2020版高考物理大二轮复习专题强化训练24实验题答题策略

2020版高考物理大二轮复习专题强化训练24实验题答题策略

高考物理 专题强化训练(二十四)‎ ‎1．(2019·四川成都诊断)将两根原长相同、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)的劲度系数为k1，原细弹簧(记为B)的劲度系数为k2，套成的新弹簧(记为C)的劲度系数为k3.关于k1、k2、k3的大小关系，同学们猜想如下：‎ 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(装置见图甲所示)．‎ ‎(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的原长L0；‎ b．在弹簧A的下端挂上钩码，记下钩码的个数n、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＝________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________，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________同学的猜想正确．‎ ‎[解析]　(2)弹簧的弹力F等于n个钩码的重力之和nmg；多次测量取平均值，可以减小误差，所以实验中需要改变钩码的个数以改变弹簧弹力．‎ ‎(3)由题图乙可知，伸长量相同时，FC＝FA＋FB，由胡克定律可得k3x＝k1x＋k2x，所以k3＝k1＋k2，乙同学的猜想是正确的．‎ ‎[答案]　(2)nmg　钩码的个数　(3)乙 7‎ 高考物理 ‎2．(2019·武汉市高三调研)在验证动量守恒定律实验中，实验装置如图所示，a、b是两个半径相等的小球，按照以下步骤进行操作．‎ A．在木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板在紧靠槽口处竖直放置，使小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；‎ B．将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；‎ C．把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C.‎ ‎(1)为了保证在碰撞过程中小球a不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1________m2(选填“大于”、“小于”或“等于”)．‎ ‎(2)完成本实验，必须测量的物理量有________．‎ A．小球a开始释放的高度h B．木板水平向右移动的距离l C．小球a和小球b的质量m1、m2‎ D．O点分别到A、B、C三点的距离y1、y2、y3‎ ‎[解析]　(1)为防止两球碰撞后，小球a反弹，小球a的质量应大于小球b的质量，即m1>m2.(2)a、b两球碰撞后均做平抛运动，l＝vt，y＝gt2，得l＝v，若满足m1v0＝m1v1＋m2v2，即碰撞前后动量守恒，即可验证动量守恒定律，对该式进行整理可得＝＋，因此需要测量小球a和小球b的质量m1、m2以及O点分别到A、B、C三点的距离y1、y2、y3，选项C、D正确．‎ ‎[答案]　(1)大于　(2)CD ‎3．(2019·河南六市联考)一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量Δω与对应时间Δt的比值定义为角加速度β 7‎ 高考物理 .我们用电磁打点计时器、刻度尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验．(打点计时器所接交流电的频率为50 Hz；A、B、C、D、…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出)‎ ‎①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；‎ ‎②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；‎ ‎③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．‎ ‎(1)用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的半径r为________cm；‎ ‎(2)由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为________rad/s；‎ ‎(3)圆盘转动的角加速度大小为________rad/s2(计算结果保留三位有效数字)．