专题8.1 必修一力学实验全解(课件)-2020年领军高考物理一轮复习
2020年高考物理第一轮总复习 第八章学案 教师版 精品
2020年高考物理第一轮总复习第八章学案教师版第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第21节分子动理论内能第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体第22节热力学定律气体实验九用油膜法估测分子的大小实验九用油膜法估测分子的大小实验九用油膜法估测分子的大小实验九用油膜法估测分子的大小。
2020版高考物理一轮复习教师用书_8 第八章 恒定电流 1 第一节 欧姆定律、电阻率、电功率及焦耳定律 (4)
实验九描绘小电珠的伏安特性曲线一、实验目的1．掌握滑动变阻器的使用方法及连接方式．2．掌握伏安特性曲线的描绘方法．3．理解小电珠的伏安特性曲线为什么是曲线．二、实验原理1．用电流表测出流过小电珠的电流，用电压表测出小电珠两端的电压，测出多组(U，I)值，在I－U坐标系中描出各对应点，用一条平滑的曲线将这些点连起来．2．电流表外接：因为小电珠的电阻较小，如果电流表内接，误差明显较大；滑动变阻器采用分压式，使电压能从零开始连续变化．三、实验器材小电珠(3.8 V，0.3 A)或(2.5 V，0.6 A)一个、电压表(0～3 V～15 V)与电流表(0～0.6 A～3 A)各一个，滑动变阻器(最大阻值20 Ω)一个、学生低压直流电源(或电池组)、开关一个、导线若干、坐标纸、铅笔．四、实验过程1．电路连接确定电流表、电压表的量程，采用电流表外接法，滑动变阻器采用分压式接法，按图中的原理图连接好实验电路．2．开关闭合把滑动变阻器的滑片调节到图中最左端，接线经检查无误后，闭合开关S.3．数据测量移动滑动变阻器滑片位置，测出12组左右不同的电压值U和电流值I，并将测量数据填入表格中，断开开关S.五、数据处理1．在坐标纸上以U为横轴，以I为纵轴，建立坐标系．2．在坐标纸上描出各组数据所对应的点(坐标系纵轴和横轴的标度要适中，以使所描图线充分占据整个坐标纸为宜)．3．将描出的点用平滑的曲线连接起来，就得到小电珠的伏安特性曲线．六、误差分析1．系统误差由于采用的是电流表外接法，电流表的测量值大于小电珠电流的真实值．2．偶然误差(1)电压表、电流表读数时存在误差．(2)在坐标纸上描点、作图时存在误差．七、注意事项1．电路的调节闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应移到使小电珠分得电压为零的一端，使开关闭合时小电珠的电压从零开始变化，同时也是为了防止开关刚闭合时因小电珠两端电压过大而烧坏小电珠．2．图象的画法(1)建立坐标系时，纵轴表示电流，横轴表示电压，两坐标轴选取的标度要合理．(2)I－U图线在U＝1.0 V左右时将发生明显弯曲，故在U＝1.0 V左右绘点要密，以防出现较大误差．(3)误差较大的点要舍去，I－U图线应是平滑曲线而非折线．3．实验操作当小电珠的电压接近额定值时要缓慢增加，到额定值记录I后马上断开开关．对电路设计和实验原理的考查【典题例析】有一个小电珠上标有“4 V，2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个电珠的I －U图线，现有下列器材供选用：A.电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)B.电压表(0～15 V，内阻20 kΩ)C.电流表(0～3 A，内阻0.4 Ω)D.电流表(0～0.6 A，内阻1.0 Ω)E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)F．滑动变阻器(500 Ω，1 A)G．学生电源(直流6 V)、开关、导线若干(1)实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，请说明理由：________________________________________________________________________.(2)实验中所用电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．(用序号字母表示)(3)把图丙中所示的实验器材按图甲用笔画线代替导线连接成实物电路图．[解析](1)由于测量数据要从零开始，故采用题图甲所示的分压式电路，且能方便地多测几组数据．(2)因小电珠额定电压为4 V ，则电压表选量程为0～5 V 的电压表A.小电珠的额定电流为I ＝P U ＝24 A ＝0.5 A ，则电流表选D.滑动变阻器应选最大阻值较小的E ，这样在实验中移动滑片时能使电路中的电流和电压有明显的变化，从而减小读数误差．(3)电路图如图所示．[答案] (1)描绘电珠的I －U 图线所测数据需从零开始，并要多取几组数据 (2)A D E (3)见解析图1.