高考物理二轮复习第1部分专题讲练突破五物理实验 62页

专题五 物理实验 第 1 讲 力学实验与创新 高频考点一 基本仪器的读数 [知能必备] 1．长度类测量仪器的读数 (1)毫米刻度尺的读数：精确到毫米，估读一位． (2)游标卡尺的读数： 游标尺/mm 精度 /mm 测量结果(游标尺上第 n 个刻线与主尺上的某 刻度线正对时)/mm 刻度格 数 刻度总长 度 每小格与 1 毫米差 10 9 0.1 0.1 主尺上读的毫米数＋ 0.1n 20 19 0.05 0.05 主尺上读的毫米数＋ 0.05n 50 49 0.02 0.02 主尺上读的毫米数＋ 0.02n (3)螺旋测微器的读数：测量值＝固定刻度整毫米数＋半毫米数＋可动刻度读数(含估 读)×0.01 mm. 2．时间类测量仪器的读数 (1)打点计时器：每打两个点的时间间隔为 0.02 s，一般每五个点取一个计数点，则时间间 隔为Δt＝0.02×5 s＝0.1 s. (2)频闪照相机：用等时间间隔获取图象信息的方法将物体在不同时刻的位置记录下来，时 间间隔Δt＝1 f (f 为频闪照相机的频率) (3)光电计时器：记录遮光时间，时间间隔Δt＝d v (d 为遮光板宽度，v 为平均速度) [题组冲关] 1．某实验小组的同学利用游标卡尺和螺旋测微器测量一质量分布均匀的长直导体的长度和 直径，其中测量结果如图甲、乙所示，则长直导体的长度为________cm；长直导体的直径为 ________mm. 解析：该游标卡尺的游标尺有 10 个分度，则该游标卡尺的精确度为 0.1 mm，游标卡尺的读 数为 5 cm＋3×0.01 cm＝5.03 cm；螺旋测微器的读数为固定刻度读数与可动刻度读数之和， 因此长直导体的直径为 5 mm＋31.5×0.01 mm＝5.315 mm. 答案：5.03 5.315 2．某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图(a) 和(b)所示．该工件的直径为________cm，高度为________mm. 解析：图(a)为 20 分度的游标卡尺，其精度为 0.05 mm.主尺读数为 12 mm，游标尺上第 4 条刻线与主尺上的一条刻线对齐，故测量结果为 12 mm＋4×0.05 mm＝12.20 mm＝1.220 cm. 螺旋测微器的精度为 0.01 mm，由图(b)知固定刻度读数为 6.5 mm，可动刻度读数为“36.0”， 故工件的高度为 6.5 mm＋36.0×0.01 mm＝6.860 mm. 答案：1.220 6.860 3．请按要求填写： (1)某同学用游标卡尺的________测得一玻璃杯的内高，如图甲所示，则其内高为 ________cm； (2)又用螺旋测微器测得其玻璃厚度如图乙所示，则厚度为________mm； (3)该同学用螺旋测微器又测得一小球直径如图丙所示，正确读数后得小球直径为 1.731 mm， 则 a＝__________，b＝________. (4)某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图丁、戊所示，则该金属杆的长度和直径分 别为__________cm 和________mm. 解析：(1)因需测量的是玻璃杯的内高即深度，所以要用游标卡尺的深度尺测量，根据图甲 所示的游标卡尺主尺上的整毫米数为 100 mm，游标尺的精确度为 0.1 mm，且第 3 条刻度线 与主尺上的刻度线对齐，可知玻璃杯的内高为 100 mm＋0.1 mm×3＝100.3 mm＝10.03 cm. (2)螺旋测微器的读数规则：测量值＝固定刻度读数(注意半毫米刻度线是否露出)＋精确度 (0.01 mm)×可动刻度读数(一定要估读)，所以玻璃厚度为 2.5 mm＋0.01 mm×26.0＝2.760 mm. (3)因 1.731 mm＝1.5 mm＋0.01 mm×23.1，由螺旋测微器读数规则知 a 应为 20，b 应为 0. (4)金属杆长度由刻度尺示数可得，由题图丁得 L＝60.10 cm.由题图戊知，此游标尺为 50 分度，游标尺上第 10 刻线与主尺上一刻线对齐，则金属杆直径为 d＝4 mm＋ 1 50 ×10 mm＝4.20 mm. 答案：(1)深度尺 10.03 (2)2.760 (3)20 0 (4)60.10 4.20 游标卡尺和螺旋测微器读数“三技巧” 1．游标卡尺在读数时先确定各尺的分度，把数据转换成以毫米为单位的数据，先读主尺数 据，再读游标尺数据，最后两数相加． 2．螺旋测微器在读数时，注意区别整刻度线与半毫米刻度线，注意判断半毫米刻度线是否 露出． 3．游标卡尺读数时不需估读，而螺旋测微器读数时需估读． 高频考点二 “纸带类”实验的处理 [知能必备] 1．打点计时器的认识和正确使用 (1)电磁打点计时器工作电压为低压交流 4～6 V；电火花计时器工作电压为交流 220 V. (2)工作时应先接通电源，后释放纸带． 2．纸带的应用 (1)判断物体运动性质． ①若Δx＝0，则可判定物体在实验误差允许的范围内做匀速直线运动． ②若Δx 不为零且为定值，则可判定物体在实验误差允许范围内做匀变速直线运动． (2)求解瞬时速度． 利用做匀变速运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．如图甲所示， 求打某一点的瞬时速度，只需在这一点的前后各取相同时间间隔 T 的两段位移 xn 和 xn＋1，则 打 n 点时的速度 vn＝xn＋xn＋1 2T . 3．用“逐差法”求加速度，如图乙所示 因为 a1＝x4－x1 3T2 a2＝x5－x2 3T2 a3＝x6－x3 3T2 所以 a＝a1＋a2＋a3 3 ＝x4＋x5＋x6－x1－x2－x3 9T2 . 4．v－t 图象法求加速度：即以打某计数点为计时起点，然后利用 vn＝xn＋xn＋1 2T 求出打各个计 数点时的瞬时速度，描点得 v－t 图象，图象的斜率即为物体的加速度． [题组冲关] 1．某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度． (1)请完成以下主要实验步骤：按图(a)安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带， 使重物________(填“靠近”或“远离”)计时器下端；________，________，使重物自由下 落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验． (2)图(b)和(c)是实验获得的两条纸带，应选取________(填“b”或“c”)来计算重力加速 度，在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因 是空气阻力和________． 解析：(1)使用打点计时器进行相关实验时，拖动纸带的重物应靠近打点计时器，而且应先 接通打点计时器的电源，待打点计时器打点稳定后，再释放纸带． (2)纸带在重物的作用下，做匀加速直线运动，打点距离越来越大，而(c)纸带的打点距离先 增大后减小，故应选取(b)进行研究．在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果 小于当地重力加速度的主要原因是空气阻力和纸带与打点计时器间的摩擦． 答案：(1)靠近 接通打点计时器电源 释放纸带 (2)b 纸带与打点计时器间的摩擦 2．如图所示为接在 50 Hz 低压交流电源上的打点计时器在一物体拖动纸带做匀加速直线运 动时打出的一条纸带，图中所示的是每打 5 个点所取的计数点，但第 3 个计数点没有画出．由 图中数据可求得： (1)该物体的加速度大小为________m/s2. (2)打第 2 个计数点时该物体的速度大小为________m/s. (3)如果当时电网中交变电流的频率是 f＝49 Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的 测量值与实际值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)． 解析：(1)设 1、2 间的位移为 x1,2、3 间的位移为 x2,3、4 间的位移为 x3,4、5 间的位移为 x4； 因为交流电源频率为 50 Hz，且每打 5 个点取一个计数点，所以两个计数点之间的时间间隔 T＝0.1 s；由推论 xm－xn＝(m－n)aT2 得 x4－x1＝3aT2，代入数据解得 a＝0.74 m/s2. (2)打第 2 个计数点时物体的瞬时速度等于打 1、3 点之间物体的平均速度，因此有 v2＝x13 t13 ＝ 3.62＋ 3.62＋0.74 0.2 ×10－2 m/s＝0.399 m/s. (3)如果当时电网中交变电流的频率是 f＝49 Hz，则周期变大，计数点之间的时间间隔变大， 即实际的时间间隔大于 0.1 s，但是该同学仍以 0.1 s 计算，根据 x4－x1＝3aT2，知加速度 的测量值比实际值偏大． 答案：(1)0.74 (2)0.399 (3)偏大 3．在利用如图甲所示的装置探究滑块的匀加速直线运动时，某同学进行了如下操作：闭合 开关，电磁打点计时器在频率为 f＝50 Hz、电压为 4～6 V 的交流电的带动下正常工作，待 打点稳定后，将滑块由静止释放，在砝码的牵引下滑块带动纸带运动，在纸带上打下一系列 的点，从其中截取一段点迹清晰的纸带如图乙所示，图中的 A、B、C、D、E 为选取的五个计 数点，已知相邻两计数点间有 4 个计时点没有画出． (1)当电磁打点计时器打下 B、C、D 时，滑块运动的速度分别为 vB＝________m/s，vC＝ ________m/s，vD＝________m/s； (2)以电磁打点计时器打 A 点时为计时的 0 时刻，利用以上数据在图丙的坐标纸中画出滑块 的速度随时间变化规律的图线； (3)由图线分析知图线纵截距为________m/s，此截距的物理意义是__________； (4)由图线可知该滑块的加速度大小为________． 解析： (1)匀变速直线运动中某一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，故 vB＝ xAC 2T ＝0.276 0 0.2 m/s＝1.38 m/s，vC＝xBD 2T ＝0.528 0 0.2 m/s＝2.64 m/s，vD＝xCE 2T ＝0.780 0.2 m/s＝3.90 m/s； (2)根据以上数据作出滑块的 v－t 图象，如图所示； (3)图线纵截距为 0.15 m/s，此截距的物理意义为 0 时刻打点计时器打 A 点时滑块的速度为 0.15 m/s； (4)该图线的斜率即滑块运行的加速度，a＝Δv Δt ＝ 4.5－2.0 0.35－0.15 m/s2＝12.5 m/s2. 答案：(1)1.38 2.64 3.90 (2)如解析图所示 (3)0.15 0 时刻打点计时器打 A 点时滑块的速度为 0.15 m/s (4)12.5 m/s2 4．现用如图 1 所示的实验装置进行探究实验，摩擦力已平衡好．