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- 2021-05-31 发布
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专题六 物理实验
第一讲力学基础实验
考点一
基本仪器的使用和读数
1.[考查游标卡尺和螺旋测微器的读数]
如图1是用游标卡尺测量时的刻度图，为20分度游标尺，读数为：__________cm。图2中螺旋测微器的读数为：________mm。
解析：20分度的游标卡尺，精确度是0.05 mm，游标卡尺的主尺读数为13 mm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为15×0.05 mm＝0.75 mm，所以最终读数为：
13 mm＋0.75 mm＝13.75 mm＝1.375 cm。
螺旋测微器的固定刻度为0.5 mm，
可动刻度为20.0×0.01 mm＝0.200 mm，
所以最终读数为0.5 mm＋0.200 mm＝0.700 mm。
答案：1.375 0.700
2．[考查游标卡尺和螺旋测微器的使用和读数]
(1)根据单摆周期公式T＝2π，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________ mm。
(2)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为________ mm，合金丝的直径为________ mm。
解析：(1)该游标尺为十分度的，根据读数规则可读出小钢球直径大小。
(2)由于螺旋测微器开始起点有误差，估读为0.007 mm，测量后要去掉开始误差。
答案：(1)18.6 (2)0.007 0.639(0.638～0.640)
考点二
“纸带”类实验
3.[考查研究匀变速直线运动]
某同学利用如图所示装置研究小车的匀变速直线运动。
(1)实验中，必须的措施是________。
A．细线必须与长木板平行
B．先接通电源再释放小车
C．小车的质量远大于钩码的质量
D．平衡小车与长木板间的摩擦力
(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)。s1＝3.59 cm，s2＝4.41 cm，s3＝5.19 cm，s4＝5.97 cm，s5＝6.78 cm，s6＝7.64 cm。则小车的加速度a＝________ m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B点时小车的速度vB＝________ m/s。(结果均保留两位有效数字)
解析：(1)利用打点计时器研究小车的匀变速直线运动时，为顺利完成实验，保证实验效果，细线与长木板要平行，否则小车受力会发生变化，选项A正确；为打的点尽量多些，需先接通电源，再释放小车，选项B正确；本题中只要保证小车做匀变速运动即可，无须保证小车质量远大于钩码的质量，选项C错误；同理，小车与长木板间可以有不变的摩擦力，无须平衡摩擦力，选项D错误。故必须的措施是A、B选项。
(2)由s4－s1＝3aT2、s5－s2＝3aT2、s6－s3＝3aT2知加速度a＝＝0.80 m/s2
打B点时小车的速度vB＝＝0.40 m/s。
答案：(1)AB (2)0.80 0.40
4．[考查验证机械能守恒定律]
用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打下的点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示。已知m1＝50 g，m2＝150 g，则(计算结果保留两位有效数字，实验用交流电周期为0.02 s)
(1)在纸带上打下记数点5时的速度v5＝________m/s；
(2)在记数点0～5过程中系统动能的增量ΔEk＝______J，为了简化计算，g取10 m/s2，则系统重力势能的减少量ΔEp＝________J；
(3)在本实验中，若某同学作出了v2h图像，如图丙所示，h为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度g＝____________m/s2。
解析：(1)利用匀变速直线运动的推论有：
v5＝＝ m/s＝2.4 m/s。
(2)系统动能的增量为：ΔEk＝Ek5－0＝(m1＋m2)v52＝×(0.05＋0.15)×2.42 J＝0.58 J，
系统重力势能减小量为：ΔEp＝(m2－m1)gh＝0.1×10×(0.384＋0.216)J＝0.60 J，
在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒。
(3)由于ΔEk＝Ek5－0＝(m1＋m2)v52＝ΔEp＝(m2－m1)gh，
由于(m1＋m2)＝2(m2－m1)，
所以得到：v2＝h，
所以v2h图像的斜率k＝，解得g＝9.7 m/s2。
答案：(1)2.4 (2)0.58 0.60 (3)9.7
5.[考查探究加速度与力、物体质量的关系]
某同学利用如图甲所示装置探究“加速度与力、物体质量的关系”，图中装有砝码的小车放在长木板上，左端拴有一不可伸长的细绳，跨过固定在木板边缘的滑轮与一砝码盘相连。在砝码盘的牵引下，小车在长木板上做匀加速直线运动，图乙是该同学做实验时打点计时器在纸带上打出的一些连续的点，该同学测得相邻点之间的距离分别是s1、s2、s3、s4、s5、s6，打点计时器所接交流电的周期为T。小车及车中砝码的总质量为M，砝码盘和盘中砝码的总质量为m，当地重力加速度为g。
(1)根据以上数据可得小车运动的加速度表达式为a＝______________。
(2)该同学先探究合外力不变的情况下，加速度与质量的关系，以下说法正确的是________。
A．平衡摩擦力时，要把装有砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上，把木板不带滑轮的一端缓慢抬起，反复调节直到纸带上打出的点迹均匀为止
B．由于小车受到的摩擦力与自身重力有关，所以每次改变小车质量时，都要重新平衡摩擦力
C．用天平测出M和m后，小车运动的加速度可以直接用公式a＝求出
D．在改变小车质量M时，会发现M的值越大，实验的误差就越小
(3)该同学接下来探究在质量不变的情况下，加速度与合外力的关系。他平衡摩擦力后，每次都将小车中的砝码取出一个放在砝码盘中，用天平测得砝码盘及盘中砝码的总质量m，并通过打点计时器打出的纸带求出加速度。得到多组数据后，绘出如图丙所示的aF图像，发现图像是一条过坐标原点的倾斜直线。图像中直线的斜率表示______(用本实验中可测量的量表示)。
(4)该同学在这个探究实验中采用的物理学思想方法为________。
A．理想化模型法 B．控制变量法
C．极限法 D．比值法
解析：(1)为了减小偶然误差，采用逐差法处理数据，有：
s6－s3＝3a1T2，s5－s2＝3a2T2，s4－s1＝3a3T2，
为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a＝(a1＋a2＋a3)
解得：a＝。
(2)在该实验中，我们认为细绳的拉力就等于小车所受的合外力，故在平衡摩擦力时，细绳的另一端不能悬挂装砝码的砝码盘，故A错误；由于平衡摩擦力之后有Mgsin θ＝μMgcos θ，故tan θ＝μ。所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，故B错误；小车运动的加速度通过纸带求出，不能通过a＝求出，故C错误；本实验中，只有满足砝码盘和盘中砝码的总质量m远小于小车及车中砝码的总质量M时，才能近似认为细绳拉力等于砝码盘和砝码的重力，所以在改变小车质量M时，会发现M的值越大，实验的误差就越小，故D正确。
(3)对砝码盘和砝码：mg－F＝ma①
对小车：F＝Ma②
联立①②得：mg＝(M＋m)a
认为合力F＝mg
所以F＝(M＋m)a
即a＝F，aF图像是过坐标原点的倾斜直线，直线的斜率表示。
(4)该实验采用控制变量法，先控制砝码盘和砝码的总重力不变，研究加速度与质量的关系，再控制小车和砝码盘及砝码的质量M＋m不变，研究加速度与力的关系，故选B。
答案：(1) (2)D (3) (4)B
6．[考查验证动量守恒定律]
某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的装置如图甲所示。在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。
(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动的起点，则应选________段来计算A碰前的速度，应选__________段来计算A和B碰后的共同速度。(以上两空均选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)
(2)已测得小车A的质量mA＝0.4 kg，小车B的质量为mB＝0.2 kg
，求碰前两小车的总动量、碰后两小车的总动量。
解析：(1)从分析纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述小车A在碰撞前的运动情况，应选用BC段计算小车A碰前的速度。
从CD段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度。
(2)小车A在碰撞前速度
v0＝＝ m/s＝1.050 m/s
小车A在碰撞前动量
p0＝mAv0＝0.4×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s
此即为碰前两小车的总动量。
碰撞后A、B的共同速度
v＝＝ m/s＝0.695 m/s
碰撞后A、B的总动量p＝(mA＋mB)v＝(0.2＋0.4)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s。
答案：(1)BC DE
(2)0.420 kg·m/s 0.417 kg·m/s
考点三
“弹簧” “橡皮条”类实验
7.[考查探究弹力和弹簧伸长量的关系]
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
8．[考查验证力的平行四边形定则]
在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是白纸上根据实验结果画出的图。
(1)图乙中，________是F1和F2的实际合力。
(2)保持O点的位置和OB绳的方向不变，当角θ从60°逐渐增大到120°的过程中，OC绳的拉力的变化情况是__________________。
(3)为了减少实验误差，下列措施中可行的是________。
A．拉橡皮条的细绳应该细一些且适当长一些
B．拉橡皮条时弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
C．橡皮条弹性要好，在选择O点位置时，应让拉力适当大些
D．拉力F1和F2的夹角越大越好
解析：(1)F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧测力计沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧测力计的拉力与两个弹簧测力计的拉力效果相同。故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在，使F和F′方向并不完全重合。
(2)保持O点的位置和OB绳的方向不变，当角θ从60°逐渐增大到120°的过程中，合力大小和方向不变，根据平行四边形定则作出对应图像如图所示，则可知，OC绳的拉力的变化情况是先减小后增大。
(3)为了减小实验的误差，拉橡皮条的细绳应该细一些且适当长一些，故A正确。拉弹簧测力计时必须保证与木板平面平行，故B正确。橡皮条弹性要好，选择拉结点达到某一位置O时，拉力要适当大些，故C正确。为了减小实验的误差，拉力的夹角适当大一些，不是越大越好，故D错误。
答案：(1)F′ (2)先减小后增大 (3)ABC
考点一 基本仪器的使用和读数
[夯基固本]
一、长度测量类仪器
1．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对正时)(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
2．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。
二、时间测量类仪器
1．打点计时器
计时器种类
工作电源电压
打点间隔
电磁打点计时器
交流50 Hz,4～6 V
0.02 s
电火花计时器
交流50 Hz，220_V
0.02 s
2.频闪照相机
其作用和处理方法与打点计时器类似，它是用等时间间隔获取图像信息的方法，将物体在不同时刻的位置记录下来，使用时要明确频闪的时间间隔。
[重点清障]
1．游标卡尺的精度有三种，分别为0.1 mm、0.05 mm、0.02 mm，读数时要确认是哪种精度的游标卡尺。如诊断卷第1题为0.05 mm的游标卡尺，诊断卷第2题为0.1 mm的游标卡尺。
2．螺旋测微器读数时，要注意固定刻度尺上的半刻度线是否露出及最后结果的有效数字位数。如诊断卷第1题，螺旋测微器半刻度线已露出，对齐格数应读20.0。