(2019·广西柳州高级中学模拟)在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，已知待测小灯泡的额定电压为6 V ，额定功率约为3 W ，提供的器材有：电流表A ：量程为0.6 A ，内阻约为0.5 Ω； 电压表V ：量程为3 V ，内阻为3 k Ω； 滑动变阻器R 1(0～10 Ω，2 A) 滑动变阻器R 2(0～500 Ω，1 A) 定值电阻R 3＝1 k Ω； 定值电阻R 4＝3 k Ω；电源：电动势为9 V ，内阻约为0.1 Ω； 开关一个，导线若干． (1)实验中，应该选用的滑动变阻器是________，定值电阻是 ________(填仪器的字母代号)．(2)根据所给的器材，在虚线框中画出实验电路图．解析：(1)灯泡额定电压为6 V ，电压表量程为3 V ，需要把电压表与定值电阻R 4串联组成新的电压表，使电压表量程扩大至6 V ；电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，灯泡正常发光时电阻约为 R ＝U 2P ＝623 Ω＝12 Ω，电流表内阻约为0.5 Ω，电压表内阻为6 k Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，因电源内阻约为0.5 Ω，滑动变阻器应选择阻值较小的R1.(2)实验电路图如图所示．答案：(1)R1R4(2)见解析图对数据处理和误差分析的考查【典题例析】(2017·高考全国卷Ⅰ)某同学研究小灯泡的伏安特性．所使用的器材有：小灯泡L(额定电压3.8 V，额定电流0.32 A)；电压表V(量程3 V，内阻3 kΩ)；电流表A(量程0.5 A，内阻0.5 Ω)；固定电阻R0(阻值1 000 Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0 Ω)；电源E(电动势5 V，内阻不计)；开关S；导线若干．(1)实验要求能够实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图．(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示．由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻________(填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率________(填“增大”“不变”或“减小”)．(3)用另一电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为________W，最大功率为________W．(结果均保留2位小数)[解析](1)要实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，则滑动变阻器需要设计成分压接法；电压表V应与固定电阻R0串联，将量程改为4 V．由于小灯泡正常发光时电阻约为12 Ω，所以需将电流表外接．(2)由小灯泡伏安特性曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻增大．根据电阻定律可知，灯丝的电阻率增大．(3)当滑动变阻器接入电路中的阻值最大为9.0 Ω时，流过小灯泡的电流最小，小灯泡的实际功率最小，把滑动变阻器视为等效电源内阻的一部分，在题图(a)中画出等效电源E′0(电动势4 V，内阻1.00 Ω＋9.0 Ω＝10 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－10I(V)，图线如图中Ⅰ所示，故小灯泡的最小功率为P min＝U1I1＝1.75×0.225 W≈0.39 W．当滑动变阻器接入电路中的阻值最小为零时，流过小灯泡的电流最大，小灯泡的实际功率最大，在题图(a)中画出电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－I(V)，图线如图中Ⅱ所示，故小灯泡的最大功率为P max＝U2I2＝3.68×0.318 W≈1.17 W.[答案](1)实验电路原理图如图所示(2)增大增大(3)0.39 1.172.(2018·高考全国卷Ⅲ)一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻R x的阻值，图中R0为标准定值电阻(R0＝20.0 Ω)；V可视为理想电压表；S1为单刀开关，S2为单刀双掷开关；E为电源；R为滑动变阻器．采用如下步骤完成实验：(1)按照实验原理线路图(a)，将图(b)中实物连线；(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合S 1；(3)将开关S 2掷于1端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表V 的示数U 1；然后将S 2掷于2端，记下此时电压表V 的示数U 2；(4)待测电阻阻值的表达式R x ＝________(用R 0、U 1、U 2表示)； (5)重复步骤(3)，得到如下数据：(6)利用上述5次测量所得U 2U 1的平均值，求得R x ＝________Ω.