5、东城区2004年在实验室中测量电源的电动势和内电阻，可以提供的器材有：

a)待测电池：电动势E(约3V)、内电阻r(约1Ω)b)电压表V：量程15V，内电阻

c)电流表A₁：量程0.6A，内阻　　　 　　d)电流表A₂：量程1mA，内阻r₂=200Ω

e)滑动变阻器R₁：阻值0-200Ω，额定电流1.5A　 f)滑动变阻器R₂：阻值0-20Ω，额定电流1.5A

g)电阻箱R₃：9999Ω以及开关，导线，坐标纸等。

为了尽可能准确地测量待测电池的电动势和内电阻：

①实验所用器材除了待测电池和导线、开关、坐标纸等，还需选择必要的器材有(填器材前的序号)　　　　　　　 。(5分)

②画出测量电池电动势和内电阻的电路图。(5分)

③说明测量的主要实验步骤。(要求用图象法处理实验数据。)(2分)

　 答案：(1)8.50mm；(6分)　 (2)①c、d、f、g　 (5分)；②电路图(5分)

　　 ③[1]连接电路如图所示。

4、电压表是测定电路两端电压的仪表，理想电压表的内阻可视为无限大，但实际使用的电压表的内阻并不是无限大。为了测定某一电压表的内阻，给出了以下器材：

A．待测电压表(0~3V，内阻在3.5kΩ~4.5 kΩ之间)B．电流表(0~1mA)

C．滑动变阻器(0~50Ω)范人物　　　　　　　　　 D．电键

E．电源(1.5V的干电池两节)　　　　　　　　　　 F．导线若干

要求多测几组数据，利用作图法求电压表的内阻。

　　 ①某同学设计了如图(甲)所示的电路图，但根据电路图正确连接实物后，在实际测量时，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电压表和电流表的示数都几乎不变化。

请你简述他设计中存在的问题：　　　　　　　　　　　　　　　　　 。

②请你另外设计一个电路图，画在图(乙)所示的方框内。

③某同学根据测量数据在图(丙)坐标系内描点，请根据数据点计算电压表内阻R_V=　　　 　　。

答案：(1)5，10，15(2)①因为，所以变阻器的限流作用几乎为零。③在3.9kΩ~ 4.1kΩ之间都对。

3、2004年南京市2模有一根细长而均匀的金属材料样品，截面为外方(正方形)内圆，如图所示。此金属材料质量约为0.1-0.2kg，长约为30cm，电阻约为10Ω。已知这种金属的电阻率为，密度为。因管线内径太小，无法直接测量，请根据下列提供的实验器材，设计一个实验方案测量其内径d。

　　 A．毫米刻度尺　　 　　　　　　　　　 B．螺旋测微器　　

　　 C．电流表(600mA 10Ω)　　　　　　 D．电流表(3A 0.1Ω)

　　 E．电压表(3V 6kΩ)　　　　　　　　 F．滑动变阻器(2kΩ 0.5A)

　　 G．滑动变阻器(10Ω 2A)　　　　　　 H．直流稳压电源(6V 0.05Ω)

　 　 I．开关一个，带夹子的导线若干

(1)除待测金属材料外，应选用的实验器材有　　　　　　　　　　　 (只填代号字母)。

(2)画出你所设计方案的实验电路图，并把所选仪器连成实际测量电路。

(3)用已知的物理常量和所测得的物理量，推导出计算金属管线内径d的表达式。

答案：(1)A、B、C、E、G、H、I(3分)(有选错或漏选的扣1分，扣完为止)

(2)

原理图2分，电流表外接和变阻器分压各1分。实物连线图4分，电流表外接和变阻器分压各1分，开关接通后输出电压最小1分，电流方向与电表极性一致1分。

(3)设长度为l，截面外边长为a，电压为U，电流强度为I.

