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1、專題強化訓練(二十四)
1．(2019·四川成都診斷)將兩根原長相同、勁度系數(shù)不同、粗細也不同的彈簧套在一起，看作一根新彈簧，設原粗彈簧(記為A)的勁度系數(shù)為k1，原細彈簧(記為B)的勁度系數(shù)為k2，套成的新彈簧(記為C)的勁度系數(shù)為k3.關于k1、k2、k3的大小關系，同學們猜想如下：
甲同學：和電阻并聯(lián)相似，可能是＝＋.
乙同學：和電阻串聯(lián)相似，可能是k3＝k1＋k2.
丙同學：可能是k3＝.
(1)為了驗證猜想，同學們設計了相應的實驗(裝置見圖甲所示)．
(2)簡要實驗步驟如下，請完成相應填空．
a．將彈簧A懸掛在鐵架臺上，用刻度尺測量彈簧A的原長L0；
b．在彈簧A
2、的下端掛上鉤碼，記下鉤碼的個數(shù)n、每個鉤碼的質量m和當?shù)氐闹亓铀俣却笮，并用刻度尺測量彈簧的長度L1；
c．由F＝________計算彈簧的彈力，由x＝L1－L0計算彈簧的伸長量，由k＝計算彈簧的勁度系數(shù)；
d．改變________，重復實驗步驟b、c，并求出彈簧A的勁度系數(shù)的平均值k1；
e．僅將彈簧分別換為B、C，重復上述操作步驟，求出彈簧B、C的勁度系數(shù)的平均值k2、k3.比較k1、k2、k3并得出結論．
(3)圖乙是實驗得到的圖線，由此可以判斷________同學的猜想正確．
[解析] (2)彈簧的彈力F等于n個鉤碼的重力之和nmg；多次測量取平均值，可以減小誤差，所以實
3、驗中需要改變鉤碼的個數(shù)以改變彈簧彈力．
(3)由題圖乙可知，伸長量相同時，F(xiàn)C＝FA＋FB，由胡克定律可得k3x＝k1x＋k2x，所以k3＝k1＋k2，乙同學的猜想是正確的．
[答案] (2)nmg 鉤碼的個數(shù) (3)乙
2．(2019·武漢市高三調研)在驗證動量守恒定律實驗中，實驗裝置如圖所示，a、b是兩個半徑相等的小球，按照以下步驟進行操作．
A．在木板表面釘上白紙和復寫紙，并將該木板在緊靠槽口處豎直放置，使小球a從斜槽軌道上固定點處由靜止釋放，撞到木板并在白紙上留下痕跡O；
B．將木板水平向右移動一定距離并固定，再使小球a從固定點處由靜止釋放，撞到木板上得到痕跡B；
C．
4、把小球b靜止放在斜槽軌道水平段的最右端，讓小球a仍從固定點處由靜止釋放，和小球b相碰后，兩球撞在木板上得到痕跡A和C.
(1)為了保證在碰撞過程中小球a不反彈，a、b兩球的質量m1、m2間的關系是m1________m2(選填“大于”、“小于”或“等于”)．
(2)完成本實驗，必須測量的物理量有________．
A．小球a開始釋放的高度h
B．木板水平向右移動的距離l
C．小球a和小球b的質量m1、m2
D．O點分別到A、B、C三點的距離y1、y2、y3
[解析] (1)為防止兩球碰撞后，小球a反彈，小球a的質量應大于小球b的質量，即m1>m2.(2)a、b兩球碰撞后均做平拋運
5、動，l＝vt，y＝gt2，得l＝v，若滿足m1v0＝m1v1＋m2v2，即碰撞前后動量守恒，即可驗證動量守恒定律，對該式進行整理可得＝＋，因此需要測量小球a和小球b的質量m1、m2以及O點分別到A、B、C三點的距離y1、y2、y3，選項C、D正確．
[答案] (1)大于 (2)CD
3．(2019·河南六市聯(lián)考)一個有一定厚度的圓盤，可以繞通過中心垂直于盤面的水平軸轉動，圓盤加速轉動時，角速度的增加量Δω與對應時間Δt的比值定義為角加速度β.我們用電磁打點計時器、刻度尺、游標卡尺、紙帶、復寫紙來完成下述實驗．(打點計時器所接交流電的頻率為50 Hz；A、B、C、D、…為計數(shù)點，相鄰兩計數(shù)點
6、間有四個點未畫出)
①如圖甲所示，將打點計時器固定在桌面上，將紙帶的一端穿過打點計時器的限位孔，然后固定在圓盤的側面，當圓盤轉動時，紙帶可以卷在圓盤側面上；
②接通電源，打點計時器開始打點，啟動控制裝置使圓盤勻加速轉動；
③經過一段時間，停止轉動和打點，取下紙帶，進行測量．
(1)用20分度的游標卡尺測得圓盤的直徑如圖乙所示，圓盤的半徑r為________cm；
(2)由圖丙可知，打下計數(shù)點D時，圓盤轉動的角速度為________rad/s；
(3)圓盤轉動的角加速度大小為________rad/s2(計算結果保留三位有效數(shù)字)．
[解析] (1)由圖乙可知，主尺刻度為60
7、mm，游標尺上的小數(shù)部分為0，由于最小分度為0.05 mm，游標卡尺的讀數(shù)為60.00 mm，即6.000 cm，因此圓盤的直徑為6.000 cm，半徑為3.000 cm.
