1、Comment z1: 【解答】解：物块加速下滑，速度越来越大，在相等时间内物块的位移越来越大，刚开始时在相等时间内的位移较小，由图示纸带可知，打点计时器最先打出的点是 A点；每两个相邻点之间还有 4个打出的点未画出，相邻计数点间的时间间隔为：t0.0250.1s，打出 C点时的速度大小为：v C0.23m/=2=(5.851.20)10220.1s；匀变速直线运动的推论xat 2可知，加速度为：a=+42 =42=(9.303.15)102(3.150.00)10240 12 =0.75m/s2；故答案为：A，0.23，0.75。Comment z2: 【解答】解：（ 1）由牛顿第二定律可得
2、：mgsin mgcosma ，=（2）每相邻两计数点间还有 4个打点，说明相邻的计数点时间间隔为0.1s。利用匀变速直线运动的推论xat 2，即逐差法可以求物体的加速度大小：a=(0.76390.3183)(0.31830.05)(30.1)2 =1.97m/s2，代入 得铁块与木板间的=动摩擦因数为 0.35。故答案为： ，0.35力学常规实验打点计时器相关匀变速直线运动规律1. 【2019 全国卷】某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究。物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为 50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有 4个
3、打出的点未画出。在A、B、C 、D 、E 五个点中，打点计时器最先打出的是 点。在打出 C点时物块的速度大小为 m/s（保留 3位有效数字） ；物块下滑的加速度大小为 m/s 2（保留2位有效数字） 。2. 【2019 全国卷】如图（a） ，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率 50Hz的交流电源、纸带等。回答下列问题：（1）铁块与木板间动摩擦因数 （用木板与水平面的夹角 、重力加速度 g和铁块下滑的加速度 a表示） 。Comment z3: 【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度菁优网版权所有【解答】解：（1）若要从拍得
4、的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材是米尺，所给器材测量距离，故 A正确，BCD 错误。故选：A。（2）选择的器材在本实验中的使用方法：将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺。（3）根据匀变速直线运动的规律得hgT 2，该地的重力加速度大小为 g9.7m/s2。=(0.5870.245)0.245(0.1)2 =故答案为：（1）A；（2）将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺；（3）9.7。Comment z4: 【解答】解：（ 1）电磁打点计时器是通过机械振动打点的，而电火花打点计时器是通过电火花来打点，用电火花打点计时器能使纸带在运动时受到的阻力较小，所以应选择 B；（2
5、）同学乙的做法正确。只有让小车做匀速直线运动才能够判断摩擦力与沙子和盘的重力大小相等，才能够消除摩擦力的影响。对于甲同学，小车开始运动时，沙子和盘的重力等于最大静摩擦力，而最大静摩擦力要略大于滑动摩擦力；（3）打点周期为：T 0.02s，=1=以 A点为中间时刻，用毫米刻度尺测量出 4个时间段的距离为：s2.48cm0.0248m，A 点速度为：vA m/s0.31m/s；=4=0.024840.02（4）对于砝码、砝码盘和沙子，根据牛顿第二定律：mgFma，只有当小车的质量远大于砝码、砝码盘和沙子总质量时，绳子的拉力 F才近似等于砝码、砝码盘和沙子中重力mg。（2）某次实验时，调整木板与水平
6、面的夹角使 30接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图（b）所示。图中的点为计数点（每两个相邻的计数点间还有 4个点未画出） 。重力加速度为 9.80m/s2可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为 （结果保留 2位小数） 。3. 【2019 全国卷】甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验。实验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照。已知相机每间隔 0.1s拍 1幅照片。（1）若要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材是 。 （填正确答案标号）A米尺 B秒表 C光电门 D天平
7、（2）简述你选择的器材在本实验中的使用方法。答： 。（3）实验中两同学由连续 3幅照片上小球的位置 a、b 和 c得到ab24.5cm、ac58.7cm ，则该地的重力加速度大小为 g m/s 2 （保留 2位有效数字）动能定理4. 【2019 江苏卷】某兴趣小组用如图 1所示的装置验证动能定理。（1）有两种工作频率均为 50Hz的打点计时器供实验选用：A电磁打点计时器B电火花打点计时器为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择 （选填“A”或“B” ） 。（2）保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔。实验Comment 75: 【解答】解：（1）描出点后，作出图线如图所
