次高电压
D．当无光照射R1时，光传感器就输出一次低电压
【解析】 a＝＝m/s2＝0.2m/s2.有光照射R1时，R1的阻值变小，R2两端电压变大，光传感器就输出一次高电压．无光照射R1时，R1的阻值变大，R2两端电压变小，光传感器就输出一次低电压．
【答案】 BD
8．(11分)(2009·高考全国Ⅰ)如图所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号．在开关闭合后，发现小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．
(1)为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的__________挡．在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的__________挡．
(2)在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明____________________________________可能有故障．
(3)将小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤．________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
【解析】 本题主要考查多用电表的使用、闭合电路欧姆定律等知识点，意在考查考生应用闭合电路欧姆定律分析电路故障，加强对理论联系实际的能力的考查．
用多用电表欧姆挡测电阻时必须将其从电路中断开，在点1和点2已接好的情况下，应选用多用电表的电压挡测量各器材两端的电压；点1和点2同时断开时，可以用欧姆挡进行测量．在开关闭合时，若测得5、6两点间电压接近电源电动势，可知开关或连接点5、6出现故障．把小灯泡拆离电路后，检验小灯泡是否断路可用多用电表的欧姆挡，调零后进行测量，如果电阻无穷大，说明灯泡是断路的．
【答案】 (1)电压 欧姆 (2)开关或连接点5、6
(3)①将多用电表挡位调至欧姆挡；
②将红、黑表笔相接，检查欧姆挡能否正常工作；
③测量小灯泡的电阻．如电阻为无穷大，表明小灯泡有故障．
9．(11分)(2009·高考上海卷)(1)用多用表的欧姆挡测量阻值约几十千欧的电阻Rx，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮．把你认为正确步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上．
a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔
b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔
c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1k
d．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100
e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔_________________________
________________________________________________________________________.
根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为__________Ω.
(2)(多选题)下述关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是__________．
A．测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量
B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果
C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开
D．测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零
【解析】 本题考查欧姆表的使用和读数．(1)使用欧姆表的步骤是：选挡、欧姆挡调零、测量读数、将选择开关打在交流电压的最高挡或OFF挡．根据被测电阻的阻值知，应选×1k挡，根据欧姆表的读数规则知读数为30×1kΩ＝30kΩ.
(2)测量电阻时．若指针偏角过大，说明被测电阻较小，应选用倍率较小的挡位，A项正确；测量时按规定红、黑表笔分别插正、负插孔，但表笔只是两个测量的引线，本身并没有正负，故调换不会影响测量结果，B项错误；根据欧姆表的使用规则，C项正确；换挡重新调零，若测不同电阻，不用换挡则不需要重新调零，D项错误．
【答案】 (1)c a b e 30k(或30000) (2)A，C
10．(11分)(2007·广东卷)实验室新进了一批低电阻的电磁螺线管，已知螺线管使用的金属丝电阻率ρ＝1.7×10－8Ω·m.课外活动小组的同学设计了一个实验来测算螺线管使用的金属丝长度．他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器(千分尺)、导线和学生电源等．
(1)他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：(请填写第②步操作)
①将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”、“－”插孔，选择电阻挡“×1”；
②________________________________________________________________________；
③把红、黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用电表的示数如图(a)所示．
(2)根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图(b)的A、B、C、D四个电路中选择________电路来测量金属丝电阻；
(3)他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图所示，金属丝的直径为________mm；
(4)根据多用电表测得的金属丝电阻值，可估算出绕制这个螺线管所用金属丝的长度约为________m．(结果保留两位有效数字)
(5)他们正确连接电路，接通电源后，调节滑动变阻器，发现电流表始终无示数．请设计一种方案，利用多用电表检查电路故障并写出判断依据．(只需写出简要步骤)
________________________________________________________________________.
【解析】 (1)②将红、黑表笔短接，调整调零旋钮调零．
(2)根据(1)中多用电表的示数R＝4Ω，可知待测电阻较小，应采用电流表外接；为了在实验中有较大的电压调节范围，滑动变阻器应采用分压式接法，故选D.
(3)0.260mm(0.258mm～0.262mm均正确)
(4)由R＝ρL/S，S＝π(D/2)2求出L约为12m或13m.