(保留1位小数) 解析：开关S 2掷于1端，由欧姆定律可得通过R x 的电流I ＝U 1R 0，将开关S 2掷于2端，R 0和R x 两端电压为U 2，R x 两端电压为U ＝U 2－U 1，由欧姆定律可得待测电阻阻值R x ＝UI ＝U 2－U U 1R 0＝(U 2U 1－1)R 0.5次测量所得 U 2U 1 的平均值为 15(3.44＋3.43＋3.39＋3.40＋3.39)＝3.41，代入得R x ＝(3.41－1)×20.0 Ω＝48.2 Ω.答案：(1)实物连线如图 (4)(U 2U 1－1)R 0 (6)48.2创新实验【典题例析】在有光照时太阳能电池可以将光能转化为电能，在没有光照时，太阳能电池可以视为一个电学器件．某实验小组用测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的I －U 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，应选用哪个电路图：________(选填“甲”或“乙”)．(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图丙所示的I －U 图象．由图可知，当电压小于2.0 V 时，太阳能电池的电阻________(选填“很大”或“很小”)；当电压为2.8 V 时，太阳能电池的电阻约为________ Ω.(保留两位有效数字)．[解析] (1)用测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照射时(没有储存电能)的I －U 特性，应选用滑动变阻器分压接法，为电路图甲．(2)由题图可知，当电压小于2.0 V 时，电流几乎为零，所以太阳能电池的电阻很大．当电压为2.8 V时，对应电流为2.8 mA，由欧姆定律可得太阳能电池的电阻约为R＝U I＝1.0×103Ω.[答案](1)甲(2)很大 1.0×1033.(2016·高考天津卷)某同学想要描绘标有“3.8 V，0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整．可供该同学选用的器材除开关、导线外，还有：电压表V1(量程0～3 V，内阻等于3 kΩ)电压表V2(量程0～15 V，内阻等于15 kΩ)电流表A1(量程0～200 mA，内阻等于10 Ω)电流表A2(量程0～3 A，内阻等于0.1 Ω)滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流2 A)滑动变阻器R2(0～1 kΩ，额定电流0.5 A)定值电阻R3(阻值等于1 Ω)定值电阻R4(阻值等于10 Ω)定值电阻R5(阻值等于1 kΩ)电源E(E＝6 V，内阻不计)(1)请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁．Ｋ(2)该同学描绘出的I－U图象应是下图中的________．解析：(1)描绘小灯泡的伏安特性曲线实验时，需要设计成滑动变阻器的分压接法，滑动变阻器应选择与小灯泡阻值相接近的R1.给出的元件电压表V1量程小于小灯泡的额定电压，电压表V2量程又太大，因此需要将电压表V1串联一个1 kΩ的定值电阻R5，改装成最大量程为4 V的电压表．给出的元件电流表A1量程小于小灯泡的额定电流，电流表A2量程又太大，因此需要将电流表A1并联一个10 Ω的定值电阻R4，改装成最大量程为400 mA的电流表．(2)由于小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以该同学绘出的小灯泡的I－U图象应是B.答案：(1)如图所示(2)B1．图甲是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图．甲 乙(1)根据图甲画出实验电路图；(2)调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图乙中的①、②、③、④所示，电流表量程为0.6 A ，电压表量程为3 V ．所示读数为：①________、②________、③________、④________．两组数据得到的电阻分别为________和________．解析：(1)实验电路图如图所示．(2)电流表量程为0.6 A ，每一小格代表0.02 A ，读数时估读到精度的本位即可；电压表量程为3 V ，每一小格代表0.1 V ，读数时估读到精度的下一位．读数分别为：①0.10 A 、②0.24 A 、③2.00 V 、④0.27 V ．应用R ＝UI 求电阻时，电流为0.10 A 时对应的电压为0.27 V ；电流为0.24 A 时对应的电压为2.00 V ，求得的两组数据对应的电阻分别为2.7 Ω和8.3 Ω.答案：(1)如解析图所示(2)0.10 A0.24 A 2.00 V0.27 V2．7(±0.1) Ω8.3(±0.1) Ω[如填为8.3(±0.1) Ω2．7(±0.1) Ω也行]2．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要测量一个标有“3 V，1.5 W”的小灯泡两端的电压和通过它的电流，现有如下器材：A．直流电源3 V(内阻可不计)B．直流电流表0～600 mA(内阻约为0.5 Ω)C．直流电压表0～3 V(内阻约3 kΩ)D．滑动变阻器(10 Ω，1 A)E．滑动变阻器(1 kΩ，300 mA)F．