Question

（1）利用单摆验证小球平抛运动规律，设计方案如图a所示，在悬点O正下方有水平放置的炽热的电热线P，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断；MN为水平木板，已知悬线长为L，悬点到木板的距离OO′=h（h＞L）．

①将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的C点，O′C=s，则小球做平抛运动的初速度为v=______

Answer 1

【答案】分析：（1）①平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出平抛运动的时间，通过水平位移求出平抛运动的初速度．
②根据机械能守恒定律求出小球摆动到最低点的速度，结合平抛运动的规律求出s²与cosθ的关系式，通过图线的纵轴截距或斜率求出h的大小．
（2）通过实验来测算螺线管使用的金属丝长度，由电阻定律已知电阻率、电阻及横截面积，则可求出金属丝的长度．同时运用伏安法电流表外接法，变阻器分压式来测量金属丝的电阻．欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，
a、用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）．
b、测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开．
c、测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果．
d、合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近；
⑤单刀双掷开关S₂合向1，由电压表和电流表的示数U₁和I₁，可求出R_x、电流表、变阻器串联的电阻．
将单刀双掷开关S₂合向2，读出此时电压表和电流表的示数U₂和I₂，可求出电流表和变阻器串联的电阻．
两个阻值之差等于被测电阻．根据欧姆定律写出表达式．
解答：解：（1）①由于小球做平抛运动故有在水平方向有s=vt
在竖直方向有h-L=gt²，…①
故有v=s；  
②变释放小球时悬线与竖直方向的夹角θ时，小球平抛的速度v，则有mg（L-Lcosθ）=mv²…②
则物体在水平方向的位移s=vt…③
联立①②③可得：s²=4（h-L）L（1-cosθ），
显然当cosθ=0时，即有2=4（h-L）L（1-cosθ）
当θ=30°时，cosθ=，s²=4（h-L）L（1-）
故有==
故s==0.52m．
s²=4（h-L）L（1-cosθ），
故当l=1.0m时有：2=4（h-1）×1，
即h-1=0.5，h=1.5．
（2）①Ⅱ、进行欧姆调零，将红、黑表笔短接，转动调零旋钮Ω使指针指向零．
②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   
③螺旋测微器的读数是由固定刻度与旋转刻度组合，且最后加上估计值而成．0+26×0.01mm=0.26mm  最后估计值为±0.002mm，所以读数为0.260mm（0.258-0.262mm均正确）
④由R=ρ得L==12.5m，由于结果保留两位有效数字，所以为：L≈13m．
⑤将单刀双掷开关S₂合向1，读出此时电压表和电流表的示数U₂和I₂；
由题R_x+R_A+R₁=，R_A+R₁=得到R_X=-；
故答案为：（1）①；②0.52；1.5．（2）①II．将红、黑表笔短接，转动调零旋钮Ω使指针指向零．②D；③0.260；④12～13；⑤-．
点评：（1）解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行分析求解．
（2）殴姆调零与机械调零要区分，前者是调节殴姆表内的滑动变阻器的电阻来使电流表达到满偏；后者是螺丝刀调节指针使其电流为零．
⑤本题实验设计比较巧妙，利用伏安法测量两次电阻，有效消除系统误差，来源于书本，又高于书本．