2017年高中物理电学实验(难题)附答案

2017高中物理电学实验（难题）附答案参考答案与试题解析1．（2017•江西模拟）利用如甲图所示电路，可用伏安法测定某一电源的电动势和内阻，其中虚线框内为用灵敏电流计G改装的电压表V，A为标准电流表，E1为待测电源，S为开关，R为滑动变阻器（1）已知灵敏电流计G的满偏电流I g=200μA，按如图乙所示电路，用半偏法测定灵敏电流计G的内电阻r g，其中电阻R4约为1kΩ，为使r g的测量值尽量准确，在以下器材中，电源E2应选用B，电阻R3应选用F，电阻R2应选用C （选填器材前的字母）．A．电源（电动势为1.5V）B．电源（电动势为6V）C．电阻箱（0～999.9Ω）D．滑动变阻器（0～500Ω）E．电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当，0～5.1kΩ）F．电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当，0～51kΩ）（2）如果所得R3的阻值为300Ω，则图中被测电流计G的内阻r g的测量值为300.0Ω，该测量值略小于实际值（填“略大于”“略小于”“等于”）（3）给灵敏电流计G串联一个阻值为29.7kΩ的电阻就可以将该电流计G改装为量程6V的电压表V．（4）由（2）确定灵敏电流计的内阻测量值与实际值差异后，将其改装成另一电压表V（甲图虚线框所示）接入甲图电路进而完成甲图实验测量时，电压表V测量值小于实际值（填“大于”“小于”或“等于”）；电源E1电动势测量值小于实际值（填“大于”“小于”或“等于”）．【解答】解：（1）由于I g=200μA，R4约为1kΩ，同时为了减小误差，R2应选择阻值较大的F，所以电源应选取电动势较大的B；根据半偏法原理可知，电阻R3应选用电阻箱C；（2）当调节电阻箱，使电流表半偏时，由于干路电流几乎未变，电阻箱与电流计中的电流相等，电阻必然相等．如果所得的R1的阻值为300.0Ω，则图中被测电流计G的内阻r g的测量值为300.0Ω．实际上电阻箱并入后的，电路的总电阻减小了，干路电流增大了，电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于电流计的电阻．所以，该测量值“略小于”实际值．（3）根据改装原理可知，U=I g（R g+R）解得：R=﹣R g=﹣300=29.7KΩ；（4）由于电阻箱的测量值因小于真实值，则改装后实验内阻偏小，故电压表的测量值小于真实值；同时由于采用了相对电源的电流表外接法，电流表示数偏小，故电源电动势的测量值也小于真实值．故答案为：（1）B，F，C；（2）300.0，略小于；（3）29.7；（4）小于，小于．2．（2017•萧山区模拟）太阳能是一种清洁、“绿色”能源，在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件．某实验小组决定探究一个太阳能电池在没有光照时（没有储存电能）的伏安特性．所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干．（1）为了达到上述目的，请将图1连成一个完整的实验电路图．（2）该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图2的I﹣U图象．由图可知，当电压为2.80V时，太阳能电池的电阻约为1×103Ω．（保留一位有效数字）（3）该实验小组在另一实验中用一强光照射太阳能电池，使该太阳能电池获得电能，为了测出该电池此时的电动势和内阻，该小组同学决定先用欧姆表进行粗测，再设计合理的电路图．你认为该小组同学的做法合理吗？为什么？不能，因为多用电表的欧姆挡自带电源，使用时必须与外电路断开，因此不能测电源内阻．（4）该实验小组设计了如图3所示的电路图，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U﹣I曲线a，再减小实验中光的强度，用一弱光重复实验，测得U﹣I 曲线b，见图4．当滑动变阻器的电阻为某值时，若曲线a的路端电压为1.5V．