2021届高考物理二轮复习专题六　实验技能与创新

这是一份2021届高考物理二轮复习专题六　实验技能与创新，共80页。试卷主要包含了长度测量仪器的读数等内容，欢迎下载使用。
专 题 六 实验技能与创新



①4个类型：测量类实验、探究类实验、验证类实验、创新类实验
②2种情境：以生活中现象为背景探究某个物理规律、某个物理量的测量，用常用的生活用品设计实验测量物理量的值
④5种常见障碍：弄清实验原理、推导原理关系式、用图象法处理数据、设计电路图、选择器材
⑤n种常用方法：公式法、控制变量法、倍增法、图象法、留迹法、逐差法、近似法、伏安法、半偏法、外推法等
⑥5种常用思维：等效替代思想、守恒思想、转换思想、放大思想、理想化思维

微专题一　力学实验
三年＋三卷考情
命题规律＋预测
三年考题
考查内容
(1)在高考命题中有两种考查方式，一种是常规实验，立足教材，侧重考查基本实验能力，主要涉及测量工具的使用(含读数)、实验原理和测量方法的理解、实验条件的控制、实验步骤的编排，以及实验数据的处理、实验误差的分析。另一种是创新类实验，能有效地考查学生的分析能力，难度也略大些。
(2)2021年高考复习继续关注测量工具的使用或与纸带有关的实验，命题情境可能会生活化。
2020
Ⅰ卷23T
验证动量定理
Ⅱ卷22T
测加速度的创新实验
Ⅲ卷22T
验证动能定理
2019
Ⅰ卷22T
测加速度
Ⅱ卷22T
测动摩擦因数
Ⅲ卷22T
测加速度
2018
Ⅰ卷22T
测弹簧的劲度系数
Ⅱ卷23T
测动摩擦因数
Ⅲ卷22T
测人的反应时间
高考考向1　基本仪器的使用和读数
解|题|必|备
1．长度测量仪器的读数
(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条刻度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．游标卡尺和螺旋测微器读数时的四点提醒
(1)以mm为单位，10分度的游标卡尺读数时小数点后只有1位，20和50分度的游标卡尺读数时小数点后有2位。
(2)不要把游标尺的边缘当成零刻线，末尾的0不能省略。
(3)以mm为单位，螺旋测微器读数时小数点后有3位，要注意固定刻度上表示半毫米的刻度线是否已经露出。
(4)读数时先读成mm再进行单位换算。
题|型|精|研
命题角度1　基本测量工具的读数
1．某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm。

　　　　甲　　　　　　　　　　　乙
解析　用毫米刻度尺测量时，读数应读到mm的下一位，即长度测量值为60.10 cm；题图乙中游标卡尺为五十分度，精确度为0.02 mm，主尺读数为4 mm，游标尺第6条刻度与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为6×0.02 mm＝0.12 mm，所以金属杆直径测量值为4.12 mm。
答案　60.10　4.12
2．用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图甲所示，此示数为________mm，用20分度的游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图乙所示，此示数为________mm。

　　　　甲　　　　　　　　　　　乙
解析　螺旋测微器的固定刻度读数6 mm，可动刻度读数为0.01 mm×12.7＝0.127 mm，所以最终读数为6 mm＋0.127 mm＝6.127 mm；游标卡尺的主尺读数为6.3 cm＝63 mm，游标尺上第12个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为0.05 mm×12＝0.60 mm，所以最终读数为63 mm＋0.60 mm＝63.60 mm。
答案　6.127(±0.002均可)　63.60
命题角度2　测量工具原理
3．小明用游标为20分度的游标卡尺测量某个圆筒的深度，部分刻度如图所示，读数为________cm。

解析　这种游标卡尺的游标尺刻度是把主尺刻度19 mm的长度，分为20等份，每等份为0.95 mm，游标尺上第17个刻度和主尺上38 mm刻度对齐，读数为38 mm－17×0.95 mm＝21.85 mm＝2.185 cm。
答案　2.185
高考考向2　以打点计时器或光电门为计时工具的力学实验
解|题|必|备
1．计时仪器的测量方法
计时仪器
测量方法
秒表
秒表的读数方法：测量值(t)＝短针读数(t1)＋长针读数(t2)，无估读
打点计时器
(1)t＝nT(n表示打点的时间间隔的个数，T表示打点周期)；
(2)打点频率(周期)与所接交流电的频率(周期)相同
光电计时器
光电计时器能自动记录挡光时间，显示在读数窗口
2.纸带的应用
(1)求解瞬时速度：利用做匀变速直线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求打某一点的瞬时速度。如图甲所示，打点n时的速度。