(2)由頻率f＝50 Hz可知，周期T＝0.02 s，則紙帶上相鄰兩計數(shù)點之間的時間間隔t′＝5T＝0.1 s，故打下計數(shù)點D時，速度vD＝＝ m/s＝0.417 m/s，故ω＝＝ rad/s＝13.9 rad/s.
(3)紙帶運動的加速度a＝＝＝ m/s2＝0.705 m/s2，由于β＝，ω＝，故圓盤轉動的角加速度大小為β＝＝ rad/s2＝23.5 rad/s2.
[答案] (1)3.000 (2)13.9 (3
8、)23.5
4．(2019·云南七校聯(lián)考)材料的電阻隨壓力的變化而變化的現(xiàn)象稱為“壓阻效應”，利用這種效應可以測量壓力大?。鐖D甲所示為某壓敏電阻在室溫下的電阻壓力特性曲線，其中RF、R0分別表示有、無壓力時壓敏電阻的阻值．為了測量壓力F，需先測量壓敏電阻處于壓力下的電阻值RF.
請按要求完成下列實驗．
(1)設計一個可以測量處于壓力中的該壓敏電阻阻值的電路，在圖乙的虛線框內畫出實驗電路的原理圖(壓敏電阻已給出，待測壓力大小約為40～80 N，不考慮壓力對電路其他部分的影響)，要求誤差較小，提供的器材如下：
A．壓敏電阻，無壓力時阻值R0＝6000 Ω
B．滑動變阻器R，最大
9、阻值約為200 Ω
C．電流表A，量程0～2.5 mA，內阻為30 Ω
D．電壓表V，量程0～3 V，內阻為3 kΩ
E．直流電源E，電動勢為3 V，內阻很小
F．開關S，導線若干
(2)正確接線后，將壓敏電阻置于待測壓力下，通過壓敏電阻的電流是1.33 mA，電壓表的示數(shù)如圖丙所示，則電壓表的讀數(shù)為________V.
(3)此時壓敏電阻的阻值為________Ω(保留兩位有效數(shù)字)；結合圖甲可知待測壓力的大小F＝________N.
[解析] (1)由于滑動變阻器總電阻較小，遠小于待測壓敏電阻的阻值，因此滑動變阻器應采用分壓式接法；同時因待測壓敏電阻的阻值較大，故應采用電
10、流表內接法；電路原理圖如圖所示．
(2)電壓表量程為0～3 V，最小分度為0.1 V，則讀數(shù)為2.00 V.
(3)根據(jù)歐姆定律可知RF＝－RA＝ Ω－30 Ω＝1.5×103 Ω，則有＝＝4；由圖甲可知，待測壓力的大小F＝60 N.
[答案] (1)見解析圖 (2)2.00 (3)1.5×103 60
5．(2019·河南省豫南九校質量考評)利用如圖甲所示的電路可以較為準確地測出待測電阻Rx的阻值．其中R1為一段較長的粗細均勻的電阻絲，Rx為待測電阻，R0為電阻箱，a為電表．測量步驟如下：
根據(jù)如圖甲所示的電路圖連接電路；將R0調到某一數(shù)值，滑片P與電阻絲某位置連接．閉合開關S
11、1，試觸開關S2，觀察電表a指針的偏轉情況；適當左右移動滑片P的位置，直至閉合開關S2時，電表a的指針不發(fā)生偏轉；測出滑片左右兩側電阻絲的長度L1和L2，讀出此時電阻箱接入電路的阻值R0.
(1)根據(jù)圖甲的電路圖，用筆畫線代替導線，將圖乙的實物圖連接成完整電路；
(2)為了使測量結果更準確，圖甲中的電表a選以下的哪個電表更合適________．
A．量程為0～3 V、分度值為0.1 V、內阻為3000 Ω的電壓表
B．量程為0～0.6 A、分度值為0.02 A、內阻為60 Ω的電流表
C．量程為0～30 μA、分度值為1 μA、內阻為100 Ω的靈敏電流計
(3)如果電表a中電
12、流方向由M流向P時，指針向右偏轉，則當指針向右偏轉時，可以通過以下哪些操作使指針不發(fā)生偏轉________．
A．適當增大電阻箱R0的阻值
B．適當減小電阻箱R0的阻值
C．將滑片P向左移動適當?shù)木嚯x
D．將滑片P向右移動適當?shù)木嚯x
(4)用測量的物理量(L1、L2和R0)表示待測電阻的阻值Rx＝____________.
[解析] (1)實物圖連接如答案圖所示．
(2)為了使測量結果更精確，就要使電表更靈敏．選項A電表指針偏轉1格所需電壓為0.1 V，而選項B電表指針偏轉1格所需電壓為0.02 A×60 Ω＝1.2 V，選項C電表指針偏轉1格所需電壓為1 μA×100 Ω＝0.1 mV，所以選C表．
(3)當指針向右偏轉時，說明M點的電勢比P點高，因此可以減小R0分得的電壓，或減小滑片左邊電阻絲分得的電壓，即減小R0接入電路的阻值或向左移動滑片P，選項B、C正確．
(4)當電表指針不發(fā)生偏轉時，M、P兩點電勢相等，即＝，所以Rx＝R0.
[答案] (1)實物圖連接如圖所示
(2)C (3)BC (4)R0
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（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題強化訓練24 實驗題答題策略