开关、导线若干(1)本实验中滑动变阻器应选用________(选填“D”或“E”)．(2)下表中的各组数据是该同学在实验中测得的，根据表格中的数据在如图甲所示的坐(3) 如图乙所示，将两个这样的小灯泡并联后再与阻值为5 Ω的定值电阻R0串联，接在电压恒定为4 V的电路中，每个小灯泡的实际功率为________W.解析：(1)实验中需测量多组数据，滑动变阻器用分压式接法，为了调节方便，滑动变阻器用阻值较小的，故选D.(2)描点画图，如图所示．(3)设小灯泡两端的电压为U，电流为I，根据闭合电路欧姆定律得：U0＝U＋2IR0，所以U＝－2R0I＋U0，代入数据得U＝－10I＋4，在小灯泡的伏安特性曲线同一坐标系上画出该直线，其交点(1.0，0.3)即为小灯泡的实际电压、电流值，可得小灯泡消耗的实际功率P ＝UI＝0.3 W.答案：(1)D(2)见解析图(3)0.33．(2019·长兴中学模拟)小明做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡标称值是“2.5 V，0.3 A”，不考虑电压表分流引起的误差，请完成如下问题：(1)为初步了解小灯泡的电阻值，小明使用多用电表的欧姆挡按正确测量步骤进行测量，根据图甲所示，小灯泡阻值为________Ω.(2)为进一步探究小灯泡伏安特性，小明连接了如图乙所示实物图，请在图中补上一根导线，使实验能够正常进行．(3)按要求操作得到数据如表所示，第7组中电压表示数如图丙所示，则U＝________V；判断U＝0、I＝0时的小灯泡电阻值为________Ω，试分析此电阻值远小于(1)中阻值的原因________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.解析：(1)采用“×1”倍率，所以读数为6 Ω.(2)“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要多组数据，所以滑动变阻器应采用分压接法，如图所示．(3)电压表采用0～3 V挡，分度值为0.1 V，故读数为0.30 V，U＝0、I＝0时温度接近2、3组的温度，故应为1.3 Ω，远小于(1)中的测量值是因为用欧姆“×1”倍率挡测电阻时电流较大，小灯泡已有发光，灯丝温度升高，电阻比冷灯丝时大的多．答案：(1)6(2)如解析图所示(3)0.30 1.3用欧姆“×1”倍率挡测电阻时电流较大，小灯泡已有发光，灯丝温度升高，电阻比冷灯丝时大的多4．某学习小组拟研究一个标有“3.6 V，1.8 W”的小电珠的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：①电流表A，量程0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω；②电压表V，量程0～15 V，内阻约为15 kΩ；③滑动变阻器R，阻值范围0～10 Ω；④学生电源E，电动势为4 V，内阻不计；⑤开关S及导线若干．(1)该学习小组中的甲同学设计了如图甲所示的电路进行测量，请按照图甲所示的电路图帮甲同学将图乙中的实物图连接起来．(2)甲同学在实验中发现，由于电压表的量程较大而造成读数误差很大，因而影响了测量结果．于是又从实验室找来一量程为I g＝100 μA、内阻R g＝1 000 Ω的灵敏电流计，想把该灵敏电流计改装成量程为5 V的电压表，则需串联一个阻值为________Ω的电阻．(3)甲同学用改装后的电压表进行实验，得到电流表读数I1和灵敏电流计读数I2如表所示：请在图丙中的坐标纸上画出I1－I2图线．(4)若将该小电珠接在如图丁所示的电路中，则该小电珠消耗的电功率约为________W．已知电源的电动势为E′＝3.0 V，内阻r＝1.5 Ω，定值电阻R0＝4.5 Ω.(结果保留两位有效数字)解析：(1)如图(a)所示．(2)设需要串联的电阻阻值为R x，则有I g(R g＋R x)＝5 V，代入数据可得R x＝49 000 Ω.(4)将定值电阻R0看做该电源的内阻的一部分，则内阻r′＝6 Ω，由此可得路端电压U＝E′－Ir′，在I1－I2图线所在坐标纸上作出该I－U图象如图(b)所示，可知其交点坐标表示的电流约为0.32 A，电压约为1.1 V，所以该小电珠消耗的功率约为P＝0.32×1.1 W≈0.35 W.答案：(1)见解析图(a)(2)49 000(3)如图所示(4)0.35。
(江苏专用)2020版高考物理大一轮复习第八章恒定电流实验七决定导线电阻的因素课件
2．测定金属的电阻率 (1)测量被测金属导线的有效长度，即电压表两端点间的待测 导线长度，测量时应将导线拉直，反复测量三次，求其平均 值． (2)闭合开关 S 之前，一定要使滑动变阻器的滑片处在有效阻 值最大的位置． (3)电流不宜太大(电流表用 0～0.6 A 量程)，通电时间不宜太 长，以免金属丝温度升高，导致电阻率在实验过程中变大．
③可动刻度格数要估读，即使固定刻度的零点正好与可动刻 度的某一刻度线对齐，可动刻度格数小数部分要估读为 “0”．结果以毫米为单位，千分位有一位估读数字，不能随便 丢掉．
④如图所示，固定刻度示数为 2.0 mm，而从可动刻度上读的 示数为 0，最后的读数为 2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.