则滑动变阻器的测量电阻为7.1×103Ω，曲线b外电路消耗的电功率为 6.8×10﹣5W（计算结果保留两位有效数字）．【解答】解：（1）根据测绘小灯泡伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，电路连接如图．（2）由图2所示图象可知，当电压小于2.00V时，电路电流很小，几乎为零，由欧姆定律可知，太阳能电池的电阻很大；由图2所示图象可知，当电压为2.80V 时，电流I=2.8mA，则太阳能电池的电阻R=1×103Ω．（3）不能，因为多用电表的欧姆挡自带电源，使用时必须与外电路断开，因此不能测电源内阻．（4）由图4所示曲线可知，路端电压为U1=1.5V时电路中电流为I1=210μA，即为强光照射时的工作点，连接该点和坐标原点，如图所示，此直线为此时对应的外电路电阻的U﹣I图线，滑动变阻器的测量电阻为R==7.1×103Ω，此图线和图线b的交点为弱光照射时的工作点，如图所示．电流和电压分别为I=97μA、U=0.7V，则外电路消耗功率为P=UI=0.7×97×10﹣6≈6.8×10﹣5W．故答案为：（1）如图所示；（2）1×103；（3）不能，因为多用电表的欧姆挡自带电源，使用时必须与外电路断开，因此不能测电源内阻；（4）7.1×103；6.8×10﹣53．（2017•崇明县二模）在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：（A）待测的干电池（B）电流传感器1（C）电流传感器2（D）滑动变阻器R（0﹣20Ω，2A）（E）定值电阻R0（2000Ω）（F）开关和导线若干某同学发现上述器材中虽然没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验．（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向右滑动，则电流传感器1的示数将变小（选填“变大”或“变小”）．（2）图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的I1﹣I2图线（I1为电流传感器1的示数，I2为电流传感器2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），则由图线可得被测电池的电动势E= 3.00V，内阻r= 2.00Ω．（3）若将图线的纵坐标改为I1R0+I1r，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小．【解答】解：（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时R值减小，电流传感器2的示数变大，电流传感器1的示数变小．（2）由闭合电路欧姆定律可得：I1R0=E﹣（I1+I2）r变形得：I1=﹣I2；由数学知可得：图象中的k=；b=；由图可知：b=1.50；k=；故解得：E=3.00V，r=2.00Ω；（3）依据公式I1R0=E﹣（I1+I2）r，当I2=0，纵坐标值即为电源的电动势；因此若图象纵坐标改为路端电压，即I1R0+I1r，则图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故答案为：（1）变小．（2）2.96（士0.04）V；2.00Ω（士0.03）Ω．（3）I1R0+I1r．4．（2017•武侯区校级模拟）从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量“金属丝的电阻率”．要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能得到多组数据．金属丝（L）长度为L0 直径为D电流表（A1）量程10mA 内阻r1=40Ω电流表（A2）量程500μA 内阻r2=750Ω电压表（V）量程10V 内阻10kΩ电阻（R1）阻值为100Ω 起保护作用滑动变阻器（R2）总阻值约20Ω电池（E）电动势1.5V 内阻很小开关（S）及导线若干（1）在下列方框中画出电路图，并标明所用器材的代号．