小车上固定一个盒子，盒 子内可加砝码．沙桶的总质量(包括桶以及桶内沙子的质量)记为 m0，小车的总质量(包括车 和盒内砝码的质量，盒子质量可忽略)记为 M.实验时保持桶和桶内沙子总质量 m0 不变，在盒 子内逐渐添加砝码，分别得到每次实验中小车上砝码的质量 m 和小车加速度大小 a 及对应的 1 a ，数据如下表所示，实验中每个砝码的质量均为 50 g．试分析下列问题： 图 1 实验序号 物理量 1 2 3 4 5 小车上砝码的质量 m/kg 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 小车加速度 a/(m·s－2) 0.91 0.74 0.65 0.56 0.50 小车加速度的倒数 1 a (m－1·s2) 1.10 1.35 1.54 1.79 2.00 (1)某同学得到如图 2 所示的纸带．已知打点计时器的电源频率为 50 Hz，A、B、C、D、E、 F、G 是纸带上 7 个连续的计数点，相邻两计数点之间还有 4 个点未画出．Δs＝sDG－sAD＝ ________cm.由此可得出小车的加速度大小 a＝________m/s2. 图 2 (2)请根据表中的数据在图 3 所示的坐标系中作出1 a －m 图线． 图 3 (3)由所作的图线求得小车的质量为 M0 ＝________kg，小车所受合外力的大小为 F＝ ________N．(计算结果均保留三位有效数字) 解析：(1)由刻度尺示数可知Δs＝sDG－sAD＝3.90 cm－2.10 cm＝1.80 cm，两相邻计数点之 间的时间间隔为 T＝ 0．1 s，代入公式Δx＝aT2 可以求出加速度大小为 a＝0.20 m/s2. (2)根据表中的数据所作图象如图所示． (3)由牛顿第二定律得 m0g＝(m＋M0)a，整理得1 a ＝ m m0g ＋ M0 m0g ，由1 a －m 图象可知斜率 k＝4.6 N－ 1，图象的纵截距为 b＝0.85 m－1·s2.联立得 M0＝0.185 kg，F＝1 k ＝0.217 N. 答案：(1)1.80 0.20 (2)如解析图所示 (3)0.185 0.217 1．纸带的应用主要体现在以下几方面： (1)利用点迹确定时间，分清计数点还是计时点． (2)确定某时刻的速度．vn＝xn＋xn＋1 2T (3)计算加速度：Δx＝aT2 或 xm－xn＝(m－n)aT2 或逐差法． 2．图象法处理实验数据应注意以下几点 (1)作图一定要用坐标纸，坐标纸的大小要根据有效数字的位数和结果的需要来定． (2)要标明轴名、单位，在轴上每隔一定的间距按有效数字的位数标明数值． (3)图上的连线不一定通过所有的数据点，应尽量使数据点合理地分布在线的两侧，且线要 细． (4)作图时常通过选取适当的坐标轴使图线线性化，即“变曲为直”． (5)注意区别横、纵坐标轴的物理意义、标度及单位． (6)明确图象的斜率、截距的物理意义． 高频考点三 “橡皮条、弹簧”类实验 [知能必备] 1．“橡皮条、弹簧”的形变量Δx 与静止时所挂物体的重力成正比，Δx＝mg k . 2．弹簧测力计的读数 先看清弹簧测力计的量程和分度值，然后再根据指针所指的位置(一定要看指针末端所指的 位置)读出所测力的大小，若分度值为 0.1，则读数时在精确度后加一估读数即可(即有两位 小数)．若分度值为 0.2，则所读数值小数点后只能有一位小数． [题组冲关] 1．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图 1 连接起来进行探究． (1)某次测量如图 2 所示，指针示数为________cm. (2)在弹性限度内，将 50 g 的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针 A、B 的示数 LA 和 LB 如下表．用 表内数据计算弹簧 Ⅰ 的劲度系数为______N/m(重力加速度 g＝10 m/s2)．由表内数据 ________(填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数. 钩码数 1 2 3 4 LA/cm 15.71 19.71 23.66 27.76 LB/cm 29.96 35.76 41.51 47.36 解析：(1)刻度尺分度值为 1 毫米，读数应估读到毫米下一位，故指针的示数为 16.00 cm. (2)当 A 弹簧的弹力为 FA1＝0.50 N、FA2＝1.00 N、FA3＝1.50 N、FA4＝2.00 N 时，弹簧长度 LA1＝15.71 cm、LA2＝19.71 cm、LA3＝23.66 cm、LA4＝27.76 cm，根据ΔF＝kΔx 得 k1＝12.50 N/m、k2＝12.66 N/m、k3＝12.20 N/m，所以弹簧Ⅰ的劲度系数 k＝k1＋k2＋k3 3 ＝12.45 N/m. 根据表可以计算出弹簧Ⅱ每次的伸长量Δx′，也可以根据ΔF＝k′Δx′计算弹簧Ⅱ的劲度 系数(劲度系数的计算也可以通过作 Fx 图象处理，图象的斜率即等于弹簧的劲度系数)． 答案：(1)16.00(有效数字位数正确，15.96～16.05 均可) (2)12.45(12.20～12.80 均可) 能 2．在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧 测力计． (1)为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到实验数据如表所示： 弹力 F(N) 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50 伸长量 x (10－2 m) 0.74 1.80 2.80 3.72 4.60 5.58 6.45 在下图中的坐标纸上作出 Fx 图，并由 Fx 图象求该弹簧的劲度系数 k＝________N/m. (2)某次实验中，弹簧测力计的指针位置如图所示，其读数为________N，同时利用(1)中结 果获得弹簧上的弹力值为 2.50 N，请画出这两个共点力的合力 F 合． (3)由图得到 F 合＝________N. 解析：(1)以水平方向为 x 轴，竖直方向为 F 轴，建立直角坐标系，然后描点，选尽可能多 的点连成一条线，如图甲所示，图线的斜率即为弹簧的劲度系数 k，k＝ 3.5 6.5×10－2 N/m≈54 N/m. (2)弹簧测力计的读数为 2.10 N，选标度 ，合力的图示如图乙所示． (3)经测量，F 合＝3.30 N. 答案：(1)见解析图甲 54(52～55 均正确) (2)2.10(2.08～2.12 均正确) 见解析图乙 (3)3.30(3.10～3.50 均正确) 3．某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验． (1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为 7.73 cm；图乙是在弹簧下 端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl 为__________ cm； (2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规 范的做法是________________；(填选项前的字母) A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重 B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重 (3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl 与弹力 F 的关系图线，图线的 AB 段明显偏离直线 OA，造成这种现象的主要原因是________________． 解析：(1)弹簧伸长后的总长度为 14.66 cm，则伸长量Δl＝14.66 cm－7.73 cm＝6.93 cm. (2)逐一增挂钩码，便于有规律地描点作图，也可避免因随意增加钩码过多超过弹簧的弹性 限度而损坏弹簧． (3)AB 段明显偏离 OA，伸长量Δl 不再与弹力 F 成正比，是超出弹簧的弹性限度造成的． 答案：(1)6.93 (2)A (3)弹簧受到的拉力超过了其弹性限度 4．某实验小组采用如图所示装置探究做功与动能变化的关系．小车经平衡摩擦力后，挂上 橡皮筋，在橡皮筋的作用下小车弹出，脱离橡皮筋沿木板滑行． (1)实验时打点计时器与学生电源按下图连接，正确的连接是________(填“A”或“B”)． (2)实验中，甲、乙两同学用两种不同的方法来改变橡皮筋对小车所做的功． 甲同学：改变相同橡皮筋的条数，小车每次拉到同一位置释放； 乙同学：保持橡皮筋的条数不变，小车每次拉到不同位置释放． 你认为________(填“甲”或“乙”)同学的方法更合理． (3)从释放小车到刚脱离橡皮筋的过程，小车的运动可能是________． A．匀加速运动 B．匀减速运动 C．加速度增大的加速运动 D．加速度减小的加速运动 (4)实验中测得小车质量为 1.0 kg，某次实验得到的纸带及测量数据如图所示，测得小车获 得的动能为________J(保留两位有效数字)．打点计时器工作频率为 50 Hz. 解析：(1)打点计时器应接低压交流电源，故 A 正确． (2)改变相同的橡皮筋的条数，且拉到同一位置释放，橡皮筋对小车做的功与橡皮筋条数成 正比，故甲同学方法合理． (3)随着橡皮筋的拉力减小，小车的加速度逐渐减小，D 正确． (4)小车的末速度 v＝4.00×10－2 0.02 m/s＝2 m/s，故小车获得的动能 Ek＝1 2 mv2＝2.0 J. 答案：(1)A (2)甲 (3)D (4)2.0 1．弹簧的弹力大小等于下面所挂钩码的重力(静止时)，改变所挂钩码的个数，可以改变弹 簧的弹力大小． 2．弹簧的长度可用刻度尺直接测出，伸长量可由弹簧伸长后的长度减去弹簧的原长来计算． 3．涉及力的合成的问题要紧扣等效思想．实验过程中要做好三记录(即力的大小、力的方向、 力的作用点)，并利用平行四边形定则做好力的图示． 4．涉及能量问题时，要灵活应用弹簧(橡皮筋)的弹性势能和其它能间的转化． 高频考点四 力学创新实验 [知能必备] 1．力学创新型实验的特点 (1)以基本的力学模型为载体，依托运动学规律和力学定律设计实验． (2)将实验的基本方法——控制变量法，处理数据的基本方法——图象法、逐差法，融入到 实验的综合分析之中． 2．创新实验题的解法 (1)根据题目情境，提取相应的力学模型，明确实验的理论依据和实验目的，设计实验方案． (2)进行实验，记录数据，应用原理公式或图象法处理实验数据，结合物体实际受力情况和 理论受力情况对结果进行误差分析． [题组冲关] 1．