甲


乙
(2)用“逐差法”求加速度：如图乙所示，因为a1＝，a2＝，a3＝，所以a＝＝。
(3)利用速度—时间图象和斜率求加速度。
3．光电门的应用
(1)求瞬时速度：把遮光条(宽度为d)通过光电门的时间Δt内的平均速度看作遮光条经过光电门的瞬时速度，即v＝。
(2)求加速度：若两个光电门之间的距离为L，则利用速度与位移的关系可求加速度，即a＝。
题|型|精|研
命题角度1　纸带类实验
4．(2020·青海省玉树州髙三联考)某同学用图甲所示的实验装置测定当地的重力加速度，正确操作后获得图乙所示的一条纸带。他用天平测得小车的质量为M，钩码质量为m，毫米刻度尺测得纸带上自O点到连续点1、2、3、4、5、6的距离分别为：d1＝1.07 cm、d2＝2.24 cm，d3＝3.48 cm、d4＝4.79 cm、d5＝6.20 cm、d6＝7.68 cm。已知实验所用交流电频率为f＝50 Hz。

(1)打点2时小车的速度大小为________ m/s(结果保留2位有效数字)。
(2)小车运动过程中的平均加速度大小为__________ m/s2(结果保留2位有效数字)。
(3)以各点速度v的二次方为纵坐标，以各点到0点的距离d为横坐标，作v2－d图象，所得图线为一条斜率为k的倾斜直线，不考虑小车与桌面间的摩擦，则当地的重力加速度g＝________(用m、M、k表示)。
解析　(1)打点2时小车的速度大小为v2＝＝ m/s＝0.60 m/s。
(2)由逐差法可得，小车运动过程中的平均加速度大小为a＝＝＝ m/s2＝2.0 m/s2。
(3)由v2＝2ad可知v2－d图象的斜率为k＝2a，则a＝k；由牛顿第二定律：mg＝(m＋M)a，解得g＝。
答案　(1)0.60　(2)2.0　(3)
命题角度2　光电门类实验
5．用如图所示的实验装置探究“加速度与合外力、质量的关系”。图中A、B为两个光电门，C为固定在木槽上的遮光条。实验前(不挂钩码)左右移动小木块使木槽能够在长木板上匀速运动。遮光条的宽度为d，两光电门间的距离为x。实验时木槽每次都从同一位置由静止释放，研究对象为木槽(包括内部的砝码)及钩码组成的系统。

(1)通过光电计时器读出遮光条通过A、B两个光电门的时间分别是tA、tB，则木槽的加速度是________。(用测量的符号表示)
(2)保持悬挂钩码的质量m不变，增加或减少槽内的砝码，测出每次对应的加速度，为了能直观反映在合外力一定的情况下，加速度与质量的关系，应作出a－________关系图象(M表示槽及槽内砝码的总质量)。
A．M　　　B．m　　　C.　　　D.
(3)为了精确测量木槽运动的加速度，甲同学固定光电门B，移动光电门A，然后释放木槽，测出遮光条每次经过光电门A的时间t1；乙同学固定光电门A，移动光电门B，然后释放木槽，测出遮光条每次经过光电门B的时间t2，两位同学根据图象求解系统的加速度。甲同学作出的图象应为下图中的________，乙同学作出的图象应为下图中的________。若甲同学所作图象斜率的绝对值为k，则木槽的加速度a＝________。

解析　(1)由运动学公式求出通过A、B两个光电门的速度vA＝，vB＝，由速度位移公式可得a＝＝。
(2)悬挂钩码的质量m保持不变，即合力保持不变，a与系统质量成反比，可知为了能直观反映在合外力一定的情况下，加速度与质量的关系，应作a－图象，故选D。
(3)甲同学固定光电门B，移动光电门A，然后释放木槽，测出遮光条每次经过光电门A的时间t1。通过光电门A的瞬时速度vA＝，B点的速度为定值，根据v－v＝2ax得，＝－，故B项正确。乙同学固定光电门A，移动光电门B，然后释放木槽，测出遮光条每次经过光电门B的时间t2，通过光电门B的瞬时速度vB＝，A点的速度为定值，根据v－v＝2ax得，＝＋，故C项正确。若甲同学所作图象的斜率的绝对值为k，则有k＝，解得系统的加速度a＝。
答案　(1)　(2)D　(3)B　C　

