Question

（1）如图1（a）装置，用自由落体法验证机械能守恒定律，即在误差允许范围内验证表达式 是否成立．
①为减少实验误差，具体操作如下：
A、应选择质量较______（大或小）的物体作为实验的重物．
B、释放重物时，要保持纸带处于______方向上．
②若以为纵轴，下落的高度h为横轴作出如图1（b）图象，则图象的斜率代表的物理量是______．
（2）某实验小组采用如图2（a）的电路测量规格为“6V，0.5A”的小型直流电动机M中线圈的电阻（阻值约为几欧姆）．R为阻值为3.0Ω的定值电阻．

①调节R时应控制电动机______（转动或不转动）时读出电流表、电压表示数．
②若电压表示数是2.50V，电流表示数如图2（b），读得电流表示数是______．
③使用测得数据，计算电动机线圈电阻为______Ω．该电动机正常工作时输出的机械功率为______W．（计算结果保留2位有效数字）
④由于______（电流表或电压表内阻）的影响，测得的电阻比实际值偏______（大或小）．

Answer

（1）对照机械能守恒的条件和需要验证的方程分析．
（2）当电动机不转动时，电动机电路为纯电阻电路，才可用欧姆定律求解电阻．由功率关系求出电动机正常工作时输出的机械功率．实际电压表会分流，使得电流表测量的电流产生误差．
【解析】
（1）①对于自由落体，机械能守恒的条件是只有重力做功，因此要尽可能减小空气阻力、纸带与打点之间的摩擦力．所以应选择质量较大的重物作为研究对象．释放重物时，要保持纸带处于竖直方向上．
         ②本实验需要验证的方程是，即，以为纵轴，下落的高度h为横轴作出图象，其斜率等于g．
     （2）①控制电动机不转动时，线圈的电阻为纯电阻，才有电阻R=．
          ②量程是0.6A，电流的最小分度为0.02A，读数为0.50A．
③电动机线圈电阻R===2Ω
           电动机正常工作时输出的机械功率P出=UI-I2R=（6×0.5-0.52×2）W=2.5W
          ④由于电压表的分流，电流表测量的是电动机与电压表并联的总电流，由R=算出的是电动机与电压表并联的电阻，测量值比电动机电阻的真实值小．
故答案是：（1）大，竖直，重力加速度（或g ）
          （2）①不转动
               ②0.50A
               ③电动机内阻RM=2.0Ω，电动机正常工作时机械功率为2.5W．
               ④电压表内阻，小．