U I 5.拆除实验线路，整理好实验器材．
五、数据处理 1．求 Rx (1)计算法：用 Rx＝UI 分别算出各次的数值，再取平均值． (2)图象法：画出 U－I 图象，U－I 图象的斜率等于 Rx. 2．计算电阻率：将记录的数据 U、I、l、d 的值代入电阻率 计算式 ρ＝Rx Sl ＝π4dl2IU.
七、注意事项 1．螺旋测微器的使用 (1)测量前应校对零点：使测砧 A 与测微螺杆 P 并拢，观察可 动刻度零刻线与固定刻度的轴向线是否重合，以及可动刻度 的边缘与固定刻度的零刻线是否重合． (2)测量时，当测微螺杆 P 将要接触被测物体时，要停止使用 旋钮 K，改用微调旋钮 K′，当听到“咔、咔”声时，停止转 动，以避免 P 和被测物体间产生过大的压力． (3)螺旋测微器应估读一位，即以 mm 作单位，读到小数点后 面第三位．
刻度格数 (分度) 10 20 50
刻度总长度
9 mm 19 mm 49 mm
每小格与 1 mm 的差值
2023高考物理一轮总复习课件：受力分析-共点力的平衡
题型四 平衡中的临界极值问题
1．问题特点
当某物理量变化时，会引起其他物理量的变化，从 临界 而使物体所处的平衡状态能够“恰好出现”或“恰 问题 好不出现”。在问题描述中常用“刚好”“刚能”
“恰好”等语言叙述 极值 一般是指在力的变化过程中出现最大值和最小值问 问题 题
2.突破临界问题的三种方法
根据平衡条件列方程，用二次函数、讨论分析、三角 解析法
悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状 态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖 直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中( ) A．水平拉力的大小可能保持不变
√B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
√D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
【对点练1】 (2020·泰安市一轮检测)如图，小球C置于B物体 的光滑半球形凹槽内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状 态。现缓慢减小木板的倾角θ。在这个过程中，下列说法正确 的是( )
A．B对A的摩擦力逐渐变大 C．B对A的压力不变
B．B对A的作用力逐渐变小
√D．C对B的压力不变
解析：对BC整体分析，受力情况为：重力mg、斜面A的支持力 N和摩擦力f，由平衡条件得知N＝mgcos θ，f＝mgsin θ，缓慢 减小木板的倾角θ，N增大，f减小，由牛顿第三定律得知B对A 的摩擦力逐渐减少，B对A的压力逐渐增大；根据平衡条件可知 A对B的作用力与B和C的重力大小相等，方向相反，所以A对B 的作用力不变，根据牛顿第三定律得知B对A的作用力不变，故 A、B、C错误； 由于半球形凹槽光滑，小球只受两个力：重力和支持力，由平 衡条件可知，支持力与重力大小相等，保持不变，则C对B的压 力也保持不变，故D正确。
2020版高考物理一轮复习 实验五 探究动能定理课件 新人教版
第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板 靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打 点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运 动，打出纸带，如图乙所示，打出的纸带如图丙所示．
请回答下列问题：
(1)已知 O、A、B、C、D、E、F 相邻计数点间的时间间隔为 Δt， O点点计为(时2)打器已点打知计重B 时点锤器时质打滑量下块为的运m第动，一的当点速地，度的根重vB据力＝纸加_x_带3速2_－Δ_求度_tx_1滑为__块.g，运要动测的出速某度一，过打 程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块__下__滑__的__位__移___x (写 出物理量名称及符号，只写一个物理量)，合外力对滑块做功的表达 式 W 合＝___m_g_x___.