8、示：（2）Ln 图线的斜率为 =由胡克定律有：Fkl即nmgkl联立以上各式可得： k=由图可得斜率约为 0.45 102 m所以可得劲度系数为：k=501039.80.45102/=109/故答案为：（1）图线如图所示：（2） ， （3） 109。中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动。同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除。同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动。看法正确的同学是 （选填“甲”或“乙” ） 。（3）消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码。接通打点计时器电源，松开小车，小车运动。纸带被打出一系列点，其中的一段如图 2所示。图
9、中纸带按实际尺寸画出，纸带上 A点的速度 vA m/s。（4）测出小车的质量为 M，再测出纸带上起点到 A点的距离为 L小车动能的变化量可用E k MvA2算出。砝码盘中砝码的质量为 m，重力加速度为 g。实验中，小=12车的质量应 （选填“ 远大于” “远小于”或“接近” ）砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用 WmgL 算出。多次测量，若 W与E k均基本相等则验证了动能定理。胡克定律5. 【2019 海南卷】某同学利用图（a）的装置测量轻弹簧的劲度系数。图中，光滑的细杆和直尺水平固定在铁架台上，一轻弹簧穿在细杆上，其左端固定，右端与细绳连接；细绳跨过光滑定滑轮，其下端可以悬
10、挂砝码（实验中，每个砝码的质量均为m50.0g） 。弹簧右端连有一竖直指针，其位置可在直尺上读出。实验步骤如下：在绳下端挂上一个砝码，调整滑轮，使弹簧与滑轮间的细线水平且弹簧与细杆没有接触；系统静止后，记录砝码的个数及指针的位置；逐次增加砝码个数，并重复步骤 （保持弹簧在弹性限度内）：用 n表示砝码的个数， l 表示相应的指针位置，将获得的数据记录在表格内。回答下列问题：（1）根据下表的实验数据在图（b）中补齐数据点并做出 ln 图象。Comment z6: 答案为：（1）BD；（2）a、球心；需要；b、大于；x ；（3）AB；（4）21B；（5）物体初速度较小时，运动范围很小，引力可以看作恒
11、力重力，做平抛运动；随着物体初速度增大，运动范围变大，引力不再看作恒力；当物体初速度达到第一宇宙速度时，做圆周运动而成为地球卫星。n 1 2 3 4 5l/cm 10.48 10.96 11.45 11.95 12.40（2）弹簧的劲度系数 k可用砝码质量 m、重力加速度大小 g及 ln 图线的斜率 表示，表达式为 k 。若 g取 9.8m/s2，则本实验中 k N/m（结果保留 3位有效数字） 。平抛6. 【2019 北京卷】用如图 1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道 PQ滑下后从 Q点飞出，落在水平挡板 MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球
12、落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。（1）下列实验条件必须满足的有 。A斜槽轨道光滑B斜槽轨道末段水平C挡板高度等间距变化Comment 77: 【解答】解：（1）做“研究平抛物体的运动”实验时，需要木板、小球、斜槽、铅笔、图钉、白纸、米尺、重垂线。米尺的作用是能读出轨迹上某点的坐标。重垂线的作用是确保木板与白纸是在竖直面内，使其与小球运动平面平行。时间可以通过竖直方向做自由落体运动去求解，故不需要弹簧秤与打点计时器，故AC错误，B 正确。（2）A、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证
13、获得相同的初速度。故 A正确。B、记录小球经过不同高度的位置时，每次不必严格地等距离下降，故 B错误；C、做平抛运动的物体在同一竖直面内运动，固定白纸的木板必须调节成竖直，小球运动时不应与木板上的白纸相接触，以免有阻力的影响，故 C正确。D、要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，故 D正确。故选：ACD。（3）因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，下落的速度越来越快，则下落相等位移的时间越来越短，所以x4x 3x 3x 2x 2x 1x 1，用下列计算式求得的水平速度，误差较小的是所测的长度越来误差越小，则为 v ，故 ABC错误，D 正确；=44
14、故答案为：（1）B；（2）ACD；（3）x4x 3x 3x 2x 2x 1x 1，D 。D每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球（2）为定量研究，建立以水平方向为 x轴、竖直方向为 y轴的坐标系。a取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于 Q点，钢球的 （选填“最上端” 、 “最下端”或者“球心” ）对应白纸上的位置即为原点；在确定 y轴时 （选填“需要”或者“不需要” ）y 轴与重锤线平行。b若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图 2所示，在轨迹上取 A、B、C 三点， AB和 BC的水平间距相等且均为 x，测得 AB和 BC的竖直间距分别是 y1和 y2，则 （选填“大
