高考物理总复习必考部分专题十四实验与探究习题市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖课件.pptx

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,*,专题十四 试验与探究,高考物理,(课标,专用),1/304,考点二力学试验,1.(课标,22,6分)某同学研究在固定斜面上运动物体平均速度、瞬时速度和加速度之间,关系。使用器材有:斜面、滑块、长度不一样矩形挡光片、光电计时器。,试验步骤以下:,如图(a),将光电门固定在斜面下端附近;将一挡光片安装在滑块上,记下挡光片前端相对于斜,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,2/304,面位置,令滑块从斜面上方由静止开始下滑;,当滑块上挡光片经过光电门时,用光电计时器测得光线被挡光片遮住时间,t,;,用,s,表示挡光片沿运动方向长度如图(b)所表示,表示滑块在挡光片遮住光线,t,时间内,平均速度大小,求出,;,将另一挡光片换到滑块上,使滑块上挡光片前端与中位置相同,令滑块由静止开始下滑,重复步骤、;,屡次重复步骤;,利用试验中得到数据作出,-,t,图,如图(c)所表示。,3/304,图(c),完成以下填空:,(1)用,a,表示滑块下滑加速度大小,用,v,A,表示挡光片前端抵达光电门时滑块瞬时速度大小,则,与,v,A,、,a,和,t,关系式为,=,。,(2)由图(c)可求得,v,A,=,cm/s,a,=,cm/s,2,。(结果保留3位有效数字),4/304,解析本题考查匀变速直线运动中平均速度、瞬时速度和加速度之间关系。,挡光片经过光电门平均速度,等于,t,时间段中间时刻速度,由,v,=,v,0,+,at,可知,=,v,A,+,a,即,=,v,A,+,a,t,由图像截距可知,v,A,=52.12 cm/s,52.1 cm/s,其斜率,k,=,a,故物体加速度,a,=2,k,=16.3 cm/s,2,答案(1),v,A,+,t,(2)52.116.3,易错警示在匀变速直线运动中,平均速度等于这段时间内中间时刻速度,而不是中间位置速,度,也不是挡光片末端经过光电门时速度,所以,=,v,A,+,a,而不是,=,v,A,+,a,t,。,5/304,2.(课标,22,5分)某探究小组为了研究小车在桌面上直线运动,用自制“滴水计时器”,计量时间。试验前,将该计时器固定在小车旁,如图(a)所表示。试验时,保持桌面水平,用手轻推一,下小车。在小车运动过程中,滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴,图(b)统计了桌面上连续6,个水滴位置。(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴),图(a),图(b),6/304,(1)由图(b)可知,小车在桌面上是,(填“从右向左”或“从左向右”)运动。,(2)该小组同学依据图(b)数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图(b)中,A,点位置时速,度大小为,m/s,加速度大小为,m/s,2,。(结果均保留2位有效数字),答案(1)从右向左(2)0.190.037,7/304,解析本题考查研究匀变速直线运动。(1)因为小车取得速度后在摩擦力作用下减速运动,故相,邻水滴间距离逐步减小,结合图(b)可知小车向左运动。(2)由题意知,30 s内滴下46滴水,共45,个时间间隔,故相邻两滴水时间间隔,T,=,s=,s。由匀变速直线运动中平均速度等于中间时,刻瞬时速度可得,v,A,=,mm/s=0.19 m/s。由逐差法得小车运动加速度为,a,=,mm/s,2,=0.037 m/s,2,。,方法技巧“纸带”处理,处理“纸带”时,对于匀变速直线运动,求某点瞬时速度需利用,=,求加速度时应利用,x,=,aT,2,。,当需要考虑减小偶然误差时,应采取逐差法求加速度。8/304,3.(课标,22,6分)某探究小组做“验证力平行四边形定则”试验,将画有坐标轴(横轴为,x,轴,纵轴为,y,轴,最小刻度表示1 mm)纸贴在水平桌面上,如图(a)所表示。将橡皮筋一端,Q,固定,在,y,轴上,B,点(位于图示部分之外),另一端,P,位于,y,轴上,A,点时,橡皮筋处于原长。,(1)用一只测力计将橡皮筋,P,端沿,y,轴从,A,点拉至坐标原点,O,此时拉力,F,大小可由测力计读,出。测力计示数如图(b)所表示,F,大小为,N。