2020届5月名校高考模拟物理力学-电学实验18-21新题速递第3期(22页)

2020届5月名校高考模拟物理力学-电学实验18-21新题速递第3期物理试题考点18–21考点18 力学实验 考点19 电学实验 考点20 力学计算题 考点21 电学计算题考点18 力学实验1. [来源: 2020年江西师大附中高考物理仿真试卷（4月份）]如图所示的实验装置，桌面水平且粗糙，在牵引重物作用下，木块能够从静止开始做匀加速直线运动。

在木块运动一段距离后牵引重物触地且不反弹，木块继续运动一段距离停在桌面上(未碰到滑轮)。

已知牵引重物质量为m ，重力加速度为g 。

某同学通过分析纸带数据，计算得到牵引重物触地前后木块的平均加速度大小分别为a 1和a 2，由此可求出木块与桌面之间的动摩擦因数为μ=______(结果用题中字母表示)；在正确操作、测量及计算的前提下，从系统误差的角度，你认为该实验测量的木块与桌面之间的动摩擦因数的结果与真实值比较会______(选填“偏大”“偏小”“不变”)；木块的质量为M =______(结果用题中字母表示)。

【答案】a 2g 偏大m(g−a 1)a 1+a 2【解析】解：牵引重物触地后，对木块由牛顿第二定律μMg =Ma 2，由此可求出木块与桌面之间的动摩擦因数μ=a 2g ；在减速阶段产生加速度的力是滑动摩擦力和纸带受到的阻力，所以该实验测量的木块与桌面之间的动摩擦因数的结果与真实值比较会偏大；牵引重物触地前，对木块和牵引重物分别用牛顿第二定律：T −μMg =Ma 1mg −T =ma 1，联立解得：M =m(g−a 1)a 1+a 2。

故答案为：a 2g ；偏大；m(g−a 1)a 1+a 2。

明确运动过程以及各过程中的受力情况，根据牛顿第二定律列式即可求出动摩擦因数和M ，根据实验原理分析误差情况。

本题考查利用牛顿第二定律求解摩擦力的实验问题，关键明确实验原理，掌握牛顿第二定律的应用即可求解。

2. [来源: 2020年北京市海淀区中关村中学高考物理模拟试卷（4月份）]在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中(1)安装好实验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径d ，测量的示数如图1所示，则摆球直径d =______cm ，再测量摆线长l ，则单摆摆长L =______(用d 、l 表示)；(2)摆球摆动稳定后，当它到达______(填“最低点”或“最高点”)时启动秒表开始计时，并记录此后摆球再次经过最低点的次数n(n =1、2、3…)，当n =60时刚好停表。

停止计时的秒表如图2示，其读数为______s ，该单摆的周期为T =______s(周期要求保留三位有效数字)；(3)计算重力加速度测量值的表达式为g =______(用T 、L 表示)，如果测量值小于真实值，可能原因是______；A .将摆球经过最低点的次数n 计少了B .计时开始时，秒表启动稍晚C .将摆线长当成了摆长D .将摆线长和球的直径之和当成了摆长(4)正确测量不同摆L 及相应的单摆周期T ，并在坐标纸上画出T 2与L 的关系图线，如图3示。

由图线计算出重力加速度的大小g =______m/s 2.(保留3位有效数字，计算时π2取9.86)【答案】1.84 l +d 2 最低点 67.4 2.254π2L T 2AC 9.86【解析】解：(1)游标尺10个格，最小分度值为0.1mm ，游标卡尺的主尺读数为18mm ，游标读数为4×0.1mm =18.4mm ，则最终读数为1.84cm ； 单摆的摆长为摆线长l 与摆球半径之和，即L =l +d2；(2)测量周期时，为了减小测量误差，计时起点必须选在最低点， 秒表内圈读数为60s ，外圈读数为：7.4s ，总时间为67.4s ，单摆周期为T =tn 2=67.4602s =2.25s 。

(3)由单摆周期公式：T =2π√Lg可知：g =4π2L T 2；A 、测周期时，将摆球经过最低点的次数n 计少了，所测周期T 偏大，所测g 偏小，故A 正确；B 、计时开始时，秒表启动稍晚，则总时间偏小周期偏小，所测g 值偏大，故B 错误；C 、将摆线长当成了摆长，所测摆长偏小，所测g 偏小，故C 正确；D 、将摆线长加小球直径作为摆长，所测摆长L 偏大，所测g 偏大，故D 错误； 故选：AC ；(4)由单摆周期公式：T =2π√Lg 可知：可知：T 2=4π2gL ，T 2−L 图象的斜率：k =4π2g；那么由图线计算出的重力加速度的值g=4π2k=4×9.864.85−3.251.2−0.8m/s2=9.86m/s2。

故答案为：(1)1.84，l+d2；(2)最低点，67.4s，2.25s；(3)AC；(4)9.86；(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。

(2)秒表分针与秒针示数之和是秒表示数；单摆完成一次全振动需要的时间是周期。

(3)应用单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后分析各选项答题。

(4)应用单摆周期公式，结合图象斜率含义，可以求出重力加速度。

本题考查了游标卡尺读数、实验数据处理、实验误差分析等问题，对游标卡尺读数时要注意游标尺的精度，视线要与刻度线垂直；掌握单摆周期公式是解题的前提与关键，应用单摆公式即可分析答题。