3．注意题目要求的单位是否为mm，若不是则先以mm为单位读数，然后再转换为题目要求的单位。如诊断卷第1题，游标卡尺的读数要求以cm为单位，则先按mm为单位读出13.75 mm，再转换为1.375 cm。
4．螺旋测微器常有“零”误差出现，此时要注意测量的实际结果的修正方法。如诊断卷第2题，合金丝的直径应为右侧读数减去左侧读数。
1．图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的________(填“A”“B”或“C ”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________ mm。
解析：测量尺寸较小管件的内径时用游标卡尺的内测量爪A进行测量；测量尺寸较小管件的外径时用游标卡尺的外测量爪B进行测量；测量深度时用游标卡尺的深度尺C进行测量。钢笔帽的内径为：11 mm＋6×0.05 mm＝11.30 mm。
答案：A 11.30
2．(2017·潍坊期中)小明仿照螺旋测微器的构造，用水杯制作了一个简易测量工具，已知水杯盖的螺距为2.0 cm，将杯盖一圈均匀分为200份，杯盖拧紧时可动刻度的“0”位置与固定刻度
的“0”位置(固定在杯体上)对齐。如图所示，读出所测物体的外径为__________cm。
解析：由题意可知，水杯盖的螺距是2 cm，将可动刻度分为200等份，则其精度为：0.1 mm，固定刻度读数为0，可动刻度读数为0.1×168.0 mm＝16.80 mm＝1.680 cm，所以最终读数为：0＋1.680 cm＝1.680 cm。
答案：1.680
考点二 “纸带”类实验
[夯基固本]
1．由纸带确定时间
要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与联系，为便于测量和计算，一般每五个点取一个计数点，这样时间间隔为Δt＝0.02×5 s＝0.1 s。
2．求瞬时速度
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。如图所示，求纸带上某一点的瞬时速度，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＝。
3．求加速度
(1)利用a＝求解：在已经判断出物体做匀变速直线运动的情况下可利用Δx＝xn＋1－xn＝aT2求加速度a。
(2)逐差法
如图所示，由xn－xm＝(n－m)aT2
可得：a1＝，a2＝，a3＝，
所以a＝＝。
(3)两段法：把图中x1、x2、x3、x4、x5、x6分成时间相等(均为3T)的两大段，则由x Ⅱ－x Ⅰ＝aT2得：(x4＋x5＋x6)－(x1＋x2＋x3)＝a(3T)2，解出的a与上面逐差法结果相等，但却要简单得多。
(4)图像法：
①由vn＝，求出相应点的速度。
②确定各计数点的坐标值(v1，T)、(v2,2T)、…、(vn，nT)。
③画出v t图像，图线的斜率为物体做匀变速直线运动的加速度。
[重点清障]
1．利用纸带求速度、加速度时注意三点
(1)计数点间的时间间隔，是0.02 s，还是0.02 s×n。如诊断卷第3题，两计数点间有4个点未画出，则T＝0.02 s×5＝0.1 s。
(2)注意点间距的单位和题目中要求的a、v单位是否一致。如诊断卷第3题中，s1→s6的单位均为cm，而a、v的要求单位分别为m/s2、m/s，因此，应将s1→s6的单位转变为m。诊断卷第4题和第6题也有同样的问题。
(3)注意计算加速度公式的选取。只有两段位移s1、s2，应选取s2－s1＝aT2计算加速度，有六段位移，应选用a＝计算加速度。如诊断卷第3题和第5题，
都采用第二种方法计算加速度。
2．不同的实验，平衡摩擦力的目的也不相同
(1)在探究做功与动能变化的关系时，为了使橡皮筋对小车所做的功为总功，应平衡小车的摩擦力。
(2)在探究a与F、m的定量关系的实验中，平衡摩擦力的目的是为使细线的拉力作为小车的合外力，如诊断卷第5题。
(3)在验证动量守恒定律的实验中，平衡摩擦力的目的是使小车碰前、碰后均做匀速直线运动，便于测量速度，小车碰撞过程中满足动量守恒条件。
1．(2017·肇庆二模)小张同学利用打点计时器研究自由落体运动，他设计的实验方案如下：
如图甲所示，将打点计时器固定在铁架台上，先打开电源后释放重物，重物带动纸带从静止开始下落，打出几条纸带并选出一条比较理想的纸带如图乙所示，在纸带上取出若干计数点，其中每相邻计数点之间有四个点未画出，分别用s1、s2、s3、s4、s5表示各计数点间的距离，已知打点计时器的频率f。图中相邻计数点间的时间间隔T＝________(用f表示)，计算重力加速度的公式是g＝________(用f、s2、s5表示)，计数点5的速度公式是v5＝________(用f、s4、s5表示)。
解析：由于打点计时器的频率为f，故打下的两个点间的时间间隔为，又因为每相邻计数点之间有四个点未画出，故图中相邻计数点间的时间间隔T＝；如果用f、s2、s5表示重力加速度，则s5－s2＝g×(5－2)T2＝3g×2，则计算重力加速度的公式是g＝；如果用f、s4、s5表示加速度，则g＝，点4的瞬时速度为v4＝，又因为v5＝v4＋gT，
故代入解之得v5＝。
答案：
2．(2018届高三·吉林大学附中检测)某实验小组用如图所示的实验装置和实验器材做
“探究动能定理”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力。
(1)为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是________。
A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作
B．实验操作时要先放小车，后接通电源
C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好
D．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有________________________________。
(3)如图为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“动能定理”。已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g。图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m。请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出来__________________________________________。
解析：(1)实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，以保证小车所受合外力恰好是细线的拉力，故A正确；实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故B错误；在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近测量误差越大，故C错误；在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，这样才能使得砂和砂桶的总重力近似等于细线对小车的拉力，故D正确。
(2)由于实验需要测量小车速度，速度是利用打点计时器打的纸带计算得出的，故需要测量点距，需要刻度尺；本实验还要测量质量，故需要天平。
(3)小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m，M远大于m。则细线对小车的作用力等于砂和砂桶的总重力mg，所以恒力对小车做的功可表示为：mgx。
由v＝得：vA＝，vB＝，
所以小车动能的改变量为
ΔEk＝MvB2－MvA2＝，
本实验就是要验证减少的重力势能是否等于增加的动能，即mgx＝。
答案：(1)AD (2)刻度尺、天平 (3)mgx＝
3．如图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置，某同学完成了一系列实验操作后，得到了如图乙所示的一条纸带。现选取纸带上某清晰的点标为0，然后每两个计时点取一个计数点，分别标记为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与0点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6。(重力加速度为g)
(1)已知打点计时器的打点周期为T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v3、v4、v5，其中v5的计算式v5＝__________。
(2)若重锤的质量为m，取打点0时重锤所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的势能Epi和动能Eki，则打计数点3时对应重锤的势能Ep3＝______(用题中所给物理量的符号表示)；接着在Eh坐标系中描点作出如图丙所示的Ekh和Eph图线，求得Eph图线斜率的绝对值为k1，Ekh图线的斜率为k2，则在误差允许的范围内，k1________k2(选填“＞”“＜”或“＝”)时重锤的机械能守恒。
(3)关于上述实验，下列说法中正确的是________。
A．实验中可用干电池作为电源
B．为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些
C．实验时应先释放纸带后接通电源
D．图丙Ekh图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能
(4)无论如何改进实验方法和措施，总有重力势能的改变量大于动能的改变量，原因是：__________________。
解析：(1)计数点5的瞬时速度等于4、6两点间的平均速度，则v5＝。
(2)打计数点3时对应重锤的势能Ep3＝－mgh3，根据图像可知，每一段对应的重力势能减小量和动能增加量相等，那么机械能守恒，即图线的斜率大小相同，才能满足条件，因此k1＝k2。
(3)实验中打点计时器使用的是交流电源，不可用干电池作为电源，故A错误；为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些，故B正确；实验时应先接通电源，再释放纸带，故C错误；图丙Ekh
图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的初动能，故D正确。
(4)无论如何改进实验方法和措施，总有重力势能的改变量大于动能的改变量，原因是重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用。
答案：(1) (2)－mgh3 ＝ (3)BD
(4)重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用
考点三 “弹簧”“橡皮条”类实验
[夯基固本]
1．探究弹力和弹簧伸长的关系的操作关键
(1)实验中不能挂过多的钩码，防止弹簧超过弹性限度。
(2)画图像时，不要连成“折线”，而应尽量让坐标点落在同一直线上，不能落在直线上的点应均匀分布在直线两侧。
2．验证力的平行四边形定则的操作关键
(1)每次拉伸，结点位置O必须保持不变。
(2)记下每次各力的大小和方向。
(3)画力的图示时应选择适当的标度。
[重点清障]
1．刻度尺及弹簧测力计的读数
(1)以mm为最小刻度值的刻度尺，要估读到mm的十分位，如诊断卷第7题，甲的读数为7.73 cm，乙的读数为14.66 cm。
(2)弹簧测力计读数时要先看量程和分度值，再根据指针所指的位置读出所测力的大小。如分度值为0.1 N，则要估读，即有两位小数，如分度值为0.2 N，则小数点后只能有一位小数。
2．Fx和Fl图像的特点
(1)Fx为一条过原点的直线，而Fl为一条倾斜直线但不过原点。
(2)Fx图线和Fl图线的斜率均表示弹簧(或橡皮筋)的劲度系数。
(3)Fl图线在l轴的截距表示弹簧(或橡皮筋)的原长。
(4)Fx和Fl图线发生弯曲的原因是弹簧(或橡皮筋)超出了弹性限度。如诊断卷第7题图丙。
3．在验证力的平行四边形定则的实验中，利用平行四边形定则求得的合力与测得的合力一般不完全重合。如诊断卷第8题的第(1)问。
1．某同学从学校的实验室里借来两个弹簧测力计，在家里做实验验证力的平行四边形定则。按如下步骤进行实验。用完全相同的两个弹簧测力计进行操作，弹簧测力计A挂于固定点C，下端用细线挂一重物G，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉至水平，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。
(1)弹簧测力计A的指针如图1所示，由图可知拉力的大小为______________ N(本实验用的弹簧测力计示数的单位为N)；由实验作出FA和FB的合力F的图示(如图2所示)，得到的结果符合事实的是__________。(填“甲”或“乙”)
(2)本实验采用的科学方法是__________(填正确答案标号)。
A．理想实验法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．建立物理模型法