,(2)撤去(1)中拉力,橡皮筋,P,端回到,A,点;现使用两个测力计同时拉橡皮筋,再次将,P,端拉至,O,点。此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所表示方向,由测力计示数读出两个拉力,大小分别为,F,1,=4.2 N和,F,2,=5.6 N。,()用5 mm长度线段表示1 N力,以,O,为作用点,在图(a)中画出力,F,1,、,F,2,图示,然后按平行,四边形定则画出它们协力,F,合,;,9/304,10/304,图(b),(),F,合,大小为,N,F,合,与拉力,F,夹角正切值为,。,若,F,合,与拉力,F,大小及方向偏差均在试验所允许误差范围之内,则该试验验证了力平行,四边形定则。,图(a),11/304,答案(1)4.0(2)(),F,1,、,F,2,和,F,合,如图所表示,()4.00.05,12/304,解析(1)测力计分度值为0.2 N,F,大小为4.0 N。,(2)()图见答案。分别以,F,1,、,F,2,为邻边作平行四边形,并作出对角线,即得,F,合,。,()表示,F,合,线段长度为20.0 mm,F,合,=,1 N=4.0 N。,F,合,与拉力,F,夹角正切值为tan,=0.05。,13/304,4.(课标,22,6分)某物理小组对轻弹簧弹性势能进行探究,试验装置如图(a)所表示:轻弹簧,放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接,纸带穿过打点计时器并与,物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离,由静止释放物块,经过测量和计算,可求得弹簧被,压缩后弹性势能。,图(a),(1)试验中包括以下操作步骤:,把纸带向左拉直,松手释放物块,14/304,接通打点计时器电源,向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量,上述步骤正确操作次序是,(填入代表步骤序号)。,(2)图(b)中,M,和,L,纸带是分别把弹簧压缩到不一样位置后所得到实际打点结果。打点计时器所,用交流电频率为50 Hz。由,M,纸带所给数据,可求出在该纸带对应试验中物块脱离弹簧时,速度为,m/s。比较两纸带可知,(填“,M,”或“,L,”)纸带对应试验中弹簧被压,缩后弹性势能大。,图(b),15/304,解析(1)试验步骤中,一定要注意接通打点计时器电源之后再松手释放物块。若次序搞反,可,能造成物块已离开桌面但打点计时器还没有开始工作。,(2)从纸带上看,最终两个数据2.58 cm、2.57 cm相差不大,表示物块已经脱离弹簧,所以速度,v,=,10,-2,m/s,1.29 m/s,同理可计算出打下,L,纸带时物块脱离弹簧速度要小一些。,答案(1)(2)1.29,M,考查点利用纸带求速度、设计试验,思绪分析当纸带上点间距离相差不大时,表示物块已经脱离弹簧。,测量弹簧压缩量目标是探究弹簧弹性势能与什么相关。,易错警示先接通打点计时器电源,然后再释放物块。,16/304,5.(课标,23,10分)某物理课外小组利用图(a)中装置探究物体加速度与其所受合外力之,间关系。图中,置于试验台上长木板水平放置,其右端固定一轻滑轮;轻绳跨过滑轮,一端与,放在木板上小滑车相连,另一端可悬挂钩码。本试验中可用钩码共有,N,=5个,每个质量均为,0.010 kg。试验步骤以下:,图(a),(1)将5个钩码全部放入小车中,在长木板左下方垫上适当厚度小物块,使小车(和钩码)能够在,木板上匀速下滑。,(2)将,n,(依次取,n,=1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端,其余,N,-,n,个钩码仍留在小车内;用手按住小车并,17/304,使轻绳与木板平行。释放小车,同时用传感器统计小车在时刻,t,相对于其起始位置位移,s,绘制,s,-,t,图像,经数据处理后可得到对应加速度,a,。,(3)对应于不一样,n,a,值见下表。,n,=2时,s,-,t,图像如图(b)所表示;由图(b)求出此时小车加速度,(保留2位有效数字),将结果填入下表。,n,1,2,3,4,5,a,/ms,-2,0.20,0.58,0.78,1.00,18/304,(4)利用表中数据在图(c)中补齐数据点,并作出,a,-,n,图像。从图像能够看出:当物体质量一,定时,物体加速度与其所受合外力成正比。,图(b),19/304,图(c),(5)利用,a,-,n,图像求得小车(空载)质量为,kg(保留2位有效数字,重力加速度取,g,=9.8 ms,-,2,)。