为了测量木块与木板间动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示的实验装 置，让木块从倾斜木板上一点 A 由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离，位 移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移 s 随时间 t 的变化规律，如图乙所示． (1)根据上述 s t 图，计算 0.3 s 时木块的速度＝________m/s，木块的加速度 a＝ ________m/s2.(以上结果均保留 2 位有效数字) (2)若知道木板的倾角为θ，则木块与木板的动摩擦因数μ＝________，所有量用字母表示 (已知当地的重力加速度为 g)． (3)为了提高木块与木板间动摩擦因数的测量精度，下列措施可行的是________． A．A 点与传感器距离适当大些 B．木板的倾角越大越好 C．选择体积较小的实心木块 D．传感器开始计时的时刻必须是木块从 A 点释放的时刻 解析：(1)由图象可得函数表达式 s＝0.42－2(t－0.1)2 m，由此可得木块的加速度 a＝4.0 m/s2,0.3 s 时木块的速度 v＝0.80 m/s. (2)据牛顿第二定律得 a＝gsin θ－μgcos θ，计算得μ＝tan θ－ a gcos θ . (3)A 点与传感器距离适当大些，可测得更多数据，选择体积较小的实心木块可减少阻力的 影响，故选 A、C. 答案：(1)0.80 4.0 (2)tan θ－ a gcos θ (3)AC 2．某学校物理兴趣小组，利用光控实验板“探究自由落体的下落高度与速度之间的关系”， 如图甲所示．将数据记录在 Excel 工作簿中，利用 Excel 处理数据，如图乙所示， 小组进行探究，得出结论． 在数据分析过程中，小组先得出了 vBh 图象，继而又得出 v2 Bh 图象，如图丙、丁所示： 请根据图象回答下列问题： (1)小组同学在得出 vBh 图象后，为什么还要作出 v2 Bh 图象？________. (2)若小球下落过程机械能守恒，根据实验操作及数据处理，求得丁图图象的斜率为 k，则 重力加速度 g＝________. 解析：(1)先作出的 vBh 图象，不是一条直线，根据形状无法判断 vBh 关系，进而考虑 v2 Bh 图象，从而找出 v2 Bh 之间的线性关系． (2)据 v2＝2gh 可知斜率 k＝2g，故 g＝k 2 . 答案：(1)见解析 (2)k 2 3．(2016·湖北八校三联)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守 恒定律”的实验．有一直径为 d、质量为 m 的金属小球由 A 处由静止释放，下落过程中能通 过 A 处正下方、固定于 B 处的光电门，测得 A、B 间的距离为 H(H≫d)，光电计时器记录下 小球通过光电门的时间为 t，当地的重力加速度为 g.则： (1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径 d＝______mm. (2)小球经过光电门 B 时的速度表达式为________． (3)多次改变高度 H，重复上述实验，作出1 t2随 H 的变化图象如图丙所示，当图中已知量 t0、 H0 和重力加速度 g 及小球的直径 d 满足以下表达式：________时，可判断小球下落过程中机 械能守恒． (4)实验中发现动能增加量ΔEk 总是稍小于重力势能减少量ΔEp，增加下落高度后，则ΔEp －ΔEk 将________(选填“增加”、“减小”或“不变”)． 解析：(1)小球的直径 d＝7 mm＋0.05 mm×5＝7.25 mm； (2)小球经过光电门 B 时的速度表达式为 v＝d t ； (3)若机械能守恒，则满足 mgH＝1 2 mv2＝1 2 m d t 2，整理可得：1 t2＝2g d2 H，由图线可知，当满足1 t2 0 ＝2g d2 H0 时，可判断小球下落过程中机械能守恒； (4)因小球下落时受空气阻力作用，故使得动能增加量ΔEk 总是稍小于重力势能减小量ΔEp； 若增加下落高度后，则空气阻力做功增加，则ΔEp－ΔEk 将增加． 答案：(1)7.25 (2)d t (3)1 t2 0 ＝2g d2 H0 或 2gH0t2 0＝d2 (4)增加 4．某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律．实验装置如图 1 所示， 打点计时器的电源为 50 Hz 的交流电． 图 1 (1)(多选)下列实验操作中，不正确的有________． A．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方 B．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面 C．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开让磁铁下落 D．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源 (2)该同学按正确的步骤进行实验(记为“实验①”)，将磁铁从管口处释放，打出一条纸带， 取开始下落的一段，确定一合适的点为 O 点，每隔一个计时点取一个计数点，标为 1,2,3，…， 8.用刻度尺量出各计数点的相邻两计时点到 O 点的距离，记录在纸带上，如图 2 所示． 图 2 计算相邻计时点间的平均速度 v ，粗略地表示各计数点的速度，抄入下表，请将表中的数 据补充完整. 位置 1 2 3 4 5 6 7 8 v (cm/s) 24.5 33.8 37.8 ____ 39.5 39.8 39.8 39.8 (3)分析上表的实验数据可知：在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是 ________；磁铁受到阻尼作用的变化情况是________． (4)该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作(记为“实验②”)， 结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同．请问实验②是为了说明什么？ 对比实验①和②的结果可得到什么结论？ 解析：(1)为了探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律，应让铜管竖直地固 定在限位孔正下方，避免小磁铁下落时与铜管发生碰撞，选项 A 正确；纸带穿过限位孔，要 压在复写纸下面，使打点计时器工作时纸带上点迹清晰，选项 B 正确；用手只捏住磁铁，不 能使纸带保持竖直，磁铁下落时纸带与打点计时器间有较大阻力，故应捏住纸带的上端，让 磁铁从静止释放，选项 C 不正确；应先接通打点计时器的电源再松开纸带，选项 D 不正确． (2)计数点“4”的速度用它两侧计时点之间的平均速度来表示，故 v4＝5.60－4.04 0.04 cm/s＝ 39.0 cm/s. (3)由各计数点速度表可以看出，磁铁运动的速度逐渐增大到 39.8 cm/s，表明磁铁受到的 阻尼作用也是逐渐增大的，最后和重力平衡． (4)实验②中磁铁在塑料管中下落的运动规律与自由落体规律几乎相同，说明磁铁在塑料管 中下落几乎不受阻尼作用．对比实验①和②，可以看出磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是 电磁阻尼作用． 答案：(1)CD (2)39.0 (3)逐渐增大到 39.8 cm/s 逐渐增大到等于重力 (4)为了说明磁 铁在塑料管中几乎不受阻尼作用．磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用． 实验题的创新主要体现在对课本实验的改编、拓展或延伸，常见情况如下： 1．课本实验的装置、器材等不变，但实验的目的变了．利用所测数据，求另一物理量或验 证另一个物理规律． 2．实验装置、器材变化，但实验原理、方法等不变或者原理不变，实验方法、处理数据的 方法变化了． 3．利用学过的物理规律和实验方法设计或解答新情景实验． [真题试做] [真题 1] (2016·高考全国乙卷)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其 中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有 20 Hz、30 Hz 和 40 Hz.打出纸带的一 部分如图(b)所示． 该同学在实验中没有记录交流电的频率 f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算． (1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用 f 和图(b)中给出的物理量可以写出：在打 点计时器打出 B 点时，重物下落的速度大小为________，打出 C 点时重物下落的速度大小为 ________，重物下落的加速度大小为________． (2)已测得 s1＝8.89 cm，s2＝9.50 cm，s3＝10.10 cm；当地重力加速度大小为 9.80 m/s2， 实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的 1%.由此推算出 f 为________Hz. 解析：(1)重物匀加速下落时，根据匀变速直线运动的规律得 vB＝s1＋s2 2T ＝1 2 f(s1＋s2) vC＝s2＋s3 2T ＝1 2 f(s2＋s3) 由 s3－s1＝2aT2 得 a＝f2 s3－s1 2 (2)根据牛顿第二定律，有 mg－kmg＝ma 根据以上各式，化简得 f＝ 2 1－k g s3－s1 代入数据可得 f≈40 Hz 答案：(1)1 2 f(s1＋s2) 1 2 f(s2＋s3) 1 2 f2(s3－s1) (2)40 [真题 2] (2016·高考全国丙卷)某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其 所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻 绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共 有 N＝5 个，每个质量均为 0.010 kg.实验步骤如下： (1)将 5 个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码) 可以在木板上匀速下滑． (2)将 n(依次取 n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余 N－n 个钩码仍留在小车内；用手 按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻 t 相对于其起始位 置的位移 s，绘制 s－t 图象，经数据处理后可得到相应的加速度 a. (3)对应于不同的 n 的 a 值见下表．