(5)接通电源后，调节滑动变阻器，始终无电流，说明电路中有断点．故有以下两种正确解答：
①使用多用电表的电压挡位，接通电源，逐个测量各元件、导线上的电压，若电压等于电源电动势，说明该元件或导线有断路故障．
②使用多用电表的电阻挡位，断开电路或拆下元件、导线，逐个测量各元件、导线上的电阻，若电阻为无穷大，说明该元件或导线有断路故障．(任选一个即可)
【答案】 (1)②将红、黑表笔短接，调整调零旋钮调零
(2)D
(3)0.260(0.258～0.262均正确)
(4)12或13
(5)以下两种解答都正确：
①使用多用电表的电压挡位，接通电源，逐个测量各元件、导线上的电压，若电压等于电源电动势，说明该元件或导线有断路故障．
②使用多用电表的电阻挡位，断开电路或拆下元件、导线，逐个测量各元件、导线上的电阻，若电阻为无穷大，说明该元件或导线有断路故障．(任选一个即可)
11．(12分)(2008·高考广东卷)某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性．现有器材：直流恒流电源(在正常工作状态下输出的电流恒定)、电压表、待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等．
(1)若用上述器材测量热敏电阻随温度变化的特性，请你在下图所示的实物图上连线．
(2)实验的主要步骤：
①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电流值；
②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，________，________，断开开关；
③重复第②步操作若干次，测得多组数据．
(3)实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得R—t关系图线如图所示，请根据图线写出该热敏电阻的R—t关系式：R＝________＋________t(Ω)(保 留3位有效数字)．
【解析】 每次加热水后，都需要重新读出温度计和电压表的示数．根据绘得的R—t图线可以看出，电阻值R与温度t之间是线性关系，故可写成数学表达式R＝a＋bt(Ω)，其中b为直线斜率，据图线可求
b＝＝0.400.
当t＝0时，a＝100Ω，所以上式可写为
R＝100＋(0.400±0.005)t
【答案】 (1)如图
(2)记录电压表电压值 温度计数值
(3)100 (0.400±0.005)
12．(13分)一台臭氧发生器P的电阻为10kΩ，当供电电压等于24V时能正常工作，否则不产生臭氧．现在用这种臭氧发生器制成自动消毒装置，要求它在有光照时能产生臭氧，在黑暗时不产生臭氧，拟用一个光敏电阻R1对它进行控制，R1的阻值在有光照时为100Ω、黑暗时为1000Ω，允许通过的最大电流为3mA；电源E
的电压为36V、内阻不计；另有一个滑动变阻器R2，阻值为0～100Ω，允许通过的最大电流为0.4A；一个开关S和导线若干．
臭氧发生器P和光敏电阻R1的符号如图所示．设计一个满足上述要求的电路图，图中各元件要标上字母代号，其中滑动变阻器两固定接线柱端分别标上字母A、B.(电路图画在方框内)．
【解析】 臭氧发生器正常工作时电流I＝A＝24×10－4A＝2.4mA.
R1允许通过的最大电流为3mA，所以用R1与P串联，由于滑动变阻器阻值R2远小于P的电阻，所以采用滑动变阻器分压式接法．电路如图所示．
【答案】 见解析图
实验十六
一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分，在每小题给出的四个选项中至少有一项符合题意，全部选对的得6分，漏选的得3分，错选的得0分)
1．(2009·高考广东卷)如图为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是
( )
A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
【解析】 本题考查远距离输电问题，意在考查考生对远距离输电过程中的电能和电压损失的影响因素分析．根据P＝I2R可知，在电流I一定的情况下，减小电阻R可以减少电路上的电能损失，而R＝ρ，所以增大输电线横截面积S有利于减少输电过程中的电能损失，A正确；由公式P＝I2R可得，若设输送的电功率为P′，则P＝R，可见，在输送电压U一定时，输送的电功率P′越大，输电过程中的电能损失越大，C错误．
【答案】 ABD
2．(2009·高考四川理综卷)关于电磁波，下列说法正确的是( )
A．雷达是用X光来测定物体位置的设备
B．使电磁波随各种信号而改变的技术叫做解调
C．用红外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光
D．变化的电场可以产生变化的磁场