电阻

故有　　 解得(5分)

3.1V　 3.5Ω(各1分，ε=3.0~3.2V　 r=3.2~3.6Ω都给分)

　 (2)答：A、B的电路分别如下(各2分)

　　 A的较为准确。(2分)因为电流表内阻约有R_A=0.7Ω，电压表内阻为R_V=3kΩ，而r为2.2~3.6Ω，取r=3.2计算， 采用B图电路电流表分压明显，，采用A图电路电压表分流不明显，这就是说，待测电阻远小于电压表的内阻，为了减小实验误差，应该采用电流表的外接。(2分)

2、桂林市2004年二模 甲、乙二同学使用完全相同的器材用伏安法测量电源的电动势ε与内阻r，给定的器材为：待测电源、滑线变阻器，电压表(内阻为3kΩ)，电流表(内阻约为0.7Ω)，电键，导线若干。二人测量结果分别由图A和图B给出。

　 (1)由图(A)，ε=　　　　　　　 　，r=　　　　　　　 　。

　　　　 由图(B)，ε=　　　　　　　 　，r=　　　　　　　 　(取两位有效数字)

　 (2)分别在方框图A、B内画出图A、B所用的电路图。你认为哪一位同学的测量结果较为准确？试说明理由。

答案：(1)3.1V 　2.3Ω(各1分，ε=3.0~3.2V　 r=2.2~2.4Ω都给分)

1、深圳中学高三3模试题．把电流表改装为电压表的实验中，分3个主要步骤，实验中给出的器材有：

　　 ①电流表(量程0-100A)　　　　　　　 ②标准伏特表(量程1-5V)

　　 ③电阻箱(0-9999)　　　　　　　　　 ④电阻箱(0-99999)

　　 ⑤电源(电动势2V，有内阻)　　　　　　 ⑥电源(电动势6V，有内阻)

　　 ⑦滑动变阻器(0-50 ，额定电流1.5A) ⑧电键两只，导线若干

　　 (1)首先要用半偏法测定电流表的内阻。如果采用图所示的电路测定电流表A的内电阻并且要想得到较高的精确度，那么从以上给出的器材中，可变电阻R₁应选用　　　 ，可变电阻R₂应选用　　 ，电源E应选用　　　 。

　　 该实验操作的步骤有：A．合上K₁　 B．合上K₂　 C．观察R₁的阻值是否最大，如果不是，将R₁的阻值调至最大 D．调节R₁的阻值，使电流表指针偏转到满刻度 E．调节R₂的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半 F．记下R₂的阻值。把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在下面横线上的空白处：

　　 ①　　 ；②　　 ；③　　 ；④　　 ；⑤　　 ；⑥　　 。

　　 如果在步骤F中所得的R₂的阻值为600，则图中被测电流表的内阻R_g的测量值为　　　 。

　　 (2)如果要将图中的电流表A改装为量程为0-5V的伏特表，则改装的方法是给电流表应　　 　联一个阻值为　　　 的电阻。

　　 答案：(1)4　 3　 6 ；①C；②A；③D；④B；⑤E；⑥F； 600(2)串联，49.4K

4.如图所示，光滑水平面右端B处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆轨道，在离B距离为x的A点，用水平恒力将质量为m的质点从静止开始推到B处后撤去恒力，质点沿半圆轨道运动到C处后又正好落回A点：

(1)求推力对小球所做的功。

(2)x取何值时，完成上述运动所做的功最少?最小功为多少。

(3)x取何值时，完成上述运动用力最小?最小力为多少。

　　 解：质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到A点，设质点在C点的速度为v_C,质点从C点运动到A点所用的时间为t，在水平方向x=v_Ct　 ①　

竖直方向上2R=gt² ② 　解①②有　 v_C=　　 ③　

对质点从A到C由动能定理有W_F-mg·2R=mv　　 ④　

解W_F=mg(16R²+x²)/8R　 ⑤

(2)要使F力做功最少，确定x的取值，由W_F=2mgR+mv知，只要质点在C点速度最小，则功W_F就最小，就是物理极值。若质点恰好能通过C点，其在C点最小速度为v，