（2）若选测量数据中的一组数据计算电阻率ρ，则所用的表达式ρ=，式中各符号的意义是I1为A1的读数，I2为A2的读数，r1为A1的内阻，r2为A2的内阻，L0为金属丝的长度，D为金属丝的直径．【解答】解：（1）由于提供的电压表量程太大，测量的过程读数的误差大，因此需要将小量程的电流表改装为电压表，将A2与R1并联，改装为电压表，具体电路如图所示：（2）根据实验电路图，读出A1、A2的示数分别为I1、I2，则有：电阻丝两端的电压为：U=I2（R1+r2）﹣r1I1①根据电阻定律有：②金属丝的横截面积为：③联立①②③解得：I1为A1的读数，I2为A2的读数，r1为A1的内阻，r2为A2的内阻，L0为金属丝的长度，D为金属丝的直径故答案为：（1）如图所示；（2）；I1为A1的读数，I2为A2的读数，r1为A1的内阻，r2为A2的内阻，L0为金属丝的长度，D为金属丝的直径．5．（2017•泗阳县校级模拟）图（a）是白炽灯L1（220V，100W）和L2（220V，60W）的伏安特性曲线．（1）图中曲线A表示灯L1的伏安特性曲线．（选填“A”或“B”）（2）随着灯泡L1功率的增大，其灯丝阻值逐渐变大．（选填“变大”、“变小”或“不变”）（3）若将这两个灯泡并联在电路上，在用电高峰时电压仅200V，则此时L1灯的实际功率为88W，L2灯的实际功率为52W．（4）若将它们串联后接在220V电源上，则此时L1灯的实际功率为14.4W，L2灯的实际功率为38.4W．（5）若用图（b）所示电路测量L1灯的伏安特性，由于电表存在内阻，实际测得的伏安特性曲线比图（a）中描绘出的理想伏安特性曲线在I﹣U图中位置来得偏低（选填“高”或“低”）．（6）用图（b）所示电路测量L1灯伏安特性时，已知R0=10Ω，E=300V．则电路中可变电阻R选用下列各种规格时，测量效果最好的是B．A．最大电阻5Ω，最大电流10A B．最大电阻50Ω，最大电流6AC．最大电阻500Ω，最大电流1A D．最大电阻5000Ω，最大电流1A【解答】解：（1）白炽灯L1（220V，100W）和L2（220V，60W），根据R=，所以L1的电阻小于L2的电阻．根据I﹣U特性曲线可以知道曲线A的电阻较小，所以曲线A表示灯L1的伏安特性曲线．（2）根据电阻的定义式R=可知，I﹣U伏安特性曲线的每一点与原点的连线的斜率等于电阻的倒数．所以随着灯泡L1功率的增大，I﹣U伏安特性曲线的每一点与原点的连线的斜率减小，其灯丝阻值逐渐变大．（3）若将这两个灯泡并联在电路上，在用电高峰时电压仅200V，根据I﹣U伏安特性曲线得L1灯的电流是0.44A，L2灯的电流是0.26A，根据P=UI得此时L1灯的实际功率为88W，L2灯的实际功率为52W．（4）两电阻串联时，流过两电阻的电流相等，而总电压应为220V，由I﹣U图象可知，串联时电流应为0.24A，此时L1的电压为60V，故此时L1的功率P=U1I1=14.4W；L2的电压为160V，故此时L2的功率P=U2I2=38.4W；（5）由于电流表存在内阻，电压表的读数要大于灯泡两端的实际电压．所以实际测得的伏安特性曲线比图（a）中描绘出的理想伏安特性曲线在I﹣U图中位置来得偏低．（6）图（b）是采用滑动变阻器的分压式接法，电路中接入了R0=10Ω，而E=300V，所以如果可变电阻R的最大电阻是5Ω，那么灯泡两端的电压范围就很小，如果可变电阻R的最大电阻是500Ω或5000Ω，调节可变电阻不利于数据的测量和采集，所以选最大电阻50Ω，最大电流6A，故选B．故答案为：（1）A；（2）变大；（3）88，52；（4）14.4，38.4；（5）低；（6）B．6．（2017秋•海淀区校级期末）某同学做“测定金属电阻率”的实验（1）首先用刻度尺测出该电阻丝的有效长度L如图甲，读数为45.0cm （2）接着用螺旋测微器测得该金属丝的直径d为0.680mm（3）最后用伏安法测量金属丝的电阻，实验前先用欧姆表粗测其电阻，首先将选择开关放在×10档，接着进行的操作是进行欧姆调零，实验时发现指针偏转角度太大．之后该学生进行正确的操作，指针指示如图丙所示，读数为5Ω．（4）该实验测金属丝的电阻有以下器材可供选择：（要求测量结果尽量准确）A．电池组（3V，内阻约1Ω）；B．电流表A1（0～3A，内阻约0.025Ω）C．