,(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1),以下说法正确是,(填入正确选项前标号)。,A.,a,-,n,图线不再是直线,B.,a,-,n,图线仍是直线,但该直线不过原点,C.,a,-,n,图线仍是直线,但该直线斜率变大,20/304,答案(3)0.39(2分。在0.370.49范围内都给分),(4)如图所表示(3分),(5)0.45(3分。在0.430.47范围内都给分),(6)BC(2分。选对一个给1分,有选错不给这2分),21/304,解析(3)由,s,=,at,2,得:,a,=,在,s,-,t,图像中找一点坐标,代入公式即可求出,a,。,(5)对小车和钩码组成系统应用牛顿第二定律:,nmg,=(,M,+,Nm,),a,则,a,=,=,a,-,n,图像,斜率,k,=,从而可解出,M,。,(6)对于已平衡摩擦力情况,对整体应用牛顿第二定律:,nmg,=(,M,+,Nm,),a,则,a,=,n,;对于木,板水平情况,对整体应用牛顿第二定律:,nmg,-,M,+(,N,-,n,),m,g,=(,M,+,Nm,),a,整理得:,a,=,n,-,g,比较可见,B、C均正确。,考查点探究物体加速度与其所受合外力关系,解题关键写出,s,-,t,图像对应函数表示式。,易错警示(3)(5)中计算结果一定要按照有效数字位数要求填写。作,a,-,n,图像时,所画直线,要符合以下要求:让尽可能多点落在直线上;不能落在直线上点要均匀分布于直线两侧;,一定要利用直尺画线。,22/304,6.(课标,22,6分,0.395)某同学用图(a)所表示试验装置测量物块与斜面之间动摩擦因,数。已知打点计时器所用电源频率为50 Hz,物块下滑过程中所得到纸带一部分如,图(b)所表示,图中标出了五个连续点之间距离。,(1)物块下滑时加速度,a,=,m/s,2,打,C,点时物块速度,v,=,m/s;,(2)已知重力加速度大小为,g,为求出动摩擦因数,还必须测量物理量是,(填正确答案标,号)。,A.物块质量,B.斜面高度,C.斜面倾角,23/304,解析(1),a,=,=3.25 m/s,2,v,C,=,=1.79 m/s,(2)因为,a,=(,mg,sin,-,mg,cos,)/,m,=,g,sing,cos,所以,=,欲求出,还需知道斜面倾角,故选C项。,答案(1)3.25(2分)1.79(2分)(2)C(2分),考查点求加速度、速度,解题关键利用,x,=,aT,2,求加速度。,利用,=,=,求某一位置速度。,24/304,7.(课标,22,6分,0.643)某同学利用图(a)所表示试验装置及数字化信息系统取得了小车加速,度,a,与钩码质量,m,对应关系图,如图(b)所表示。试验中小车(含发射器)质量为200 g,试验时,选择了不可伸长轻质细绳和轻定滑轮,小车加速度由位移传感器及与之相连计算机得到,回答以下问题:,图(a),25/304,图(b),(1)依据该同学结果,小车加速度与钩码质量成,(填“线性”或“非线性”)关,系。,(2)由图(b)可知,a,-,m,图线不经过原点,可能原因是,。,(3)若利用本试验装置来验证“在小车质量不变情况下,小车加速度与作用力成正比”结,论,并直接以钩码所受重力,mg,作为小车受到合外力,则试验中应采取改进办法是,。钩码质量应满足条件是,。,26/304,解析(1)将图(b)中各点连线,得到是一条曲线,故,a,与,m,关系是非线性。,(2)由图(b)可知,当钩码质量不为零时,在一定范围内小车加速度仍为零,即钩码对小车拉力大,于某一数值时小车才产生加速度,故可能原因是存在摩擦力。,(3)若将钩码所受重力作为小车所受协力,则应满足三个条件,一是摩擦力被平衡,二是绳平行于,轨道平面,此二者可确保绳对车拉力等于车所受协力,设绳拉力为,T,由,mg,-,T,=,ma,、,T,=,Ma,有,T,=,g,=,可见当,m,M,时才有,T,mg,故第三个条件为,m,M,。,答案(1)非线性,(2)存在摩擦力,(3)调整轨道倾斜度以平衡摩擦力远小于小车质量,27/304,温馨提醒本题应用数字化信息系统代替过去学生试验用打点计时器,直接得出,v,、,a,更方,便。,图(a),考查点探究,a,、,F,、,m,关系,解题关键了解平衡摩擦力目标。,了解将钩码所受重力,mg,大小作为小车所受协力条件。,28/304,8.(课标,23,9分,0.31)某试验小组探究弹簧劲度系数,k,与其长度(圈数)关系。试验装置,如图(a)所表示:一均匀长弹簧竖直悬挂,7个指针,P,0,、,P,1,、,P,2,、,P,3,、,P,4,、,P,5,、,P,6,分别固定在弹簧上距,悬点0、10、20、30、40、50、60圈处;经过旁边竖直放置刻度尺,能够读出指针位置,P,0,指,向0刻度。