(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，下列解决办法可行的是__________。
A．改变弹簧测力计B拉力的大小
B．减小重物M的质量
C．将A更换成量程较小的弹簧测力计
D．改变弹簧测力计B拉力方向
解析：(1)由题图知，弹簧测力计A的最小刻度值为0.2 N，读数为5.8 N。用平行四边形定则求出的合力可以与重力的方向有偏差，但悬挂重物的线应该竖直向下，故甲图实验得到的结果符合实验事实。
(2)本实验中，需要保证单个拉力的作用效果与两个拉力的作用效果相同，即采用了等效替代法。
(3)当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大。又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向，或改变弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程，故A、B、D正确。
答案：(1)5.8 甲 (2)B (3)ABD
2．在“探究弹力和弹簧伸长的关系并测定弹簧的劲度系数”实验中，实验装置如图甲所示。所悬挂钩码的重力相当于对弹簧提供了向右的恒定拉力。实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度。作出弹簧的长度(x)随钩码个数(n)变化的图像如图乙所示，则：
(1)图线与x轴的交点的物理意义是______________；
(2)图线BC段偏离了直线，其原因是______________；
(3)该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧竖直悬挂放置相比，优点在于__________________________________，缺点在于_____________________________。
解析：(1)图线与x轴的交点的物理意义表示钩码个数n＝0时弹簧的长度，即为弹簧的原长；
(2)根据胡克定律可知，在弹性限度内，弹簧的弹力与形变量成正比，因此随着所挂钩码的改变，图像应为一条倾斜直线，图线BC段偏离了直线，说明弹簧的弹力与形变量不成正比关系，因此其原因为超出了弹簧的弹性限度；
(3)当弹簧竖直放置时，弹簧实际自身有重力，会对弹簧产生拉力，因此改为水平放置时可以避免弹簧自身所受重力对实验的影响，但是此时弹簧与桌面、绳子与滑轮间的摩擦却不可避免，成为它的缺点。
答案：(1)弹簧的原长 (2)超出弹簧的弹性限度
(3)避免弹簧自身所受重力对实验的影响 弹簧与桌面、绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验误差
第二讲力学创新实验
考点一
试题情景的设计与创新
1.[考查利用能量守恒定律测动摩擦因数]
某同学用如图所示装置测物块与长木板间的动摩擦因数。图中长木板固定在水平桌面上，光滑的四分之一圆弧轨道与长木板的上表面在O点相切，一竖直标尺紧贴圆弧轨道左侧放置，圆弧曲面与标尺竖直面相切。
(1)在A点由静止释放物块，物块经圆弧轨道滑上长木板，最后停在a点，改变滑块释放的位置于B点，物块最后停在长木板上的b点，量出A、B间的高度h，a、b间的距离L，重力加速度为g，则物块与长木板间的动摩擦因数μ＝________。
(2)为了减小实验误差，多次改变物块释放的位置，测出每次物块释放的位置离A点的高度h，最后停在长木板上的位置离O点的距离为x，作出xh图像，则作出的图像应该是________(填“过原点”或“不过原点”)的一条倾斜的直线，求出图像的斜率为k，则物块与长木板面间的动摩擦因数为μ＝__________。
解析：(1)由能量守恒可知，mgh＝μmgL，得μ＝。
(2)设OA间的高度为H，则mg(h＋H)＝μmgx，
得x＝h＋H，因此图线是一条不过原点的倾斜直线，图线的斜率k＝，得μ＝。
答案：(1) (2)不过原点
2．[利用钢球摆动验证机械能守恒定律]
某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律。一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点。光电门固定在A的正下方，在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条。将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出，取v＝作为钢球经过A点时的速度。记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t，计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk，就能验证机械能是否守恒。
(1)用ΔEp＝mgh计算钢球重力势能变化的大小，式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到________之间的竖直距离。
A．钢球在A点时的顶端
B．钢球在A点时的球心
C．钢球在A点时的底端
(2)用ΔEk＝mv2计算钢球动能变化的大小。用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图所示，其读数为________cm。某次测量中，计时器的示数为0.010 0 s。则钢球的速度为v＝________m/s。
(3)下表为该同学的实验结果：
ΔEp(×10－2 J)
4.892
9.786
14.69
19.59
29.38
ΔEk(×10－2 J)
5.04
10.1
15.1
20.0
29.8
他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异，认为这是由于空气阻力造成的。你是否同意他的观点？请说明理由。
(4)请你提出一条减小上述差异的改进建议。
解析：(1)高度变化要比较钢球球心的高度变化。
(2)毫米刻度尺读数时要估读到毫米下一位，由v＝代入数据可计算出相应速度。
(3)从表中数据可知ΔEk＞ΔEp，若有空气阻力，则应为ΔEk＜ΔEp，所以不同意他的观点。
(4)实验中遮光条经过光电门时的速度大于钢球经过A点时的速度，因此由ΔEk＝mv2计算得到的ΔEk偏大，要减小ΔEp与ΔEk的差异可考虑将遮光条的速度折算为钢球的速度。
答案：(1)B (2)1.50(1.49～1.51都算对) 1.50(1.49～1.51都算对) (3)不同意，因为空气阻力会造成ΔEk小于ΔEp，但表中ΔEk大于ΔEp。 (4)分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l，计算ΔEk时，将v折算成钢球的速度v′＝v。
3．[利用凹形桥模拟器测小车过桥最低点的速度]
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
，计算结果保留两位有效数字)
解析：(2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40 kg。
(4)小车5次经过最低点时托盘秤的示数平均值为m＝ 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＝，解得v≈1.4 m/s。
答案：(2)1.40 (4)7.9 1.4
考点二
实验器材的等效与替换
4.[用电子秤替换弹簧测力计]
一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则。
(1)如图(a)，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶________时电子秤的示数F。
(2)如图(b)，将三根细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上。水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、____________和电子秤的示数F1。
(3)如图(c)，将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上。手握电子秤沿着(2)中L2的方向拉开细线L2，使______________和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2。
(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若______________，则平行四边形定则得到验证。
解析：(1)要测量装满水的水壶的重力，应记下水壶静止时电子秤的示数F。
(2)要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时也要记录三根细线的方向以及电子秤的示数F1。
(3)已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O点位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2。
(4)根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证。
答案：(1)静止 (2)三根细线的方向 (3)结点O的位置
(4)F和F′在误差范围内重合
5．[气垫导轨、拉力传感器、光电门替换长木板、打点计时器]
某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理。
(1)将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门中心之间的距离s＝________ cm；
(2)测量挡光条的宽度d，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间Δt1和Δt2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是______________；
(3)该实验是否需要满足砝码盘和砝码总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量？________(填“是”或“否”)
解析：(1)光电门1处刻度尺读数为：20.0 cm，光电门2处刻度尺读数为：70.0 cm，故两光电门中心之间的距离s＝70.0 cm－20.0 cm＝50.0 cm；
(2)由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度。滑块通过光电门1速度为：
v1＝
滑块通过光电门2速度为：v2＝
根据功能关系需要验证的关系式为：
Fs＝Mv22－Mv12＝M2－M2，
可见还需要测量出M，即滑块、挡光条和拉力传感器的总质量；
(3)该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量。
答案：(1)50.0
(2)滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M
(3)否
考点三
实验结论的拓展与延伸
6.[由探究牛顿第二定律拓展到测动摩擦因数]
如图所示为一小滑块下滑过程的频闪照片示意图。已知频闪相机每隔0.05 s闪光一次，照片中的数字是滑块滑下的距离。
(1)根据图中的数据如何判定滑块的运动是匀变速运动？
答：___________________________________________________________________；
(2)滑块下滑过程中的加速度大小a＝________m/s2；
(3)滑块下滑过程中经过位置3时速度大小v3＝________m/s；
(4)已知斜面固定在水平面上，倾角为37°，则滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝________。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，以上结果均要求保留两位有效数字)
解析：(1)由图示可知：x2－x1＝4.48 cm－3.51 cm＝0.97 cm＝0.009 7 m，x3－x2＝5.49 cm－4.48 cm＝1.01 cm＝0.010 1 m，x4－x3＝6.50 cm－5.49 cm＝1.01 cm＝0.010 1 m，由此可知，在误差允许的范围内，滑块在相邻相等时间内的位移差相等，滑块做匀变速直线运动。
(2)由(1)可知：Δx≈0.010 0 m，由Δx＝at2可知，加速度：a＝＝ m/s2＝4.0 m/s2；
(3)滑块下滑过程中经过位置3时速度大小
v3＝＝ m/s≈1.0 m/s；
(4)由牛顿第二定律得：
a＝＝gsin 37°－μgcos 37°，
解得：μ＝0.25。
答案：(1)在误差允许范围内，滑块在相邻相等时间内的位移差相等 (2)4.0 (3)1.0 (4)0.25
7．[由测定加速度延伸为测定交流电的频率]
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＝＝f(s1＋s2)
vC＝＝f(s2＋s3)
由s3－s1＝2aT2得
a＝。