高考考向3　橡皮条、弹簧、碰撞类实验
解|题|必|备
1．橡皮条、弹簧的弹力大小与伸长量之间的关系满足胡克定律，实验的数据处理中一般选用图象法。
2．胡克定律描述的是在弹性限度内，橡皮条(弹簧)的弹力与形变量成正比，如果超出弹性限度，正比关系不再成立。
3．图象法处理数据的要求。
(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)要标明坐标轴名、单位，在坐标轴上每隔一定的间距按有效数字的位数标明数值。
(3)图上的连线尽可能通过或靠近所有的数据点，应尽量使未在图线上的少量数据点合理地分布在线的两侧。
(4)作图时常通过选取适当的坐标轴使图象线性化，即“变曲为直”。
(5)图象要尽可能大，为了使坐标纸有效使用范围增大，坐标原点可以不从“0”开始。
题|型|精|研
命题角度1　橡皮条、弹簧类实验
6.利用如图甲所示装置做“探究弹力和弹簧伸长的关系的实验”。所用的钩码每只的质量为30 g。实验中，先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将4个钩码逐个加挂在弹簧下端，每次挂完钩码待弹簧稳定后依次测出相应的弹簧总长度，并将数据填在下表中。弹力始终未超过弹性限度，取g＝10 m/s2，试完成下列问题：

甲
记录数据组
1
2
3
4
5
钩码总质量(g)
0
30
60
90
120
弹簧总长(cm)
6.00
7.11
8.20
9.31
10.40

(1)请在如图乙所示坐标系中作出弹簧弹力大小F跟弹簧总长度x之间的函数关系的图象。
(2)由图象乙求得该弹簧的劲度系数k＝______N/m。(保留2位有效数字)
(3)某同学直接利用表中的实验数据，作出了如图丙所示的钩码质量m跟弹簧总长度x之间的函数关系的图象，那么该图象斜率所表示的物理意义是__________________________________________。
解析　(1)弹簧受的拉力为钩码的重力，每次实验弹簧所受到的拉力F如下表所示：
记录数据组
1
2
3
4
5
钩码总
质量(g)
0
30
60
90
120
弹簧所受
的拉力F/N
0.0
0.3
0.6
0.9
1.2
弹力大小F跟弹簧总长度x之间的函数关系图象见答案。
(2)根据图象的物理意义可知，弹簧的劲度系数k等于F－x关系图象的斜率，为求直线的斜率，可在直线上取两个距离较远的点，如(8.0,0.56)和(10.0,1.12)，故k＝＝ N/cm＝0.28 N/cm＝28 N/m。
(3)根据胡克定律有mg＝kx，所以该图象斜率的物理意义是：弹簧劲度系数k与当地重力加速度g的比值。
答案　(1)如图所示

(2)28　(3)弹簧劲度系数k与当地重力加速度g的比值
7．某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴(横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1 mm)的纸贴在桌面上，如图甲所示。将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示部分之外)，另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长。
(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O。此时拉力F的大小可由测力计读出。测力计的示数如图乙所示，F的大小为________ N。
(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A点，现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点。此时观察到两个拉力分别沿图甲中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1＝4.2 N和F2＝5.6 N。
(ⅰ)用5 mm长度的线段表示1 N的力，以O点为作用点，在图甲中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合；

(ⅱ)F合的大小为________ N，F合与拉力F的夹角的正切值为
________。
若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。
解析　(1)由题给测力计示数可知，读数为4.0 N。
(2)作图，F2长度为28 mm，F1长度为21 mm，平行四边形如图，量出合力长度约为20 mm，大小代表4.0 N，量出合力箭头处到y轴距离和所作合力在y轴上投影长度，其比值就是F合与拉力F的夹角的正切值。
答案　(1)4.0　(2)(ⅰ)如图所示
(ⅱ)4.0　0.05


命题角度2　碰撞类实验
8．某实验小组利用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律。实验的主要步骤如下：