电流表A2（0～0.6A，内阻约0.125Ω）D．灵敏电流表G（满偏电流100μA，内阻100Ω）E．滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流1A）F．滑动变阻器R2（0～100Ω，额定电流0.3A）G．开关、导线H．待测电阻R x I．电阻箱①由于没有提供电压表，现将灵敏电流表改装成一个量程为3V的电压表，需要串联（填“串联”或“并联”）一个电阻的阻值为29900Ω②实验时应选用的电流表为C；滑动变阻器为E（填仪器前面的字母）③请帮助该同学设计电路图并连接相应的实物图．（a）根据选用的器材在下面的虚线框中画出电路图，其中改装的电压表直接用V表示；（b）按电路图在实物图中连接导线，要求实验开始滑动变阻器的滑片处于最右端；（c）这位同学在其中一次测量过程中，电流表、电压表的示数如图所示．由图中电流表、电压表的读数可计算出金属丝的电阻为 5.2Ω，该测量值小于真实值（填“大于”、“小于”或“等于”），该误差是由于电压表的分流造成的．（5）用L、d、U、I表示该金属丝的电阻率ρ=（6）另一位同学直接将一个滑动变阻器R1与电池组串联，想研究电池组的输出功率P随路端电压U、总电流I变化的关系．实验中随着滑动变阻器滑片的移动，电池组的输出功率P会发生变化，图中的各示意图中正确反映P﹣U或P﹣I关系正确的是CD（7）针对本实验中改装后的电压表一般都要与标准电压表进行校对．现有灵敏电流计和电阻箱，再给你提供一个量程合适的标准电压表V0，一个4V的电池组E，一个最大阻值为1kΩ的滑动变阻器R，开关S及若干导线，请在方框内设计合适的校对电路图，要求电压从零开始校对，并根据电路图连接实物图【解答】解：（1）刻度尺的读数为65.0﹣20.0=45.0cm；（2）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为18.0×0.01mm=0.180mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.180mm=0.680mm；（3）选择开关指向欧姆挡“×10”档位的多用电表测量，先进行欧姆调零，实验时发现指针偏转角度太大，说明所选档位太大，应换小挡，应将选择开关换成欧姆挡的×1档位，然后进行欧姆调零，由图丙可知，电阻丝的电阻为5×1Ω=5Ω．（4）①改装电压表需要串联一个大电阻，根据R=（n﹣1）R g可知，串联的电阻为：R==29900Ω②电路的最大电流I=，所以电流表选择C，为了方便调节，滑动变阻器选择小范围的E，③测量电路中R X约为5Ω远小于伏特表的内阻，故用电流表外接法，滑动变阻器因是小电阻控制大电阻用分压式接法．故电路图如图所示：按照电路图连接的实物图，如图所示：根据电表读数原理及要求可读出U=2.40V，I=0.46A，则有：R=，由于电压表的分流作用导致电阻测量值小于真实值，（5）根据欧姆定律得：R=，根据电阻定律得：R=，其中S=，解得：ρ=（6）A、当内阻和外阻相等时，输出功率最大，所以当电阻从0开始增大时，电流逐渐减小，但输出功率增大，当内阻和外阻相等时，输出功率最大，电阻进一步增大，电流减小，而输出功率也减小，所以随着电流的增大，输出功率先增大后减小，故A错误，D正确；B、电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大，而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半，外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，故符合条件的图象应为C，故B 错误，C正确．故选：CD（7）要改装成电压表应串联一个大电阻，则把电流计与电阻箱串联，再与标准电压表并联，要求电压从零开始校对，则变阻器使用分压式，电路图如图所示：，根据电路图连接实物图，如图所示：故答案为：（1）45.0；（2）0.680；（3）进行欧姆调零；5Ω；（4）串联；29900Ω；C；E；如图所示；5.2；小于；电压表的分流；（5）；（6）CD；（7）如图所示．7．