专题16 实验 -三年（2019-2021）高考物理真题分项汇编（解析版）

高考复习资料PAGE1/NUMPAGES1专16实验1．（2021·山东卷）热敏电阻是传感器中经常使用的元件,某学习小组要探究一热敏电阻的阻值随温度变化的规律.可供选择的器材有：待测热敏电阻（实验温度范围内,阻值约几百欧到几千欧）；电源E（电动势,内阻r约为)；电阻箱R（阻值范围)；滑动变阻器（最大阻值)；滑动变阻器（最大阻值）；微安表（量程,内阻等于)；开关两个，温控装置一套，导线若干。同学们了如图甲所示的测量电路,主要实验步骤如下：①按图示连接电路；②闭合、,调节滑动变阻器滑片P的位置，使微安表指针满偏；③保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开,调节电阻箱,使微安表指针半偏；④此时的温度和电阻箱的阻值。回答下列问题:（1)为了更准确地测量热敏电阻的阻值，滑动变阻器应选用___________(填“”或“”）。(2)请用笔画线代替导线,将实物图（不含温控装置）连接成完整电路__________。（3）某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为,该温度下热敏电阻的测量值为___________（结果保留到个位），该测量值___________（填“大于"或“小于”）真实值。（4)多次实验后,学习小组绘制了如图乙所示的图像。由图像可知。该热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐___________（填“增大"或“减小”）。【答案】3500大于减小【解析】（1）［1]用半偏法测量热敏电阻的阻值,尽可能让该电路的电压在S2闭合前、后保持不变，由于该支路与滑动变阻器左侧部分电阻并联，滑动变阻器的阻值越小，S2闭合前、后并联部分电阻变化越小，从而并联部分的电压值变化越小,故滑动变阻器应选R1。(2）［2]电路连接图如图所示(3）[3］微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2倍，即可得［4]当断开S2,微安表半偏时，由于该支路的电阻增加,电压略有升高，根据欧姆定律，总电阻比原来2倍略大,也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻，而我们用电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻来计算，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大.（4）[5]由于是图像,当温度T升高时,减小,从图中可以看出减小,从而减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。2．（2021·全国卷）某同学用图（a)所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：小灯泡（额定电压2。5V,额定电流0。3A）电压表（量程300mV，内阻300）电流表（量程300mA，内阻0。27）定值电阻R0滑动变阻器R1（阻值0-20）电阻箱R2（最大阻值9999.9)电源E（电动势6V，内阻不计）开关S、导线若干。完成下列填空:(1）有3个阻值分别为10、20、30的定值电阻可供选择,为了描绘小灯泡电流在0～300mA的U-I曲线，R0应选取阻值为___________的定值电阻；（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的___________（填“a”或“b”）端；（3）在流过电流表的电流较小时,将电阻箱R2的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的位置,读取电压表和电流表的示数U、I,结果如图(b)所示。当流过电流表的电流为10mA时,小灯泡的电阻为___________(保留1位有效数字)；（4）为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V，该同学经计算知,应将R2的阻值调整为_______.然后调节滑动变阻器R1,测得数据如下表所示：U/mV24.046。076.0110.0128.0152.0184.0216。0250。0I/mA140。0160。0180.0200。0220.0240。0260.0280.0300。0(5）由图（b）和上表可知，随流过小灯泡电流的增加，其灯丝的电阻___________（填“增大”“减小”或“不变”）;(6)该同学观测到小灯泡刚开始发光时流过电流表的电流为160mA，可得此时小灯泡电功率W1=_______W(保留2位有效数字）；当流过电流表的电流为300mA时,小灯泡的电功率为W2,则=_______（保留至整数）。【答案】10a0.72700增大0。07410【解析】（1）［1］因为小灯泡额定电压2.5V，电动势6V，则滑动滑动变阻器时,为了保证电路安全，需要定值电阻分担的电压则有则需要描绘小灯泡在0~300mA的伏安特性曲线，即R0应选取阻值为10；（2）[2]为了保护电路,滑动变阻器的滑片应置于变阻器的a端；（3）[3］由图可知当流过电流表的电流为10mA时，电压为7mV,则小灯泡的电阻为（4）[4]由题知电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V时，有解得（5）［5］由图(b）和表格可知流过小灯泡电流增加，图像中变大，则灯丝的电阻增大；(6）[6］根据表格可知当电流为160mA时，电压表的示数为46mA，根据（4）的分析可知此时小灯泡两端电压为0.46V，则此时小灯泡电功率W1=0。46V×0。16A≈0.074W［7］同理可知当流过电流表的电流为300mA时，小灯泡两端电压为2。5V，此时小灯泡电功率W2=2.5V×0。3A=0。75W故有3．（2021·湖南卷）某实验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻（阻值为)、一个电流表（内阻为）、一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于,并配有可在电阻丝上移动的金属夹）、导线若干.由于缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度,但发现桌上有一个圆形时钟表盘。某同学提出将电阻丝绕在该表盘上，利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度.