(1)用螺旋测微器测量小球A、B的直径d，其示数如图乙所示，则直径d＝________mm。用天平测得球A、B的质量分别为m1、m2。
(2)用两条细线分别将大小相同的球A、B悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上。
(3)将球A向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为α时，由静止释放，与球B碰撞后，测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为β，球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ。
(4)若两球碰撞前后动量守恒，则其表达式为________________________；若碰撞是弹性碰撞，则还应满足的表达式为________________________(用测量的物理量表示)。
解析　(1)小球A、B的直径：d＝10.5 mm＋0.01×30.0 mm＝
10.800 mm。
(4)设悬线长为l，小球A下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：m1v＝m1gl(1－cosα)，碰撞后，对A、B两球分别根据机械能守恒定律得m1v1′2＝m1gl(1－cosβ)，m2v2′2＝m2gl(1－cosθ)，若两球碰撞前后的动量守恒，则满足m1v1＝－m1v1′＋m2v2′，联立以上四式得m1＝m2－m1。若碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程中机械能守恒，则有m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，解得m1cosα＝m1cosβ－m2(1－cosθ)。
答案　(1)10.800　(4)m1＝m2－m1　m1cosα＝m1cosβ－m2(1－cosθ)

高考考向4　力学创新、设计型实验
解|题|必|备
1．创新实验的特点
(1)以基本实验的力学模型为载体，依托运动学规律和力学规律设计实验。
(2)将实验的基本方法(如控制变量法)、处理数据的基本方法(如图象法、逐差法等)融入实验的综合分析中。
2．创新实验的分类及解题方法
(1)侧重实验方案和原理的考查，实验原理是创新型实验的关键，决定了实验中依据的物理规律。解题方法是从实验中提取相应的物理模型，明确实验的理论依据，根据实验目的，设计实验方案。
(2)侧重实验数据处理和误差分析的考查。解题方法是分析实验数据的特点，应用原理关系式或图象法处理数据，从原理、仪器、方案设计等角度分析实验误差产生的原因。
题|型|精|研
命题角度1　实验方案创新
9．如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置的侧视图。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，每次滑块都从A处由静止释放。

甲


乙


丙
(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度为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，请你用一光滑的曲线将各点连接起来。
(4)若图丙中所作的F－图象的斜率为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，该实验中保持小车质量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)
命题角度2　实验装置创新
10．(2020·山西省临汾市模拟考试)如图甲所示为测量木块和木板间动摩擦因数μ的实验装置图，足够长的木板置于水平地面上，小木块放置在长木板上，并与拉力传感器相连，拉力传感器可沿圆弧轨道滑动。长木板在外界作用下向左移动，得到拉力传感器的示数F与细绳和水平方向的夹角θ间的关系图线如图乙所示(g取10 m/s2)。(结果保留2位有效数字)

(1)木块和木板间的动摩擦因数μ＝________；
(2)木块的质量m＝________ kg。
解析　(1)木块受四个力作用，重力mg、支持力FN、拉力F、滑动摩擦力Ff，竖直方向有mg＝FN＋Fsinθ，水平方向有f＝Fcosθ，由于f＝μFN，联立得μmg＝F(μsinθ＋cosθ)，变式为μmg＝F·，设tanα＝，整理得μmg＝Fsin(θ＋α)，当θ＋α＝时，F有最小值。由乙图知，θ＝时F有最小值，则α＝，所以tan＝，得μ＝＝0.58。
(2)把动摩擦因数代入μmg＝F(μsinθ＋cosθ)，得F＝，由乙图知，当θ＝时，F＝10 N，解得mg＝10 N，所以m＝1.0 kg。
答案　(1)0.58　(2)1.0
课时巩固练(11)　力学实验
1．(2020·全国卷Ⅱ)一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。

令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0＝0.590 m，下降一段距离后的高度h＝0.100 m；由h0下降至h所用的时间T＝0.730 s。由此求得小球B加速度的大小为a＝________ m/s2(保留3位有效数字)。
从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0 g和
150.0 g，当地重力加速度大小为g＝9.80 m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a′＝________m/s2(保留3位有效数字)。
可以看出，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：________________________________。
解析　由题意可知小球下降过程中做匀加速直线运动，故根据运动学公式有h0－h＝aT2，代入数据解得a＝1.84 m/s2；根据牛顿第二定律可知对小球A有T－mAg＝mAa′，对小球B有mBg－T＝mBa′，代入已知数据解得a′＝1.96 m/s2；在实验中绳和滑轮之间有摩擦会
造成实际计算值偏小。
答案　1.84　1.96　滑轮的轴不光滑，绳和滑轮之间有摩擦(或滑轮有质量)
2．某同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力、质量关系”实验。