设弹簧下端未挂重物时,各指针位置记为,x,0,;挂有质量为0.100 kg砝码时,各指针,位置记为,x,。测量结果及部分计算结果以下表所表示(,n,为弹簧圈数,取重力加速度为9.80 m/s,2,)。,已知试验所用弹簧总圈数为60,整个弹簧自由长度为11.88 cm。,P,1,P,2,P,3,P,4,P,5,P,6,x,0,(cm),2.04,4.06,6.06,8.05,10.03,12.01,x,(cm),2.64,5.26,7.81,10.30,12.93,15.41,n,10,20,30,40,50,60,k,(N/m),163,56.0,43.6,33.8,28.8,1/,k,(m/N),0.006 1,0.017 9,0.022 9,0.029 6,0.034 7,29/304,(1)将表中数据补充完整:,。,(2)以,n,为横坐标,1/,k,为纵坐标,在图(b)给出坐标系中画出1/,k,-,n,图像。,图(b),(3)图(b)中画出直线可近似认为经过原点。若从试验中所用弹簧截取圈数为,n,一段弹簧,该弹簧劲度系数,k,与其圈数,n,关系表示式为,k,=,N/m;该弹簧劲度系数,k,与其自由长,度,l,0,(单位为m)关系表示式为,k,=,N/m。,30/304,答案(1)81.70.012 2(2分。每空1分),(2),-,n,图像如图所表示(3分),(3),(2分。在,之间均一样给分),(2分。在,之间均一样给分),31/304,解析(1)由胡克定律有,k,=,=,N/m=81.7 N/m,故有,=0.012 2 m/N。(2)作图,过程略,图见答案。(3)因,-,n,图线是一条过原点直线,由图可得图线斜率约为5.71,10,-4,m/N,故有,=5.71,10,-4,n,即,k,=,N/m,由题意可知弹簧圈数,n,与原长,l,0,关系为,n,=,l,0,故,k,=,(N/m)。,考查点探究弹簧劲度系数,k,与其长度关系,解题关键本题利用主要公式是,F,=,kx,。(,x,为伸长量),利用,-,n,图像,导出,k,与,n,关系,再利用,n,与原长,l,0,关系,导出,k,与,l,0,关系表示式。,32/304,9.(纲领全国,22,6分)现用频闪摄影方法来研究物块变速运动。在一小物块沿斜面向下运,动过程中,用频闪相机拍摄不一样时刻物块位置如图所表示。拍摄时频闪频率是10 Hz;经过,斜面上固定刻度尺读取5个连续影像间距离依次为,x,1,、,x,2,、,x,3,、,x,4,。已知斜面顶端高度,h,和斜面长度,s,。数据以下表所表示。重力加速度大小,g,=9.80 m/s,2,。,单位:cm,x,1,x,2,x,3,x,4,h,s,10.76,15.05,19.34,23.65,48.00,80.00,依据表中数据,完成以下填空:,(1)物块加速度,a,=,m/s,2,(保留3位有效数字)。,(2)因为,可知斜面是粗糙。,33/304,答案(1)4.30(4分,填“4.29”或“4.31”一样给分),(2)物块加速度小于,g,=5.88 m/s,2,(或:物块加速度小于物块沿光滑斜面下滑加速度)(2分),解析(1)a,=,=,=4.30 m/s,2,(2)见答案。,考查点测定匀变速直线运动加速度,解题关键了解,a,=,是求加速度平均值,能够减小偶然误差。,34/304,10.(课标,22,7分,0.420)图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数试验装置示意图。,试验步骤以下:,图(a),用天平测量物块和遮光片总质量,M,、重物质量,m,;用游标卡尺测量遮光片宽度,d,;用米尺,测量两光电门之间距离,s,;,调整轻滑轮,使细线水平;,让物块从光电门,A,左侧由静止释放,用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门,A,和光电门,B,所用时间,t,A,和,t,B,求出加速度,a,;,屡次重复步骤,求,a,平均值,;,35/304,依据上述试验数据求出动摩擦因数,。,回答以下问题:,图(b),(1)测量,d,时,某次游标卡尺(主尺最小分度为1 mm)示数如图(b)所表示,其读数为,cm。,(2)物块加速度,a,可用,d,、,s,、,t,A,和,t,B,表示为,a,=,。,(3)动摩擦因数,可用,M,、,m,、,和重力加速度,g,表示为,=,。,(4)假如细线没有调整到水平,由此引发误差属于,(填“偶然误差”或“系统误,差”)。