主要实验步骤如下：（1）将器材如图(a）连接：(2）开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的___________端(填“a”或“b")；（3）改变金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角和电流表示数，得到多组数据；(4）整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图（b)所示,图线斜率为,与纵轴截距为，设单位角度对应电阻丝的阻值为,该电池电动势和内阻可表示为___________，___________(用、、、、表示）(5）为进一步确定结果，还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值.利用现有器材设计实验，在图（c）方框中画出实验电路图__________（电阻丝用滑动变阻器符号表示）;(6）利用测出的，可得该电池的电动势和内阻。【答案】【解析】（2）[1］开关闭合前,为了保护电路中的元件，应将电阻丝的最大阻值接入电路，根据电阻定律可知电阻丝接入越长，接入电阻越大,金属夹应夹在电阻丝的端.(4)［2]设圆心角为时,电阻丝接入电路中的电阻为,根据闭合电路欧姆定律可知整理得结合图象的斜率和截距满足，解得电源电动势和内阻为（5）［3］实验器材中有定值电阻和单刀双掷开关，考虑使用等效法测量电阻丝电阻，如图原理的简单说明:①将开关置于位置，读出电流表示数；②将开关置于电阻丝处，调节电阻丝的角度，直到电流表示数为，读出此时角度θ;③此时,即可求得的数值。4．（2021·浙江卷）在“验证机械能守恒定律”实验中,小王用如图1所示的装置，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图2所示.O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点。①为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的理由是___________。②已知交流电频率为，重物质量为，当地重力加速度，则从O点到C点,重物的重力势能变化量的绝对值___________J、C点的动能___________J（计算结果均保留3位有效数字）。比较与的大小,出现这一结果的原因可能是___________。A．工作电压偏高B．存在空气阻力和摩擦力C．接通电源前释放了纸带【答案】阻力与重力之比更小（或其它合理解释）0.5470.588C【解析】①[1]在验证机械能守恒实验时阻力越小越好,因此密度大的阻力与重力之比更小②[2］由图中可知OC之间的距离为,因此机械能的减少量为［3］匀变速运动时间中点的速度等于这段时间的平均速度，因此因此动能的增加量为[4]工作电压偏高不会影响实验的误差，存在摩擦力会使重力势能的减少量大于动能的增加量，只有提前释放了纸带，纸带的初速度不为零，下落到同一位置的速度偏大才会导致动能的增加量大于重力势能的减少量。5．（2021·全国卷）为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数,一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为的斜面（已知sin=0。34，cos=0.94），小铜块可在斜面上加速下滑,如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔（每个时间间隔∆T=0.20s）内小铜块沿斜面下滑的距离si（i=1，2，3，4，5），如下表所示。s1s2s3s4s55.87cm7.58cm9.31cm11。02cm12。74cm由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为___________m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为___________。（结果均保留2位有效数字,重力加速度大小取9。80m/s2）【答案】0。430.32【解析】[1］根据逐差法有［2］对小铜块受力分析根据牛顿第二定律有代入数据解得6．（2021·全国卷)某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄,频闪仪每隔发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）.图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为.该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b)中标出。完成下列填空：(结果均保留2位有效数字）（1）小球运动到图（b）中位置A时，其速度的水平分量大小为___________，竖直分量大小为___________;（2）根据图（b)中数据可得,当地重力加速度的大小为___________。【答案】1。02。09.7【解析】（1）[1］因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度为［2］竖直方向做自由落体运动，因此A点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得(2）［3]由竖直方向的自由落体运动可得代入数据可得7．(2021·浙江卷)小李在实验室测量一电阻Rx的阻值.（1）因电表内阻未知，用如图1所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后,合上开关S，将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷到1,电压表的读数，电流表的示数如图2所示，其读数___________A；将K掷到2,电压表和电流表的读数分别为，.由此可知应采用电流表___________(填“内”或“外”）接法.（2）完成上述实验后,小李进一步尝试用其它进行实验：①器材间连线如图3所示，请在虚线框中画出对应的电路图___________；②先将单刀双掷开关掷到左边，记录电流表读数，再将单刀双掷开关挪到右边，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数与前一次尽量相同，电阻箱的示数如图3所示。则待测电阻___________.此方法___________（填“有”或“无”）明显的实验误差，其理由是___________。【答案】0。34见解析外5有电阻箱的最小分度与待测电阻比较接近(或其它合理解释）【解析】(1）［1］由电流表的表盘可知电流大小为0。34A[2］电压表的百分比变化为电流表的百分比变化为因此可知电压表的示数变化更明显，说明电流表的分压更严重，因此不能让电流表分压，采用外接法（2）①［3]电路图如图②[4]两次实验中电路电流相同，因此可有可得读数可得［5］［6]电阻箱的最小分度和待测阻值阻值接近，这样测得的阻值不够精确,如待测电阻阻值为5.4Ω，则实验只能测得其为,误差较大。