(2)根据牛顿第二定律，有mg－kmg＝ma
根据以上各式，化简得f＝
代入数据可得f≈40 Hz。
答案：(1)f(s1＋s2) f(s2＋s3) f2(s3－s1)
(2)40
考点一 试题情景的设计与创新
最近几年的考题在试题情景的设计上进行了较多的创新，不过其考查的实验原理和实验处理方法仍然不变，因此，对于创新型实验的处理，最根本的方法是要把其从新情景中分离出来，找出与常规实验的相通之处，然后运用熟悉的实验原理和数据处理方法进行解答。需要考生在常规实验的基础上学会灵活变通
1．利用打点计时器或光电门和运动学规律测出滑块加速度，再利用牛顿第二定律得到动摩擦因数，是常见的实验思想。诊断卷第1题是利用能量守恒定律，滑块重力做的功与克服摩擦力所做的功的关系测得动摩擦因数，这是本实验情景设计上的创新之处。
2．在诊断卷第2题中，利用小球由静止向下摆动的过程验证机械能守恒定律是实验情景的创新，本题由于用遮光条的速度作为小球的速度，出现了ΔEk>ΔEp的反常实验结论，是属于问题设计上的创新。
3．在诊断卷第3题中，利用凹形桥模拟器和托盘秤测量玩具小车到达凹形桥最低点的速度，是从实验器材、测量原理到测量物理量的整体创新，试题难度相对较大。在解答本题时要注意区别几个示数：图(a)所示对应的示数1.00 kg为凹形桥模拟器的质量；图(b)所示的示数与图(a)中示数之差为玩具小车的质量；表格中示数的平均值对应的力与凹形桥模拟器的重力之差为小车在凹形桥最低点时对桥的压力。
1．(2016·四川高考)用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连。先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x。
(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________。
(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________。
A．弹簧原长
B．当地重力加速度
C．滑块(含遮光片)的质量
(3)增大A、O之间的距离x，计时器显示时间t将________。
A．增大 B．减小 C．不变
解析：(1)滑块离开弹簧后做匀速直线运动，故滑块的速率v＝。
(2)根据功能关系，弹簧的弹性势能Ep＝mv2，所以要求弹性势能，还需要测得滑块的质量，故选项C正确。
(3)弹簧的形变量越大，弹性势能越大，滑块离开弹簧时的速度越大，滑块从B运动到C的时间越短，故x增大时，计时器显示时间t将变小，故选项B正确。
答案：(1)v＝ (2)C (3)B
2．某同学利用如图甲所示装置探究平抛运动中机械能是否守恒。在圆弧槽轨道的末端安装一个光电门B，圆弧槽末端水平。地面上铺有白纸，白纸上铺有复写纸，让小球从圆弧槽上固定位置A点由静止释放，通过光电门后落在地面的复写纸上，在白纸上留下打击印。重复实验多次，测得小球通过光电门B的平均时间为Δt＝2.50 ms。(当地重力加速度g＝9.8 m/s2)
(1)用游标卡尺测得小球直径如图乙所示，则小球直径为d＝________mm，由此可知小球通过光电门的速度vB＝____________m/s。
(2)实验测得轨道末端离地面的高度h＝0.441 m，小球的平均落点P到轨道末端正下方O点的距离x＝0.591 m，则由平抛运动规律解得小球平抛的初速度v0＝__________m/s。
(3)在误差允许范围内，实验结果中小球通过光电门的速度vB与由平抛运动规律求解的平抛初速度v0满足____________关系，就可以认为平抛运动过程中机械能是守恒的。
解析：(1)小球的直径
d＝5 mm＋0.05 mm×0＝5.00 mm
小球通过光电门的速度vB＝＝2.0 m/s。
(2)由平抛运动规律可得：x＝v0t，h＝gt2，
可求得v0＝1.97 m/s。
(3)在误差允许范围内，可认为vB＝v0，
平抛运动过程中机械能是守恒的。
答案：(1)5.00 2.0 (2)1.97 (3)vB＝v0(相等)
3．(2017·淮北市一模)某兴趣小组的同学看见一本物理书上说“在弹性限度内，劲度系数为k的弹簧，形变量为x时弹性势能为Ep＝kx2。”为了验证这个结论，该小组就尝试用“研究加速度与合外力、质量关系”的实验装置(如图甲)设计了以下实验步骤：
A．将长木板放置在水平桌面上，并将其右端适当垫高，在它的左端固定一轻质弹簧，通过细绳与小车左端相连，小车的右端连接穿过打点计时器的纸带；
B．将弹簧拉伸x后用插销锁定，测出其伸长量x；
C．合上打点计时器的电源开关后，拔掉插销解除锁定，小车在弹簧作用下运动到左端；
D．在纸带上某处选取合适的A点，测出小车获得的速度v；
E．取不同的x重复以上步骤多次，记录数据并利用功能关系分析结论。
实验中已知小车的质量为m，弹簧的劲度系数为k，则：
(1)将长木板右端适当垫高，其作用是__________________________；
(2)在步骤D中，所选取的A点位置应在图乙中的______________段(选填“s1”“s2”或“s3”)；
(3)若Ep＝kx2成立，则实验中测量出物理量x与m、k、v关系式是x＝______________。
解析：(1)根据实验原理可知，为了让弹簧的弹力更加接近于小车受到的合外力，长木板右端需要适当垫高，其作用是平衡摩擦力；
(2)根据实验原理，s2段点间距均匀，为匀速直线运动阶段，说明小车速度达到最大，故纸带上A点位置应在s2段；
(3)根据实验过程可知，弹簧的弹性势能转化为了小车的动能，由机械能守恒定律有：
Ep＝kx2＝mv2
解得：x＝v。
答案：(1)平衡摩擦力 (2)s2 (3)v
考点二 实验器材的等效与替换
实验器材的等效与替换是实验考题的主要创新设计思路之一。从近几年的高考命题来看，主要有以下几个方向：(1)用气垫导轨代替长木板，用光电门、频闪相机代替打点计时器(如诊断卷第5题)；(2)用电子秤或已知质量的钩码等代替弹簧测力计(如诊断卷第4题)。需要考生学会迁移应用
1．实验器材替换，解决问题的思维方式不变，如诊断卷第4题，用电子秤代替弹簧测力计，测出水壶的重力及F1和F2的合力大小。(b)、(c)图中的两次测量，分别测出F1和F2，且必须保证结点位置不变(作用效果相同)。
2．气垫导轨代替长木板时，应调整导轨水平，不必平衡摩擦力。
3．拉力传感器的示数即为细线对滑块的拉力，与钩码质量大小无关。如诊断卷第5题第(3)问。
1．某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律。钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB。用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度。测出两光电门间的距离为h，钢球直径为D，当地的重力加速度为g。
(1)用20分度的游标卡尺测量钢球的直径D，读数如图乙所示，则D＝________cm。
(2)要验证机械能守恒，需要比较________。
A．D2与gh是否相等
B．D2与2gh是否相等
C．D2与gh是否相等
D．D2与2gh是否相等
(3)实际上，钢球通过光电门的平均速度______(填“＞”或“＜”)钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差______(填“能”或“不能”)通过增加实验次数减小。
解析：(1)根据游标卡尺的读数规则知读数为0.8 cm＋0.05 mm×10＝0.850 cm。
(2)由题意知钢球通过光电门的平均速度等于瞬时速度，即v＝，由机械能守恒定律知mgh＝mD2，所以只要比较D2与2gh是否相等即可，D正确。
(3)由匀变速直线运动规律知钢球通过光电门的平均速度等于此过程中中间时刻的瞬时速度，钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度；由此产生的误差不能通过增加实验次数来减小。
答案：(1)0.850 (2)D (3)＜ 不能
2．(2017·全国百所名校示范卷)“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图(a)所示，实验中用所挂钩码的重力作为细线对小车的拉力F。通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F
的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图(b)所示。
(1)图线________(选填“①”或“②”)是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；
(2)在轨道水平时，小车运动的阻力Ff＝________N；
(3)图(b)中，拉力F较大时，aF图线明显弯曲，产生误差。为避免此误差可采取的措施是__________。
A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动
B．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量
C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力
D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验
解析：(1)在水平轨道上，由于受到摩擦力，拉力不为零时，加速度仍然为零，可知图线②是在轨道水平的情况下得到的。当轨道的右侧抬高过高时(平衡摩擦力过度)，拉力等于0时，会出现加速度，所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。
(2)根据牛顿第二定律得，F－f＝ma，a＝－，图线的斜率表示质量的倒数；因为F＝0.5 N时，加速度为零，解得f＝0.5 N。
(3)由于开始段aF关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mg＝Ma
得a＝＝，而实际上a′＝，可见AB段和A′B′段明显偏离直线是由于没有满足M≫m造成的。所以更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验，可以减小弯曲的程度，而将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上， 用力传感器读数代替钩码的重力可以避免出现这种情况。故最佳的答案是C选项。
答案：(1)① (2)0.5 (3)C
考点三 实验结论的拓展与延伸
通过研究纸带、频闪照片或光电装置得出物体的加速度，再利用牛顿第二定律求出物体所受的阻力或小车与木板间的动摩擦因数，这是对实验结论的拓展与延伸。从近几年的高考命题看，这是实验创新的一个热点。建议对本考点重点攻坚
利用牛顿第二定律求物体所受的阻力或滑块与木板间的动摩擦因数时要根据试题情景列方程。如诊断卷第6题中，测出滑块的加速度后，可由a＝gsin 37°－μgcos 37°求出滑块与斜面间的动摩擦因数；诊断卷第7题中，由牛顿第二定律mg－kmg＝ma求出加速度a，再利用a与交流电频率f的关系求出频率f。
1．在测定滑块与桌面间的动摩擦因数时，设计的实验装置如图1所示，进行如下操作：首先用天平测出滑块的质量M＝300 g，将纸带与滑块拴接在一起穿过打点计时器，拴接在滑块另一端的轻绳跨过定滑轮连接一定数量的质量均为m＝100 g的钩码，在实验过程中通过调节应始终让轻绳与水平桌面平行。接通电源，由静止释放滑块，让滑块在钩码的牵引下做加速运动，得到一条纸带。在纸带上选取点迹清晰的A点为第一个计数点，然后每间隔四个点选择一个计数点，经测量各相邻计数点间的距离如图2所示。如果该打点计时器的打点周期为T＝0.02 s，重力加速度为g＝10 m/s2。回答下列问题：
(1)由纸带求出打点计时器打B点时的速度为vB＝________m/s；
(2)滑块的加速度大小为a＝________m/s2；
(3)由以上可知，钩码数量为2个时，该滑块与水平桌面之间的动摩擦因数为μ＝________。(以上结果均保留两位有效数字)
解析：(1)滑块做匀变速直线运动，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，又由题意可知相邻计数点间的时间间隔为t＝5T＝5×0.02 s＝0.1 s，则vB＝AC＝＝ m/s≈0.74 m/s。
(2)利用逐差法可求得滑块的加速度
a＝
＝ m/s2
≈0.64 m/s2。
(3)对滑块，由牛顿第二定律可得：
2mg－μMg＝(2m＋M)a，
代入数据解得：μ＝0.56。
答案：(1)0.74 (2)0.64 (3)0.56
2．(2017·安阳二模)如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块及遮光条都从位置A处由静止释放。
(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝__________ mm。
(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是________________。
(3)改变钩码质量，读出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，该同学已经将实验中的数据描入了图丙所示F坐标系中，请用平滑的曲线将各点连接起来。