,36/304,答案(1)0.960(2),(,),2,-(,),2,(3),(4)系统误差,解析(1)游标卡尺读数为9 mm+12,0.05 mm=9.60 mm=0.960 cm,(2)由,-,=2,as,v,A,=,v,B,=,联立得,a,=,(3)设细线张力为,T,对,M,有,T,-,Mg,=,M,对,m,有,mg,-,T,=,m,联立两式得,=,(4)细线没有调整到水平,造成张力,T,不水平,若此时以,T,水平来分析计算,会造成测量值偏大或偏,小,这种因为试验操作造成误差,属于系统误差。,37/304,考查点游标卡尺读数、测量动摩擦因数,思绪分析利用,-,=2,as,求,a,。,对,M,和,m,分别受力分析求,。,解题关键利用光电门求速度,v,=,。,38/304,11.(课标,22,8分,0.567)某同学利用下述装置对轻质弹簧弹性势能进行探究:一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一小球接触而不固连;弹簧处于原长时,小球恰,好在桌面边缘,如图(a)所表示。向左推小球,使弹簧压缩一段距离后由静止释放;小球离开桌面后,落到水平地面。经过测量和计算,可求得弹簧被压缩后弹性势能。,39/304,图(a),回答以下问题:,(1)本试验中可认为,弹簧被压缩后弹性势能,E,p,与小球抛出时动能,E,k,相等。已知重力加速度,大小为,g,。为求得,E,k,最少需要测量以下物理量中,(填正确答案标号)。,A.小球质量,m,B.小球抛出点到落地点水平距离,s,C.桌面到地面高度,h,D.弹簧压缩量,x,E.弹簧原长,l,0,(2)用所选取测量量和已知量表示,E,k,得,E,k,=,。,40/304,(3)图(b)中直线是试验测量得到,s,-,x,图线。从理论上可推出,假如,h,不变,m,增加,s,-,x,图线,斜率会,(填“增大”、“减小”或“不变”);假如,m,不变,h,增加,s,-,x,图线斜率会,(填“增大”、“减小”或“不变”)。由图(b)中给出直线关系和,E,k,表示式可知,E,p,与,x,次方成正比。,图(b),41/304,解析弹簧被压缩后弹性势能等于小球抛出时动能,即,E,p,=,E,k,=,m,。小球离开桌面后做平,抛运动,由平抛运动规律,水平位移,s,=,v,0,t,竖直高度,h,=,gt,2,得,v,0,=,s动能,E,k,=,m,=,因,此A、B、C正确。弹簧弹性势能,E,p,=,由理论推导可知,E,p,=,k,(,x,),2,即,k,(,x,),2,=,s,=,x,所以当,h,不变时,m,增加,其斜率减小,当,m,不变时,h,增加其斜率增大,由图线知,s,x,由,E,k,表示式知,E,k,s,2,则由,E,p,=,E,k,知,E,p,(,x,),2,即,E,p,与,x,二次方成正比。,答案(1)ABC(3分。选对但不全给1分,有选错,不给这3分),(2),(2分),(3)减小增大2(3分。每空1分),考查点探究弹簧弹性势能,解题关键利用平抛运动规律得出,E,k,表示式。,利用,E,p,=,k,x,),2,导出,s,-,x,函数关系式。,42/304,12.(课标,22,6分,0.369)某物理小组同学设计了一个粗测玩具小车经过凹形桥最低点时,速度试验。所用器材有:玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分半径为,R,=0.,20 m)。,完成以下填空:,(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上,如图(a)所表示,托盘秤示数为1.00 kg;,43/304,(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时,托盘秤示数如图(b)所表示,该示数为,kg;,(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放,小车经过最低点后滑向另一侧。此过程中托盘秤最,大示数为,m,;屡次从同一位置释放小车,统计各次,m值以下表所表示:,序号,1,2,3,4,5,m,(kg),1.80,1.75,1.85,1.75,1.90,(4)依据以上数据,可求出小车经过凹形桥最低点时对桥压力为,N;小车经过最低,点时速度大小为,m/s。(重力加速度大小取9.80 m/s,2,计算结果保留2位有效数字),44/304,解析(2)示数为1.40 kg,注意估读。,(4)小车经过凹形桥最低点时对桥压力,N,=,g,-,M,桥,g,=(1.81-1.00),9.80 N=7.9 N,小车经过最低点,时受到支持力,N,=,N,=7.9 N,小车质量,m,车,=1.40 kg-1.00 kg=0.40 kg,由,N,-,m,车,g,=,m,车,解得,v,=1.4 m/s。