(1)关于实验的要点，下列说法正确的是________。
A．重物的质量应远小于小车的质量
B．平衡摩擦力时重物应挂在小车上
C．接通打点计时器的电源同时释放小车
D．调节定滑轮的高度使滑轮与小车间细线与长木板平行
(2)调节好装置，做探究加速度与合外力关系实验时，打点计时器打出的一条纸带如图乙所示，已知打点计时器每隔0.02 s打一次点，根据纸带可求出小车的加速度大小为________ m/s2(结果保留2位有效数字)。改变悬挂重物的质量，重复多次实验，测得多组加速度a及对应力传感器的示数，作出a－F图象如图丙所示，发现图象不过原点，重新实验，为了使作出的图象过原点，应适当________(选填“增大”或“减小”)木板的倾角。



(3)做探究加速度与质量关系实验时，正确平衡摩擦力，保持悬挂的重物不变，改变小车上砝码的质量m多次实验，测出多组加速度a及小车上砝码的质量m，作出－m图象如图丁所示。若图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，且实验过程中小车受到的拉力保持不变，则小车受到的拉力为________，小车的质量为________。
解析　(1)由于小车受到的外力由力传感器测得，因此不需要满足重物的质量远小于小车的质量，A项错误；平衡摩擦力时应不挂重物，B项错误；接通打点计时器的电源后等打点计时器打点稳定再释放小车，C项错误；调节定滑轮的高度使滑轮与小车间细线与长木板平行，保证细线的拉力等于小车受到的合外力，D项正确。
(2)根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度：a＝＝ m/s＝3.2 m/s2；图象不过原点，是由于平衡摩擦力过度，应适当减小木板的倾角。
(3)设小车质量为M，若牛顿第二定律成立，则F＝(M＋m)a，整理得＝m＋，所以图中直线的斜率k＝，纵轴上的截距b＝，解得：小车受到的拉力F＝，小车的质量M＝。
答案　(1)D　(2)3.2　减小　(3)　
3．(2020·安徽省池州市期末考试)某科技兴趣小组用如图甲所示的实验装置测量滑块和木板之间的动摩擦因数。

(1)他首先测量滑块的加速度。该同学设计的思路是将滑块右端细木条P置于木板A处，由静止释放，用速度传感器测出滑块右端细木条通过传感器B处时的速度v，用毫米刻度尺测量出AB的距离x；然后改变速度传感器B与A点的距离，测出多组v、x的数据。根据测量的数据，小组中一位同学在直角坐标系中做出v2－x图象如图乙所示，图象中一点的坐标为(0.5,2.45)，由图象可求出滑块运动的加速度大小a＝________m/s2。
(2)如果每个钩码的质量为50 g，一共挂了三个钩码，滑块的质量为250 g，根据题中所给数据可求出滑块与木板之间动摩擦因数μ＝________。(g＝9.8 m/s2)
解析　(1)根据运动学公式v2＝2ax，可知v2－x图象的斜率k＝2a，由v2－x图象可得k＝4.9，解得a＝2.45 m/s2。
(2)因为不满足m远小于M，对钩码和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律得：mg－μMg＝(m＋M)a，解得μ＝0.2。
答案　(1)2.45　(2)0.2
4．兴趣课上老师给出了一个质量为m的钩码、一部手机和一个卷尺，他要求王敏和李明两同学估测手上抛钩码所做的功。两同学思考后做了如下操作：
(1)他们先用卷尺测出二楼平台到地面的距离h，王敏在二楼平台边缘把钩码由静止释放，同时李明站在地面上用手机秒表功能测出钩码从释放到落到地面的时间t0，在忽略空气阻力的条件下，当地的重力加速度的大小可以粗略的表示为g＝________(用h和t0表示)；
(2)两同学站在水平地面上，李明把钩码竖直向上抛出，王敏用手机的秒表功能测出钩码从抛出点到落回抛出点的时间。两同学练习几次，配合默契后某次李明把钩码竖直向上抛出，同时王敏用手机的秒表功能测出钩码从抛出点到落回抛出点的时间t，在忽略空气阻力的条件下，该次李明用手上抛钩码所做的功可以粗略地表示为W＝________(用m、h、t0和t表示)。
解析　(1)在忽略空气阻力的条件下，钩码做自由落体运动，有h＝gt，解得g＝。
(2)在忽略空气阻力的条件下，钩码上抛做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等，t上＝t下＝t，抛出的初速度v0＝gt下，根据动能定理可知，该次李明用手上抛钩码所做的功可以粗略地表示为W＝mv，联立解得W＝。
答案　(1)　(2)
5．(2020·安徽省安庆一中质检)如图甲所示，某物理兴趣小组设计了一个实验来验证机械能守恒定律，实验操作如下：