n＝2 时的 s－t 图象如图(b)所示；由图(b)求出此时小 车的加速度(保留 2 位有效数字)，将结果填入下表. n 1 2 3 4 5 a/(m·s－2) 0.20 0.58 0.78 1.00 (4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出 a－n 图象．从图象可以看出：当物体质 量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比． (5)利用 an 图象求得小车(空载)的质量为________kg(保留 2 位有效数字，重力加速度取 g ＝9.8 m·s－2)． (6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的 标号) A．an 图线不再是直线 B．an 图线仍是直线，但该直线不过原点 C．an 图线仍是直线，但该直线的斜率变大 解析：(3)根据题图(b)可知，当 t＝2.00 s 时，位移 s＝0.78 m，由 s＝1 2 at2，得加速度 a ＝2s t2 ＝0.39 m/s2. (4)图象如图所示． (5)小车空载时，n＝5，加速度为 a＝1.00 m/s2.由牛顿第二定律得 nm0g＝(m＋nm0)a，代入 数据得 m＝0.44 kg. (6)若保持木板水平，则小车运动中受到摩擦力的作用，n 的数值相同的情况下，加速度 a 变小，直线的斜率变小．绳的拉力等于摩擦力时，小车才开始运动，图象不过原点，选项 B 正确． 答案：(3)0.39 (4)如图所示 (5)0.44 (6)B [真题 3] (2015·高考全国卷Ⅰ)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥 最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分 的半径为 R＝0.20 m)． 完成下列填空： (1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图(a)所示，托盘秤的示数为 1.00 kg； (2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为 ________kg； (3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤 的最大示数为 m；多次从同一位置释放小车，记录各次的 m 值如下表所示： 序号 1 2 3 4 5 m(kg) 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90 (4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________N；小车通过最低 点时的速度大小为________m/s.(重力加速度大小取 9.80 m/s2，计算结果保留 2 位有效数字) 解析：(2)题图(b)中托盘秤的示数为 1.40 kg. (4)小车经过最低点时托盘秤的示数为 m＝1.80＋1.75＋1.85＋1.75＋1.90 5 kg＝1.81 kg. 小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为 F＝(m－1.00)g＝(1.81－1.00)×9.80 N≈7.9 N 由题意可知小车的质量为 m′＝(1.40－1.00) kg＝0.40 kg 对小车，在最低点时由牛顿第二定律得 F－m′g＝m′v2 R 解得 v≈1.4 m/s. 答案：1.40 7.9 1. 4 [新题预测] 如图甲所示，在水平放置的气垫导轨上有一带有方盒的滑块，质量为 M，气垫导轨右端固定 一定滑轮，细线绕过定滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有 6 个钩码，设每个钩码的质量为 m，且 M＝4m. (1)用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，示数如图乙所示，则宽度 d＝________cm； (2)某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为 t，则滑块 通过光电门的速度为________(用题中所给字母表示)； (3)开始实验时，细线另一端挂有 6 个钩码，滑块由静止释放后细线上的拉力为 F1，接着每 次实验时将 1 个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩 3 个钩码时细线上的拉力为 F2，则 F1________(填“大于”“等于”或“小于”)2F2； (4)若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的距离为 L，细线端所挂 钩码的个数为 n，挡光片通过光电门的时间为 t，测出多组数据，并绘出 n－1 t2图象(如图丙)， 已知图线斜率为 k，则当地重力加速度为________(用题中字母表示)． 解析：(1)根据游标卡尺读数规则，挡光片宽度 d＝5 mm＋4×0.05 mm＝5.20 mm＝0.520 cm. (2)由于滑块上的挡光片很窄，所以可以用挡光片经过光电门的平均速度代替经过光电门时 的瞬时速度，所以滑块通过光电门的速度为 d/t. (3)细线另一端挂有 6 个钩码，滑块由静止释放后，把钩码和滑块看作整体，由牛顿第二定 律得 6mg＝(M＋6m)a1，隔离滑块进行受力分析得 F1＝Ma1，联立解得细线上的拉力 F1＝2.4mg； 当只剩 3 个钩码时，滑块由静止释放后，由牛顿第二定律得 3mg＝(M＋6m)a2，F2＝(M＋3m)a2， 联立解得细线上的拉力为 F2＝2.1mg，所以 F1 小于 2F2. (4)细线端挂有 n 个钩码，由静止释放滑块后，由牛顿第二定律得 nmg＝(M＋6m)a，v＝d/t， v2＝2aL，联立解得 n＝5d2 Lg ·1 t2.图线斜率 k＝5d2 Lg ，则当地重力加速度为 g＝5d2 kL . 答案：(1)0.520 (2)d t (3)小于 (4)5d2 kL 限时规范训练 建议用时：35 分钟 1．如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动 记录遮光时间Δt.测得遮光条的宽度为Δx，用Δx Δt 近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度．为 使Δx Δt 更接近瞬时速度，正确的措施是( ) A．换用宽度更窄的遮光条 B．提高测量遮光条宽度的精确度 C．使滑块的释放点更靠近光电门 D．增大气垫导轨与水平面的夹角 解析：选 A.Δx Δt 表示的是Δt 时间内的平均速度，遮光条的宽度Δx 越窄，则记录遮光时间 Δt 越小，Δx Δt 越接近滑块通过光电门时的瞬时速度，选项 A 正确． 2．某同学用如图甲所示的螺旋测微器测小球的直径时，他应先转动________到 F 靠近小球， 再转动________到 F 夹住小球，直至听到棘轮发出声音为止，拨动________使 F 固定后读数 (填仪器部件字母符号)．正确操作后，螺旋测微器的示数如图乙所示，则小球的直径是 ________mm. 解析：用螺旋测微器测小球直径时，先转动旋钮 D 使测微螺杆 F 靠近被测小球，再转动微调 旋钮 H 使测微螺杆 F 夹住小球，直到棘轮发出声音为止，拨动旋钮 G 使 F 固定后读数，读数 为 6.5 mm＋20.0×0.01 mm＝6.700 mm. 答案：D H G 6.700 3．某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律． (1)某同学用 20 分度的游标卡尺测量一小球的直径，示数如图甲所示，则小球的直径 d＝ ________cm. (2)如图乙所示，弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门 A、B，计时装置测出小球 通过 A、B 的时间分别为ΔtA、ΔtB.用刻度尺测出光电门 A、B 间的距离 h，用游标卡尺测得 小球直径为 d，当地的重力加速度为 g，在误差范围内，若公式________________成立，就 可以验证机械能守恒(用题中给出的物理量符号表示)． 解析：(1)游标卡尺示数为 10 mm＋0.05×4 mm＝10.20 mm＝1.020 cm. (2)小球在 A 点动能 EkA＝1 2 m d ΔtA 2， B 点动能 EkB＝1 2 m d ΔtB 2， 动能减少量：ΔEk＝EkA－EkB＝1 2 m d ΔtA 2－ d ΔtB 2 ， 小球由 A 到 B 重力势能增加量ΔEp＝mgh， 在误差允许范围内，若满足ΔEk＝ΔEp， 即 d ΔtA 2－ d ΔtB 2＝2gh，就可以验证机械能守恒． 答案：(1)1.020 (2) d ΔtA 2－ d ΔtB 2＝2gh 4．(2016·陕西西安二模)关于“用 DIS 探究牛顿第二定律”的实验： (1)如图甲是本实验的装置图，图中①是位移传感器的________部分，②是位移传感器的 ________部分．本实验通过________________来改变对小车的拉力，通过________________ 来改变小车的质量． (2)如图乙为小车质量不变时实验所得的 a－F 图象，从图象上可以看到直线不过原点，其原 因是________，由图可知小车的质量约为________kg. 解析：(1)发射器固定在小车上，接收器应该固定在轨道上． 所以图中①是位移传感器的发射器部分，②是位移传感器的接收器部分． 本实验通过控制变量法研究加速度与力、质量的关系，所以通过改变悬挂钩码的个数来改变 对小车的拉力，通过在小车上加配重片来改变小车的质量． (2)从图乙中发现直线没过原点，当 F≠0 时，a＝0.即当绳子上有拉力时小车的加速度还为 0 处于静止，说明该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤．所以造成图中直线不过 坐标原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．a＝F－f m ，aF 图线的斜率的倒数即物 体的质量，所以 m＝1 k ＝0.77 kg. 答案：(1)发射器 接收器 改变悬挂钩码的个数 在小车上加配重片 (2)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 0.77 5．