,答案(2)1.40(2分)(4)7.9(2分)1.4(2分),考查点力学试验,思绪分析小车在桥最低点时竖直方向上所受合外力提供向心力。,易错警示应依据题目表格中,m,值求平均值,=,减小偶然误差。,45/304,考点三电学试验,13.(课标,23,9分)某同学利用如图(a)所表示电路测量一微安表(量程为100 A,内阻大约,为2 500)内阻。可使用器材有:两个滑动变阻器,R,1,、,R,2,(其中一个阻值为20,另一个阻值,为2 000);电阻箱,R,z,(最大阻值为99 999.9);电源,E,(电动势约为1.5 V);单刀开关S,1,和S,2C,、,D,分别为两个滑动变阻器滑片。,图(a),46/304,图(b),(1)按原理图(a)将图(b)中实物连线。,(2)完成以下填空:,R,1,阻值为,(填“20”或“2 000”)。,为了保护微安表,开始时将,R,1,滑片,C,滑到靠近图(a)中滑动变阻器,端(填“左”或,“右”)对应位置;将,R,2,滑片,D,置于中间位置附近。,将电阻箱,R,z,阻值置于2 500.0,接通S,1,。将,R,1,滑片置于适当位置,再重复调整,R,2,滑片,D,47/304,位置。最终使得接通S,2,前后,微安表示数保持不变,这说明S,2,接通前,B,与,D,所在位置电势,(填“相等”或“不相等”)。,将电阻箱,R,z,和微安表位置对调,其它条件保持不变,发觉将,R,z,阻值置于2 601.0 时,在接通S,2,前后,微安表示数也保持不变。待测微安表内阻为,(结果保留到个位)。,(3)写出一条提升测量微安表内阻精度提议:,。,48/304,答案(1)如图所表示(2)20左相等2 550(3)调整,R,1,上分压,尽可能使微安表,靠近满量程,49/304,解析本题考查实物连接、电阻测量、器材选取。,(2),R,1,为分压电阻,为了有效控制测量电路,故选20 小电阻;,为了保护微安表,开始,R,1,滑片,C,应滑到左端,使微安表示数为零;,当,B,与,D,电势相等时,I,DB,=0,S,2闭合前后电路电阻不变,造成微安表示数不变;,设,R,2,中电流为,I,1,R,z,中电流为,I,2,当,B,=,D,时,U,Rz,1,=,U,R,2左,U,R,g,=,U,R,2右,即,I,2,R,z,1,=,I,1,R,2左,I,2,R,g,=,I,1,R,2右,得,=,当,R,z,与微安表对调时,有,=,故有,=,R,g,=,=,=2 550,疑难突破微安表读数不变,B,、,D,两点电势相等,得到,=,问题就迎刃而解了。,50/304,14.(课标,23,10分)某同学研究小灯泡伏安特征。所使用器材有:小灯泡L(额定电压3.,8 V,额定电流0.32 A);电压表,(量程3 V,内阻3 k);电流表,(量程0.5 A,内阻0.5);固定电阻,R,0,(阻值1 000);滑动变阻器,R,(阻值09.0);电源,E,(电动势5 V,内阻不计);开关S;导线若干。,(1)试验要求能够实现在03.8 V范围内对小灯泡电压进行测量,画出试验电路原理图。,(2)试验测得该小灯泡伏安特征曲线如图(a)所表示。,图(a),51/304,图(b),由试验曲线可知,伴随电流增加小灯泡电阻,(填“增大”“不变”或“减小”),灯,丝电阻率,(填“增大”“不变”或“减小”)。,(3)用另一电源,E,0,(电动势4 V,内阻1.00)和题给器材连接成图(b)所表示电路,调整滑动变阻器,R,阻值,能够改变小灯泡实际功率。闭合开关S,在,R,改变范围内,小灯泡最小功率为,W,最大功率为,W。(结果均保留2位小数),52/304,答案(1)试验电路原理图如图所表示,(2)增大增大,(3)0.391.17,53/304,解析本题考查电路设计及伏安特征曲线应用。,(1)先考虑测量电路,因为小灯泡额定电压为3.8 V,而电压表量程只有3 V,但其内阻已知,由,给定器材规格可知,可串联固定电阻,R,0,将其改装为量程4 V电压表。因小灯泡电阻较小,采,用电流表外接法。再考虑控制电路,因为试验中电压需从0开始改变,故控制电路需采取分压,式。,(2)由,R,=,知,I,-,U,图线斜率表示电阻倒数,故伴随电流增加小灯泡电阻逐步增大。再由,R,=,可知,在,L,、,S,不变情况下,R,增大原因只能是电阻率,增大。,(3)当,R,全部电阻接入电路时,经过灯泡电流最小,灯泡实际消耗功率最小。