15、于” 、 “等于”或者“小于” ） 。可求得钢球平抛的12 13初速度大小为 （已知当地重力加速度为 g，结果用上述字母表示） 。（3）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是 。A从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹B用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹C将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹（4）伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭
16、示了平抛物体 。A在水平方向上做匀速直线运动B在竖直方向上做自由落体运动C在下落过程中机械能守恒（5）牛顿设想，把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远，如果速度足够大，物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星。同样是受地球引力，随着抛出速度增大，物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动，请分析原因。7. 【2019.04 浙江选考】采用如图 1所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验Comment 78: 【解答】解：（1）为减小实验误差，应选择轻质不可伸长的细线做摆线，摆线一个选择 A；为减小阻力对实验的影响，选择质量大而体积小的摆球，摆球应选 C；从摆球经过最
17、低点时开始计时，光电门应摆放最低点。（2）一个周期内单摆两次经过最低点，由图示图线可知，单摆周期：Tt 3t 1，故 C正确；故选：C；（3）如果开始计时时，秒表太早按下，测量时间偏长，周期偏大；故答案为：（1）最低点；（2）C；（3）开始计时时，秒表太早按下，测量时间偏长，周期偏大。（1）实验时需要下列哪个器材 A弹簧秤 B重锤线 C打点计时器（2）做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。下列的一些操作要求，正确的是 （多选）A每次必须由同一位置静止释放小球B每次必须严格地等距离下降记录小球位置C小球运动时不应与木板上的白纸相接触D记录的点应适当多一些（3）若用
18、频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，记录下如图 2所示的频闪照片。在测得 x1，x 2，x 3，x 4后，需要验证的关系是 。已知频闪周期为 T，用下列计算式求得的水平速度，误差较小的是 A B C D1 22 33 44单摆8. 【2019 上海卷】在“用单摆测量重力加速度实验”中，使用下列实验器材。（1）A.1.2m的细线B.2m的弹性绳C带孔的小铁球D带孔的软木球E光电门传感器应选用哪种绳，应选用哪种球，光电门的摆放位置为 （选填“最高点”或“最低点” ）Comment z9: 【解答】解：（ 1）微安表与分流电阻并联可以改装成电流表，根据图（a）所示电路图连接实物电路
19、图，实物电路图如图所示：（2）微安表量程为 250A，由图（c）所示表盘可知，其分度值为5A，其示数为 160A，电流表示数为 16.0mA，电流表示数为微安表示数的 10016.0103160106=倍，改装后电流表量程为：250106 1002510 3 A25mA，故 C正确；故选：C；（3）CD、由（2）可知，改装后电流表量程偏大，则流过分流电阻的电流偏大，由并联电路特点可知，分流电阻阻值偏小，如果 R值计算错误，接入的电阻偏小会导致改装后电流表量程偏大，故 C正确，D 错误；AB、把微安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R，=如果微安内阻 Rg测量值错误，微安表内阻实际阻
20、值大于 1200，即内阻Rg测量值偏小，并联电阻阻值：R 偏小，会导=致改装后电流表量程偏大，故 A正确，B错误；故选：AC；（4）把微安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R，=由（2）可知，流过分流电阻电流为流过微安表电流的 99倍，则并联电阻：R ，R g99R，=99把微安表改装成 20mA的电流表，并联电阻阻值：R 并= 25010620103250106=79=9979=kR，则：k ；=9979故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）C；（3）AC；（4 ） 。9979（2）如图为光电门传感器电流强度 I 与 t 的图象，则周期为 At 1 Bt 2t 1 Ct 3t
21、 1 Dt 4t 1（3）甲同学用秒表做该实验，但所得周期比该实验得到的大，则可能的原因是 。电磁学常规实验电表的改装9. 【2019 全国卷】某同学要将一量程为 250A的微安表改装为量程为 20mA的电流表。该同学测得微安表内阻为 1200，经计算后将一阻值为 R的电阻与该微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图（a）所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表） 。（1）根据图（a）和题给条件，将图（b）中的实物连线。（2）当标准毫安表的示数为 16.0mA时，微安表的指针位置如图（c）所示。由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值，而是 。 （填正确答案标号）A.1