【解析】 本题考查各种电磁波的特性及麦克斯韦电磁场理论，意在考查考生对基本知识理解和识记．雷达是利用微波来定位的，A错误；使用电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，B错误；钞票是利用紫外线的荧光作用，C错误；根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场会产生变化的磁场，D正确．
【答案】 D
3．(2008·黄冈模拟)据某刊物报道，美国某公司制成了一种不需要电池供电的“警示牌”．使用时只要用绝缘丝线将牌子挂到输电线上，如果这条输电线上有电流流过，牌子上会显示一个分外明亮的英文提示语“ON”，它类似于常见的“小心触电”一类的牌子．这对于防止误触电起到了警示作用，以下说法中正确的是( )
A．没有工作电源，却能够发生一个明亮的“ON”，显然违背了能量的转化与守恒定律，因此这则报道是虚假的
B．这种牌子内部必然安放有太阳能电池，否则绝不会发出明亮的“ON”
C．这种牌子只能挂在有交变电流流过的输电线上，才会发出明亮的“ON”
D．这种牌子无论挂在有交变电流还是有稳恒电流流过的输电线上，都会发出明亮的“ON”
【解析】 当交变电流通过时，在导线周围产生电磁场使牌子明亮发光．
【答案】 C
4．(2009·张家港高三质检)下列关于电场和磁场及电磁波的说法中正确的是( )
A．均匀变化的电场在周围空间产生均匀变化的磁场
B．只要空间某处的电场或磁场发生变化，就会在其周围产生电磁波
C．振荡电路发射电磁波的过程，也是向外辐射能量的过程
D．电磁波的传播并不依赖介质的存在
【解析】 由麦克斯韦电磁场理论可知：均匀变化的电场产生恒定的磁场，A错误．产生电磁波必须是周期性变化的电场或磁场，B错误．电磁波是具有电磁能的波，可在真空中传播，所以C、D正确．
【答案】 CD
5．(2009·四川模拟)如图所示是一个水平放置的玻璃环形小槽，槽内光滑，槽的宽度和深度处处相同，现将一直径略小于槽的宽度的带正电的小球放入槽内，小球以初速度v0开始逆时针运动，与此同时有一个变化的磁场竖直向下穿过小槽包围的空间，已知磁场均匀增大，小球在运动过程中带电量不变，同( )
A．小球动能不变
B．小球动能增加
C．磁场力对小球做功
D．小球受到的磁场力增加
【解析】 由麦克斯韦电磁场理论知：均匀变化的磁场产生恒定的电场，据楞次定律可知：产生的电场为逆时针方向，电场力与初速度方向一致，电场对小球做正功，动能增加，又据F洛＝qvB知小球受到的磁场力不断增大．
【答案】 BD
6．在“练习使用示波器”的实验中，关于竖直位移旋钮“↑↓”和Y增益旋钮的作用，下列说法正确的是( )
A．竖直位移旋钮用来调节图象在竖直方向的位置，Y增益旋钮用来调节图象在竖直方向的幅度
B．竖直位移旋钮用来调节图象在竖直方向的幅度，Y增益旋钮用来调节图象在竖直方向的位置
C．竖直位移旋钮和Y增益旋钮都是用来调节图象在竖直方向的位置的
D．竖直位 移旋钮和Y增益旋钮都是用来调节图象在竖直方向的幅度的
【答案】 A
7．示波器工作时，屏上显示出如图甲所示的波形，且亮度较弱．要将波形由甲图位置调节到乙图的位置和波形，示波器面板上的旋钮被调节的是________．
A．辉度旋钮 B．聚焦旋钮
C．辅助聚焦旋钮 D．竖直位移旋钮
E．Y增益旋钮 F．X增益旋钮
G．水平位移旋钮 H．扫描微调旋钮
I．衰减旋钮 J．扫描范围旋钮
K．同步开关
【答案】 ADEFGK
8．(2008·高考北京卷)一理想变压器原、副线圈匝数比n1n2＝115.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示．副线圈仅接入一个10Ω的电阻．则( )
A．流过电阻的电流是20A
B．与电阻并联的电压表的示数是100V
C．经过1分钟电阻发出的热量是6×103J
D．变压器的输入功率是1×103W
【解析】 由图象可知U1＝220V，则
U2＝U1＝×220V＝100V
流过电阻电流I＝＝10A，A错；电压表示数应为100V，B错；1分钟放出热量Q＝I2Rt＝102×10×60J＝6×104J，C错；P出＝U2I＝100×10W＝1×103W，所以P入＝P出＝1×103W，D正确．
【答案】 D
9．(2008·高考四川卷)如图所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的．和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3.现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是( )
A．U2变小，I3变小 B．U2不变、I3变大
C．I1变小、I2变小 D．I1变大、I2变大
