题目内容
（2013?东城区二模）实验题：
（1）在用“单摆测重力加速度”的实验中：
①某同学在实验中测得的小球直径为d，测定了摆线的长度为l，用秒表记录小球完成n次全振动的总时间为t，则当地的重力加速度的表示式为g=
（用d、l、n、t表示）．若该同学用游标卡尺测定了小球的直径，如图1所示，则小球直径为
②为了尽可能减小实验误差，下述操作中可行的是
A．摆线偏离竖直方向的最大摆角小于5°
B．当小球通过平衡位置时开始计时
C．让小球尽可能在同一竖直面内摆动
D．减小摆球的质量
（2）某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻．
①实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：电压表：V（量程3v，内阻Rv=10kΩ）电流表：G（量程3mA，内阻Rg=100Ω）电流表：A（量程3A，内阻约为0.5Ω）滑动变阻器：R1（阻值范围0?10Ω，额定电流2A）R2（阻值范围0?1000Ω，额定电流1A）定值电阻：R3=0.5Ω该同学依据器材画出了如图1所示的原理图，他没有选用电流表A的原因是
②该同学将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是
③为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器
④该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图2所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=
（1）在用“单摆测重力加速度”的实验中：
①某同学在实验中测得的小球直径为d，测定了摆线的长度为l，用秒表记录小球完成n次全振动的总时间为t，则当地的重力加速度的表示式为g=
4π2n2(l+
| ||
| t2 |
4π2n2(l+
| ||
| t2 |
2.235
2.235
cm；②为了尽可能减小实验误差，下述操作中可行的是
ABC
ABC
．A．摆线偏离竖直方向的最大摆角小于5°
B．当小球通过平衡位置时开始计时
C．让小球尽可能在同一竖直面内摆动
D．减小摆球的质量
（2）某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻．
①实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：电压表：V（量程3v，内阻Rv=10kΩ）电流表：G（量程3mA，内阻Rg=100Ω）电流表：A（量程3A，内阻约为0.5Ω）滑动变阻器：R1（阻值范围0?10Ω，额定电流2A）R2（阻值范围0?1000Ω，额定电流1A）定值电阻：R3=0.5Ω该同学依据器材画出了如图1所示的原理图，他没有选用电流表A的原因是
量程与被测电流值相比较太大
量程与被测电流值相比较太大
．②该同学将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是
0.60
0.60
A．③为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器
R1
R1
（填写器材的符号）④该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图2所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=
1.48
1.48
V （结果保留三位有效数字），电源的内阻r=0.84
0.84
Ω （结果保留两位有效数字）．分析：（1）①游标卡尺主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；根据单摆的周期公式求出重力加速度的表达式．②对照单摆的周期公式和实验要求分析减小实验误差可行的方法．
（2）①根据干电池的电动势和滑动变阻器R1，可估算出电路中电流最小值，没有选用电流表A的原因是量程太大；②根据并联电路的特点求解改装后的电流表对应的量程；
③根据电流表G读数与改装后电流表读数的关系，由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势和内阻．
（2）①根据干电池的电动势和滑动变阻器R1，可估算出电路中电流最小值，没有选用电流表A的原因是量程太大；②根据并联电路的特点求解改装后的电流表对应的量程；
③根据电流表G读数与改装后电流表读数的关系，由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势和内阻．
解答：解：（1）①单摆的周期为T=
，摆长为L=l+
，由单摆的周期公式T=2π
得
g=
；小球直径为d=2.235cm；
②A、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，故A正确．
B、当单摆经过平衡位置时开始计时，一方面便于测量周期，二是摆球的速度最大，引起的时间误差误差较小．故B正确．
C、让小球尽可能在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，否则周期将减小．故C正确．
D、单摆的周期与摆球的质量无关．故D错误．
故选ABC
（2）①一节干电池的电动势E=1.5V，滑动变阻器R1阻值范围0?10Ω，则电路中最小电流约为Imin=
=
A=0.15A，故电流表A的量程是3A，可见，此电流表量程太大．
②设改装后电流表的量程为I，则有
I=Ig+
=0.003A+
A=0.60A
③为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是R1．
④由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势E=1.48V．
图线的斜率大小k=r，由数学知识知，k=
=0.84，则电源的内阻r=k=0.84Ω
故答案为：
①量程与被测电流值相比较太大
②0.60
③R1
④1.48，0.84
| t |
| n |
| d |
| 2 |
|
g=
4π2n2(l+
| ||
| t2 |
②A、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°，故A正确．
B、当单摆经过平衡位置时开始计时，一方面便于测量周期，二是摆球的速度最大，引起的时间误差误差较小．故B正确．
C、让小球尽可能在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，否则周期将减小．故C正确．
D、单摆的周期与摆球的质量无关．故D错误．
故选ABC
（2）①一节干电池的电动势E=1.5V，滑动变阻器R1阻值范围0?10Ω，则电路中最小电流约为Imin=
| E |
| R |
| 1.5 |
| 10 |
②设改装后电流表的量程为I，则有
I=Ig+
| IgRg |
| R3 |
| 3×10-3×100 |
| 0.5 |
③为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是R1．
④由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势E=1.48V．
图线的斜率大小k=r，由数学知识知，k=
| 1.48-1.06 |
| 2.5×200×10-3 |
故答案为：
①量程与被测电流值相比较太大
②0.60
③R1
④1.48，0.84
点评：要掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺不需要估读；单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和．简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，实验时要保证满足实验的条件．第2题是测量电源的电动势和内电阻的实验，采用改装的方式将表头改装为量程较大的电流表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法．
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