8．(2021·浙江卷）图示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。实验中:①观察到较模糊的干涉条纹,要使条纹变得清晰，值得尝试的是___________。（单选）A．旋转测量头B．增大单缝与双缝间的距离C．调节拨杆使单缝与双缝平行②要增大观察到的条纹间距，正确的做法是___________(单选）A．减小单缝与光源间的距离B．减小单缝与双缝间的距离C．增大透镜与单缝间的距离D．增大双缝与测量头间的距离【答案】CD【解析】①[1]若粗调后看不到清晰的干涉条纹，看到的是模糊不清的条纹，则最可能的原因是单缝与双缝不平行；要使条纹变得清晰,值得尝试的是调节拨杆使单缝与双缝平行。故选C。②[2]根据可知要增大条纹间距可以增大双缝到光屏的距离l，减小双缝的间距d；故选D.9．（2021·全国卷）一实验小组利用图(a)所示的电路测量一电池的电动势E（约）和内阻r(小于）。图中电压表量程为，内阻：定值电阻;电阻箱R,最大阻值为；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空:（1)为保护电压表，闭合开关前,电阻箱接入电路的电阻值可以选___________（填“5。0”或“15.0”）；（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U;（3）根据图（a）所示电路，用R、、、E和r表示,得___________；（4)利用测量数据，做图线，如图(b)所示：（5)通过图(b)可得___________V（保留2位小数），___________（保留1位小数）；（6）若将图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为，由此产生的误差为___________％。【答案】15.01.551.05【解析】(1)[1]为了避免电压表被烧坏,接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得代入数据解得因此选。（3）［2］由闭合回路的欧姆定律可得化简可得（5）[3］[4]由上面公式可得，由图象计算可得，代入可得,（6）［5］如果电压表为理想电压表，则可有则此时因此误差为10．(2021·广东卷）某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律.根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材.(1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡,将两表笔______，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而__________。（2)再按图连接好电路进行测量。①闭合开关S前,将滑动变阻器的滑片滑到_______端（选填“a”或“b"）。将温控室的温度设置为T，电阻箱调为某一阻值。闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数、T和。断开开关S.再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节和,使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值.断开开关S。②实验中记录的阻值_____（选填“大于”、“小于”或“等于")。此时热敏电阻阻值_____。【答案】短接减小b大于【解析】(1）［1］［2]选择倍率适当的欧姆档，将两表笔短接;欧姆表指针向右偏转角度越大，则阻值越小，可判断热敏电阻的阻值随温度升高而减小.（2）①［3]闭合开关S前，应将滑动变阻器R1的阻值调到最大，即将滑片滑到b端；②［4］[5］因两次电压表和电流表的示数相同，因为即可知R01大于R02。11．（2021·广东卷）某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数，缓冲装置如图所示，固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在有机玻璃管底端。实验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺,再将单个质量为200g的钢球（直径略小于玻璃管内径）逐个从管口滑进，每滑进一个钢球,待弹簧静止,记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数，数据如表所示。实验过程中弹簧始终处于弹性限度内。采用逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数。n1234568。0410。0312。0514。0716.1118。09（1）利用计算弹簧的压缩量：，，______cm,压缩量的平均值______cm；（2）上述是管中增加______个钢球时产生的弹簧平均压缩量；（3)忽略摩擦，重力加速度g取，该弹簧的劲度系数为______N/m。（结果保留3位有效数字）【答案】6。046。05348。6【解析】(1)［1］根据压缩量的变化量为［2］压缩量的平均值为(2）［3］因三个是相差3个钢球的压缩量之差，则所求平均值为管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量；（3）［4]根据钢球的平衡条件有解得12．（2021·湖南卷)某实验小组利用图（a）所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系.主要实验步骤如下:（1）用游标卡尺测量垫块厚度，示数如图(b）所示，___________；（2）接通气泵,将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；(3)在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度;（4）在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数和滑块对应的加速度；（5）在右支点下增加垫块个数（垫块完全相同），重复步骤（4），记录数据如下表：1234560.0870。1800。2600。4250。519根据表中数据在图（c）上描点，绘制图线___________。如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是___________(保留三位有效数字）。