（2017•海南）某同学将量程为200μA、内阻为500Ω的表头μA改装成量程为1mA和10mA的双量程电流表，设计电路如图（a）所示．定值电阻R1=500Ω，R2和R3的值待定，S为单刀双掷开关，A、B为接线柱．回答下列问题：（1）按图（a）在图（b）中将实物连线；（2）表笔a的颜色为黑色（填“红”或“黑”）（3）将开关S置于“1”挡时，量程为10mA；（4）定值电阻的阻值R2=225Ω，R3=25.0Ω．（结果取3位有效数字）（5）利用改装的电流表进行某次测量时，S置于“2”挡，表头指示如图（c）所示，则所测量电流的值为0.780mA．【解答】解：（1）实物连线如图所示：（2）因电流应从黑表笔流出，所以表笔a的颜色为黑色；（3）将开关S置于“1”挡时，表头μA和R1、R2串联后再与R3并联，将开关S置于“2”挡时，表头μA和R1串联后再与R2、R3并联，所以开关S置于“1”挡时量程较大，即开关S置于“1”挡时量程应为10mA；（4）设电流表的满偏电流为，根据欧姆定律，当开关打到1时有=，其中=10mA当开关打到2时有=，其中=1mA联立以上两式=225Ω，=25.0Ω（5）电流表示数为I==0.780mA．故答案为（1）如图：（2）黑；（3）10；（4）225，25.0；（5）0.78．8．（2017•成都模拟）（1）如图所示为接在频率为50Hz的低压交流电电源上的打点计时器，在纸带做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的点是依次所选的计数点，但第三个计数点未画出，相邻计数点间均有4个实际打下的点未画出，则由图示数据可求得，该物体的加速度为 3.5m/打第3个计数点时，该物体的速度为0.598m/s（保留3位有效数字）（2）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：A．待测干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.0Ω）B．电流表A1（满偏电流3mA，内阻r A=10Ω）C．电流表A2（0～0.6A，内阻0.1Ω）D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）E．滑动变阻器R2（0～200Ω，1A）F．定值电阻R0（990Ω）G．开关和导线若干①某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了图甲中的（a）、（b）两个参考实验电路．其中合理的是图a所示的电路；在该电路中，为操作方便且能较准确的进行测量，滑动变阻器应选D（填写字母代号）．②图乙为该同学根据①中选出的合理实验电路利用测出的数据绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数），则由图线可得被测电池的电动势E= 1.48V，内阻r=0.77Ω．【解答】解：（1）△S=﹣=﹣=a，其中t=5×0.02s=0.1s可解得﹣=2a，解得a=3.5m/，又由﹣=﹣，得==5.1cm，所以==0.598m/s（2）①根据欧姆定律若是与串联则总电压为U=I（+）=3×（10+990）V=3V，与电源电动势接近，故合理的是图a，由闭合电路欧姆定律估算电路最大电阻为==Ω=7.5Ω，故滑动变阻器应选D．②根据闭合电路欧姆定律有E=（+）+（+）．r，整理为=﹣.+，由图象可读出纵轴截距为1.48，即=1.48，又图象斜率K==0.77，即=0.77×，两式联立可得E=1.48V，r≈0.77Ω故答案为（1）3.5m/，0.598m/s（2）①a，D（3）1.48，0.779．（2017•双桥区校级模拟）为了测量一精密金属丝的电阻率：（1）先用多用电表初测其电阻约为6Ω，然后用螺旋测微器测其直径为0.618mm，测其长度是132.2mm．（2）除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：A．电压表V1（量程3V，内阻约为15Ω）B．电压表V2（量程l5V，内阻约为75kΩ）C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）E．