(4)若图丙中所作的F图像的斜率为k，设AB间的距离为L，当遮光条的宽度为d时，则滑块和遮光条的总质量为M＝________。
解析：(1)由题图知第5条刻度线与主尺对齐，d＝2 mm＋5×0.05 mm＝2.25 mm。
(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。根据运动学公式得：若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L。
(3)如图所示。
(4)由题意可知，该实验中保持滑块和遮光条的总质量M不变，因此有：v2＝2aL，v＝
，a＝
可得：＝2··L，
解得：M＝＝。
答案：(1)2.25 (2)遮光条到光电门的距离L (3)见解析图 (4)
第三讲电学基础实验
考点一
多用电表的原理及使用
1.[考查多用电表的原理]
某同学试着把电流表改装成能够测量导体电阻的欧姆表。在实验室他找了一节干电池(电动势E＝1.5 V、内阻r＝2.5 Ω)，待改装的电流表满偏电流Ig＝5 mA、内阻Rg＝17.5 Ω。该同学设计了如图所示的电路图，A、B为接线柱，R为滑动变阻器。
(1)使用改装好的欧姆表测量导体电阻前应该进行“欧姆调零”，此时应调节滑动变阻器R的阻值为________Ω。
(2)欧姆调零后，发现在A、B间接入阻值不同的电阻时，电流表读数不同。若在电流表刻度线上直接标注相应电阻，则可直接读出A、B间接入的电阻，电流表就改装成了一块能够测量导体电阻的欧姆表。电流表“3.0 mA”刻度线应标为________Ω；为了操作方便，在A、B处用红、黑表笔接出，其中红表笔应接在________(填“A”或“B”)处。
解析：(1)欧姆调零时，应该将A、B短接，调节滑动变阻器R，使欧姆表指针指到0 Ω，即电流表达到满偏电流Ig，由闭合电路欧姆定律得R＝－r－Rg＝ Ω－2.5 Ω－17.5 Ω＝280 Ω。
(2)保持R阻值不变，在A、B间接入电阻Rx时，通过电流表的电流为I1＝3.0 mA，由闭合电路欧姆定律有Rx＝－＝ Ω－ Ω＝200 Ω；为了操作方便，在A、B处用红、黑表笔接出，根据电流从红表笔进、从黑表笔出的原则，红表笔应接在A处。
答案：(1)280 (2)200 A
2．[考查多用电表的使用]
小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，为了更准确选取电压表和电流表的合适量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值。
(1)在使用前发现电表指针位置如图甲所示，该同学应该调节哪个位置________(选“①”或者“②”)。
(2)小明使用多用电表欧姆挡的“×10”挡测量小灯泡电阻阻值，读数如图乙所示，为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆挡________(填“×100”或“×1”)，两表笔短接并调节__________(选“①”或者“②”)。
(3)按正确步骤测量时，指针指在如图丙位置，则小灯泡阻值的测量值为________Ω。
解析：(1)由题图甲可知，电表指针没有指在左侧零刻度处，故应进行机械调零，故应用螺丝刀调节旋钮①。
(2)由题图乙可知，测量电阻时指针偏转较大，表盘上示数偏小，则说明所选挡位太大，故应换用小挡位，故选：×1；同时每次换挡后均应进行欧姆调零，故将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮②使指针指到右侧零刻度处。
(3)由题图可知，电阻R＝28×1 Ω＝28 Ω。
答案：(1)① (2)×1 ② (3)28
考点二
以测电阻为核心的电学实验
3.[考查测定金属的电阻率]
某兴趣小组用“测定金属丝的电阻率”的实验方法测出金属丝的长度，他们查得金属丝电阻率为ρ，并粗测电阻丝的电阻约为5 Ω，实验室中有以下供选择的器材：
A．电池组(3 V，内阻约1 Ω)
B．电流表A1(0～3 A，内阻0.012 5 Ω)
C．电流表A2(0～0.6 A，内阻约为0.125 Ω)
D．电压表V1(0～3 V，内阻4 kΩ)
E．电压表V2(0～15 V，内阻15 kΩ)
F．滑动变阻器R1(0～20 Ω，允许最大电流1 A)
G．滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，允许最大电流0.3 A)
H．开关，导线若干
(1)为了实验电路更节能，且测量结果尽量准确，测金属丝电阻时电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________(填写仪器前字母代号)。
(2)将设计的电路图画在下面虚线框内。
(3)若用螺旋测微器测得金属丝直径d的读数如图，则直径d＝________mm。
(4)若用d表示直径，测得电阻为R，则金属丝的长度为________。
解析：(1)由于电源电动势为3 V，电表读数要达到半偏，则电压表选D；由I＝可知电路中最大电流约为0.5 A，则电流表选C；为了使测量结果尽量准确，滑动变阻器采用限流接法，故电阻不能太大，选F。
(2)由＞，电流表采用外接法。电路如图所示。
(3)由主尺上读出0.5 mm，螺旋尺上读数为45.0×0.01 mm，两者和为：0.950 mm。
(4)由电阻定律：R＝ρ
而S＝π2
得：L＝。
答案：(1)C D F (2)见解析图 (3)0.950 (4)
4．[考查描绘小灯泡的伏安特性曲线]
某研究性学习小组的同学们设计了描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验，待测小灯泡的额定电压为3.8 V。要求测量结果尽量精确，并绘制出小灯泡两端电压在0～3.8 V范围内完整的伏安特性曲线。
(1)若实验室的电压表、电流表和滑动变阻器都满足实验要求，则在如图1所示的两种实验方案中，应选择______(选填“甲”或“乙”)图所示电路进行实验。
(2)若实验中只提供了量程为3 V，内阻为3 000 Ω的电压表V1
，为了绘制完整的伏安特性曲线，需要将电压表V1改装成量程为4 V的电压表V2，则应将电压表V1__________(选填“串联”或“并联”)一个阻值为____________Ω的定值电阻，才能实现改装的要求。
(3)小组的同学们正确描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图2所示，根据这个特性曲线，同学们对小灯泡的实际功率与其两端的电压的关系，或与通过其电流的关系，猜想出了如图3所示的关系图像，其中可能正确的是__________。(选填选项下面的字母序号)
(4)某同学将该小灯泡接在一个电动势为3.0 V、内阻为5.0 Ω的电源上，组成一个闭合电路，则此时该小灯泡实际功率约为________W。(保留2位有效数字)
解析：(1)由于实验是测量小灯泡的伏安特性曲线，电压需要从0开始测量，故供电电路需要用分压式，则应选择甲电路进行实验。
(2)原电压表的量程为3 V，改装后的电压表的量程为4 V，故1 V的电压差需要用一个电阻串联分压来获得，该电阻的阻值为R＝1 000 Ω。
(3)根据P＝可知，U2＝RP，即在U2与P的图像中，斜率为R，因为随着电压的增大，灯泡的电阻是增大的，故U2与P的图像的斜率也是增大的，故选项A正确，C错误；又根据P＝I2R可知，I2＝，即在I2与P的图像中，其斜率为，当电阻增大时，其倒数减小，故I2与P的图像的斜率在变小，故选项B正确，D错误。
(4)在灯泡的伏安特性曲线上，我们再作出电源的伏安特性直线，如图。因为电源的伏安特性为U＝－Ir＋E＝－I×5 Ω＋3 V，其与灯泡的伏安特性曲线的交点即为灯泡的两端电压和电流，得到U＝2.05 V，I＝0.195 A，故小灯泡的实际电功率为P＝0.40 W。
答案：(1)甲 (2)串联 1 000 (3)AB (4)0.40(0.36～0.42均正确)
5．[考查电表内阻的测量]
某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V的电压表○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。
(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。
(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＝，
故Rg＝R＝×630.0 Ω＝2 520 Ω。
(4)电压表的满偏电流为Ig，则IgRg＝Ug，
故Ig＝＝ A≈1 mA，选项D正确。
答案：(1)R1 (2)见解析图 (3)2 520 (4)D
考点三
以测电动势为核心的电学实验
6.[考查伏安法测电池的电动势和内阻]
某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表1：量程0～0.6 A，内阻r＝0.3 Ω
C．电流表2：量程0～0.6 A，内阻约为0.1 Ω
D．电压表1：量程0～3 V，内阻未知
E．电压表2：量程0～15 V，内阻未知
F．滑动变阻器1：0～10 Ω，2 A
G．滑动变阻器2：0～100 Ω，1 A
H．开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
(1)在上述器材中请选择适当的器材(填写器材前的字母)：电流表选择__________，电压表选择__________，滑动变阻器选择________。
(2)实验电路图应选择如图中的__________(填“甲”或“乙”)。
(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图像，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E＝__________V，内阻r＝________Ω。
解析：(1)干电池的电动势约为1.5 V，故为了读数准确，电压表应选择D；电池内阻较小，为了准确测量内阻，选择已知内阻的电流表B；滑动变阻器阻值较小有利于观察电表的数值变化，减小误差，故选F。
(2)根据以上分析可知，电流表与电池串联，将电流表内阻等效为电源内阻，故电路图选择甲。
(3)由UI图可知，电源的电动势E＝1.5 V；
内阻r＝－RA＝ Ω－0.3 Ω＝0.7 Ω。
答案：(1)B D F (2)甲 (3)1.5 0.7
7．[考查双电流表测定电池的电动势和内阻]
在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池一节
B．电流表A1(量程0～3 mA，内阻Rg1＝10 Ω)
C．电流表A2(量程0～0.6 A，内阻Rg2＝0.1 Ω)
D．滑动变阻器R1(0～20 Ω，1.0 A)
E．电阻箱R0(0～9 999.9 Ω)
F．开关和若干导线
(1)某同学发现上述器材中没有电压表，他想利用其中的一个电流表和电阻箱改装成一块电压表，其量程为0～3 V，并设计了图甲所示的a、b两个参考实验电路(虚线框内为改装电压表的电路)，其中合理的是______(选填“a”或“b”)电路；此时R0的阻值应取________ Ω。
(2)图乙为该同学根据合理电路所绘出的I1I2图像(I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数)。根据该图线可得被测电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω。
解析：(1)首先需要剩余一个电流表测量电流，又因为电路中的电流不会小于3 mA，所以要用A2来测量电流，因此需要将A1进行改装，故选b电路；其次根据电表的改装原理可知，U＝I(r＋R0)，即3＝0.003×(10＋R0)，解得R0＝990 Ω。
(2)根据闭合电路欧姆定律可知，
I1×1 000＝E－I2r，将图像延长，根据纵截距知该电源的电动势为1.48 V，根据斜率可得内阻为0.84 Ω。
答案：(1)b 990
(2)1.48 (1.46～1.49之间均正确) 0.84(0.82～0.87之间均正确)
考点一 多用电表的原理及使用
[夯基固本]
1．多用电表的读数
电流表、电压表的刻度是均匀的，读数时应注意量程；欧姆表的刻度是不均匀的，读数时应注意乘倍率。
2．多用电表使用的几个注意事项
(1)电流的流向：由于使用多用电表时不管测量什么，电流都要从电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑表笔)流出，所以使用欧姆挡时，多用电表内部电池的正极接的是黑表笔，负极接的是红表笔。
(2)要区分“机械零点”与“欧姆零点”：“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置，用表盘下边中间的指针定位螺丝调整；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，用欧姆调零旋钮调整。
(3)测电阻时每变换一次挡位，都要重新进行欧姆调零。
(4)选倍率：测量前应根据估计阻值选用适当的挡位。由于欧姆挡的刻度不均匀，使用欧姆挡测电阻时，指针偏转过大或过小都有较大误差，通常只使用表盘中间的一段刻度范围。
(5)测电阻时要将电阻与其他元件断开，并且不要用手接触多用电表的表笔。