【答案】1.020.342【解析】（1）［1]垫块的厚度为h=1cm+2×0.1mm=1。02cm（5）［2]绘制图线如图;［3］根据可知a与n成正比关系，则根据图像可知，斜率解得a=0。342m/s213．（2021·河北卷）某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为，其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为，实验操作步骤如下:①安装器材，调整两个光电门距离为，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示；②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；③保持最下端悬挂4个钩码不变,在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤;④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量M、系统(包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码)总动能的增加量及系统总机械能的减少量，结果如下表所示：0.2000.2500。3000.3500。4000。5820。4900。3920。2940。1950.3930.4900。6860。785回答下列问题：（1)实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为______J（保留三位有效数字）；（2）步骤④中的数据所缺数据为______;（3）若M为横轴,为纵轴,选择合适的标度，在图2中绘出图像______;若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功,则物块与木板之间的摩擦因数为______（保留两位有效数字）【答案】0.9800.5880.40（0。38~0。42）【解析】(1）[1]四个钩码重力势能的减少量为（2）［2]对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知其中系统减少的重力势能为系统增加的动能为系统减少的机械能为,则代入数据可得表格中减少的机械能为（3)［3]根据表格数据描点得的图像为[4]根据做功关系可知则图像的斜率为解得动摩擦因数为(0。38~0。42）14．（2021·河北卷）某同学研究小灯泡的伏安特性，实验室提供的器材有;小灯泡（,）,直流电源（），滑动变阻器，量程合适的电压表和电流表,开关和导线若干，设计的电路如图1所示。(1）根据图1，完成图2中的实物连线______；（2）按照图1连线后，闭合开关，小灯泡闪亮一下后熄灭，观察发现灯丝被烧断，原因可能是______（单项选择，填正确答案标号）；A．电流表短路B．滑动变阻器的滑片接触不良C．滑动变阻器滑片的初始位置在b端（3)更换小灯泡后，该同学正确完成了实验操作，将实验数据描点作图，得到图像，其中一部分如图3所示，根据图像计算出P点对应状态下小灯泡的电阻为______（保留三位有效数字）。【答案】C【解析】（1）［1]电流表负极与滑动变阻器的右端的位置连接，如图(2）[2］开关闭合,小灯泡闪亮一下后灯丝烧断，说明通过小灯泡的电流过大。A．电流表内阻非常小,短路几乎不影响通过小灯泡的电流，与灯丝烧断无关,A错误;B．滑动变阻器滑片接触不良，无电流通过小灯泡,B错误；C．滑动变阻器的滑片开始时置于端，小灯泡部分分压达到最大，通过电流最大,可能会烧断小灯泡灯丝，C正确；故选C。(3)根据小灯泡的伏安特性曲线可知在点时的电压和电流分别为，根据欧姆定律可知小灯泡的电阻为15．（2021·浙江卷）（1）用如图所示装置进行“探究功与速度变化的关系”实验。装有砝码的盘用绕过滑轮的细线牵引小车,盘和砝码的重力可当作牵引力.小车运动的位移和速度可以由打点纸带测出，以小车为研究对象，改变砝码质量,便可探究牵引力所做的功与小车速度变化的关系。①关于这个实验,下列说法正确的是______；A．需要补偿小车受到阻力的影响B．该实验装置可以“验证机械能守恒定律"C．需要通过调节定滑轮使细线与长木板平行D．需要满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量②如图2所示是两条纸带,实验时打出的应是第______条（填写“I"或“II”)纸带；③根据实验数据,在坐标纸上画出的W—v2图象是一条过原点的直线，据此图象______（填“能"或“不能”）求出小车的质量。（2）小明同学在做“测定玻璃的折射率”实验时，发现只有3枚大头针，他把大头针A、B、C插在如图所示位置，并测出了玻璃的折射率。请在答题纸相应方框中画出光路图，标出入射角i和折射角r，并写出折射率n的计算式。____________【答案】ACDⅡ能【解析】（1)[1]A．题中需要将盘和砝码的重力可当作牵引力,所以首先需要补偿小车受到阻力的影响，即抬高长木板右端,小车在不接盘和砝码的情况下，轻推小车，使小车做匀速直线运动，说明小车重力沿斜面的分力与小车所受阻力等大反向，A正确；D．然后挂上盘与砝码，根据牛顿第二定律对小车，根据牛顿第二定律两式相比解得绳子拉力当满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量，即,盘和砝码的重力可当作牵引力，D正确;B．实验过程中摩擦阻力无法消除，本实验装置无法验证“机械能守恒定律”故B错误。C．细线与长木板平行需要平行，保证绳子的拉力与小车运动方向一致，这样盘和砝码的重力可完全当作牵引力，C正确.故选ACD.[2]小车做匀加速直线运动，位移逐渐增大，所以实验打出的纸带是第II条。[3］根据动能定理可知，图像的斜率为,据能求出小车的质量。(2)[4]光路图如图所示［5］根据折射定律可知。16．（2021·浙江卷）在“测定电池的电动势和内阻”实验中，(1）用如图所示的电路图测量，得到的一条实验数据拟合线如图所示,则该电池的电动势E=______V(保留3位有效数字）；内阻r=______（保留2位有效数字）；（2）现有如图所示的实验器材，照片中电阻箱阻值可调范围为0~9999Ω，滑动变阻器阻值变化范围为0～10Ω，电流表G的量程为0～3mA、内阻为200Ω，电压表的量程有0~3V和0～15V.请在图3中选择合适的器材，在答题纸相应方框中画出两种测定一节干电池的电动势和内阻的电路图。______【答案】1。46（1。45～1.47均可）0.64（0。63～0。