Question

（Ⅰ）如图1所示是一小球做平抛运动时所拍摄的闪光照片的一部分，图中方格的实际边长为5.0cm，横线为水平方向，竖线为竖直方向，根据此图可知拍摄照片时闪光灯的闪光频率为

 

Hz，小球做平抛运动的初速度的大小为

 

m/s．
（Ⅱ）图2是测定电流表内阻的实验电路图，电流表的内阻约为100Ω，满偏电流为500μA，用电池作为电源．
（1）实验室配有的可变电阻为：
A、电阻箱，阻值范围为0～10Ω    B、电阻箱，阻值范围为0～9999Ω
C、电位器，阻值范围为0～200Ω    D、电位器，阻值范围为0～20KΩ
在上述配有的可变电阻中，电路中R应选用

 

，R₁应选用

 

．（填字母代号）
（2）某学生进行的实验步骤如下：
①先将R的阻值调到最大，合上S₁，调节R的阻值，使电流表的指针转到满偏
②合上S₂，调节R₁和R的阻值，使电流表的指针指到满刻度的一半
③记下R₁的阻值指出上述实验步骤中的错误．

 

（3）如果按上述实验步骤测得的R₁的值为100Ω，已知电流表的满偏电流为500μA，现把它改装成量程为2V的电压表，则应串联的分压电阻为

 

Ω．
（4）下列说法中正确的是

 

A、上述电流表内阻的测量值比其真实值小，这一因素使得用上述改装成的电压表测定电压时，其读数比电压表两端的实际电压小
B、上述电流表内阻的测量值比其真实值大，这一因素使得用上述改装成的电压表测定电压时，其读数比电压表两端的实际电压小
C、上述电流表内阻的测量值比其真实值小，这一因素使得用上述改装成的电压表测定电压时，其读数比电压表两端的实际电压大
D、上述电流表内阻的测量值比其真实值大，这一因素使得用上述改装成的电压表测定电压时，其读数比电压表两端的实际电压大

Answer 1

分析：本题（1）的关键是根据平抛规律结合有关运动学公式即可求解；题（2）（1）题的关键是由待测电流表的满偏电流求出电路中的最小电阻，从而选出电阻箱和电位器；（2）题的关键是明确“半偏法”测量电流表内阻的原理是：若电位器R的电阻非常大的前提下，通过电源的电流可认为保持不变，所以闭合

s

2

后，若电流表与电阻箱的电流相等，则它们的电阻也相等；（4）题的关键是通过闭合电路欧姆定律不难分析出，当闭合

s

2

后，若保持

R

不变，则通过电源的电流将变大，从而得出电流表内阻的测量值偏小，由此改装的电压表量程也比实际电压相应偏小．

解答：解：（Ⅰ）在竖直方向，由△y=

gT

2

可得：T=

△y g

=

(5-3)×5×0.01 10

=0.1s，所以频率为：f=

1

T

=10Hz，
在水平方向，由x=

v

0

t可得：

v

0

=

3×5×0.01

0.1

=1.5m/s
（Ⅱ）（1）根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的最小电阻为：

R

min

=

E

I   A

=

1.5

500 ×10 -6

Ω=3000Ω，所以图2中，电阻箱

R

1

应选B，电位器R应选D．
（2）根据测量原理可知，合上S₂后，不应再调节R的阻值，否则电路中电流会发生改变．
（3）根据欧姆定律可知，待测电流表内阻为：

R

g

=

R

1

=100Ω，若改装为量程为2V的电压表，应串联的电阻值为：R=

U

I   g

-R

g

=

2

500 ×10 -6

-100=3900Ω
（4）根据欧姆定律分析可知，由于闭合电键

s

2

后，电流表与

R

1

的并联电阻变小（相当于

R

1

从无穷大变为某一值，即电阻变小），则通过电路的总电流将会变大，所以若电流表半偏时，通过

R

1

的电流要大于通过电流表的电流，所以

R

g

应大于

R

1

，即电流表的测量值偏小了，这一因素使得用上述改装成的电压表测定电压时，其读数比电压表两端的实际电压小，所以A正确，BCD错误．
故答案为：（Ⅰ）10，1.5
（Ⅱ）（1）D，B
（2）合上S₂后，不应再调节R的阻值
（3）3900
（4）A

点评：应掌握有关平抛运动实验题目的解法；要明确“半偏法”测量电流表内阻的原理和方法，并能进行误差分析．