如图甲所示是一种新的短途代步工具——电动平衡车，被称为站着骑的电动车，其最大 速度可达 20 km/h，某同学为测量一电动平衡车在平直水泥路面上受到的阻力情况，设计了 下述实验：将输液用的 500 mL 塑料瓶装适量水后，连同输液管一起绑在平衡车的护手上， 调节输液管的滴水速度，某滴水刚落地开始计时，从下一滴水开始依次计数为 1、2、3…， 当第 50 滴水刚好落地时停止计时，测得时间为 25.0 s，该同学骑上平衡车后，先加速到某 一速度，然后关闭动力，让平衡车沿着直线滑行，如图乙所示是某次实验中在水泥路面上的 部分水滴及测出的间距值(左侧是起点，单位：m)，已知当地重力加速度 g 取 9.8 m/s2，则 根据该同学的测量结果可得出： (1)平衡车经过路面上相邻两滴水间的时间间隔 T＝________s. (2)平衡车加速过程的加速度大小 a1＝________m/s2. (3)设平衡车运动过程中所受阻力的大小是人与车总重力的 k 倍，则 k＝________(计算结果 保留两位有效数字)． 解析：(1)当第 50 滴水刚好落地时停止计时，测得时间为 25.0 s，则相邻两滴水间的时间 间隔 T＝25 50 s＝0.50 s. (2)在加速阶段，连续相等时间内的位移之差是恒量，根据Δx＝aT2 得 a1＝xCE－xAC 2T 2＝1.98＋2.49－1.01－1.50 2×0.5 2 m/s2＝1.96 m/s2. (3)在减速阶段，根据Δx＝aT2，运用逐差法得 a＝xHJ－xFH 4T2 ＝2.16＋1.95－2.37－2.26 4×0.52 m/s2＝－0.52 m/s2. 根据牛顿第二定律得，f＝kmg＝ma， 解得：k＝a g ＝0.52 9.8 ＝5.3×10－2. 答案：(1)0.50 (2)1.96 (3)5.3×10－2 6．某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则． 实验步骤： ①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向． ②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直 到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为 O1、O2，记录弹簧秤的示数 F， 测量并记录 O1、O2 间的距离(即橡皮筋的长度 l)．每次将弹簧秤示数改变 0.50 N，测出所对 应的 l，部分数据如下表所示： F/(N) 0 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 l/(cm) l0 10.97 12.02 13.00 13.98 15.05 ③找出②中 F＝2.50 N 时橡皮筋两端的位置，重新标记为 O、O′，橡皮筋的拉力记为 FOO′. ④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度 同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到 O 点，将两笔尖的位置标记为 A、B，橡皮筋 OA 段 的拉力记为 FOA，OB 段的拉力记为 FOB. 完成下列作图和填空： (1)利用表中数据在给出的坐标纸上画出 F－l 图线，根据图线求得 l0＝________cm. (2)测得 OA＝6.00 cm，OB＝7.60 cm，则 FOA 的大小为________N. (3)根据给出的标度，在图中作出 FOA 和 FOB 的合力 F′的图示． (4)通过比较 F′与________的大小和方向，即可得出实验结论． 解析：(1)在坐标系中描点，用平滑的曲线(直线)将各点连接起来，不在直线上的点均匀分 布在直线的两侧．如图甲所示，由图线可知与横轴的交点 l0＝10.0 cm. (2)橡皮筋的长度 l＝OA＋OB＝13.60 cm，由图甲可得 F＝1.80 N，所以 FOA＝FOB＝F＝1.80 N. (3)利用给出的标度作出 FOA 和 FOB 的图示，然后以 FOA 和 FOB 为邻边作平行四边形，对角线即为 合力 F′，如图乙． (4)FOO′的作用效果和 FOA、FOB 两个力的作用效果相同，F′是 FOA、FOB 两个力的合力，所以只 要比较 F′和 FOO′的大小和方向，即可得出实验结论． 答案：(1)如图甲所示 10.0(9.8、9.9、10.1 均正确) (2)1.80(1.70～1.90 均正确) (3)如图乙所示 (4)FOO′ 7．(2016·百校联盟押题卷)某兴趣小组的同学用如图 1 所示的装置探究一小木块与一薄尼 龙布料之间的动摩擦因数．他们将一可认为是光滑的长木板置于水平桌面上，并在长木板的 右半部分平整地铺上一块薄尼龙布料，然后按图 1 安装好实验装置，实验时小木块在重物的 牵引下向右运动，当重物落地后小木块还未进入到薄布区域，经过多次实验他们得到了一条 如图 2 所示的纸带，他们将得到的纸带置于一透明刻度尺的下方进行测量．连接打点计时器 的电源频率为 50 Hz，重力加速度 g＝10 m/s2. (1)根据刻度尺的示数可以判断，小木块在打 A、E 之间的点时做________运动，在打 E、J 之间的点时做________________运动． (2)将打下 A 点时记为 t＝0，在如图 3 所示的 v－t 坐标系中，已将打下 B、C、D、E、F、H、 I 点时所对应的速度大小描入了其中，请计算出打点计时器打下 G 点时小木块的瞬时速度大 小，并将其描入坐标系中，然后画出 v－t 图线． (3)根据所作的 v－t 图线，求得小木块在布面上运动时的加速度大小为 a＝________m/s2. (4)若小木块的质量为 m＝1 kg，根据所作的 v－t 图线，可求得小木块与布面之间的动摩擦 因数为μ＝________. 解析：(1)由题意可知相邻点的时间间隔为 0.02 s，由题图 2 可知在 A、E 两点间各相邻点 的距离均为 1.80 cm，故小木块做匀速直线运动，在 E、J 两点之间各相邻点间的距离依次 减小 0.20 cm，故小木块做匀减速直线运动． (2)根据匀变速直线运动规律可得打点计时器打下 G 点时小木块的瞬时速度大小为 vG＝ sHG＋sGF 2T ＝ 1.20＋1.40 2×0.02×100 m/s＝0.65 m/s，所作的 v－t 图象如图所示． (3)根据 v－t 图线斜率的物理意义可知小木块在布面上运动的加速度大小为 a＝5 m/s2. (4)根据牛顿第二定律有μmg＝ma，由此解得μ＝0.5. 答案：(1)匀速直线 匀减速直线 (2)如解析图所示 (3)5 (4)0.5 第 2 讲 电学实验与创新 高频考点一 多用电表的使用和读数 [题组冲关] 1．用多用电表进行了几次测量，指针分别处于 a、b 位置，如图所示． (1)若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的挡位，a 和 b 的相应读数各是多少？请填 在表格中. 指针位置 选择开关所处挡位 读数 a 直流电流 100 mA ________ mA 直流电压 2.5 V ________ V b 电阻×10 Ω ________ Ω (2)如果要用此多用电表测量一个约 1.8×103 Ω的电阻，为了使测量比较精确，应选的欧姆 挡是________(选填“×10”“×100”或“×1 k”)． 解析：(1)选择开关处于直流 100 mA，则 a 读数为 26 mA.选择开关处于直流 2.5 V，则 a 读 数为 0.65 V．选择开关处于电阻“×10”挡，则 b 读数为 40 Ω. (2)测 1.8×103 Ω的电阻应选择“×100”挡． 答案：(1)26 0.65 40 (2)×100 2．某同学在测量一只小灯泡电阻的实验中，连接了如图甲所示的实物电路图．闭合开关， 发现灯泡不亮，电流表的示数为零． (1)他借助多用电表检查小灯泡．先断开开关，把多用电表的选择开关旋到“×1”挡，再进 行________调零；又将红、黑表笔分别接触①、②接线柱，多用电表的表盘恰好如图乙所示， 说明小灯泡正常，此时的电阻为________Ω. (2)他将多用电表选择开关旋于某直流电压挡，将红、黑表笔分别接触②、③接线柱；闭合 开关，发现电压表的示数约等于电源电动势，说明②、③接线柱间的导线出现了________(选 填“断路”或“短路”)． (3)故障排除后，为了使电流表的示数从零开始，要在________(选填“①、④”或“③、④”) 接线柱间再连接一根导线，并在闭合开关前把滑动变阻器的滑片置于最________(选填 “左”和“右”)端． 解析：(1)根据欧姆表的使用方法可知，每次选完挡后应重新进行欧姆调零； 欧姆表的读数为 R＝6.0×1 Ω＝6.0 Ω； (2)将红、黑表笔分别接触②、③接线柱，闭合开关，发现电压表的示数约等于电源电动势， 说明②、③接线柱间的导线出现了断路； (3)为使电流表的示数从零开始，变阻器应采用分压式接法，所以应在③、④接线柱间再连 接一根导线；闭合开关前应将滑片置于输出电压最小的最左端． 答案：(1)欧姆 6(或 6.0) (2)断路 (3)③、④ 左 3．(2016·河南安阳高三质检)某学生实验小组利用图甲所示电路，测量多用电表内电池的 电动势和电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻．使用的器材有： 多用电表； 电压表：量程 5 V，内阻十几千欧； 滑动变阻器：最大阻值 5 kΩ； 导线若干． 回答下列问题： (1)将多用电表挡位调到电阻“×1 k”挡，再将红表笔和黑表笔________，调零点． (2)将图甲中多用电表的红表笔和________(选填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端． (3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图乙所示，这时电压表的示数 如图丙所示．多用电表和电压表的读数分别为________kΩ和________V. (4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别 为 12.0 kΩ和 4.00 V 从测量数据可知，电压表的内阻为 ________kΩ. (5) 多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而 成的电路，如图丁所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为 ________V，电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻为________kΩ. 解析：(1)欧姆表调零：将红表笔和黑表笔短接，使指针指电阻 0 刻度． (2)多用电表欧姆挡测电压表的内阻应使电流从电压表的“＋”接线柱流入、“－”接线柱 流出，而黑表笔连接多用电表内电池的正极，所以多用电表的红表笔和“－”端相连，黑表 笔连接“＋”端． (3)多用电表和电压表的读数分别为 15 kΩ和 3.60 V. (4)由题图甲可知多用电表欧姆“×1 k”挡直接测量电压表的内阻 RV，所以 RV＝12.0 kΩ. (5)设多用电表内电池的电动势为 E，多用电表电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻为 Rg，依 题给条件由欧姆定律得： E＝3.6 RV (15＋Rg)，E＝4 RV (12＋Rg)， 又 RV＝12.0 kΩ，解之得：E＝9.00 V，Rg＝15.0 kΩ. 