22、8mAB.21mAC.25mAD.28mA（3）产生上述问题的原因可能是 。 （填正确答案标号）Comment z10: 【解答】解：（ 1）将电源、电流表、定值电阻以及滑动变阻器串接即可组成欧姆表，故实物图如图所示；根据闭合电路欧姆定律有：50A =+0+1+解得：R 1900 ；故滑动变阻器选择R1；（2）由（1）中解答可知，欧姆表的内阻即中值电阻 R中98.5+1.5+14000+90015000；根据闭合电路欧姆定律有：25A =中 +解得：R a45k ；同理可知：75A =中 +解得：R b5k（3）欧姆表在使用时应先将两表笔短接，使欧姆表指针指向满偏刻度，即 0处；电阻箱的读数为
23、：310k+51k+0100+010+01+00.135000.0。故答案为：（1）900；R 1（2）45；5（3）0；35000.0A微安表内阻测量错误，实际内阻大于 1200B微安表内阻测量错误，实际内阻小于 1200CR 值计算错误，接入的电阻偏小DR 值计算错误，接入的电阻偏大（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为 R的电阻换为一个阻值为 kR的电阻即可，其中 k 。10. 【2019 全国卷】某同学欲将内阻为 98.5、量程为 100A的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的 15k刻度正好对应电流表表盘的 50A刻度。可选用
24、的器材还有：定值电阻 R0（阻值 14k） ，滑动变阻器 R1（最大阻值 1500） ，滑动变阻器 R2（最大阻值 500） ，电阻箱（099999.9） ，干电池（E1.5V，r1.5 ） ，红、黑表笔和导线若干。（1）欧姆表设计将图（a）中的实物连线组成欧姆表。欧姆表改装好后，滑动变阻器 R接入电路的电阻应为 ；滑动变阻器选 （填“R 1”或“R 2”） 。（2）刻度欧姆表表盘通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上 a、b 处的电流刻度分别为 25和 75，则 a、b 处的电阻刻度分别为 、 。Comment z11: 【解答】解： 由图示螺旋测微器可知，其示数为：0mm
25、+20.00.01mm0.200mm；由题意可知，没有电压表，可以用已知内阻的电流表 A1测电压，另一个电流表 A2测电流，由题意可知，待测电阻阻值远大于滑动变阻器阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：由图示电路图可知，待测金属丝电阻：R X ，=1121由图示电路图可知，电压与电流的测量值等于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值等于真实值；故答案为：0.200； 电路图如图所示； ；相等。1121Comment z12: 【解答】解：（ 1）为保护螺旋测微器，将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动微调旋钮 C，直到听见“喀喀” 的声音，以保证压力适当，同
26、时防止螺旋测微器的损坏。（2）为减小实验误差，选择电阻丝的不同位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。（3）根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（4）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：（5）由图示电路图可知：R x+RA+R049，R A+R0=11= 1.9640103=25.5，则电=22= 2.0480103=阻丝阻值：R x4925.523.5 ；故答案为：（1）C；（2）不同；（3）实物电路图如图所示；（4）图象如图所示；（5）23.5。（3）校准红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向 k 处；将红、黑表笔与
27、电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c）所示，则电阻箱接入的阻值为 。测电阻11. 【2019 天津卷】现测定长金属丝的电阻率。某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是 mm 。利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻 Rx约为 100，画出实验电路图，并标明器材代号。电源 E（电动势 10V，内阻约为 10）电流表 A1（量程 0250mA，内阻 R15）电流表 A2（量程 0300mA，内阻约为 5）滑动变阻器 R（最大阻值 10，额定电流 2A）开关 S及导
28、线若干某同学设计方案正确，测量得到电流表 A1的读数为 I1，电流表 A2的读数为 I2，则这段金属丝电阻的计算式 Rx 。从设计原理看，其测量值与真实值相比 （填“偏大” 、 “偏小”或“相等” ） 。12. 【2019 江苏卷】某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率。实验操作如下：（1）螺旋测微器如图 1所示。在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动 （选填“A“B ”或“C“） ，直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。（2）选择电阻丝的 （选填“同一”或“不同” ）位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。（3）图 2 甲中 Rx