【解析】 U2＝U1，U1、n1、n2均不变，故U2不变，A错误；S断开，副线圈电路R总增大，则I2减小，UR1＝I2R1减小，UR3必增大，I3＝增大，B对；由I1＝I2知I1减小，C对，D错误．
【答案】 BC
10．2008年春节前后，我国南方部分省市的供电系统由于气候原因遭到严重破坏．为此，某小区启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，发电机的电动势e＝480sin100πtV(不考虑其内阻)，图中R表示输电线的电阻．滑动触头P置于a处时，用户的用电器恰好正常工作，在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则( )
A．若电流表A2示数为2A，R＝10Ω，则原、副线圈的匝数比n1n2＝21
B．若电流表A2示数为2A，R＝10Ω，则原、副线圈的匝数比n1n2＝21
C．当发电机输出的电压发生波动使电压表V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向下滑动
D．如果电压表V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑
【解析】 用户电压220V，电压表V2示数U2＝220V＋I2R＝240V，电压表V1示数(有效值)U1＝480V，原、副线圈的匝数比n1n2＝U1U2＝21，故选项A对、B错；由n1n2＝U1U2，若U1变小，则n2应变大，故选项C错；当用电器增加时，副线圈中的电流增加，输电线电阻R上的电压增大，副线圈两端的电压应增大，故滑动触头P应向上滑，故选项D对．
【答案】 AD
二、论述、计算题(本题共3小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位)
11．(2009·石家庄模拟)如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为n1n2n3＝321，副线圈2上接有“8V 8W”的灯泡L1、L2，副线圈3上接有“6V 9W”的灯泡L3、L4，原线圈上接有电阻R＝3Ω，当a、b两端接交流电源后，L1、L2正常发光，则交变电源的输出功率为多少？
【解析】 交变电源的输出功率应等于副线圈上的实际输出功率及电阻R上的消耗功率之和，因L1、L2正常发光，所以PL1＝PL2＝8W，U2＝8V，由U1U2U3＝n1n2n3＝321可得U1＝12V，U3＝4V，所以L3、L4不能正常发光，而R3＝R4＝＝4Ω，则L3和L4的实际功率为PL3＝PL4＝U/RL4＝4W.P出＝(8×2＋4×2)W＝24W，原线圈电流I1＝＝2A，则R上消耗功率为PR＝IR＝12W，则P＝PR＋P出＝36W.
【答案】 36W
12．交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05m2线圈转动的频率为50Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝T.为用此发电机所发出交流电带动两个标有“220V,11kW”的电动机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：
(1)发电机的输出电压的有效值为多少？
(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？
(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？
【解析】 (1)根据Em＝NBSω＝1100V
得输出电压的有效值为U1＝＝1100V.
(2)根据＝得＝.
(3)根据P入＝P出＝2.2×104W
再根据P入＝U1I1，解得I1＝20A.
【答案】 (1)1100V (2)51 (3)20A
13．(2010·江苏省苏州)人们利用发电机把天然存在的各种形式的能量(水流能、煤等燃料的化学能)转化为电能，为了合理地利用这些能源，发电站要修建在靠近这些资源的地方，但用电的地方却分布很广，因此，需要把电能送到远方．若某电站的输送电压为U＝6000V，输送功率P＝500kW，这时安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜里读数相差4800kW·h(即4800度电)，试求：
(1)输电效率和输电线的电阻；
(2)若要使输电损失的功率降到原输送功率的2%，电站应使用多高的电压向外输电？(结果保留二位有效数字)
【解析】 (1)输电效率η＝＝×100%＝60%
由ΔW＝I2Rt及P＝UI得：R＝＝28.8Ω.
(2)若使输电损失的功率降到原输送功率的2%，则P额＝P×2%＝10kW，又P额＝IR，U1＝，
联立解得输送电压为U1≈2.7×104V.
【答案】 (1)60% 28.8Ω (2)2.7×104V