答案：(1)短接 (2)1 (3)15 3.60 (4)12.0 (5)9.00 15.0 多用电表使用的“四注意” 1．电流的流向：使用欧姆挡时，多用电表内部电池的正极接黑表笔，负极接红表笔，从电 源外部看，电流从红表笔流入，从黑表笔流出． 2．区分“机械调零”和“欧姆调零”：“机械调零”在表盘刻度左侧“0”位置，调整表盘 下边的中间定位螺丝；“欧姆调零”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整欧姆调零 旋钮． 3．倍率选择：使用欧姆挡测电阻时，表头指针过大或过小均有较大误差 指针偏转角度在1 3 满偏到2 3 满偏之间读数 较准确，例如待测电阻约为 2 kΩ，则应选用“×100”挡).如果指针偏转角度太小(即指 针所指的欧姆刻度值太大)，应该适当增大倍率重新调零后再测量；如果指针偏转角度太大 (即指针所指的欧姆刻度值太小)，应该适当减小倍率重新调零后再测量． 4．测量结束后，将选择开关扳到 OFF 或交流电压最高挡． 高频考点二 实验器材选取与实物连图 [知能必备] 1．电源的选择：一般根据待测电阻的额定电流或额定电压选择符合需要的直流电源． 2．电表的选择：一般根据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表；根据待测电 流的最大电流选择电流表；电表的指针摆动的幅度较大，一般应使指针能达到半偏左右． 3．电路选择：根据待测电阻和电流表内阻的关系选择电流表的内、外接．根据滑动变阻器 的作用，选择滑动变阻器的分压和限流． 4．实物连图“三注意” (1)根据电路原理图，采用“先串后并”的方法．例如滑动变阻器分压式连接，一般先将电 源、开关、滑动变阻器的全部电阻连接，然后将滑动变阻器分压部分、待测电阻，电表部分 连接． (2)注意电压表、电流表的正负接线柱及量程的选取． (3)开关控制全电路，导线之间不交叉． [题组冲关] 1．实验室购买了一捆标称长度为 100 m 的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该 同学首先测得导线横截面积为 1.0 mm2，查得铜的电阻率为 1.7×10－8 Ω·m，再利用图甲所 示电路测出铜导线的电阻 Rx，从而确定导线的实际长度． 可供使用的器材有： 电流表：量程 0.6 A，内阻约 0.2 Ω； 电压表：量程 3 V，内阻约 9 kΩ； 滑动变阻器 R1：最大阻值 5 Ω； 滑动变阻器 R2：最大阻值 20 Ω； 定值电阻：R0＝3 Ω； 电源：电动势 6 V，内阻可不计； 开关、导线若干． 回答下列问题： (1)实验中滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)，闭合开关 S 前应将滑片移至 ________端(填“a”或“b”)． (2)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接． 解析：(1)根据 R＝ρl S ，得铜导线的阻值约为 Rx＝1.7 Ω，即 Rx＋R0＝4.7 Ω.实验中的滑动 变阻器若选 R1，则当滑动变阻器滑片移至 a 端时，电压表的示数约为 3 V，若滑动变阻器滑 片向右移动，电压表示数变大，超过电压表量程，故实验中的滑动变阻器应选 R2.闭合开关 S 前应使电路中的电阻最大，故滑动变阻器滑片应移至 a 端． (2)连线如图所示． 答案：(1)R2 a (2)见解析 2．某同学通过实验测定一个阻值约为 5 Ω的电阻 Rx 的阻值． (1)现有电源(4 V，内阻可不计)，滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流 2 A)，开关和导线若干， 以及下列电表( ) A．电流表(0～3 A，内阻约 0.025 Ω) B．电流表(0～0.6 A，内阻约 0.125 Ω) C．电压表(0～3 V，内阻约 3 kΩ) D．电压表(0～15 V，内阻约 15 kΩ) 为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前 的字母)；实验电流应采用图中的________(选填“甲”或“乙”)． (2)如图是测量 Rx 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选的电 路图，补充完成图中实物间的连线． (3)接通开关，改变滑动变阻器滑片 P 的位置，并记录对应的电流表示数 I、电压表示数 U. 某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值 Rx＝U I ＝________Ω(保留两位有效数字)． 解析：(1)由于电源电动势为 4 V,15 V 的电压表量程太大，读数误差太大，故电压表应选 C； 当电压表满偏时，电路中的最大电流约为 Im＝U Rx ＝0.6 A，电流表应选 B；又因为RV Rx ＝600≫Rx RA ＝40，电流表应外接，故电路应选甲． (2)根据电路图甲进行实物连接，如图所示： (3)根据电表读数 I＝0.50 A，U＝2.60 V，则被测电阻为 Rx＝U I ＝5.2 Ω. 答案：(1)B C 甲 (2)见解析 (3)5.2 Ω 3．(2016·湖南长沙一模)实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联．测量实 际电流表 G1 内阻 r1 的电路如图甲所示． 供选择的仪器如下： ①待测电流表 G1(0～5 mA，内阻约为 300 Ω)； ②电流表 G2(0～10 mA，内阻约为 100 Ω)； ③定值电阻 R1(300 Ω)； ④定值电阻 R2(10 Ω)； ⑤滑动变阻器 R3(0～1 000 Ω)； ⑥滑动变阻器 R4(0～20 Ω)； ⑦干电池(1.5 V)； ⑧开关 S 及导线若干． (1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________．(在空格内填写序号) (2)用连线连接如图乙所示的实物图． (3)测量多组电流表 G1、G2 的读数 I1、I2，以 I2 为纵坐标，I1 为横坐标，作出相应图线，如 图丙所示．根据 I2－I1 图线的斜率 k 及定值电阻(选定)，写出待测电流表内阻的表达式 ________________________． 解析：(1)根据电路的原理图，定值电阻应适当大一些，滑动变阻器采用分压接法时，应选 用阻值适当小一些的，故定值电阻选③，滑动变阻器选⑥. (2)实物连线如图所示，连线时要注意电表的正负接线柱不能接反． (3)根据串、并联电路规律可知：I2＝I1＋I1r1 R1 ＝R1＋r1 R1 I1，所以 k＝R1＋r1 R1 ，所以 r1＝(k－1)R1. 答案：(1)③ ⑥ (2)见解析图 (3)r1＝(k－1)R1 4．某实验小组的同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，实验室提供了如下的 实验器材： A．小灯泡(额定电压为 4 V、额定功率为 2 W)； B．电压表(量程为 5 V、内阻为 10 kΩ)； C．电压表(量程为 10 V、内阻为 20 kΩ)； D．电流表(量程为 0.3 A、内阻为 1 kΩ)； E．电流表(量程为 0.6 A、内阻为 0.4 Ω)； F．滑动变阻器(0～5 Ω、10 A)； G．滑动变阻器(0～500 Ω、0.2 A)； H．蓄电池(电动势为 5 V，内阻不计)； I．电键、导线若干． 请回答下列问题： (1)为了更精确地描绘出小灯泡的伏安特性曲线，该小组的同学在完成实验时，电压表应选 ________，电流表应选________，实验中电压以及电流要求从零开始调节，则滑动变阻器应 选________．(填器材前面的字母代号) (2)选择好合适的实验器材后，请设计符合实验要求的电路图，并用笔画线代替导线将图所 示实物图连接完整． (3)闭合电键前，滑动变阻器的滑动触头应置于最______端．(填“左”或“右”) 解析：(1)因灯泡的额定电压为 4 V，为保证安全，选用的电压表量程应稍大于 4 V，电压表 量程太大则会使测量误差较大，故选用量程为 5 V 的电压表；由 P 额＝U 额 I 额得，灯泡的额 定电流 I 额＝P 额 U 额 ＝0.5 A，故应选择量程为 0.6 A 的电流表；实验中电压从零开始变化，故 滑动变阻器采用分压式接法，而分压式接法中应选总阻值较小的滑动变阻器； (2)灯泡在额定电压下的电阻为 R＝U2 额 P 额 ＝8 Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，故电流表应采 用外接法，实验电路图和实物连接图如图甲、乙所示． (3)闭合电键前，应将滑动变阻器的滑动触头置于最左端． 答案：(1)B E F (2)如解析图甲、乙所示 (3)左 1．器材选择的三个主要原则：安全性(量程不能太小)、准确性(量程不能太大)、方便性(滑 动变阻器要方便调节)． 2．选择电流表内外接法的口诀：“好表要内接”(因为：越接近理想电流表，其分压的影响 越小)或“内大外小”(内接法测大电阻，外接法测小电阻)；选择滑动变阻器接法口诀：“以 小控大用分压”(变阻器阻值小于待测电阻)． 3．电表有时可反常规使用：已知内阻的电压表可当电流表使用，已知内阻的电流表可当电 压表使用． 4．定值电阻的常见用途：保护电路、分压或分流． 5．控制电路两种方法 (1)从节能的角度考虑，优先选用限流式． (2)以下三种情况必须用分压式： ①要求待测电路的 U、I 从 0 变化． ②R 滑≪Rx. ③选用限流式时，Ux、Ix 过大(超过电流表量程，烧坏电表、电源或用电器等)． 高频考点三 数据处理与误差分析 [知能必备] 1．列表法：把被测物理量分类列表表示出来．表中对各物理量的排列习惯上是先记录原始 数据，后计算结果．列表法可大体反映某些因素对结果的影响，常用作其他数据处理方法的 一种辅助手段． 2．图象法：把实验测得的量按自变量和因变量的函数关系用图象直观地显示出来．根据实 验数据在坐标纸上画出图象．若是反比关系一般改画成正比图线，同时注意图象斜率、图象 在坐标轴上截距的物理意义． [题组冲关] 1．如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流 I0，R 为定值电阻，电流表、电压 表均可视为理想电表．某同学利用该电路研究滑动变阻器 RL 消耗的电功率．改变 RL 的阻值， 记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的 U－I 关系图线． 回答下列问题： (1)滑动触头向下移动时，电压表示数________(填“增大”或“减小”)； (2)I0＝________A； (3)RL 消耗的最大功率为______W(保留一位有效数字)． 