(6)多用电表使用完毕应将选择开关旋至“OFF”挡或交流电压最高挡。
[重点清障]
1．红表笔应与欧姆表内电池的负极相连。如诊断卷第1题第(2)问。
2．在选择欧姆表的倍率挡位时以使指针指在表盘中间位置为宜，换挡后必须重新欧姆调零，如诊断卷第2题第(2)问。
3．欧姆表的刻度不均匀，读数时要注意估读方法。如指针指在“10”位置，读数为10.0×1 Ω＝10.0 Ω，若指针指在“9”和“10”刻度线中间位置，则读为9.4 Ω而不能读为9.5 Ω。
1．(2017·全国卷Ⅲ)图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头○ 的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA挡，欧姆×100 Ω挡。
(1)图(a)中的A端与________(填“红”或“黑”)色表笔相连接。
(2)关于R6的使用，下列说法正确的是________(填正确答案标号)。
A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R1＋R2＝________ Ω，R4＝________ Ω。
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为________。(结果均保留3位有效数字)
解析：(1)A端与电池正极相连，电流从A端流出，A端与黑表笔相连。
(2)使用多用电表前，应机械调零，即应调整“指针定位螺丝”，使指针指在表盘左端电流“0”位置，与R6无关，选项A错；使用欧姆挡时，需要红、黑表笔短接，使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，选项B对；使用电流挡时，B端与“1”或“2”相连，与R6无关，C错。
(3)B端与“1”、“2”相连时，该多用电表挡位分别为直流2.5 mA挡、直流1 mA挡，如图甲所示，由电表的改装原理可知，B端与“2”相连时，有I2＝IG＋，解得R1＋R2＝160 Ω；B端与“4”相连时，如图乙所示，多用电表为直流电压1 V挡，表头并联部分电阻R0＝，R4＝－R0＝880 Ω。
(4)B端与“1”相连时，电表读数为1.47 mA；B端与“3”相连时，多用电表为欧姆×100 Ω挡，读数为11.0×100 Ω＝1.10×103 Ω；B端与“5”相连时，多用电表为直流电压5 V挡，读数为×5 V＝2.95 V。
答案：(1)黑 (2)B (3)160 880 (4)1.47 mA
1.10×103 Ω 2.95 V
2．如图甲所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件，小明使用多用电表对其进行探测。
(1)在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图乙中多用电表的________(选填“A”“B”或“C”)。
(2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源时，一表笔接a，另一表笔应________(选填“短暂”或“持续”)接b，同时观察指针偏转情况。
(3)在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“×1”挡，调节好多用电表，测量各接点间的阻值。测量中发现，每对接点间正反向阻值均相等，测量记录如下表。两表笔分别接a、b时，多用电表的示数如图乙所示。
请将记录表补充完整，并在图甲的黑箱图中画出一种可能的电路。
两表笔接的接点
多用电表的示数
a，b
________Ω
a，c
10.0 Ω
b，c
15.0 Ω
解析：(1)使用多用电表前应先调整“指针定位螺丝”A，使指针指到左边的“0”刻度线处。
(2)为保护多用电表的内部元件，在测量黑箱中是否存在电源时，应短暂接触接点b。
(3)欧姆表的读数为5.0×1 Ω＝5.0 Ω；每对接点间正反向电阻均相同，说明黑箱中没有二极管元件，根据表格中两接点间电阻的数值，可设计的电路图如图所示。
答案：(1)A (2)短暂 (3)5.0 见解析图
考点二 以测电阻为核心的电学实验
[夯基固本]
1．电学仪器和电路的选择原则——安全、准确、方便
(1)电源的选择：一般可以根据待测元件的额定电流或额定电压选择符合需要的电源。
(2)电表的选择：一般根据电源电动势或待测元件的额定电压选择电压表，再估算待测电流的最大值选择电流表。注意测量时要使电表的指针偏转角度较大。
电流表内接法
电流表外接法
电路
误差来源
电流表的分压
电压表的分流
测量结果
R测＝Rx＋RA，偏大
R测＝，偏小
适用条件
Rx≫RA(测大电阻) 或RA已知
RV≫Rx(测小电阻)
或RV已知
“3用电表”
如果知道电表的内阻，电流表、电压表就既可以测电流，也可以测电压，还可以作为定值电阻来用，即“一表3用”
(3)变阻器的选择：在安全条件下，分压电路选最大阻值较小、额定电流较大的，限流电路选最大值与待测电阻差不多的。
分压电路
限流电路
电路
电压调节范围
0≤U≤E
E≤U≤E
①要求待测电压或电流从0开始变化时，必须选择分压电路；
②要求测量精确度高(或多测量几组数据或数据区分度大)时，应选择分压电路；
③虽然没有明确的要求，但滑动变阻器的总电阻比待测电阻阻值小很多时，应选择分压电路；
④其他情况优先选择限流电路(节能)。
2．最常用的电阻测量方法——伏安法及其变式
(1)“伏安法”，有电压表、电流表且电表量程恰当时选择“伏安法”。
(2)“伏伏法”，电流表不能用或没有电流表的情况下，若知道电压表内阻，可以将电压表当作电流表使用，即选择“伏伏法”。
(3)“安安法”，电压表不能用或没有电压表的情形下，若知道电流表内阻，可以将电流表当作电压表使用，即选择“安安法”。
(4)“伏安加R法”
，在运用伏安法测电阻时，由于电压表或电流表的量程太小或太大，为了满足安全、精确的要求，加保护电阻的方法就应运而生，“伏安加R法”又叫做“加保护电阻法”。
3．最精确的电阻测量方法——等效替代法
电流等效替代
电压等效替代
4．最专一的电表内阻测量方法——半偏法
(1)用半偏法测电流表内阻，如图所示，电阻箱应和电流表并联，然后与大电阻滑动变阻器串联，R测＜R真。
(2)若测电压表内阻，如图所示，电阻箱应和电压表串联，然后与小电阻滑动变阻器并联，R测＞R真。
5．最独特的电阻测量方法——电桥法
电路如图所示，实验中调节电阻箱R3，当A、B两点的电势相等时，R1和R3两端的电压相等，设为U1，同时R2和Rx两端的电压也相等，设为U2。
根据欧姆定律有：＝，＝。由以上两式解得：R1×Rx＝R2×R3，这就是电桥平衡的条件，由该平衡条件可求出被测电阻Rx的阻值。
[重点清障]
1．用伏安法测金属丝电阻时要考虑两个方面：(1)电流表内接还是外接；(2)滑动变阻器采用限流式还是分压式连接。如诊断卷第3题，>，采用电流表外接法，因R1＞Rx
，用滑动变阻器限流式连接法，便于连接与测量。
2．描绘小灯泡的伏安特性曲线时，为得到完整的伏安特性曲线，电压表的示数从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压式连接，如诊断卷第4题第(1)问。
3．利用电阻箱与电压表串联测量电压表内阻时，滑动变阻器阻值越小，实验的测量误差越小。如诊断卷第5题，滑动变阻器应选R1。
1．某实验探究小组为了较精确地测量一待测电阻Rx的阻值，利用多用电表粗测出它的阻值，然后再改用伏安法测量。以下是备用器材：
A．多用电表
B．电压表V1，量程6 V，内阻约8 kΩ
C．电压表V2，量程15 V，内阻约10 kΩ
D．电流表A1，量程10 mA，内阻约6 Ω
E．电流表A2，量程0.6 A，内阻约0.5 Ω
F．电源：电动势E＝6 V
G．滑动变阻器R1，最大阻值10 Ω，最大电流为2 A
H．滑动变阻器R2，最大阻值50 Ω，最大电流为0.1 A
I．导线、开关若干
(1)如图甲所示为多用电表表盘，若用×100 Ω挡测量电阻，则读数为________Ω。
(2)上述器材中应选出适当元器件____________(填器材前面的字母代号)。
(3)请在图乙所示的虚线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路图。
(4)探究小组的同学合理地连接好电路，并按正确的顺序操作，闭合开关后发现移动滑动变阻器时，电压表示数有变化，电流表示数为零，故障可能是________________，为了检测故障具体原因，可以先使用多用电表____________挡检查，在断电后用多用电表__________挡检测。
解析：(1)通过多用电表欧姆挡×100 Ω挡读出电阻值应该是900 Ω。
(2)根据电源电动势的值确定电压表量程，电压表选V1；由于通过待测电阻的电流最大值为6.7 mA，而A2量程太大，所以电流表选A1，又A1内阻约6 Ω，远小于被测电阻阻值，故伏安法测电阻选安培表内接法；由于待测电阻阻值较大，滑动变阻器阻值过小，并且需要多组数据进行测量，结合滑动变阻器所能允许通过的最大电流，所以选滑动变阻器R1，并采用分压式连接。所以器材要选ABDFGI。
(3)根据电阻测量的要求以及阻值特点(大阻值电阻)，电路图如图所示。
(4)闭合开关后发现移动滑动变阻器时，电压表示数有变化，电流表示数几乎为零且不变，说明滑动变阻器调节有效，待测电阻或者电流表以及连接线发生断路，从而出现电阻值无穷大。先用电压挡检测电阻或电流表上的电压情况，再在断电情况下用欧姆挡检测是否电路连接脱落或者是电阻损坏。
答案：(1)900 (2)ABDFGI (3)如解析图所示 (4)待测电阻或者电流表以及连接线发生断路 电压 欧姆
2．(2017·全国卷Ⅰ)某同学研究小灯泡的伏安特性。所使用的器材有：小灯泡L(额定电压3.8 V，额定电流0.32 A)；电压表○ (量程3 V，内阻3 kΩ)；电流表○ (量程0.5 A，内阻0.5 Ω)；固定电阻R0(阻值1 000 Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0 Ω)；电源E(电动势5 V，内阻不计)；开关S；导线若干。
(1)实验要求能够实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。
(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示。
由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻______(填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率__________(填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)用另一电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为________ W，最大功率为________ W。(结果均保留2位小数)
解析：(1)要实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，则滑动变阻器需要设计成分压接法；电压表○ 应与固定电阻R0串联，将量程改为4 V。由于小灯泡正常发光时电阻约为12 Ω，所以需将电流表外接。电路图如图所示。
(2)IU
图像中随着电流的增大，图线的斜率变小，小灯泡的电阻增大。根据电阻定律R＝ρ，得灯丝的电阻率增大。
(3)当滑动变阻器接入电路中的阻值最大为9.0 Ω时，流过小灯泡的电流最小，小灯泡的实际功率最小，把滑动变阻器视为等效电源内阻的一部分，在题图(a)中画出等效电源E0′(电动势4 V，内阻1.00 Ω＋9.0 Ω＝10 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－10I(V)，图线如图中Ⅰ所示，故小灯泡的最小功率为Pmin＝U1I1＝1.75×0.225 W≈0.39 W。当滑动变阻器接入电路中的阻值最小为零时，流过小灯泡的电流最大，小灯泡的实际功率最大，在题图(a)中画出电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－I(V)，图线如图中Ⅱ所示，故小灯泡的最大功率为Pmax＝U2I2＝3.68×0.318 W≈1.17 W。
答案：(1)图见解析
(2)增大 增大 (3)0.39 1.17
3．(2016·浙江高考)某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3 V、内阻约为3 kΩ的电压表和量程为0.6 A、内阻约为0.1 Ω的电流表。采用分压电路接线，图甲是实物的部分连线图，待测电阻为图乙中的R1，其阻值约为5 Ω。
(1)测R1阻值的最优连接方式为导线①连接________(填“a”或“b”)、导线②连接________(填“c”或“d”)。
(2)正确接线测得实验数据如表，用作图法求得R1的阻值为________Ω。
U/V
0.40
0.80
1.20
1.60
2.00
2.40
I/A
0.09
0.19
0.27
0.35
0.44
0.53
(3)已知图乙中R2与R1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R2的边长是R1
的，若测R2的阻值，则最优的连线应选________(填选项)。