A．作出“t－F 图象” B．作出“t2－F 图象”
C．作出“t2－F1图象” D．作出“1t －F2 图象”
解析：(1)由读数规则可知读数为 2.0 mm＋0.05×6 mm＝2.30
mm. (2)因为拉力传感器直接测出拉力，故不需要使滑块质量远大于
钩码和力传感器的总质量，A 错误；应使 A 位置与光电门间的距离 适当大些以便减小误差，故 B 正确；应将气垫导轨调至水平，使摩 擦力为零，故 C 正确；应使细线与气垫导轨平行，保证合外力为细 绳拉力，故 D 正确．所以不必要的一项是 A.
(2)下列实验要求中不必要的一项是__A__(请填写选项前对应的 字母)．
A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B．应使 A 位置与光电门间的距离适当大些 C．应将气垫导轨调至水平 D．应使细线与气垫导轨平行
(3)实验时保持滑块的质量 M 和 A、B 间的距离 L 不变，改变钩 码质量 m，测出对应的力传感器的示数 F 和遮光条通过光电门的时 间 t，通过描点作出线性图象，研究滑块动能变化与合外力对它所 做功的关系，处理数据时应作出的图象是____C____(请填写选项前对 应的字母)．
2020年高考物理一轮复习专题8.2力学实验全解精讲精练含解析
专题8.2 力学实验汇编（精讲精练）题型一、三大常见力学实验器材的使用与读数例1、刻度尺的读数；图1【答案】6.51cm（6.51cm、6.52cm都对）【解析】刻度尺的读数说明①刻度尺的读数是需要估读的，估读的原则是要读到最小刻度的后一位，也就是分度值的后一位。
②在本题中所示的刻度尺最小刻度值是毫米(mm),所以在读数时要估读到毫米（mm）的后一位；③图1中下面条带的长度应读为：6.51cm，或65.1mm，读数中的“5”是毫米（mm）“1”是估读的，也就是最小分度值为毫米的刻度尺的读数形式一定是x.xx（cm）或x.x（ mm）。
例2、刻度尺的读数图2【答案】6.25cm【解析】图2中A、B 两点的距离式中的“5”是估读的。
例3、螺旋测微器的读数；图3【答案】6.730mm【解析】螺旋测微器的读数说明：①螺旋测微器是需要估读，螺旋尺的最小分度值为0.01mm，所以当估读到下一位时需要估读到千分位；②螺旋测微器的读数为：S=X+N×0.01；S 为最终读数，X为主尺的读数，N 为螺旋尺的读数（需估读）图3的读数为：6.5+20.3×0.01=6.703mm式中20.3的“3”是估读的；③螺旋测微器的最终读数形式为x.xxx(mm).例4、螺旋测微器的读数；图4【答案】4.700mm【解析】图4的读数为：4.5+20.0×0.01=4.700mm例5、游标卡尺的读数说明图5【答案】22.40mm【解析】游标卡尺的读数说明：①游标卡尺的读数是不需要估读的但要满足与最小分度值的精确度一致性原则；游标卡尺的分度值不同，读数形式则不同。
②游标卡尺的读数形式为：S=X+N.f , S为最终读数，X 为游标尺“0”刻线对应的主尺的读数；N为游标尺上除“0”刻线外第多少个与主尺上某一细线对齐的细线，f为分度值（0.1、0.05、0.02）分度值的划分要看游标尺上小格子的数目；游标尺上有50个小格子的为50分度，50分度最小分度值为游标尺上有20个小格子的为20分度，20分度最小分度值为游标尺上有10个小格子的为10分度，10分度最小分度值为③、 50分度的游标卡尺最终读数形式为：X.XX(mm)20分度的游标卡尺最终读数形式为：X.XX(mm)10分度的游标卡尺最终读数形式为：X.X(mm)，准确记住各刻度尺最终的读数形式，是估读问题的最终法宝。
2020年高考物理一轮复习专题8.1 电阻定律 欧姆定律 焦耳定律 电功(练)(原卷版)