67均可）【解析】（1）[1]根据闭合电路欧姆定律可得将题干中得图线延长与横纵轴分别相交,如图可知图像与纵轴交点即为电动势，即［2］图像斜率的绝对值为电源内阻，即（2）［3]电流表量程太小，使用电阻箱和电压表代替电流表进行测量，电路图如图根据闭合电路欧姆定律变形得绘制图像，可知图像斜率为,与纵轴截距为，从而求解电动势和内阻;也可以通过电阻箱改装电流表，扩大电流表得量程，实现电流得测量，电路图如图I为改变量程之后的电流表示数，根据闭合电路欧姆定律可以绘制图像求解电动势和内阻。1．（2020·海南卷)在测量定值电阻阻值的实验中，提供的实验器材如下：电压表（量程，内阻），电压表（量程，内阻），滑动变阻器R（额定电流,最大阻值），待测定值电阻,电源E（电动势，内阻不计），单刀开关S，导线若干：回答下列问题：（I）实验中滑动变阻器应采用________接法（填“限流”或“分压"）；（2）将虚线框中的电路原理图补充完整_____________；（3)根据下表中的实验数据（、分别为电压表﹑的示数)，在图（a）给出的坐标纸上补齐数据点,并绘制图像__________;测量次数123451.001。502.002.503。001。612。413。214。024.82(4）由图像得到待测定值电阻的阻值________（结果保留三位有效数字）;（5）完成上述实验后，若要继续采用该实验原理测定另一个定值电阻(阻值约为）的阻值，在不额外增加器材的前提下，要求实验精度尽可能高，请在图（b）的虚线框内画出你改进的电路图______。【答案】分压【解析】(1）[1]电压表和串联在和并联，并联的总电阻远大于滑动变阻器电阻，为了调节变阻器时，电表示数变化明显，且能或者更多组数据，选择分压接法；(2）[2]完整的电路图,如图所示（3）［3］根据下表中的实验数据，绘制的图像,如图所示（4)[4]根据实验电路图,则有变形得则图线的斜率为根据图像可得斜率则有代入,解得（5)[5]因待测电阻（阻值约为）的阻值较小，若仍与电压表串联，则所分得的电压过小，不利于测量，故待测电阻与其中一个电压表并联,由于电源电动势只有6V，为让待测电阻分得较大电压，故待测电阻应与电压表并联，再与电压表串联，故改进后的电路图，如图所示2．（2020·北京卷）在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，做如下探究：(1）为猜想加速度与质量的关系,可利用图1所示装置进行对比实验.两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引,后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运动,一段时间后按下板擦,小车同时停下.对比两小车的位移,可知加速度与质量大致成反比.关于实验条件，下列正确的是：________（选填选项前的字母）.A．小车质量相同，钩码质量不同B．小车质量不同，钩码质量相同C．小车质量不同，钩码质量不同(2）某同学为了定量验证（1)中得到的初步关系,设计实验并得到小车加速度与质量的7组实验数据,如下表所示.在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请将余下的一组数据描在坐标纸上,并作出图像______。次数12345670.620.560。480。400。320.240.150.250。290.330。400.500。711。00（3）在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。请在图3中画出小车受力的示意图。为了简化“力”的测量，下列说法正确的是：__________（选填选项前的字母）。A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受绳的拉力B．若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力C．无论小车运动的加速度多大,砂和桶的重力都等于绳的拉力D．让小车的质量远大于砂和桶的质量,砂和桶的重力才近似等于绳的拉力【答案】BAD【解析】（1）［1］为了探究加速度与质量的关系，必须控制小车所受拉力相同，而让小车的质量不同，所以钩码质量相同，故B正确。（2）［2］数据描点和图像如图所示（3)[3]A．使小车沿倾角合适的斜面运动,小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；B．若斜面倾角过大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，不利于简化“力”的测量，故B错误；C．由牛顿第二定律可知，无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都大于绳的拉力，故C错误；D．当小车的质量远大于砂和桶的质量时，砂和桶的重力近似等于绳的拉力，故D正确；故选AD。3．（2020·北京卷）用图1所示的甲、乙两种方法测量某电源的电动势和内电阻（约为1Ω).其中R为电阻箱，电流表的内电阻约为0。1Ω，电压表的内电阻约为3kΩ。(1）利用图1中甲图实验电路测电源的电动势E和内电阻r，所测量的实际是图2中虚线框所示“等效电源"的电动势和内电阻。若电流表内电阻用表示，请你用E、r和RA表示出、，并简要说明理由_______。（2）某同学利用图像分析甲、乙两种方法中由电表内电阻引起的实验误差.在图3中，实线是根据实验数据(图甲：U=IR，图乙：）描点作图得到的U—I图像;虚线是该电源的路端电压U随电流I变化的U—I图像（没有电表内电阻影响的理想情况）。在图3中，对应图甲电路分析的U—I图像是：__________；对应图乙电路分析的U-I图像是：________.（3）综合上述分析，为了减小由电表内电阻引起的实验误差，本实验应选择图1中的______（填“甲”或“乙”）。【答案】，，理由见解析CA乙【解析】（1)［1］将电源和电流表视为等效电源，电源电动势是电源本身具有的属性，电流表不具有产生电动势的本领，所以等效电源的电动势仍然为而电流表的内阻和电动势的内阻作为等效电源的内阻,即(2）[2］对甲图，考虑电表内阻时，根据闭合电路欧姆定律得变形得直接通过实验获得数据,可得图像与纵轴截距均为电源电动势，虚线对应的斜率大小为,实线对应的斜率大小为,所以对应图甲电路分析的图像是C；[3］对乙图，考虑电表内阻时(即虚线对应的真实情况),根据闭合电路欧姆定律得变形得直接通过实验获得数据，可得虚线对应的斜率大小为，实线对应的斜率大小为，虚线对应的纵轴截距为，实线对应的纵轴截距为;两图线在时，对应的短路电流均为,所以对应图乙电路分析的图像是A.(3）[4］图甲虽然测量的电源电动势准确，但电流表分压较为明显，所以内阻测量的误差很大；图乙虽然电动势和内阻测量均偏小，但是电压表内阻很大，分流不明显，所以电动势和内阻的测量误差较小，所以选择图乙可以减小由电表内电阻引起的实验误差。4．(2020·江苏卷）某同学描绘一种电子元件的关系图象，采用的实验电路图如题图1所示,V为电压表，mA为电流表,E为电源（电动势约），R为滑动变阻器（最大阻值），为定值电阻，S为开关。