A．①连接a，②连接c B．①连接a，②连接d
C．①连接b，②连接c D．①连接b，②连接d
解析：(1)由于实验测量的是一个小电阻，故电流表应外接，因此导线①接a，由于采用分压电路，故导线②应接d。
(2)根据实验数据作出R1的伏安特性曲线如图所示，图线的斜率即为电阻R1的大小，由图像可知，R1＝4.6 Ω。
(3)设R1的边长为l，厚度为h，电阻率为ρ，根据电阻定律，得R1＝ρ＝，R2的阻值R2＝ρ＝＝R1，故测量R2的电路同测量R1的电路，故选项B正确。
答案：(1)a d
(2)作图见解析 4.6(4.4～4.7均可)
(3)B
考点三 以测电源电动势为核心的电学实验
[夯基固本]
测量电源电动势和内阻的三个常用方案
方案
伏安法
伏阻法
安阻法
原理
E＝U＋Ir
E＝U＋r
E＝IR＋Ir
电路图
关系式
U＝E－Ir
＝＋
＝＋
图像
纵轴截距：E
斜率大小：r
纵轴截距：
斜率：
纵轴截距：
斜率：
误差
分析
E测r真
E测r真
[重点清障]
1．注意UI图线的斜率的具体含义。
如诊断卷第6题电路图甲，由U＝E－I(r＋RA)可知，＝r＋RA，因RA可知，故可求出r的确切值，不注意这一点易得出r＝1.0 Ω的错误结果。
2．在高考电学设计性实验中，常以定值电阻的合理使用为背景来命题。求解这类问题的关键是必须弄清定值电阻在设计电路中的主要作用，一般来说，定值电阻有三种作用：
如诊断卷第7题中的电阻箱R0就起到扩大电表量程的作用。
1．用两个定值电阻和电压表可以测量电源的电动势(约3 V)和内阻。提供的主要器材有：电阻R1(2.0 Ω)、R2(9.0 Ω)、电源、电压表、开关S1、单刀双掷开关S2、导线若干，实验电路如图甲所示。
(1)根据电路图，将未连接完整的实物图连接完整。
(2)闭合开关S1，开关S2分别接到R1、R2两电阻，电压表的读数分别为2.0 V、2.7 V，则测得电动势为________V，内阻为________ Ω。由于电压表的内阻影响，测得的内阻________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
解析：(1)根据电路图连接实物图如图所示：
(2)在闭合电路中，电源电动势：E＝U＋Ir＝U＋r，带入实验数据解得：E＝3 V，r＝1 Ω；由图示电路图知，由于
电压表的分流作用，流过电源的电流大于，内阻的测量值小于真实值。
答案：(1)图见解析 (2)3.0 1.0 小于
2．(2017·天津高考)某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表A1的内阻r1＝1.0 kΩ，电阻R1＝9.0 kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0＝3.0 Ω的电阻。
(1)按图示电路进行连接后，发现aa′、bb′和cc′三条导线中，混进了一条内部断开的导线。为了确定哪一条导线内部是断开的，将开关S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压，读数不为零，再测量a、a′间电压，若读数不为零，则一定是________导线断开；若读数为零，则一定是________导线断开。
(2)排除故障后，该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图像如图。由I1I2图像得到电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。
解析：(1)良好的同一根导线上任何两点都不会存在电势差，若一根导线两端有电势差，则导线断开。a、b′间的电压不为零，说明a、a′或b、b′间有一处导线断开，若a、a′间电压不为零，说明aa′导线断开；若a、a′间电压为零，则一定是bb′导线断开。
(2)法一：将电流表A1和R1串联当成电压表使用，电压测量值U＝I1(r1＋R1)，根据闭合电路欧姆定律有I1(r1＋R1)＝E－I2(r＋R0)，整理得I1＝－I2，由题图可知，纵轴截距b＝0.14×10－3 A＝，所以电动势E＝0.14×10－3×(1×103＋9×103)V＝1.4 V，斜率的绝对值表示，即|k|＝＝，解得r≈0.5 Ω。
法二：在给出的图像中取两个点，读数分别为
I1＝0.12 mA、I2＝60 mA，
I1′＝0.07 mA、I2′＝200 mA。
据闭合电路欧姆定律知：
E＝(I1＋I2)(R0＋r)＋I1(r1＋R1)，
将上述两组数据代入可得：
电动势E≈1.4 V，内阻r≈0.57 Ω。
答案：(1)aa′ bb′ (2)1.4(1.36～1.44均可) 0.5(0.4～0.6均可)
第四讲电学创新实验
考点一
实验原理的拓展与创新
1.[考查安培力相关因素探究]
某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。
(1)在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A．适当增加两导轨间的距离
B．换一根更长的金属棒
C．适当增大金属棒中的电流
其中正确的是________(填入正确选项前的标号)。
解析：(1)实验电路连线如图所示。
(2)为使金属棒获得更大的速度，则金属棒运动时需要更大的加速度，根据牛顿第二定律有a＝，所以增加磁感应强度、增大电流、增加两导轨间的距离都可以使加速度增大。故选项A、C正确，选项B错误。
答案：(1)见解析图 (2)AC
2．[考查自动控制电路设计与调整]
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＝ 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)连线见解析图 (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
3．[考查探测压敏电阻随压力变化的特性]
压敏电阻由在压力作用下发生形变进而导致电阻率发生变化的材料组成，为了探究某压敏材料的特性，有人设计了如下的电路，其中电源电动势为3 V、内阻约为1 Ω，两个电流表量程相同均为0.6 A，一个电流表内阻r已知，另外一个电流表内阻较小但阻值未知。
(1)电路图中哪个电流表的内阻r已知________(填“A1”或“A2”)。
(2)在某一个压力测试下，两个电流表A1和A2的读数分别为I1和I2，则压敏电阻的阻值Rx＝__________。
(3)经过测试获得压敏电阻的阻值和压力的关系图如图所示，以竖直向下为正方向，则阻值和压力的关系式是__________。
解析：(1)没有电压表，但内阻已知的电流表不仅可以测出通过自身的电流，还可当作电压表使用，根据电路图判断A1可作为电压表测量压敏电阻电压，所以A1的内阻为r。
(2)压敏电阻电压为I1r，电流为I2－I1，所以压敏电阻的阻值Rx＝。
(3)图像为一次函数图像，根据数学知识可得
Rx＝16－2F。
答案：(1)A1 (2) (3)Rx＝16－2F
考点二
实验器材的等效与替换
4.[考查测量导电液体的电阻率]
某兴趣小组欲通过测定工业污水(含多种重金属离子)的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准(一般工业废水电阻率的达标值ρ≥200 Ω·m)。如图甲所示为该同学所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板(电阻极小)，其余四面由绝缘材料制成，左、右两侧带有接线柱，容器内表面长a＝40 cm，宽b＝20 cm，高c＝10 cm，将水样注满容器后，用多用电表粗测水样电阻约为2 750 Ω。
(1)为精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：
A．电流表(量程5 mA，电阻RA为50 Ω)
B．电压表(量程15 V，电阻RV约为10 kΩ)
C．滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流1 A)
D．电源(12 V，内阻约10 Ω)
E．开关一只、导线若干
请在图乙实物图中完成电路连接。
(2)正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，测出一系列数据如下表所示，请在如图丙所示的坐标纸中作出UI关系图线。
U/V
2.0
3.8
6.8
8.0
10.2
11.6
I/mA
0.73
1.36
2.20
2.89
3.66
4.15
(3)由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率约为________ Ω·m。据此可知，所得水样________(填“达标”或“不达标”)。
解析：
(1)因为要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值比待测电阻小得多，所以连线时滑动变阻器要用分压式接法；又电流表内阻已知，则采用电流表内接法，电路连接如图1所示。
(2)描点、连线，UI图线如图2所示。
(3)由图2所作图线斜率可知，总电阻为2 727 Ω，又R＝R总－RA＝2 677 Ω，根据电阻定律R＝ρ，代入数据得ρ≈134 Ω·m<200 Ω·m，故不达标。
答案：(1)、(2)见解析图 (3)134(130～140均可) 不达标
5．[考查新型电池电动势和内阻的测量]
某物理学习小组为了测定某太阳能硅光电池组的电动势和内阻，设计了如图1所示的电路，在一定光照条件下进行实验。
(1)请根据图1完成图2中实物的连线。
1
2
3
4
5
6
7
8
U/V
1.77
1.75
1.70
1.65
1.54
1.27
1.00
0.50
I/μA
12
30
48
60
68
76
80
86
(2)该小组成员将测量出来的数据记录在表格中，请在图3中作出该硅光电池组的UI图线。
(3)由所作的UI图线可知该硅光电池组的电动势E＝________V，电池组的内阻随输出电流的变化而改变，在电流为80 μA时，该电池组的内阻r＝________Ω(保留两位有效数字)。
解析：(1)实物连接图如图甲所示。
(2)根据表格中数据描点后用平滑曲线连接，UI图线如图乙所示。
(3)由所作的UI图线可知该硅光电池组的电动势E＝1.8 V，在电流为80 μA时，由表中数据可知此时电源的路端电压U＝1.00 V，由闭合电路欧姆定律知电源内电压为U′＝E－U＝0.80 V，所以电池组的内阻r＝＝×106 Ω＝1.0×104 Ω。
答案：(1)、(2)见解析图 (3)1.8 1.0×104
6．[考查描绘电池板的伏安特性曲线]
太阳能电池板在有光照射时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件，某实验小组根据描绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池板在没有光照射时(没有储存电能)的IU曲线，所用的器材有：太阳能电池板，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干。
(1)为了达到上述目的，实验电路应选用图甲中的______(选填“A”或“B”)。
(2)该实验小组根据实验得到的数据，得到了如图乙所示的IU图像。由图可知，当电压小于2.00 V时，太阳能电池板的电阻________(选填“很大”或“很小”)；当电压为2.80 V时，太阳能电池板的电阻为________kΩ。
(3)当有光照射时，太阳能电池板作为电源，其路端电压与总电流的关系如图丙所示，分析该曲线可知，该电池板作为电源时的电动势为________V。若把它与阻值为1 kΩ的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射时，该电池板的效率是________%。(结果保留两位有效数字)
解析：(1)描绘伏安特性曲线时电压和电流要从零开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，应选A所示的实验电路。
(2)由题图乙可知，在电压小于2.00 V时，电流I很小，所以太阳能电池板的电阻很大。由题图乙可知，当电压为2.80 V时，电流I＝2.80×10－3 A，
电阻R＝＝ Ω＝1 kΩ。
(3)由题图丙可知，图线与纵轴交点的纵坐标为电源的电动势，故该电池板的电动势为2.8 V；若它与1 kΩ的电阻连接构成一个闭合电路；在UI图中作出对应的电阻的UI图线，如图所示；图线的交点为电路的工作点，则由图可知路端电压为1.8 V，则电源的效率η＝×100%＝64%。
答案：(1)A (2)很大 1 (3)2.8 64
考点一 实验原理的拓展与创新
该类实验的特点是题目来源于教材，但又高于教材，实验的基本原理和思想方法是考查的核心，要解决此类实验问题，应摒弃简单地背诵实验而向分析理解实验转变。需要考生学会迁移应用
1．学会正确连接实物图
(1)连接实物图的方法是先串后并，即先按电流流向将电源与其中一支路连成串联电路，而后将其他支路的元件并联在相应的两点间，电路连接时应注意：
①顺序：电源正极→开关→用电器→电源负极。
②量程：估算电路中最大电压、电流值，确定电压表、电流表的量程。
③正负：保证电流从正接线柱流进，从负接线柱流出。
④开关：一般紧靠电源，控制干路。
(2)分压式电路的实物连接方法