解析：(1)滑动触头向下移动，RL 变小，RL 与 R 并联后的总电阻 R 总变小，由于电路连接恒流 源，根据 U＝IR 总可得电压表示数减小． (2)由(1)问中两式可得 U＝(I0－I)R，从题图乙知，电压 U＝0 时，I0＝I＝1.0 A；I＝0 时， R＝U I0 ＝20 Ω. (3)PL＝UI＝20(1.0－I)·I＝5－20(I－0.5)2，所以当 I＝0.5 A 时，RL 消耗的功率最大，为 5 W. 答案：(1)减小 (2)1.00(0.98、0.99、1.01 均正确) (3)5 2．(2016·湖北八校联考)某物理研究小组尝试利用图甲所示电路测量一节干电池(电动势约 1.5 V，内阻约几欧姆)的电动势和内阻．其中：电流表○A (量程 IA＝200 mA，内阻 RA＝10 Ω)、 电阻箱 R(99.99 Ω，额定电流 1 A)、定值电阻 R0(R0＝5 Ω)． 闭合开关 S，改变电阻箱的阻值 R，读出对应的电流表的读数 I.然后再把相应的数据转换成 1 R 和1 I ，填入如下表格中． 数据组 1 2 3 4 5 6 7 1 R (×10－2Ω－1) 2.5 3.3 4.0 5.0 6.7 8.3 10.0 1 I (A－1) 15.5 16.0 16.4 17.0 18.0 19.0 20.0 回答下列问题： (1)请把第 4 组数据点补充在1 I －1 R 图中，并画出1 I －1 R 的图线． (2)根据1 I －1 R 图线求出电池的电动势 E＝________V，内阻 r＝________Ω.(保留 2 位有效数 字) 解析：(1)根据描点法将第四组数据画在图中；并用直线将各点相连，如图所示． (2)由闭合电路欧姆定律可知：RA＋R0＝R1＝15 Ω，R 并＝ RR1 R1＋R ，IR1＝ E R 并＋r ×R 并，可得1 I ＝R1＋r E ＋R1r E ·1 R ，则可知：k＝R1 E r，解得 E＝1.5 V，r＝6.0 Ω. 答案：(1)见解析 (2)1.5 6.0 3．(2017·湖北黄冈质检)在用伏安法测量某导体的伏安特性曲线实验中，描绘的伏安特性 曲线如图甲所示，图中虚线是曲线上过坐标点(3.6 V,0.3 A)的切线．回答下列问题： 甲 (1)在导体接入电路前，利用多用电表电阻“×1”挡直接测量导体的电阻，多用电表的指针 偏转如图乙所示，测得此时导体的电阻为________Ω. 乙 (2)当通过该导体的电流为 0.3 A 时，导体电阻为______ Ω. (3)若用电动势为 4.0 V、内阻为 8 Ω的电源直接给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率 是________W. 解析：(1)欧姆表的读数为 R＝1×30 Ω＝30 Ω. (2)根据 I－U 图象可读出当 I＝0.3 A 时对应的电压为 U＝3.6 V，则导体的电阻为 R＝U I ＝3.6 0.3 Ω＝12 Ω. (3)在 I－U 图象中同时作出表示电源的 I－U 图象，读出两图线的交点坐标为 U＝2.8 V，I ＝0.15 A，所以小灯泡的实际功率为 P＝UI＝0.42 W. 答案：(1)30 (2)12 (3)0.42 4．利用如图甲所示的电路测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电阻丝的电阻约为 20 Ω.带 有刻度尺的木板上有 a 和 b 两个接线柱，把电阻丝拉直后固定在接线柱 a 和 b 上．在电阻丝 上夹上一个带有接线柱 c 的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点 P 的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度． 可供选择的器材还有： 电池组 E(电动势为 3.0 V，内阻约 1 Ω)； 电流表 A1(量程 0～100 mA，内阻约 5 Ω)； 电流表 A2(量程 0～0.6 A，内阻约 0.2 Ω)； 电阻箱 R(0～999.9 Ω)；开关、导线若干． 实验操作步骤如下： A．用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径； B．将选用的实验器材，按照图甲连接实验电路； C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大； D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表满偏，然后断 开开关．记录电阻箱的电阻值 R 和接入电路的电阻丝长度 L； E．改变金属夹与电阻丝接触点的位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表再次满偏．重 复多次，记录每一次电阻箱的电阻值 R 和接入电路的电阻丝长度 L； F．断开开关，整理好器材． (1)某次测量电阻丝直径 d 时，螺旋测微器示数如图乙所示，则 d＝________mm. (2)实验中电流表应选择________(选填“A1”或“A2”)． (3)用记录的多组电阻箱的阻值 R 和对应的接入电路中电阻丝长度 L 的数据，绘出了如图丙 所示的 R－L 关系图线，图线在 R 轴的截距为 R0，在 L 轴的截距为 L0，再结合测出的电阻丝 直径 d，写出电阻丝的电阻率表达式ρ＝________(用给定的物理量符号和已知常数表示)． (4)本实验中，电流表的内阻对电阻率的测量结果______影响(选填“有”或“无”)． 解析：(1)先读固定刻度 0.5 mm，再读可动刻度 23.0×0.01 mm，结果为(0.5＋23.0×0.01)mm ＝0.730 mm. (2)根据 R 总＝E Ig 可知，若用 A1，R 总＝ 3 0.1 Ω＝30 Ω；若用 A2，R 总＝ 3 0.6 Ω＝5 Ω. 而所用电阻丝的电阻约为 20 Ω，大于 5 Ω，用 A2 无法使电阻丝全部接入电路，因此选 A1. (3)根据闭合电路欧姆定律得：R＝E Ig －r－RA－Rx，由电阻定律得：Rx＝ρL S ，所以 R＝E Ig －r －RA－ρ 4L πd2. 由此式可知 R－L 关系图线的斜率大小R0 L0 ＝4ρ πd2， 故ρ＝πd2 4L0 R0. (4)由 R＝E Ig －r－RA－ρ 4L πd2可知 R－L 关系图线的斜率大小 k＝4ρ πd2，与 RA 的大小无关． 答案：(1)0.730(0.728～0.732 均正确) (2)A1 (3)πd2 4L0 R0 (4)无 图象法处理实验数据的技巧 1．充分利用图象的斜率、截距、交点获取信息． 2．转换实验原理的数学函数关系结合图象进行的综合分析，要写出函数表达式． 高频考点四 电学创新实验 [知能必备] 1．电学设计型实验常用的方法有： (1)转换法：将不易测量的物理量转换成可以(或易于)测量的物理量进行测量，然后再反求 待测物理量的量值，这种方法叫转换测量法(简称转换法)．如在测量金属电阻率的实验中， 虽然无法直接测量电阻率，但通过测金属丝的长度和直径，并将金属丝接入电路测出其电阻， 然后再计算出它的电阻率． (2)替代法：用一个标准的已知量替代被测量，通过调整标准量，使整个测量系统恢复到替 代前的状态，则被测量等于标准量． (3)控制变量法：研究一个物理量与其他几个物理量的关系时，要使其中一个或几个物理量 不变，分别研究这个物理量与其他各物理量的关系，然后再归纳总结．如探究电阻的决定因 素实验． 2．对于电学实验的创新，要注意以下问题 (1)在解决设计型实验时，要注意条件的充分利用，如对于给定确切阻值的电压表和电流表， 电压表可当作电流表使用，电流表也可当作电压表使用，利用这一特点，可以拓展伏安法测 电阻的方法，如伏伏法、安安法等． (2)对一些特殊电阻的测量，如电流表或电压表内阻的测量，电路设计有其特殊性，即首先 要注意到其自身量程对电路的影响，其次要充分利用其“自报电流或自报电压”的功能，因 此在测电压表内阻时无需另并联电压表，测电流表内阻时无需再串联电流表． [题组冲关] 1．某同学利用图(a)所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化．实验中仅用 的器材为：电池 E(内阻很小)、开关 S1 和 S2、电容器 C(约 100 μF)、电阻 R1(约 200 kΩ)、 电阻 R2(1 kΩ)、电压表 (量程 6 V)、秒表、导线若干． (1)按图(a)所示的电路原理图将图(b)中实物图连线． (2)先闭合开关 S2，再断开开关 S2 ，闭合开关 S1，同时按下秒表开始计时．若某时刻电压表 的示数如图(c)所示，电压表的读数为________V(保留 2 位小数)． (3)该同学每隔 10 s 记录一次电压表的读数 U，记录的数据如下表所示．在坐标纸上绘出 U －t 图线．已知只有一个数据点误差较大，该数据点对应的表中的时间是________s. 时间 t/s 10.0 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0 电压 U/V 2.14 3.45 4.23 4.51 5.00 5.18 (4)电路中 C、R2 和 S2 构成的回路的作用是________． 解析：(1)图见答案． (2)由图(c)知电压表的分度值为 0.1 V，读数时应估读到分度值的下一位即 0.01 V，故测量 结果为 3.60 V. (3)将表中各数据在坐标系中描点连线如答图所示，由图可知除 t＝40.0 s 的数据外其他各 点基本在同一平滑曲线上，故误差较大的数据点只能是 t＝40.0 s 对应的点． (4)因在 S1 闭合前进行了闭合 S2 再断开 S2 的操作，其目的是实验前使电容器两极板上的电荷 充分中和，对电容器的残存电荷进行放电． 答案：(1)如图所示 (2)3.60 (3)图线如图所示 40.0 (4)放电 2．某实验小组研究两个未知元件 X 和 Y 的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为 3 kΩ)、电流表(内阻约为 1 Ω)、定值电阻等． (1)使用多用电表粗测元件 X 的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图 1(a)所示，读数 为________Ω，据此应选择图 1 中的________(填“b”或“c”)电路进行实验． (2)连接所选电路，闭合 S，滑动变阻器的滑片 P 从左向右滑动，电流表的示数逐渐 ________(填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件 X 换成元件 Y，重 复实验． (3)图 2(a)是根据实验数据作出的 U－I 图线，由图可判断元件________(填“X”或“Y”) 是非线性元件． (4)该小组还借助 X 和 Y 中的线性元件和阻值 R＝21 Ω的定值电阻，测量待测电池的电动势 E 和内阻 r，电路如图 2(b)所示，闭合 S1 和 S2，电压表读数为 3.00 V；断开 S2，读数为 1.00 V．