由牛顿第二定律有mg=,则v=　 ⑥

由③⑥有=,解得x=2R时， W_F最小，最小的功W_F=mgR。

(3)由⑤式W_F=mg()　 而F=mg()　

因＞0，x＞0，由极值不等式有， 当=时，即x=4R时 +=8，

最小的力F=mg。

2．如图所示，n个相同的木块(可视为质点)，每块的质量都是m，从右向左沿同一直线排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为l，第n个木块到桌边的距离也是l,木块与桌面间的动摩擦因数为μ．开始时，第1个木块以初速度υ₀向左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动．最后第n个木块刚好滑到桌边而没有掉下．

(1)求在整个过程中因碰撞而损失的总动能．

(2)求第i次(i≤n一1)碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比．

(3)若n= 4，l=0.10 m，υ₀一3.0m／s，重力加速度g=10 m／s²，求μ的数值．

解：(1)整个过程木块克服摩擦力做功

　 　w=μmg．l +μmg．2l +……+μmg．nl= ①

　 根据功能关系，整个过程中由于碰撞而损失的总动能为△E_k =E_k0一W　 ②

得　 　③

(2)设第i次(i≤n一1)碰撞前木块的速度为υ_i，碰撞后速度为υ_i’，则 (i +1)mυ_i’=imυ_i ④

碰撞中损失的动能△E时与碰撞前动能E_ki之比为

　 (i≤n-1) 　　　(i≤n-1)　 ⑥

(3)初动能　　

第1次碰撞前　 ⑦

第1次碰撞后　 ’= 　⑧

第2次碰撞=’

第2次碰撞后’=

第3次碰撞前　 =’

第3次碰撞后　 ’=

据题意有　　 　　⑨

带人数据，联立求解得　　 μ=0．15　　　　 ⑩

　　 3．如图所示，滑块A的质量m=0.01kg，与水平地面间的动摩擦因数=0.2，用细线悬挂的小球质量均为m=0.01kg，沿轴排列，A与第1只小球及相邻两小球间距离均为，线长分别为L₁、L₂、L₃…(图中只画三只小球，且小球可视为质点)，开始时，滑块以速度沿轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，g取10m/s²，求：

　 (1)滑块能与几个小球碰撞？

　 　(2)求出碰撞中第n个小球悬线长Ln的表达式.

　 (3)滑块与第一小球碰撞后瞬间，悬线对小球的拉力为多大.

　　 解:(1)因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内做圆周运动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为，有

　　 　 　得(2分) (个)　

(2)滑块与第n个小球碰撞，设小球运动到最高点时速度为

对小球，有：　 ①　

　 ②　 对滑块，有：　 ③

　　　 解①②③三式得：

　　 (3)滑块做匀减速运动到第一个小球处与第一个小球碰前的速度为，则有

由于滑块与小球碰撞时不损失机械能，则碰撞前后动量守恒、动能相等，滑块与小球相碰撞会互换速度，碰撞后瞬间小球的速度仍为，

此时小球受重力和绳子的拉力作用，由牛顿定律得：T－mg=m　

因为L₁=　 由上述三式解得：T=0.6N

　　 4．如图所示，水平传送带AB长l=8.3m，质量为M=1kg的木块随传送带一起以的速度向左匀速运动(传送带的传送速度恒定)，木块与传送带间的动摩擦因数；当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取10m/s²；求：

　 (1)在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离是多少？

　 (2)木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中？

　 (3)从第一颗子弹射中木块到第二颗子弹击中木块前的过程中，子弹、木块和传送带这

一系统所产生的内能是多少？(g取10m/s²)

　　 解：(1)第一颗子弹射入木块过程中动量守恒　

　　 解得：　 木块向右作减速运动　 加速度

木块速度减小为零所用时间为

所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，

移动距离为　 解得

(2)在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间

速度增大为(恰与传递带同速)

向左移动的位移为

所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移方向向右

第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为

第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为

木块将从B端落下，所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中。

(3)第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为

木块向右减速运动过程中产生的热量为

木块向左加速运动过程中产生的热量为

全过程中产生的热量为

1．(1)如图1，在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两小球质量相等. 现突然给左端小球一个向右的速度,求弹簧第一次恢复到自然长度时,每个小球的速度.