29、 为待测电阻丝。请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入图 2 乙实物电路中的正确位置。（4）为测量 Rx，利用图 2 甲所示的电路，调节滑动变阻器测得 5 组电压 U1 和电流 I1的值，作出的 U1I 1 关系图象如图 3 所示。接着，将电压表改接在 a、b 两端，测得5 组电压 U2 和电流 I2 的值，数据见下表：U2/V 0.50 1.02 1.54 2.05 2.55I2/mA 20.0 40.0 60.0 80.0 100.0请根据表中的数据，在方格纸上作出 U2I 2 图象。Comment 713: 【解答】解：（1）测电流表内阻，由题意可知，实验没有提供电压表，提供了电阻箱与两个
30、开关，本实验应用半偏法测电流表内阻，电流表与电阻箱并联，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如图所示；（2）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；（3）电路最小电阻约为：R 600，= 610103=滑动变阻器接入电路的最小阻值约为：60050550，滑动变阻器应选择；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）实物电路图如图所示；（3）。（5）由此，可求得电阻丝的 Rx 根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率。13. 【2019 海南卷】用实验室提供的器材设计一个测量电流表内阻的电路。实验室提供的器材为：待测电流表 A（量程 10mA，内阻约为 50） ，滑动变阻器 R1，电阻箱 R，电源 E
31、（电动势约为 6V，内阻可忽略） ，开关 S1和 S2，导线若干。（1）根据实验室提供的器材，在图（a）所示虚线框内将电路原理图补充完整，要求滑动变阻器起限流作用；（2）将图（b）中的实物按设计的原理图连线；（3）若实验提供的滑动变阻器有两种规格10，额定电流 2A 1500，额定电流 0.5A实验中应该取 。 （填“”或“ ”）Comment 714: 【解答】解：（1）在实验过程中，调节滑片 P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，说明滑动变阻器接成了限流接法，由图示电路图可知，其原因是 1点至 4点的导线没有连接好。（2）电流表量程为 0.6A，分度值为0.02A，示数为 0.30A，
32、灯泡额定功率：PUI2.50.300.75W ；（3）灯泡电阻随温度升高而增大，电压越小灯泡额定功率越小，灯丝温度越低，灯泡电阻越小，由此可知1.00V电压对应的电流应为 0.20A，故 C正确；故答案为：（1）1 点至 4点；（2）0.30A；0.75；（3）C。Comment 715: 【解答】解：（1）在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，知磁通量增加时，电流计指针向右偏转，闭合开关后，原线圈迅速插入副线圈，磁通量增加，则电流计指针向右偏转。原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流增大，则磁通量增大，所以电流计的指针向右偏转；断开电键时，磁通量减小，则灵敏电流计指
33、针向左偏转。（2）若把直流输出改为交流输出，其他均不变，接通电源，闭合开关，线圈 A中也是交流电，那么检流计G表指针不停的来回振动，（3）仅用一根导线，将检注计 G短接前后，摇动表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了，说明虽有切割磁感应线，但没有感应电流，则没有安培阻力，指针变化明显；反之，则出现感应电流，进而安培阻力，使其变化不明显，则线圈未断。故答案为：（1）左偏；右偏；（2）不停振动；（3）短接 G表前后各摇动 G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了，反之则未断。小灯泡14. 【2019.04 浙江选考】小明想测额定电压为 2.5V的小灯泡在不同电压下的电功率，电路。（1）
34、在实验过程中，调节滑片 P，电压表和电流表均有示数，但总是调不到零，其原因是 的导线没有连接好（图中用数字标记的小圆点表示接线点，空格中请填写图中的数字，如“7 点至 8点” ） ；（2）正确连好电路，闭合开关，调节滑片 P，当电压表的示数达到额定电压时，电流表的指针如图 2所示，则电流为 ，此时小灯泡的功率为 W（3）做完实验后小明发现在实验报告上漏写了电压为 1.00V时通过小灯泡的电流，但在草稿纸上记录了下列数据，你认为最有可能的是 A.0.08A B.0.12A C.0.20A探究电磁感应的产生条件15. 【2019.04 浙江选考】在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实验连线后如图