3.[来源: 2020年四川省成都七中高考物理模拟试卷（4月份）]用图甲所示装置探究动能定理。

有下列器材：A.电火花打点计时器；B.220V交流电源；C.纸带；D.细线、小车、砝码和砝码盘；E.一端带滑轮的长木板、小垫木；F.刻度尺。

(1)实验中还需要的实验器材为______。

(2)按正确的实验操作，实验中得到一条点迹清晰的纸带如图乙，图中数据x A、x B和x AB已测出，交流电频率为f，小车质量为M，砝码和砝码盘的质量为m，以小车、砝码和砝码盘组成系统为研究对象，从A到B 过程中，合力做功为______，动能变化量为______，比较二者大小关系，可探究动能定理。

【答案】天平mgx AB18(M+m)f2(x B2−x A2)【解析】解：(1)因为需要测量小车以及砝码和砝码盘的质量，所以实验中还需要的实验器材是天平。

(2)以小车、砝码和砝码盘组成系统为研究对象，从A到B过程中，合力做功为mgx AB。

打A点和B点时系统的速度大小分别为：v A=x A2⋅1f =fx A2v B=x B2⋅1f =fx B2动能变化量为△E k=12(M+m)v B2−12(M+m)v A2=18(M+m)f2(x B2−x A2)故答案为：(1)天平。

(2)mgx AB，18(M+m)f2(x B2−x A2)。

(1)动能与物体的质量有关，本实验需要测量物体的质量。

(2)以小车、砝码和砝码盘组成系统为研究对象，从A到B过程中，合力做功等于重力对砝码和砝码盘做功。

根据匀变速直线运动的推论求出打A点和B点时系统的速度大小，从而求得动能变化量。

解决本题时，要明确研究对象：小车、砝码和砝码盘组成系统，要知道系统的合外力等于砝码和砝码盘的重力，细线的拉力是内力。

4.[来源: 2020年河南等省五岳联考高考物理模拟试卷（4月份）]某同学利用图示装置验证滑块通过两个光电门的过程中机械能守恒。

图中1、2是两个光电门(当物体从1、2间通过时，光电计时器可以显示物体的挡光时间)，木板的一端在水平面上，将光滑木板的一端垫起，让滑块从木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为t1和t2.用游标卡尺测得滑块的宽度为d，测得1、2间的距离为x，木板的倾角为θ。

(1)滑块通过光电门1时的速度大小为______。

(2)本实验______(选填“需要”或“不需要”)测量滑块的质量。

(3)若滑块通过两个光电门的过程中机械能守恒，则有2gxsinθ=______。

【答案】dt1不需要d2t22−d2t12【解析】解：(1)滑块通过光电门1时的速度等于通过光电门1的平均速度：v1=dt1，(2)本实验要验证：△E P=△E k，而△E P=mgxsinθ△E k=12m(v22−v12)即要验证：gxsinθ=12(v22−v12)即可，不需要测量滑块的质量。

(3)机械能守恒要满足：gxsinθ=12(v22−v12)v1=dt1，v2=dt2则可得2gxsinθ═d2t22−d2t12故答案为：(1)dt1(2)不需要(3)d2t22−d2t12(1)光电门测量瞬时速度的等于平均速度；(2)(3)实验原理是重力势能减小量等于动能的增加量的，据此列等式分析。

知道运用平均速度代替瞬时速度的思想。

由机械能守恒原理列式分析。

考点19 电学实验4.[来源: 2020年江西师大附中高考物理仿真试卷（4月份）]在“测定金属的电阻率”实验中：(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图甲所示，其示数为______cm；用刻度尺测得金属丝的长度如图乙所示，其示数为______cm；用欧姆表粗略测量该金属丝的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图丙所示，其示数为______Ω。

(2)用伏安法进一步精确测金属丝的电阻R，实验所用器材如下：a.电流表A(量程为0.2A，内阻为1Ω)b.电压表V(量程为9V，内阻约3kΩ)c.定值电阻R0(阻值为2Ω)d.滑动变阻器R(最大阻值为10Ω，额定电流为2A)e.电池组(电动势为9V，内阻不计)f.开关、导线若干①某小组同学利用以上器材设计电路，部分电路图如图丁所示，请把电路图补充完整。

(要保证滑动变阻器的滑片任意移动时，电表均不被烧坏)②某次实验中，电压表的示数为4.5V，电流表的示数为0.1A，则金属丝电阻的值为______Ω；根据该测量值求得金属丝的电阻率为______Ω⋅m.(计算结果均保留三位有效数字)【答案】0.221035.030.029.3 3.68×10−4【解析】解：(1)螺旋测微器的示数为：2mm+21.0×0.01mm=2.210mm=0.2210cm，刻度尺示数为：450.0mm−100.0mm=350.0mm=35.0cm，欧姆表选择“×1”欧姆挡测量，示数为：30.0×1Ω=30.0Ω。

(2)①当电压表满偏时，通过R x的电流约为0.3A，可利用R0与电流表并联分流，因电流表内阻已知，故电流表采用内接法，如图所示。

②通过R x的电流为：I=I A+I A R AR =0.15A，R x两端的电压为：U=U V−I A R A=4.4V，故有：R x=UI=29.3Ω，由R=ρlS 知金属丝的电阻率为：ρ=R x Sl=R xπ(d2)2l=3.68×10−4Ω⋅m。

故答案为：(1)0.2210，30.50，30.0；(2)①见解析图；②29.3，3.68×10−4(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数；(2)根据实验原理与实验器材作出电路图，根据电路图应用串并联电路特点与欧姆定律求出金属导体的电阻，应用电阻定律可以求出电阻率的表达式。