（1）请用笔画线代替导线，将题图2所示的实物电路连接完整____________.（2）调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的示数如下表：电压0。0000。2500。5000。6500.7000。7250.750电流0。000.100.250.601。704。307.50请根据表中的数据,在方格纸上作出该元件的图线____________.（3）根据作出的图线可知,该元件是_________（选填“线性”或“非线性”）元件。(4）在上述测量中，如果用导线代替电路中的定值电阻，会导致的两个后果是_________.A．电压和电流的测量误差增大B．可能因电流过大烧坏待测元件C．滑动变阻器允许的调节范围变小D．待测元件两端电压的可调节范围变小【答案】非线性元件BC【解析】(1）[1］根据题意连接电路如图(2)［2］根据表格中数据描点,并用平滑的曲线连接各点如图(3）[3］根据图像可知该元件是非线性元件。（4)［4]AB．图线上某点与原点连线的斜率为,根据元件的特性可知，当电压超过一定数值时，电流会急剧增大，所以电阻会急剧减小，若用导线代替,电流急剧增大，可能会烧坏待测元件,对电流表和电压表的测量误差无影响，A错误，B正确;CD．根据图像可知待测元件的电压范围小于，而电源电动势为,因为待测元件两端电压非常小,如果用导线代替，会导致滑动变阻器的调节范围变得非常小，难以调节，C正确，D错误。故选BC。5．(2020·天津卷）某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻,要求测量结果尽量准确。电压表（量程，内阻约为）电流表(量程，内阻约为）滑动变阻器（,额定电流）待测电池组（电动势约为，内阻约为）开关、导线若干①该小组连接的实物电路如图所示,经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是________.②改正这条导线的连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的________端(填“a"或者“b”）③实验中发现调节滑动变阻器时，电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显.为了解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为的电阻,之后该小组得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出图像，如图所示。根据图像可知，电池组的电动势为________V，内阻为________。（结果均保留两位有效数字)【答案】5a2.90.80【解析】①[1］因为电源内阻较小，故对于电源来说应该采用电流表外接法，图中采用的是电流表内接；故导线5连接不当,应该从电压表正接线柱接到电流表正接线柱;②［2]开始实验前应该让滑动变阻器连入电路阻值最大，故应将滑片置于a端；③［3]［4］由图线可知图线与纵轴的交点即为电源电动势，故E=2.9V；图线与横轴的交点为短路电流I=0。50A，故可得等效内阻为又因为在开关和电池负极之间接有的电阻，在计算过程中等效为内阻，故电源内阻为6．（2020·山东卷）实验对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有：干电池一节（电动势约1。5V，内阻小于1Ω）;电压表V（量程3V，内阻约3kΩ);电流表A（量程0。6A，内阻约1Ω）；滑动变阻器R（最大阻值为20Ω)；定值电阻R1（阻值2Ω)；定值电阻R2(阻值5Ω);开关一个，导线若干.(1)该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏,记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在U-I坐标纸上描点,如图乙所示，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是_____。（单选，填正确答案标号）A．电压表分流B．干电池内阻较小C．滑动变阻器最大阻值较小D．电流表内阻较小(2)针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案,重新测量得到的数据如下表所示。序号1234567I/A0.080.140。200.260.320.360。40U/V1。351.201.050。880.730.710.52请根据实验数据，回答以下问题：①答题卡的坐标纸上已标出后3组数据对应的坐标点，请在答题卡的坐标纸上标出前4组数据对应的坐标点并画出U-I图像________。②根据实验数据可知,所选的定值电阻为_____（填“R1”或“R2”）。③用笔画线代替导线，请在答题卡上按照改进后的方案，将实物图连接成完整电路____________.【答案】BR1【解析】(1)[1］电压表示数变化过小,则原因是外电阻比内阻大的多，即电源内阻偏小，故选B。（2)[2]根据数据做出U—I图像如图；[3]由图像可知电源内阻小于1Ω,则定值电阻大于1.63Ω，可知定值电阻为R1；［4］定值电阻与电源串联，电路如图;7．（2020·天津卷）某实验小组利用图1所示装置测定平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边ab与桌子边缘及木板均平行.每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下,通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。①为了正确完成实验，以下做法必要的是________。A．实验时应保持桌面水平B．每次应使钢球从静止开始释放C．使斜面的底边ab与桌边重合D．选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面②实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动，在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为、、，示意如图2。重力加速度，钢球平抛的初速度为________m/s。③图1装置中，木板上悬挂一条铅垂线,其作用是________.【答案】AB2方便调整木板保持在竖直平面上【解析】①［1］A．实验过程中要保证钢球水平抛出，所以要保持桌面水平，故A正确；B．为保证钢球抛出时速度相同，每次应使钢球从同一位置静止释放，故B正确；CD．实验只要每次钢球抛出时速度相同即可，斜面底边ab与桌面是否重合和钢球与斜面间的摩擦力大小对于每次抛出的速度无影响，故C错误，D错误。故选AB。