设此时灯泡两端,电压为,U,、经过电流为,I,由闭合电路欧姆定律得,E,=,U,+,I,(,R,+,r,),代入数据得,I,=0.4-0.1,U,在灯泡,伏安特征曲线坐标系中作出,I,=0.4-0.1,U,图线,两图线交点坐标即为此时灯泡两端电压与通,过灯泡电流,有,U,=1.75 V、,I,=225 mA,故最小功率为,P,min,=,IU,=0.39 W。当,R,接入电路中阻值,等于0时,电路中电流最大、灯泡实际消耗功率最大。同理可得,P,max,=1.17 W。,54/304,15.(课标,23,9分)图(a)为某同学组装完成简易多用电表电路图。图中,E,是电池;,R,1,、,R,2,、,R,3,、,R,4,和,R,5,是固定电阻,R,6,是可变电阻;表头,满偏电流为250 A,内阻为480。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,5个挡位为:直流电压1 V挡,和5 V挡,直流电流1 mA挡和2.5 mA挡,欧姆,100 挡。,图,(a),2,、,55/304,图(b),(1)图(a)中,A,端与,(填“红”或“黑”)色表笔相连接。,(2)关于,R,6,使用,以下说法正确是,(填正确答案标号)。,A.在使用多用电表之前,调整,R,6,使电表指针指在表盘左端电流“0”位置,B.使用欧姆挡时,先将两表笔短接,调整,R,6,使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置,C.使用电流挡时,调整,R,6,使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置,(3)依据题给条件可得,R,1,+,R,2,=,R,4,=,。,(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所表示。若此时,B,端是与“1”相连,则多用电表读,数为,;若此时,B,端是与“3”相连,则读数为,;若此时,B,端是与“5”相连,则读数,为,。(结果均保留3位有效数字),56/304,解析本题考查电表改装与应用。,1)为了确保电表“红”进“黑”出,A,端应与“黑”色表笔相连接。,(2),R,6,应是欧姆挡欧姆调零电阻,故B项正确。,(3)当换挡开关接2时,为直流电流1 mA挡,满足,I,g,R,g,=(,I,-,I,g,)(,R,1,+,R,2,),得,R,1,+,R,2,=160。,当换挡开关接4时,为直流电压1 V挡,则满足,U,=,I,(,R,并,+,R,4,),R,并,=120,得,R,4,=880。,(4)若,B,端与“1”相连,则为直流电流2.5 mA挡,由1/5估读法可得读数为1.47 mA。若,B,端与,“3”相连,则为欧姆,100 挡,可得读数为1.10,10,3,。若,B,端与“5相连,则为直流电压5 V,挡,可得读数为2.95 V。,答案(1)黑(2)B(3)160880(4)1.47 mA1.10,10,3,2.95 V,审题指导电表改装,在表头两端并联小阻值电阻可改装为电流表,将表头与大阻值电阻串联可改装为电压表,而表头,与电池及电阻串联在一起可改装为欧姆表。,57/304,16.(课标,23,10分)现要组装一个由热敏电阻控制报警系统,要求当热敏电阻温度达,到或超出60 时,系统报警。提供器材有:热敏电阻,报警器(内阻很小,流过电流超出,I,c,时就,会报警),电阻箱(最大阻值为999.9),直流电源(输出电压为,U,内阻不计),滑动变阻器,R,1,(最大阻,值为1 000),滑动变阻器,R,2,(最大阻值为2 000),单刀双掷开关一个,导线若干。,在室温下对系统进行调整。已知,U,约为18 V,I,c,约为10 mA;流过报警器电流超出20 mA时,报警,器可能损坏;该热敏电阻阻值随温度升高而减小,在60 时阻值为650.0。,(1)完成待调整报警系统原理电路图连线。,58/304,(2)电路中应选取滑动变阻器,(填“,R,1,”或“,R,2,”)。,(3)按照以下步骤调整此报警系统:,电路接通前,需将电阻箱调到一固定阻值,依据试验要求,这一阻值为,;滑动变阻,器滑片应置于,(填“,a,”或“,b,”)端附近,不能置于另一端原因是,。,将开关向填“,c,”或“,d,”)端闭合,迟缓移动滑动变阻器滑片,直至,。,(4)保持滑动变阻器滑片位置不变,将开关向另一端闭合,报警系统即可正常使用。,59/304,答案(1)连线如图所表示,(2),R,2,(3)650.0,b,接通电源后,流过报警器电流会超出20 mA,报警器可能损坏,c,报警器,开始报警,60/304,解析(1)见答案。,(2)由,R,=,=,=1 800 可知,滑动变阻器应选,R,2,。