专题8.1 电阻定律 欧姆定律 焦耳定律 电功1．（湖北沙市中学2019届模拟）关于电流，下列说法中正确的是( )A ．通过导体横截面的电荷量越多，电流越大B ．电子运动的速率越大，电流越大C ．单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大D ．因为电流有方向，所以电流是矢量2．（广东佛山一中2019届调研）下列说法中正确的是( )A ．由R ＝U I可知，电阻与电压、电流都有关系 B ．由R ＝ρl S可知，电阻只与导体的长度和横截面积有关系 C ．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小D ．所谓超导现象，就是当温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，导体的电阻率突然变为零的现象3．（广西南宁三中2019届模拟）白炽灯接在220 V 的电源上能正常发光。
现将其接在一可调电压的电源上，使电压从零逐渐增加到220 V 。
在电压从零逐渐增加的过程中( )A ．灯丝的电阻值不变B ．电流将逐渐减小C ．每增加1 V 电压而引起的电流变化量是逐渐增大的D ．每增加1 V 电压而引起的电流变化量是逐渐减小的4．（四川石室中学2019届质检）改革开放以来，人们的生活水平和生活质量有了较大的改善，电冰箱、空调、电视机等家用电器得到了普遍使用。
根据图中铭牌上提供的信息，判断在12小时内正常使用的电冰箱与连续运转的电风扇消耗电能的情况是( ) BC —65B 电冰箱额定电压220 V 工作频率50 Hz 额定功率70 W 耗电量：0.5 kW·h/24 h PS —69电风扇规格400 mm额定电压220 V 工作频率50 Hz额定功率65 WA ．电冰箱比电风扇多B ．电风扇比电冰箱多C ．电风扇与电冰箱一样多D ．电冰箱比电风扇可能多，也可能少5．（陕西长安一中2019届模拟）有两盏电灯L 1和L 2，用图中所示的两种方式连接到电路中，已知电压U 相同，且两盏电灯均能发光。
2022-2023年高考物理一轮复习 力学基础实验课件(重点难点易错点核心热点经典考点)
解析：(1)图线纵轴截距是 0 时刻对应的速度，即表示 O 点的 瞬时速度。各段的平均速度表示各段中间时刻的瞬时速度，
以平均速度 v 为纵坐标，相应的运动时间 t 的一半为横坐标，
即 v -2t 的图像的斜率表示加速度 a， v -t 图像的斜率的 2 倍表 示加速度，即 a＝2k。 (2)对木块和钩码组成的系统，由牛顿第二定律得：mg－μMg
2．由纸带求加速度 (1)逐差法：
如图所示，由 xn－xm＝ (n－m)aT2 可得：a1＝x43－T2x1，a2＝x53－T2x2，a3＝x63－T2x3， 所以 a＝a1＋a32＋a3＝x4＋x5＋x69－T2x1－x2－x3。
(2)图像法： ①由 vn＝xn＋2Txn＋1，求出相应点的速度。 ②确定各计数点的坐标值 (T，v1)，(2T，v2)，…， (nT，vn)。 ③画出 v -t 图像，图线的 斜率为物体做匀变速直线运 动的加速度。
考点二 “力和运动”类实验
(一)掌握实验基本技能 1．由纸带求瞬时速度
做匀变速运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时
刻的瞬时速度。如图所示，求纸带上某一点的瞬时速度，只需在
这一点的前后各取相同时间间隔 T 的两段位移 xn 和 xn＋1，则打 n xn＋xn＋1
点时的速度 vn＝_____2_T____。
(二)时间测量类仪器
1．打点计时器
计时器种类
工作电源电压
电磁打点计时器
交流 50 Hz,4～6 V
电火花计时器
交流 50 Hz，_2_2_0_V_
打点间隔 0.02 s 0.02 s
2.频闪照相机 其作用和处理方法与打点计时器类似，它是用等时间间 隔获取图像信息的方法，将物体在不同时刻的位置记录下来， 使用时要明确频闪的时间间隔。