《山东省乐陵市2018年高考物理三轮冲刺 专题能力提升 实验探究（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省乐陵市2018年高考物理三轮冲刺 专题能力提升 实验探究（含解析）（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、实验探究一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）1. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图象如图所示，则该单摆的周期为A. tB. 2tC. 3tD. 4t【答案】D【解析】解：小球在竖直平面内做单摆运动，在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大，半个周期后再次最大，所以此时开始计时，第二次拉力最大时对应的时间即为一个周期，根据图象可知：单摆的周期为： 故选：D小球在竖直平面内做单摆运动，在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大；在最高点，绳子的拉力等于重力的一个分力，此时拉力最小根据在一次周期内两次经过最低点
2、，求出小球的周期解决本题的关键知道单摆运动对称性，知道在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大，在一次周期内两次经过最低点，难度不大，属于基础题2. 在“油膜法估测分子的直径”实验中将油酸分子看成是球形的，所采用的方法是A. 等效替代法B. 控制变量法C. 理想模型法D. 比值定义法【答案】C【解析】解：应用油膜法测分子直径，其实验的原理是将油酸分子看成是球形的，测出油的体积，然后让油在水面上形成单分子油膜，测出油膜的面积，油的体积除以油膜的面积就是油膜的厚度，即油分子的直径该方法采用了理想模型法故选：C用油膜法测分子直径时，先测出油的体积，然后把油滴到水面上形成单分子油膜，测出
3、油膜的面积，然后即可求出油分子的直径该题考查应用油膜法测分子直径的实验原理，该实验中，将油酸分子看成是球形的，同时认为油在水面上形成油膜是单分子油膜3. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列所给器材中，哪个组合较好？长1m左右的细线长30cm左右的细线直径2cm的塑料球直径2cm的铁球秒表时钟最小刻度线是厘米的直尺最小刻度是毫米的直尺A. B. C. D. 【答案】B【解析】解：单摆模型中，小球视为质点，故摆线越长，测量误差越小，故要选择长1m左右的细线；摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，故要选择直径2cm的铁球；秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，比时钟的效果要好故选择秒表；
4、刻度尺的最小分度越小，读数越精确，故要选择最小刻度是毫米的直尺故选：B根据单摆模型的要求，摆球密度要大，体积要小，细线要适当长，读数要提高精度本题关键是明确单摆模型成立的前提条件，以及实验原理和误差来源，并会读秒表，注意不需要估读4. 如图是一个多用电表的简化电路图为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或下列说法正确的是A. 当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接1时量程较大B. 当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔C. 当开关S分别接5或6时，测量的是电阻，其中A是红表笔D. 当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接5时量程较
5、大【答案】A【解析】解：A、由图可知当转换开关S旋到位置1、2位置是电流表，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大；故A正确；B、测量电阻时欧姆表内部应接电源，由图可知测电阻只有接3或4；A与电源的负极相连，故A为红表笔；故B错误；C、要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时，故C错误；D、要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时；测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大故D错误故选：A要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表；本题考查多用表的原理，应
6、熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法明确电流表时表头与电阻并联，电压表时，表头与电阻串联；而欧姆表时内部要接有电源5. 某同学采用如图1所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系用砂桶和砂的重力充当小车所受合力F；通过分析打点计时器打出的纸带，测量加速度分别以合力F和加速度a作为横轴和纵轴，建立坐标系根据实验中得到的数据描出如图2所示的点迹，结果跟教材中的结论不完全一致该同学列举产生这种结果的可能原因如下：在平衡摩擦力时将木板右端垫得过高；没有平衡摩擦力或者在平衡摩擦力时将木板右端垫得过低；测量小车的质量或者加速度时的偶然误差过大；砂桶和砂的质量过大，不满足砂桶和砂的质量远小于小车质量的实验条
7、件通过进一步分析，你认为比较合理的原因可能是A. 和B. 和C. 和D. 和【答案】A【解析】解：根据实验中得到的数据描出如图2所示的点迹，1、图线不经过原点，当拉力为零时，加速度不为零，知平衡摩擦力过度，即长木板的末端抬得过高了故正确2、曲线上部出现弯曲现象，随着F的增大，即砂和砂桶质量的增大，不在满足砂和砂桶远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象故正确故选A探究物体的加速度与所受合力的关系的实验，运用控制变量法探究加速度与力和力的关系根据牛顿第二定律分析“将砂桶和砂的重力近似看作小车的牵引力”的条件根据原理分析图线不经过原点和曲线上部出现弯曲现象的原因对于实验问题一定要明确实验原理，并
8、且亲自动手实验，熟练应用所学基本规律解决实验问题二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）6. 如图所示为在“测电源电动势和内电阻”的实验中得到的图线图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为、，电源的输出功率分别为、，对应的外电阻为、已知该电源输出功率的最大值为，电源内电阻为r，由图可知A. ：1B. ：2C. ：1D. ：9【答案】ACD【解析】解：A、设电流的最小分度为I，电压的最小分度为U，则可知，电源的电动势；电流；则由可知，故电源的输出功率相等；则闭合电路欧姆定律可知，代入解得：1；故AC正确；B、电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总
9、功率之比为电源的总电压即电动势，在图象中，纵轴截距表示电动势，根据图象可知则；，；则：1；故B错误；D、当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，此时电压为3U，电流为6I；故：9；故D正确；故选：ACD电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比所以电源的效率等于外电压与电动势之比外电压和电动势可以从图象上读出解决本题的关键知道电源的效率也等于外电压与电动势之比以及会从图象中读出电动势和外电压7. 用头发屑模拟各种电场的分布情况如甲、乙、丙、丁四幅图所示，则下列说法中正确的是A. 图甲一定是正点电荷形成的电场B. 图乙一定是异种电荷形成的电场C. 图丙可能是同种等量电荷形成的电场D.