35、1所示，感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图 2粗线所示。（1）接通电源，闭合开关，G 表指针会有大的偏转，几秒后 G表指针停在中间不动。Comment z16: 【解答】解：（ 1）电压表 V1测定值电阻 R0两端电压，其示数为：U1IR 050.010 6 100 5.00103 V5.00mV；由图（b）所示图线可知，当控温炉内的温度 t 升高时，硅二极管正向电阻变小，由于二极管电阻减小，二极管分压减小，由串联电路特点可知，定值电阻分压变大，电压表 V1示数增大，为保持电压表示数不变，应减小定值电阻分压增大滑动变阻器分压，滑动变阻器接入电路的阻值应增大，滑动变阻器滑片应向 B端移动；（2）
36、由图（b）所示图线可知，该硅二极管的测温灵敏度为：| |2.8103 V/；=0.440.308030=故答案为：（1）5.00，变小，增大，B；（2）2.8。将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G 表指针 （“不动” 、 “右偏” 、 “左偏” 、“不停振动” ） ；迅速抽出铁芯时，G 表指针 （“不动” 、 “右偏” 、 “左偏” 、 “不停振动” ） 。（2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变。接通电源，闭合开关，G 表指针 （“不动” 、 “右偏” 、 “左偏” 、 “不停振动” ） 。（3）仅用一根导线，如何判断 G表内部线圈是否断了？电磁学创新
37、实验16. 【2019 全国卷】某小组利用图（a）所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压 U与温度 t 的关系，图中 和 为理想电压表； R为滑动变阻器，R 0为定值电阻（阻值 100） ；S 为开关，E 为电源。实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度 t 由温度计（图中未画出）测出。图（ b）是该小组在恒定电流为 50.0A时得到的某硅二极管 Ut 关系曲线。回答下列问题：（1）实验中，为保证流过二极管的电流为 50.0A，应调节滑动变阻器 R，使电压表的示数为 U1 mV；根据图（b）可知，当控温炉内的温度 t 升高时，硅二极管正向电阻 （填“变大 ”或“变小” ） ，电压表
38、 示数 （填“增大”或“减小” ） ，此时应将 R的滑片向 （填“A”或“B” ）端移动，以使 示数仍为U1。Comment z17: 【解答】解：（ 1）增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹的宽度减小，根据相邻亮条纹间的距离为x ，为减小相邻亮条=纹（暗条纹）间的宽度，可增大双缝间距离或减小双缝到屏的距离；故 B正确，ACD 错误故选：B；（2）第 1条暗条纹到第 n条暗条纹之间的距离为x，则两个相邻明纹（或暗纹）间的距离x =1则单色光的波长 =(1)（3）将双缝的间距为 0.300mm，测得屏与双缝间的距离为 1.20m，以及n4 代入公式可得：6.310 7 m630nm；故答案为：（
39、1）B；（2） ；(1)（3）630Comment z18: 【解答】解： A、为了作图误差更小，应选用两光学表面间距大的玻璃砖，故 A正确；B、根据折射定律可知，如果两个光学面不平行，不影响入射角与折射角的值，所以对折射率的测定结果不产生影响，故 B错误；C、为了准确测量光路图，应选用较细的大头针来完成实验，故 C错误；D、插在玻璃砖同侧的大头针之间的距离适当大些时，相同的距离误差情况下引起的角度误差会减小，故 D正确；故选：AD；因玻璃的折射率较大，故在玻璃中的折射角一定小于入射角；实验作出的入射角一定大于折射角；并且光线从玻璃中出来后，应与入射光平行，因此只有 D图正确 ABC均错误；故
40、选：D；折射率 n ，=其中：sini ，sin ，= =故 n ；=故答案为：AD； D；（2）由图（b）可以看出 U与 t 成线性关系。硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为| | 10 3 V/（保留 2位有效数字） 。光学常规实验17. 【2019 全国卷】某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：（i）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可 ；A将单缝向双缝靠近B将屏向靠近双缝的方向移动C将屏向远离双缝的方向移动D使用间距更小的双缝（ii）若双缝的间距为 d，屏与双缝间的距离为 l
41、，测得第 1条暗条纹到第 n条暗条纹之间的距离为x，则单色光的波长 ；（iii ）某次测量时，选用的双缝的间距为 0.300mm，测得屏与双缝间的距离为 1.20m，第 1条暗条纹到第 4条暗条纹之间的距离为 7.56mm。则所测单色光波长为 nm（结果保留 3位有效数字） 。18. 【2019 天津卷】某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸。下列哪些措施能够提高实验准确程度 。A选用两光学表面间距大的玻璃砖B选用两光学表面平行的玻璃砖C选用粗的大头针完成实验D插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是 。该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点 O 为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于 A、B 点，再过 A、B 点作法线 NN的垂线，垂足分别为 C、D 点，如图所示：则玻璃的折射率 n 。 （用图中线段的字母表示）