在进行实物图连线时要按电路图的顺序去连，线要接在接线柱上，且线不能交叉；滑动变阻器分压式接法接入电路时有三个接线柱，与电阻等元件并联的一定是一上、一下两个接线柱，和电源相连的一定是两个下接线柱；电表连接时要注意正、负极和量程，电压表连接时要注意电流表的内、外接法。
2．准确理解实验创新点
(1)诊断卷第1题中，要求闭合开关后，金属棒沿箭头方向移动，因此连接线路时应注意电流的流向。
(2)诊断卷第2题中，要求报警器在温度达到或超过60 ℃时报警，则必须先把开关打到
c点，电阻箱的阻值调至650.0 Ω，调节滑动变阻器，直到报警器开始报警，再把开关打到d点。
(3)诊断卷第3题中，理解已知内阻的电流表相当于一个电压表，而用得到的是压敏电阻的真实值。
1．导电玻璃是制造LCD的主要材料之一。为测量导电玻璃的电阻率，某小组同学选取长度L＝25.00 cm、直径d＝0.900 mm的圆柱体导电玻璃进行实验，用欧姆表粗测该导电玻璃的电阻Rx，发现其电阻约12.0 Ω。主要步骤如下，完成下列填空。
(1)为精确测量Rx的阻值，该小组设计了如图所示的实验电路。可供使用的主要器材如下：
电源E：电动势4.5 V，内阻约1 Ω；
定值电阻R0：阻值为20 Ω；
电压表V1：量程3 V，内阻约3 kΩ；
电压表V2：量程15 V，内阻约15 kΩ；
电流表A1：量程200 mA，内阻约1.5 Ω；
电流表A2：量程3 A，内阻约0.5 Ω；
滑动变阻器R1：阻值范围0～1 kΩ；
滑动变阻器R2：阻值范围0～20 Ω。
①图中电压表应选用__________；电流表应选用__________；滑动变阻器应选用__________。(填器材代号)
②该小组进行了如下操作：
a．将滑动变阻器的滑片移到最右端，将S1拨到位置1，闭合S2，调节滑动变阻器，读出电流表和电压表的示数分别为0.185 A和2.59 V；
b．将滑动变阻器的滑片移到最右端，将S1拨到位置2，调节滑动变阻器，读出电流表和电压表的示数分别为0.125 A和2.65 V；
c．将滑动变阻器的滑片移到最右端，断开S2。
可求得Rx＝__________Ω。
(2)由以上实验可求得该导电玻璃电阻率的值ρ＝________Ω·m。
解析：(1)电源电动势为4.5 V，小于电压表V2量程的，因此结合待测电阻Rx的粗测阻值，可知电压表应选用量程为3 V的电压表V1；电流表应选用量程为200 mA的电流表A1；滑动变阻器应选用最大阻值与待测导电玻璃阻值差不多的滑动变阻器R2。设电流表内阻为RA，对操作步骤a，由欧姆定律可得U1＝I1(RA＋Rx)；对操作步骤b，由欧姆定律可得U2＝I
2(RA＋R0)；联立解得Rx＝－＋R0＝12.8 Ω。
(2)由电阻定律得Rx＝，S＝，解得该导电玻璃的电阻率ρ＝3.26×10－5 Ω·m。
答案：(1)①V1 A1 R2 ②12.8 (2)3.26×10－5
2．某实验小组为了研究小灯泡的伏安特性曲线，先按照图甲所示的电路图连接电路，实验过程中操作规范，测量准确，得到一系列数据，如图乙中的散点。
该实验小组对实验进行了改进，如图丙所示，将小灯泡L的玻璃罩敲碎，灯丝保存完好，仍然置于灯座上，取一个大小合适的玻璃杯，将灯座倒扣在杯沿上，在玻璃杯里慢慢加水，使得突出的灯丝刚好完全没入水中，电路的其余部分均不接触水，再将该灯座依然接入图甲中小灯泡L处，这样接通电路以后，灯丝不至于热到发光，温度可以基本控制在25 ℃。实验过程中操作规范，测量准确，得到一组数据，如图丁中的一组散点。已知水的电阻远大于灯丝的电阻。
(1)请在图乙上描绘小灯泡的伏安特性曲线K1；曲线K1表明，随着电压升高，小灯泡的电阻____________(填“越来越小”“基本不变”或“越来越大”)。
(2)请在图丁上描绘小灯泡灯丝的伏安特性曲线K2；曲线K2表明，随着电压升高，水中灯丝电阻____________(填“越来越小”“基本不变”或“越来越大”)。
(3)对比两次实验表明，在同样的电压值下，曲线K1的电流值基本都远远小于曲线K2的电流值，其原因是____________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)用平滑的曲线将各点相连，如图1所示；因IU图像中图像的斜率表示电阻的倒数，故由图1可知，电阻越来越大。
(2)同理作出图像如图2所示，由图2可知，电阻基本保持不变。
(3)由两IU图像可知，在同样的电压下，曲线K1的电流值基本都远小于曲线K2的电流值，即曲线K1的电阻值明显大于曲线K2对应的电阻值，原因是描绘曲线K2时灯丝保持恒温，而描绘曲线K1时灯丝的温度高于描绘曲线K2时灯丝的温度，而金属导体的电阻随温度的升高而增大。
答案：(1)如解析图1所示 越来越大 (2)如解析图2所示 基本不变 (3)描绘曲线K2时灯丝保持恒温，而描绘曲线K1时灯丝的温度发生变化，且一直高于描绘曲线K2时灯丝的温度
3．(2017·全国卷Ⅱ)某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为100 μA，内阻大约为2 500 Ω)的内阻。可使用的器材有：两个滑动变阻器R1、R2(其中一个阻值为20 Ω，另一个阻值为2 000 Ω)；电阻箱Rz(最大阻值为99 999.9 Ω)；电源E(电动势约为1.5 V)；单刀开关S1和S2。C、D分别为两个滑动变阻器的滑片。
(1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线。
(2)完成下列填空：
①R1的阻值为________ Ω(填“20”或“2 000”)。
②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图(a)中滑动变阻器的________端(填“左”或“右”)对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近。
③将电阻箱Rz的阻值置于2 500.0 Ω，接通S1。将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置。最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势________(填“相等”或“不相等”)。
④将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2 601.0 Ω时，在接通S2前后，微
安表的示数也保持不变。待测微安表的内阻为_____ Ω(结果保留到个位)。
(3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：_________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)根据题中的原理图(a)，将题图(b)中的实物连线如图所示。
(2)R1起分压作用，应选用最大阻值较小的滑动变阻器，即R1的电阻为20 Ω，为了保护微安表，闭合开关前，滑动变阻器R1的滑片C应移到左端，确保微安表两端电压为零；反复调节D的位置，使闭合S2前后微安表的示数不变，说明闭合后S2中没有电流通过，B、D两点电势相等；将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2 601.0 Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。说明＝，则解得RμA＝2 550 Ω。
(3)要提高测量微安表内阻的精度，可调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程。
答案：(1)见解析图
(2)①20 ②左 ③相等 ④2 550
(3)调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程
考点二 实验器材的等效与替换
试题的创新点有时是改变实验器材，或者选用一个“全新”的元件引入实验中进行应用或研究，注重考查考生的知识迁移能力和解决实际问题的能力。需要考生学会迁移应用
1．诊断卷第4题将电阻率的测量对象换成了工业废水，测量原理、电路设计均没有变化。
2．诊断卷第5题中，将电动势和内电阻的测量对象由一般干电池换成了太阳能硅光电池，测量原理不变。
3．诊断卷第6题中，伏安特性曲线的描绘对象不是小灯泡，换成了没有存储电能的太阳能电池板，设计原理没有发生变化。
1．在测定一组干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：
A．电流传感器1
B．电流传感器2
C．定值电阻R0(3 kΩ)
D．滑动变阻器R(0～20 Ω)
E．开关和导线若干
某同学发现上述器材中没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验。
(1)该同学利用测出的实验数据作出的I1I2图线(I1为电流传感器1的示数，I2为电流传感器2的示数，且I1远小于I2)如图乙所示，则由图线可得被测电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω。
(2)若将图线的纵轴改为________，则图线与纵轴交点的物理含义即为被测电池电动势的大小。
解析：(1)由闭合电路欧姆定律有E＝U＋Ir，可得I1R0＝E－I2r，则I1＝－I2，即I1与I2间为线性关系，由数学知识可得，k＝－，b＝，由题图乙可知，b＝1.5 mA，k＝－0.5×10－3，解得E＝4.5 V，r＝1.5 Ω。(2)若将图像纵轴改为路端电压，即I1R0，则图像与纵轴交点的物理含义为电源的电动势的大小。
答案：(1)4.5 1.5 (2)I1R0
2．(2017·绍兴期中)(1)小南同学在老师做了“探究产生电磁感应的条件”实验后，对实验用的线圈产生了兴趣，想知道绕线圈所用铜丝的长度。他上网查得铜的电阻率为1.7×10－8 Ω·m，测算出铜丝(不含外面的绝缘漆层)的横截面积为5×10－8 m2，而后想用伏安法测出该线圈的电阻，从而计算得到铜丝的长度。为测量线圈的电阻，实验室提供了10 V学生电源，“5 Ω，3 A”的滑动变阻器，量程为0～0.6 A的电流表，量程为0～15
V的电压表，导线若干。小南同学按步骤连接好电路后进行测量，他将滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端，电流表指针从如图乙位置变化到图丙位置，请读出图乙的示数为__________A，试分析小南此次实验选用的电路为图甲中电路图________(填“①”或“②”)。
(2)小南选择合适的电路图后得到了多组数据，并将点迹描绘在图丁的IU坐标系中，请在图中描绘出线圈的伏安特性曲线，并求得该线圈导线的长度为__________。(结果保留4位有效数字)
解析：(1)由电流表读数变化很小，且不是从零开始变化。故实验采用电路图①所示电路；由题知电流表量程为0.6 A，由图示电流表可知，其分度值为0.02 A，题图乙示数为：0.16 A。
(2)根据坐标系内描出的点作出图像如图所示：
由图示图像可知：电阻：R＝＝ Ω≈60.6 Ω，
由电阻定律：R＝ρ可知，电阻丝长度：
L＝＝ m≈178.2 m。
答案：(1)0.16 ① (2)见解析图 178.2 m
3．(2017·肇庆检测)某实验小组设计了如图甲的电路，其中RT为热敏电阻，电压表量程为3 V，内阻RV约为10 kΩ，电流表量程为0.5 A，内阻RA约为几欧，R为电阻箱。(计算结果保留两位有效数字)
(1)该实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验。闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下电压表的示数U1、电流表的示数I和电阻箱的阻值R，在IU坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，描绘出热敏电阻的部分伏安特性曲线，如图乙中曲线所示。为了完成该实验，应将导线c端接在______(选填“a”或“b”)点。
(2)利用(1)中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压U2的计算式为______________。(用U1、I、R和RA表示)
(3)实验小组利用(2)中的公式，计算出各组的U2，将U2和I的数据也描绘在IU坐标系中，如图乙中直线所示。根据图像分析可知：电源的电动势E＝______V，内电阻r＝______Ω。
(4)实验中查询得到RA＝4.0 Ω，当电阻箱的阻值调到6 Ω时，热敏电阻消耗的电功率P＝______W。
解析：(1)利用伏安法测电阻，由图像可知热敏电阻的阻值远小于电压表电阻，所以采用电流表外接法；故导线c应接在a点。
(2)根据串、并联电路规律可知：
外电压：U2＝U1＋I(R＋RA)。
(3)由U2＝E－Ir，故电源的电动势为6.0 V，内电阻为r＝ Ω＝5.0 Ω。
(4)等效电源内阻r0＝(5.0＋4.0＋6.0)Ω＝15 Ω；在IU图像中作等效电源的外电路伏安特性曲线U＝6－15I，如图所示；与热敏电阻的伏安特性曲线的交点坐标为(2.5，0.24)。所以热敏电阻的电功率为0.60 W。
答案：(1)a (2)U2＝U1＋I(R＋RA) (3)6.0 5.0 (4)0.60(0.58～0.62均可)
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