10、图丁可能是两块金属板带同种电荷形成的电场【答案】BC【解析】解：A、点电荷的电场都是辐射状的，所以图甲模拟的可能是正点电荷形成的电场，有可能是负点电荷形成的电场故A错误；B、结合常见的电场的特点可知，图乙一定是异种电荷形成的电场故B正确；C、结合常见的电场的特点可知，图丙可能是同种等量电荷形成的电场故C正确；D、由图可知，两个金属板之间的电场类似于匀强电场，所以图丁可能是两块金属板带异种电荷形成的电场故D错误故选：BC用头发微屑悬浮在蓖麻油里模拟电场线的实验中，由于带电体能够吸引轻小物体，故头发微屑的排列情况反映了各个点的场强情况；然后结合几种不同的电场依次分析即可本题考查了用头发屑模拟电场线
11、的实验，要熟悉电场线的分别情况和特征，注意静电屏蔽金属环的内部场强为零，是等势体8. 下列说法中正确的是A. 做简谐运动的质点，离开平衡位置的位移相同时，加速度也相同B. 做简谐运动的质点，经过四分之一周期，所通过的路程一定是一倍振幅C. 根据麦克斯电磁场理论可知，变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场D. 双缝干涉实验中，若只减小双缝到光屏间的距离，两相邻亮条纹间距离将变大E. 声波从空气传入水中时频率不变，波长变长【答案】ACE【解析】解：A、做简谐运动的质点，离开平衡位置的位移相同时，由牛顿第二定律得：，所以加速度也相同，故A正确；B、做简谐运动的质点，经过四分之一个周期，所通过
12、的路程不一定是一倍振幅，还与起点的位置有关故B错误；C、麦克斯韦的电磁场理论中，变化的磁场一定产生电场，变化的电场产生磁场其中均匀变化的磁场一定产生稳定的电场，均匀变化的电场可以产生稳定的磁场故C正确；D、双缝干涉实验中，若只是减小双缝到光屏间的距离，根据干涉条纹间距公式，同种色光干涉条纹的相邻条纹间距减小故D错误；E、声波从空气传入水中时频率不变，传播的速度增大，所以根据可知波长变长故E正确故选：ACE做简谐运动的物体每经过同一位置时，偏离平衡位置的位移一定相同，则受到的回复力以及加速度都相同；质点经过四分之一个周期，所通过的路程不一定是一倍振幅，还与起点的位置有关；麦克斯韦的电磁场理论中变
13、化的磁场一定产生电场，当中的变化有均匀变化与周期性变化之分；根据干涉条纹间距公式分析条纹间距的变化；声波从空气传入水中时频率不变，传播的速度增大，然后根据分析即可该题考查的知识点比较多，其中容易错误的地方是对麦克斯韦电场理论的理解：均匀变化的磁场一定产生稳定的电场，而非均匀变化的磁场产生非均匀变化的电场9. 如图甲所示，一物块的质量，计时开始时物块的速度，在一水平向左的恒力F作用下，物块从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，以O为原点，水平向右为正方向建立x轴，整个过程中物块速度的平方随物块位置坐标变化的关系图象如图乙所示，下列说法中正确的是A. m内物块的加速度的大小为10B
14、. 在时物块的速度为0C. 恒力F的大小为l0ND. 物块与水平面间的动摩擦因数为【答案】ABD【解析】解：A、由运动学公式可知，图象中前5m图线的斜率为2a，即有，得m内物块的加速度的大小为10故A正确B、m内物体以大小为10的加速度做匀减速运动，匀减速时间为即在时物块的速度为0，故B正确CD、m内，物块的加速度设为，则，得根据牛顿第二定律可知，在匀减速的过程中，有，在匀加速过程中，代入数据可解得，故C错误，D正确故选：ABD通过图象可知，物体在恒力F作用下先做匀减速直线运动，恒力F反向后做匀减速直线运动，根据图象求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出恒力F和动
15、摩擦因数结合运动规律求出恒力F反向时刻解决本题的关键是通过图象理清物体在整个过程中的运动规律，要知道斜率代表的含义；结合牛二定律和运动学公式进行分析，求解力的大小三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）10. 在“用DIS测定位移和速度”实验中，得到小车运动的关系如图所示由图可以确定，小车在内做_运动，在时的速度为_【答案】减速；2【解析】解：由图可以确定，斜率大小体现小车的速度，因此小车做先加速，再匀速，最后减速的运动，而小车在内，因斜率不变，则做匀速直线运动，那么在时的速度为；故答案为：减速，2依据图象的斜率表示速度，即可判定小车在内运动性质，再根据，即可求解时的速度考查图象的斜率含义，掌握与图象的区别，同时理解图象的意义四、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）11. 在研究“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，提供有以下器材：A.电压表B.电压表C.电流表D.电流表E.滑动变阻器F.滑动变阻器G.直流电源EH.