②［2]每次将木板向远离桌子的方向移动，则在白纸上记录钢球的相邻两个落点的时间间隔相等，刚球抛出后在竖直方向做自由落体运动,根据可知相邻两点的时间间隔为刚球在水平方向上做匀速直线运动，所以小球初速度为③［3］悬挂铅垂线的目的是方便调整木板保持在竖直平面上。8．（2020·浙江卷)某同学分别用图甲和图乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。（1)在答题纸相应的方框中画出图乙的电路图____________；(2）某次测量时电流表和电压表的示数如图所示，则电流_____,电压_____；（3)实验得到如图所示的两条直线，图中直线Ⅰ对应电路是图1_____（选填“甲"或“乙”）；（4)该电池的电动势_____V（保留三位有效数字），内阻_____（保留两位有效数字）。【答案】0。39～0。411.29～1.31乙1。51～1。540.52～0。54【解析】(1)[1]图乙中，电流表内接和变阻器串联接在电源两端,电压表测路段电压，则图乙对应的电路图为(2)［2］［3］一节干电池的电动势一般约为1。5V，故电压表量程选择0～3V，电流表量程选择0~0。6A,所以量表的读数分别为1。30V（1。29～1.31V均可）,0.40A（0。39～0。41A均可)（3）［4]由闭合电路欧姆定律可得可得U-I图象的纵轴截距为电源电动势，斜率为电源内阻.图甲中电流表外接，则实验测得的电源内阻测量值偏大；图乙中电路测量值偏小，但是由于，故图乙实验测出的内阻误差更小，故图线Ⅰ对应图乙，图线Ⅱ对应的图甲。（4）[5]图线Ⅱ与纵轴的交点为电源的电动势E=1.52V;[6]在图线Ⅰ与横轴的交点为短路电流I=2.86A由，此实验原理无误差。9．（2020·浙江卷）做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：（ⅰ）挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；（ⅱ）取下托盘和砝码,测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；（ⅲ)改变砝码质量和木板倾角,多次测量，通过作图可得到的关系。①实验获得如图所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小_____（保留两位有效数字）；②需要满足条件的方案是_____(选填“甲”、“乙"或“甲和乙”）;在作图象时，把作为F值的是_____（选填“甲”、“乙"或“甲和乙"）.【答案】0。18～0.19甲甲和乙【解析】①［1]．打点计时器打点周期由匀加速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得,在打d点时小车的速度②［2]［3]．在图甲的实验方案中，由托盘和砝码的重力提供拉力，让小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得则则绳子对小车的拉力当时，绳子拉力近似等于托盘和砝码的重力。故甲需要满足。在图乙的实验方案中，挂上托盘和砝码，小车匀速下滑，设斜面的倾斜角为，斜面和纸带对小车的摩擦力或阻力总和为f，则有取下托盘和砝码，小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得即故乙方案中，不需要满足。在甲乙方案中，均用托盘和砝码的重力mg作为小车匀加速的直线运动的合力及F。10．(2020·浙江卷）某同学用单摆测量重力加速度，①为了减少测量误差，下列做法正确的是_____(多选）；A．摆的振幅越大越好B．摆球质量大些、体积小些C．摆线尽量细些、长些、伸缩性小些D．计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处②改变摆长，多次测量，得到周期平方与摆长的关系图象如图所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是_____.A．测周期时多数了一个周期B．测周期时少数了一个周期C．测摆长时直接将摆线的长度作为摆长D．测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长【答案】BCC【解析】①[1］．A．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不能超过5°,否则单摆将不做简谐振动,故A做法错误；B．实验尽量选择质量大的、体积小的小球，减小空气阻力，减小实验误差,故B做法正确；C．为了减小实验误差，摆线应轻且不易伸长的细线，实验选择细一些的、长度适当、伸缩性小的绳子，故C做法正确;D．物体再平衡位置（最低点）速度最大，计时更准确，故D做法错误。②[2]．单摆的周期即但是实验所得没过原点，测得重力加速度与当地结果相符，则斜率仍为；则故实验可能是测量是直接将摆线的长度作为摆长了。11．（2020·全国卷）某同学利用图(a)所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后,挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b)所示。已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为0.02s，从图（b）给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB=_____m/s，打出P点时小车的速度大小vP=_____m/s(结果均保留2位小数)。若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图（b)给出的数据中求得的物理量为_________。【答案】0.361.80B、P之间的距离【解析】[1］[2]由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度[3］验证动能定理需要求出小车运动的过程中拉力对小车做的功，所以还需要测量对应的B、P之间的距离。12．（2020·全国卷）某同学要研究一小灯泡L(3。6V,0。30A)的伏安特性。所用器材有:电流表A1(量程200mA，内阻Rg1=10。0Ω），电流表A2（量程500mA，内阻Rg2=1.0Ω）、定值电阻R0(阻值R0=10。0Ω）、滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）、电源E（电动势4.5V，内阻很小）、开关S和若干导线.该同学设计的电路如图（a）所示。（1）根据图(a）,在图（b）的实物图中画出连线______。(2）若I1、I2分别为流过电流表A1和A2的电流,利用I1、I2、Rg1和R0写出：小灯泡两端的电压U=_______，流过小灯泡的电流I=_______。