滑动变阻器R1（0～5Ω，0.6A）F．滑动变阻器R2（0～2000Ω，0.1A）G．输出电压为3V的直流稳压电源E H．电阻箱I．开关S，导线若干为了减小实验误差，需进一步测其电阻而采用伏安法，则上述器材中电压表应选用A（填序号），电流表应选用D（填序号），滑动变阻器应选用E （填序号）；图乙中最合理的电路图应选择d．如果金属丝直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，写出计算电阻率的表达式ρ=．【解答】解：（1）螺旋测微器固定刻度读数为0.5mm，可动刻度的读数为0.01×11.8=0.118mm，所以最终读数为0.618mm．（2）电源电动势为3V，所以电压表选择电压表V1（量程3V，内阻约为15Ω），I max==0.5A，所以电流表选择电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω），为零方便调节，滑动变阻器变化范围要小点，故选滑动变阻器R1（0～5Ω，0.6A），由于金属丝的电阻较小，则选择电流表外接法．并为了减少实验误差，且在实验中获得较大的电压调节范围，所以变阻器要选择分压式接法．故选：d根据欧姆定律得：R=，根据电阻定律得：R=，解得：ρ=故答案为：（1）0.618；（2）A，D，E，d，10．（2017•东莞二模）（1）某同学用如图所示的装置测定重力加速度：①电火花计时器的工作电压为220V，频率50Hz．②打出的纸带如图所示，实验时纸带的乙端应和重物相连接．（选填“甲”或“乙”）③实验中在纸带上连续打出点1、2、3、…、9，如图所示，由纸带所示数据可算出实验时的加速度为9.4m/s2．④当地的重力加速度数值为9.8m/s2，请列出测量值与当地重力加速度的值有差异的主要原因空气阻力、摩擦阻力．（2）某同学在做测金属丝电阻率的实验中，取一根粗细均匀的康铜丝，其中有两个步骤是用螺旋测微器测出康铜丝的直径d和用伏安法测量的康铜丝的电阻R．①用螺旋测微器测量康铜丝直径如丙图所示，由图可知其直径为 1.880mm．②图乙是测量康铜丝电阻的原理图，根据原理图在如图甲所示的实物图中画出连线．③利用上面的电路图测出的电阻值比真实值偏小（填“偏大”或“偏小”），这种误差叫做系统误差（填“系统”或“偶然”）．【解答】解：（1）①电火花打点计时器用220V交流电，频率50Hz；②纸带做自由落体运动，所以乙端与重物相连；③由△X=gT2知，g==9.4m/S2；④测量值有误差的原因：空气阻力、摩擦阻力；（2）①螺旋测微器的读数为：主尺+半毫米+转筒=1+0.5+38.0×0.01=1.880mm；②电路如图③电压值是真实的，由于电压表的分流，电流偏大，故测量的电阻偏小，此种误差属于系统误差．故答案为：（1）①交流220 V，50 Hz；②乙③9.4④空气阻力、摩擦阻力；（2）①1.880②电路连接如图所示③偏小，系统．11．（2017•齐齐哈尔校级模拟）Ⅰ、（1）在“测定金属的电阻率”实验中，把金属丝在圆柱形铅笔上单层密绕30圈，用20分度的游标卡尺测得其长度如图所示，则金属丝横截面的直径为0.68mm（2）影响物质材料电阻率的因素很多，一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大，而半导体材料的电阻率则与之相反，随温度的升高而减少．某课题研究组需要研究某种导电材料的导电规律，他们用该种导电材料制作成电阻较小的线状元件Z做实验，测量元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律．（a）他们应选用下图所示的哪个电路原理图进行实验？答：A（b）按照正确的电路图，完成右图中的实物连线．（c）实验测得元件Z的电流与电压的关系图象如下图所示．则元件Z是金属材料还是半导体材料？答：半导体．Ⅱ、用如图所示装置来探究碰撞中的守恒量，质量为m B的钢球B放在小支柱N 上，球心离地面高度为H；质量为m A的钢球A用细线拴好悬挂于O点，当细线被拉直时O点到球心的距离为L，且细线与竖直线之间夹角α；球A由静止释放，摆到最低点时恰与球B发生正碰，碰撞后，A球把轻质指示针C推移到与竖直夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，用来记录球B的落点．