利用图 2(a)可算得 E＝________V，r＝________Ω(结果均保留两位有效数字，视电压表 为理想电压表)． 解析：(1)用多用电表的欧姆挡测电阻时，电阻值＝示数×倍率，故 X 的读数为 10 Ω×1＝ 10 Ω，由于RX RA ”、“＝”或“<”)，主要理由是__________________． 解析：(1)因滑动变阻器阻值较小，所以选择滑动变阻器的分压接法． 实验电路图如图所示． (2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关 S1、S2，调 节 R1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开 S2，调节电阻箱 R0，使 电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻． (3)断开 S2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也 增大；此时 R0 两端的电压大于电压表的半偏电压，故 RV′>RV(其他合理说法同样给分)． 答案：(1)见解析 (2)见解析 (3)＞ 理由见解析 [真题 2] (2016·高考全国乙卷)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电 阻的温度达到或超过 60 ℃时，系统报警．提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小， 流过的电流超过 Ic 时就会报警)，电阻箱(最大阻值为 999.9 Ω)，直流电源(输出电压为 U， 内阻不计)，滑动变阻器 R1(最大阻值为 1 000 Ω)，滑动变阻器 R2(最大阻值为 2 000 Ω)， 单刀双掷开关一个，导线若干． 在室温下对系统进行调节．已知 U 约为 18 V，Ic 约为 10 mA；流过报警器的电流超过 20 mA 时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在 60 ℃时阻值为 650.0 Ω. (1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线． (2)电路中应选用滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)． (3)按照下列步骤调节此报警系统： ①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________Ω；滑 动变阻器的滑片应置于________(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是 ____________________. ②将开关向________(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至_______． (4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用． 解析：(1)电路图连接如图． (2)报警器开始报警时，对整个回路有 U＝Ic(R 滑＋R 热) 代入数据可得 R 滑＝1 150.0 Ω，因此滑动变阻器应选择 R2. (3)①在调节过程中，电阻箱起到等效替代热敏电阻的作用，电阻箱的阻值应为报警器报警 时热敏电阻的阻值，即为 650.0 Ω.滑动变阻器在电路中为限流接法，滑片应置于 b 端附近， 若置于另一端 a 时，闭合开关，则电路中的电流 I＝ 18 650.0 A≈27.7 mA，超过报警器最大电 流 20 mA，报警器可能损坏．②开关应先向 c 端闭合，移动滑动变阻器的滑片，直至报警器 开始报警为止． 答案：(1)连线如解析图所示． (2)R2 (3)①650.0 b 接通电源后，流过报警器的电流 会超过 20 mA，报警器可能损坏 ②c 报警器开始报警 [真题 3] (2016·高考全国甲卷)某同学利用图(a)所示电路测量量程为 2.5 V 的电压表○V 的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱 R(最大阻值 99 999.9 Ω)，滑动变 阻器 R1(最大阻值 50 Ω)，滑动变阻器 R2(最大阻值 5 kΩ)，直流电源 E(电动势 3 V)，开关 1 个，导线若干． 图(a) 实验步骤如下： ①按电路原理图(a)连接线路； ②将电阻箱阻值调节为 0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合 开关 S； ③调节滑动变阻器，使电压表满偏； ④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为 2.00 V，记下电 阻箱的阻值．回答下列问题： (1)实验中应选择滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)． (2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线． 图(b) (3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为 630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压 不变，计算可得电压表的内阻为________Ω(结果保留到个位)． (4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为 ________(填正确答案标号)． A．100 μA B．250 μA C．500 μA D．1 mA 解析：(1)滑动变阻器 R1 的阻值较小，在分压电路中便于调节，故实验中应选择滑动变阻器 R1. (2)实物图连线如图所示． (3)电阻箱阻值为 0 时，电压表满偏电压 Ug＝2.5 V，电阻箱阻值 R＝630.0 Ω时，电压表的 示数 UV＝2.00 V，此时电阻箱两端的电压 UR＝Ug－UV＝0.5 V，根据串联电路电压与电阻成正 比可得UV UR ＝Rg R ， 故 Rg＝UV UR R＝2.00 0.5 ×630.0 Ω＝2 520 Ω. (4)电压表的满偏电流为 Ig，则 IgRg＝Ug， 故 Ig＝Ug Rg ＝ 2.5 2 520 A≈1 mA，选项 D 正确． 答案：(1)R1 (2)如图所示 (3)2 520 (4)D [新题预测] 某兴趣小组用图甲所示的电路测定某电源的电动势和内阻，除待测电源、开关、导线外，另 有内阻为 RV＝3 000 Ω的电压表一只(量程略大于电源的电动势)，电阻箱一个． (1)实验中调整电阻箱达到实验要求时，电阻箱的各个旋钮的位置如图乙所示，电阻箱的读 数是________Ω. (2)为了减小测量误差，多次改变电阻箱的电阻 R，读出电压表的示数 U，得到如下表的数 据．请在图丙坐标纸上画出1 U 与 R 的关系图线． 实验序号 1 2 3 4 5 6 R/Ω 0 1 000.0 2 000.0 3 000.0 4 000.0 5 000.0 U/V 2.89 2.17 1.74 1.45 1.24 1.09 (1/U)/V－1 0.35 0.46 0.57 0.69 0.81 0.92 (3)由图线得出：电源电动势 E＝________V，内阻 r＝________Ω.(结果保留两位有效数字) (4)该小组同学测量电源内阻误差的主要原因可能是________． A．导线的电阻 B．电压表读数的误差 C．电压表的内阻 D．电阻箱的精确度 解析：(1)电阻箱的读数为 4 000 Ω. (2)画出1 U －R 图线如图所示． (3)根据闭合电路欧姆定律有 I＝ E r＋R＋RV ，电压表两端电压 U＝IRV＝ E r＋R＋RV RV，所以1 U ＝ R ERV ＋RV＋r ERV ，由1 U －R 图线可得斜率 k＝ 1 ERV ＝1.15×10－4 V－1·Ω－1，纵截距 b＝RV＋r ERV ＝0.35 V－1， 可得 E＝2.9 V，r＝43 Ω. (4)导线的电阻相对于电压表的内阻可以忽略；实验原理精确，所以主要是读取数据的误差， 读取的是电压表的读数；电压表的内阻已知，电阻箱的读数很精确． 答案：(1)4 000 (2)如解析图所示 (3)2.9 43 (4)B 限时规范训练 建议用时：40 分钟 1．图甲为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为 20 Ω的电阻，测量步骤如下： (1)调节________，使电表指针对准________(填“电阻”或“电流”)的“0”刻线． (2)将选择开关旋转到“Ω”挡的________位置(填“×1”、“×10”、“×100”或“×1 k”)． (3)将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔，并将两表笔短接，调节________，使电表 指针对准________(填“电阻”或“电流”)的“0”刻线． (4)将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为 ________Ω. (5)测量完毕，将选择开关旋转到“OFF”位置． 解析：(1)将选择开关拨到欧姆挡前，先要进行机械调零．方法是调节机械定位螺丝，使电 表指针指在电流等于零的刻线位置． (2)用多用电表测 20 Ω的电阻时，要把选择开关旋转到“Ω”挡“×1”的位置． (3)将红、黑表笔短接，进行欧姆调零．调节欧姆调零旋钮，使指针指在“Ω”挡的零刻线 上． (4)由乙图读出该电阻的阻值为 19 Ω. 答案：(1)定位螺丝 电流 (2)×1 (3)欧姆调零旋钮 电阻 (4)19 2．在伏安法测电阻的实验中，待测电阻 Rx 约为 200 Ω，电压表○V 的内阻约为 2 kΩ，电 流表○A 的内阻约为 10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示，结果由公 式 Rx＝U I 计算得出，式中 U 与 I 分别为电压表和电流表的示数．若将图(a)和图(b)中电路测 得的电阻值分别记为 Rx1 和 Rx2，则________(填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值， 且测量值 Rx1________(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值，测量值 Rx2________(填 “大于”、“等于”或“小于”)真实值． 解析：根据串、并联电路的特点解题．根据题意知Rx RA >RV Rx ，电压表的分流作用较显著，故 Rx1 更接近待测电阻的真实值．图(a)的测量值是 Rx 与 RA 串联的电阻阻值，故 Rx1>Rx 真；图(b)的 测量值是 Rx 与 RV 并联的电阻阻值，故 Rx2