为保证小灯泡的安全,I1不能超过_______mA。（3）实验时，调节滑动变阻器,使开关闭合后两电流表的示数为零。逐次改变滑动变阻器滑片位置并读取相应的I1和I2。所得实验数据在下表中给出。I1/mA325585125144173I2/mA171229299379424470根据实验数据可算得，当I1=173mA时,灯丝电阻R=_______Ω（保留1位小数).（4）如果用另一个电阻替代定值电阻R0，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于_______Ω(保留1位小数).【答案】18011。68。0【解析】(1）根据电路图连接实物图如图所示（2）①根据电路图可知灯泡两端的电压为电流表A1和R0的总电压,故根据欧姆定律有②根据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为③因为小灯泡的额定电压为3.6V，故根据题目中已知数据带入①中可知I1不能超过180mA；(3）根据表中数据可知当I1=173mA时，I2=470mA；根据前面的分析代入数据可知此时灯泡两端的电压为U=3。46V；流过小灯泡的电流为I=297mA=0。297A；故根据欧姆定律可知此时小灯泡的电阻为（4）要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到3.6V,而电流表A1不能超过其量程200mA，此时结合①有解得，即要完整的测量小灯泡伏安特性曲线所用电阻的阻值不能小于。13．（2020·全国卷）一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0=0。590m，下降一段距离后的高度h=0.100m；由h0下降至h所用的时间T=0。730s。由此求得小球B加速度的大小为a=_______m/s2（保留3位有效数字）。从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100。0g和150。0g,当地重力加速度大小为g=9.80m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a′=_______m/s2（保留3位有效数字）。可以看出，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外,写出一条可能产生这一结果的原因:__________。【答案】1。841。96滑轮的轴不光滑，绳和滑轮之间有摩擦（或滑轮有质量)【解析】①有题意可知小球下降过程中做匀加速直线运动，故根据运动学公式有代入数据解得a=1。84m/s2;②根据牛顿第二定律可知对小球A有对小球B有带入已知数据解得；③在实验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小。14．（2020·全国卷）某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻Rx，所用电压表的内阻为1kΩ,电流表内阻为0.5Ω。该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图（a）所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间。测量得到如图（b）所示的两条U–I图线,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（b）中标记为II的图线是采用电压表跨接在________(填“O、P”或“O、Q”)两点的方案测量得到的。(2）根据所用实验器材和图(b)可判断，由图线________（填“I”或“II”)得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为________Ω（保留1位小数).（3）考虑到实验中电表内阻的影响,需对(2）中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为________Ω（保留1位小数）。【答案】、I【解析】（1)［1］若将电压表接在、之间,则根据一次函数关系可知对应斜率为.若将电压表接在、之间，电流表分压为根据欧姆定律变形可知解得根据一次函数可知对应斜率为,对比图像的斜率可知所以II图线是采用电压表跨接在、之间。（2）[2]因为待测电阻为几十欧姆的电阻，通过图像斜率大致估算待测电阻为左右，根据说明电流表的分压较小,电流表的分流较大,所以电压表应跨接在、之间，所以选择图线I得到的结果较为准确.[3]根据图像可知[4］考虑电流表内阻，则修正后的电阻为15．（2020·浙江卷）在“探究加速度与力、质量的关系”和用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”实验中(1)都是通过分析纸带上的点来测量物理量，下列说法正确的是______A．都需要分析打点计时器打下的第一个点B．都不需要分析打点计时器打下的第一个点C．一条纸带都只能获得一组数据D．一条纸带都能获得多组数据（2)如图是两条纸带的一部分，A、B、C、…、G是纸带上标出的计数点，每两个相邻的计数点之间还有4个打出的点未画出。其中图_____(填“甲”或“乙”）所示的是用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”的实验纸带。“探究加速度与力、质量的关系”实验中，小车的加速度大小a=_____m/s2(保留2位有效数字)。（3）在用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”实验中，平衡阻力后，小车与橡皮筋组成的系统在橡皮筋恢复形变前机械能_____（填“守恒"或“不守恒”）。【答案】BC甲0。40不守恒【解析】（1)[1］AB．在“探究加速度与力、质量的关系”和用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系"实验中均不需要打下的第一个点，前者主要利用纸带求解加速度，后者主要研究两点间的动能的变化，无需从第一个点进行研究。故A错误，B正确；CD．牛顿第二定律实验探究一条纸带只能求解一个加速度，找到加速度a与质量m和合外力F的一组对应关系；动能定理探究也是从一条纸带上选择两个点作为一组数据进行过程分析，故C正确，D错误.(2）[2］甲图中纸带后边是匀速直线运动,说明甲图应为用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”实验；[3]对乙纸带采用逐差法求解加速度:（3）[4]小车与橡皮筋在运动过程中，除了斜面的摩擦力外还会受到空气的阻力作用,故平衡摩擦力运动过程中机械能不守恒。16．（2