（a）用图中所示各个物理量的符号表示：碰撞前A球的速度V A=；碰撞后B球的速度V B=；此实验探究守恒量的最后等式为=+．（b）请你提供两条提高实验精度的建议：①让球A多次从同一位置摆下，求B球落点的平均位置；．②α角取值不要太小；．【解答】解：Ⅰ、（1）Ⅰ、（1）游标卡尺的读数为20.40mm，故每一圈的直径为D=；故答案为：0.68mm．（2）（a）电压从零开始连续调节，故滑动变阻器应该选择分压式接法；导体电阻较小，与电流表内阻相接近，故选择安培表外接法；故选：A．（b）连线图如图：（c）从伏安特性曲线得到电阻随电压的增加而减小，故为半导体；故答案为：半导体．Ⅱ、（a）小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有mgL（1﹣cosα）=解得v A=x小球A碰撞后继续运动，机械能再次守恒，有mgL（1﹣cosβ）=解得v′A=碰撞后B球做平抛运动，根据位移公式，有S=v B tH=解得v B=需要验证A、B球碰撞过程动量守恒，故m A v A=m A v′A+m B v B即需要验证=+故答案为：，，=+．（b）题目中的误差来源于空气阻力、落地点的测量等；故答案为：①让球A多次从同一位置摆下，求B球落点的平均位置；②α角取值不要太小；③两球A、B质量不要太小；④球A质量要尽量比球B质量大．12．（2017•宁都县校级模拟）在《测定电源电动势和内阻》的实验中，某同学所用的电路图如图所示，测得的数据如下表：123456U/V 1.42 1.36 1.08 1.21 1.14 1.07I/A0.040.080.120.160.200.24①实验误差分系统误差和偶然误差两种．该实验的系统误差主要是小于由电压表的分流引起的，由于系统误差本实验电动势的测量值E测真实值E（填“大于”、“小于”或“等于”）．真用画U﹣I图线求电动势和内阻的优点在于可以尽量减小实验的偶然误差．②在如图给出的U﹣I坐标系中用已知的数据画出U﹣I图线（横、纵坐标的起点已经规定好），从图象中可以发现该同学记录的第3组数据有错误．③求得电动势E= 1.5V，内阻r= 1.8Ω．（均保留2位有效数字）．【解答】解：①该实验的系统误差主要是由电压表的分流，导致电流表测量的电流小于通过电源的真实电流；利用等效电源分析，即可将电压表等效为电源内阻，测实验中测出的电动势应为等效电阻输出的电压，由图可知，输出电压小于电源的电动势；故可知电动势的测量值小于真实值；而采用图象法处理实验数据可以减小实验的偶然误差，不能减小系统误差；②如图建立坐标，采取描点连线的方法作出图象如图所示；偏离直线远的数据点记录有错误；故说明第3组纪录有误；③图象与纵轴的交点值表示电动势，图线的斜率值表示源的内阻．由图可知电源的电动势为1.50V；在计算斜率时在直线上取距离尽量大点的两点计算．故可以选取第1和第6组计算得：r=≈1.8Ω故答案为：①电压表的分流，小于，偶然；②图象如上图，3；③1.5，1.8．13．（2017•雁峰区校级模拟）某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内阻，使用的器材还包括定值电阻（R0=5Ω）一个，开关两个，导线若干，实验原理图如图（a）所示．（1）在图（b）所示的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接．（2）请完成下列主要实验步骤；A．检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图（c）所示，读得电阻值是20Ω．B．将开关s1闭合，开关s2断开，电压表的示数是1.49V；C．将开关s2闭合，电压表的示数是1.16V；断开开关s1．（3）使用测得的数据，计算出干电池的内阻是0.69Ω（计算结果保留二位有效数字）．（4）由于所用电压表不是理想电压表，所以测得的电动势比实际值偏小（填“大”或“小”）．。