　　 (2)如图2，将N个这样的振子放在该轨道上，最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上，这时它的弹性势能为E_0，其余各振子间都有一定的距离，现解除对振子1的锁定，任其自由运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞，此后，继续发生一系列碰撞，每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰.求所有可能的碰撞都发生后，每个振子弹性势能的最大值. 已知本题中两球发生碰撞时,速度交换,即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度.

2003年江苏物理卷第20题

　　 解：(1)设每个小球质量为，以、分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度. 由动量守恒和能量守恒定律有　 (以向右为速度正方向)　 　解得

　　 由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球持续减速，使右端小球持续加速，因此应该取解：

　　 (2)以、分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向，由动量守恒和能量守恒定律，　

　 解得

在这一过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速，故应取解： 振子1与振子2碰撞后，由于交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为，此后两小球都向左运动，当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大，设此速度为，根据动量守恒定律：

用E₁表示最大弹性势能，由能量守恒有

解得

10．(广州二模14分)在倾角为的足够长的绝缘斜面上，带负电的物块A和不带电的绝缘物块B正沿斜面往上滑，斜面处于范围足够大的匀强电场中，场强方向平行斜面向下.

　　 当A刚要追上B时，A的速度，方向沿斜面向上，B的速度恰为零，如图所示. A、B碰撞过程相互作用时间极短、且A的电荷没有转移.碰后瞬间A的速度，方向仍沿斜面向上.碰后经0.60s，A的速率变为，在这段时间内两者没有再次相碰.

　　 已知A和斜面间的动摩擦因数μ=0.15，B与斜面的摩擦忽略不计，A、B匀可视为质点，它们质量分别为、，匀强电场的场强E=5×10⁶N/C，

(1)A、B第一次碰撞后瞬间，B的速度多大？

(2)第一次碰后的0.6s内B沿斜面向上最多滑多远？

(3)分析第一次碰撞后至0.60s这段时间内A的运动方向并求出A的电量.

解：(1)A、B碰撞时间极短，沿斜面的方向动量守恒，设碰后瞬间B的速度为

　 ，代入数字得：(3分)

(2)B的加速度　 (1分)

B沿斜面上滑的最远距离(2分)

(3)碰后的0.6s内，A的运动有两种可能：一直加速度向上，或减速向上再加速向下.

设A的加速度为

第一种情况：以沿斜面向上的方向为正方向，A向上的加速度①(1分)

第二次相遇的条件是两物位移相等：②(1分)

代入数字解出，显然假设不符合题意.③(1分)

所以A的运动只能是第二种情况.设A向上运动时间为、加速度为，向下运动时加速度为，A受到的电场力为F，以沿斜面向上的方向为正方向，

……④　　　　 ……⑤　 (1分)

分别对上滑和下滑过程运用牛顿第二定律列方程

上滑过程：…………⑥　 (1分)

下滑过程：…………⑦　 (1分)

联立方程④至⑦得：　 F=0.6N　 (1分)　　　

根据F=Eq　 A带电量(1分)

评分说明：Ⅰ．从第一种情况出发，求出F、q作为最终答案的，第(3)问给零分；

Ⅱ．从第一种情况出发，求出F、q，再由第二种情况出发求出另一组F、q；或者没有排除第一种情况的可能性，直接进入第二种情况进行计算的，则不给①~③这3分。