,(3)电阻箱电阻值应调为热敏电阻在60 时阻值,即650.0。滑动变阻器滑片应置于,b,端,使开关接通后回路中电流最小,以保护报警器,即预防因过载而损坏报警器。,应将开关向,c,端闭合,然后对系统进行调整。,考查点电路设计,易错警示由电源电压及报警电流粗略判断出回路总电阻:,R,=,=1 800,由报警器电阻可判,断滑动变阻器阻值会大于1 000,进而确定应选,R,2,。,61/304,17.(课标,22,5分)某同学用图中所给器材进行与安培力相关试验。两根金属导轨,ab,和,a,1,b,1,固定在同一水平面内且相互平行,足够大电磁铁(未画出)N极位于两导轨正上方,S极位,于两导轨正下方,一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。,(1)在图中画出连线,完成试验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路,且在开关闭合后,金,属棒沿箭头所表示方向移动。,(2)(多项选择)为使金属棒在离开导轨时含有更大速度,有些人提出以下提议:,A.适当增加两导轨间距离,B.换一根更长金属棒,C.适当增大金属棒中电流,其中正确是,(填入正确选项前标号)。,62/304,答案(1)如图所表示(2分),(2)AC(3分。选对一个给2分,选对两个给3分,有选错不给这3分),63/304,解析(1)依据左手定则得金属棒中电流为从,a,流向,a,1,。要求滑动变阻器以限流方式接入电路,中,故滑动变阻器接线柱上下各用一个。(2)为使金属棒在离开导轨时含有更大速度,应使它,所受安培力,F,=,BIL,增大,所以适当增加两导轨间距离时有效长度,L,增大,F,变大,A项正确;只换,更长金属棒时有效长度,L,不变,B项错;增大电流,F,也增大,C项正确。,考查点电路连接问题、设计试验,思绪分析将金属棒与电源及其它器材组成闭合回路,利用左手定则判定电流方向,确定电源,与电流表正负接线柱连接方式。,64/304,18.(课标,23,9分,0.299)图(a)为某同学改装和校准毫安表电路图,其中虚线框内是毫安,表改装电路。,图(a),图(b),65/304,(1)已知毫安表表头内阻为100,满偏电流为1 mA;,R,1,和,R,2,为阻值固定电阻。若使用,a,和,b,两,个接线柱,电表量程为3 mA;若使用,a,和,c,两个接线柱,电表量程为10 mA。由题给条件和数据,可,以求出,R,1,=,R,2,=,。2)现用一量程为3 mA、内阻为150 标准电流表,对改装电表3 mA挡进行校准,校按时,需选取刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0 mA。电池电动势为1.5 V,内阻忽略不计;定值,电阻,R,0,有两种规格,阻值分别为300 和1 000;滑动变阻器,R,有两种规格,最大阻值分别为750,和3 000。则,R,0,应选取阻值为,电阻,R,应选取最大阻值为,滑动变阻,器。,(3)若电阻,R,1,和,R,2,中有一个因损坏而阻值变为无穷大,利用图(b)电路能够判断出损坏电阻。,图(b)中,R,为保护电阻,虚线框内未画出电路即为图(a)虚线框内电路。则图中,d,点应和,接线柱,填“,b,”或“,c,”)相连。判断依据是:,。,66/304,答案(1)1535(4分,每空2分)(2)3003 000(2分,每空1分)(3),c,(1分)闭合开关时,若电表,指针偏转,则损坏电阻是,R,1,;若电表指针不动,则损坏电阻是,R,2,(2分),解析(1)由并联电路各支路两端电压相等有:使用,a,和,b,两个接线柱时1 mA,100=(3-1)mA,(,R,1,+,R,2,);使用,a,和,c,两个接线柱时1 mA,(100+,R,2,)=(10-1)mA,R,1,联立可得,R,1,=15,R,2,=35。(2)由,题意知校按时电路中电流范围为0.5 mA,I,3.0 mA,则由闭合电路欧姆定律知电路中总电,阻,R,总,=,满足500,R,总,3 000,而两电表总电阻,R,A,=150+,=183,故,R,0,+,R,应满,足317,R,0,+,R,2 817,可知,R,0,只能选取300,R,只能选取3 000。(3)在图(b)电路中,当,d,接,c,时,若,R,1,损坏则毫安表仍接入电路而有示数,若,R,2,损坏则毫安表不接入电路而无示数,故可由,毫安表有没有示数来判断损坏电阻;当,d,接,b,时,不论,R,1,还是,R,2,损坏,对毫安表示数影响相同,从,而不能进行判定。,考查点电表改装与校准,解题关键电表量程是指当毫安表满偏时,经过并联电路总电流。利用并