‎ ‎[解析]　(1)由图乙可知，主尺刻度为60 mm，游标尺上的小数部分为0，由于最小分度为0.05 mm，游标卡尺的读数为60.00 mm，即6.000 cm，因此圆盘的直径为6.000 cm，半径为3.000 cm.‎ ‎(2)由频率f＝50 Hz可知，周期T＝0.02 s，则纸带上相邻两计数点之间的时间间隔t′＝5T＝0.1 s，故打下计数点D时，速度vD＝＝ m/s＝0.417 m/s，故ω＝＝ rad/s＝13.9 rad/s.‎ ‎(3)纸带运动的加速度a＝＝＝ m/s2＝0.705 m/s2，由于β＝，ω＝，故圆盘转动的角加速度大小为β＝＝ rad/s2＝23.5 rad/s2.‎ ‎[答案]　(1)3.000　(2)13.9　(3)23.5‎ 7‎ 高考物理 ‎4．(2019·云南七校联考)材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小．如图甲所示为某压敏电阻在室温下的电阻压力特性曲线，其中RF、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值．为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力下的电阻值RF.‎ 请按要求完成下列实验．‎ ‎(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框内画出实验电路的原理图(压敏电阻已给出，待测压力大小约为40～80 N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：‎ A．压敏电阻，无压力时阻值R0＝6000 Ω B．滑动变阻器R，最大阻值约为200 Ω C．电流表A，量程0～2.5 mA，内阻为30 Ω D．电压表V，量程0～3 V，内阻为3 kΩ E．直流电源E，电动势为3 V，内阻很小 F．开关S，导线若干 ‎(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为________V.‎ 7‎ 高考物理 ‎(3)此时压敏电阻的阻值为________Ω(保留两位有效数字)；结合图甲可知待测压力的大小F＝________N.‎ ‎[解析]　(1)由于滑动变阻器总电阻较小，远小于待测压敏电阻的阻值，因此滑动变阻器应采用分压式接法；同时因待测压敏电阻的阻值较大，故应采用电流表内接法；电路原理图如图所示．‎ ‎(2)电压表量程为0～3 V，最小分度为0.1 V，则读数为2.00 V.‎ ‎(3)根据欧姆定律可知RF＝－RA＝ Ω－30 Ω＝1.5×103 Ω，则有＝＝4；由图甲可知，待测压力的大小F＝60 N.‎ ‎[答案]　(1)见解析图　(2)2.00　(3)1.5×103　60‎ ‎5．(2019·河南省豫南九校质量考评)利用如图甲所示的电路可以较为准确地测出待测电阻Rx的阻值．其中R1为一段较长的粗细均匀的电阻丝，Rx为待测电阻，R0为电阻箱，a为电表．测量步骤如下：‎ 根据如图甲所示的电路图连接电路；将R0调到某一数值，滑片P与电阻丝某位置连接．闭合开关S1，试触开关S2，观察电表a指针的偏转情况；适当左右移动滑片P的位置，直至闭合开关S2时，电表a的指针不发生偏转；测出滑片左右两侧电阻丝的长度L1和L2，读出此时电阻箱接入电路的阻值R0.‎ 7‎ 高考物理 ‎(1)根据图甲的电路图，用笔画线代替导线，将图乙的实物图连接成完整电路；‎ ‎(2)为了使测量结果更准确，图甲中的电表a选以下的哪个电表更合适________．‎ A．量程为0～3 V、分度值为0.1 V、内阻为3000 Ω的电压表 B．量程为0～0.6 A、分度值为0.02 A、内阻为60 Ω的电流表 C．量程为0～30 μA、分度值为1 μA、内阻为100 Ω的灵敏电流计 ‎(3)如果电表a中电流方向由M流向P时，指针向右偏转，则当指针向右偏转时，可以通过以下哪些操作使指针不发生偏转________．‎ A．适当增大电阻箱R0的阻值 B．适当减小电阻箱R0的阻值 C．将滑片P向左移动适当的距离 D．将滑片P向右移动适当的距离 ‎(4)用测量的物理量(L1、L2和R0)表示待测电阻的阻值Rx＝____________.‎ ‎[解析]　(1)实物图连接如答案图所示．‎ ‎(2)为了使测量结果更精确，就要使电表更灵敏．选项A电表指针偏转1格所需电压为0.1 V，而选项B电表指针偏转1格所需电压为0.02 A×60 Ω＝1.2 V，选项C电表指针偏转1格所需电压为1 μA×100 Ω＝0.1 mV，所以选C表．‎ ‎(3)当指针向右偏转时，说明M点的电势比P点高，因此可以减小R0分得的电压，或减小滑片左边电阻丝分得的电压，即减小R0接入电路的阻值或向左移动滑片P，选项B、C正确．‎ ‎(4)当电表指针不发生偏转时，M、P两点电势相等，即＝，所以Rx＝R0.‎ ‎[答案]　(1)实物图连接如图所示 7‎ 高考物理 ‎(2)C　(3)BC　(4)R0‎ 7‎