(1)用游标卡尺测出小钢球的直径d，读数如图乙，图中上部分为刻度放大图，d＝________ mm。
(2)用一轻质细线一端拴接一质量为m的小钢球，细线的另一端固定于悬点O，竖直背景板是一个圆心在O点的大量角器，大量角器的零度刻线水平，让小钢球静止在最低点，用毫米刻度尺量出悬线长为l。
(3)将小钢球拉起，细线被水平拉直，此时小钢球位置记为A，OA与大量角器零度刻线等高、平行，在小钢球下摆的路径上选一位置B，读出OB与OA的夹角θ，将光电门固定在位置B(小球通过B点时光线恰好能通过球心)上。现让小钢球从A点从静止释放，运动过程中小钢球不与背景板摩擦、碰撞，用光电门测出小钢球通过光电门的时间Δt，那么在小钢球从A到B的过程中，小钢球的重力势能减少量ΔEp＝________， 动能增加量ΔEk＝________，(写出表达式，题中字母为已知量)，观察在误差允许的范围内ΔEp与ΔEk是否相等。
(4)在小钢球下摆的路径上再分别选取C、D、E、F……多个位置，重复刚才实验，得出实验结论。一般情况下，实验中测算出来的重力势能减少量ΔEp ________(选填“等于”“大于”或“小于”)动能增加量ΔEk。
解析　(1)游标卡尺的主尺读数为12 mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05 mm＝0.35 mm，所以最终读数为：12 mm＋0.35 mm＝12.35 mm。
(3)小球的摆动过程，摆长为悬点到球心的距离L＝l＋，则重力做功引起重力势能的减少量为ΔEp＝mgLsinθ＝mgsinθ；在小球通过光电门的过程中，挡住光的时间极短，则瞬时速度v≈，故增加的动能为ΔEk＝mv2＝2。
(4)因球的摆动过程中有空气阻力做负功，则减小的重力势能转化为增加的动能和内能，即ΔEp>ΔEk。
答案　(1)12.35　(3)mgsinθ　
(4)大于
6．(2020·浙江新突破考前模拟)如图所示为“验证动量守恒定律”实验的装置示意图，现有带光滑圆弧轨道的粗糙水平桌面，物块A、B(A的质量大于B的质量，A和B与桌面间的动摩擦因数相同)。实验操作步骤如下：(a)在圆弧轨道上距离桌面h高处让A由静止滑下，在水平桌面上不放B的情况下，使A一直沿水平桌面运动到C处静止；(b)再让A从圆弧轨道上距离桌面h高处由静止滑下，在桌面与圆弧轨道相接处放上B，使A与B碰撞，碰撞后让A、B继续运动直至分别停止在D、E处；(c)重复多次以上实验步骤，并记录实验数据，选取自己认为最理想的实验结果进行研究。根据该实验设计，回答下列问题。

(1)实验中除了要测量出物块A的质量m1、物块B的质量m2，还需测量的物理量有________________________________(写出物理量名称及表示符号)；根据实验测量出的数据和测量的物理量写出可以验证动量守恒定律的表达式________________。
(2)(多选)关于误差分析和实验测量，下列说法正确的是________。
A．A与B发生弹性碰撞还是非弹性碰撞，对实验结果有一定的影响
B．如果A与B发生的碰撞不是正碰，对实验结果有一定的影响
C．实验中所用的圆弧轨道不是真正的光滑，对实验的结果影响不大
D．实验中必须测量A起始位置距离桌面的高度
解析　(1)在水平桌面上不放B时，根据动能定理有－μm1gx＝0－m1v2，得出v＝，在水平桌面上放上B后，由于A的质量大于B的质量，故A不会被反弹，则碰撞后对A有－μm1gx1＝0－m1v，得v1＝，对B有－μm2gx2＝0－m2v，得v2＝，所以实验中还需要测量不放B时A在水平桌面上运动的位移大小x，A、B发生正碰后A、B在水平桌面上运动的位移大小x1、x2；如果碰撞过程满足动量守恒定律，则有m1v＝m1v1＋m2v2，即m1＝m1＋m2，整理得m1＝m1＋m2，所以要验证动量守恒定律只需验证上式成立即可。
(2)根据实验的条件可知，碰撞的过程是不是弹性碰撞对实验的结果没有影响，而如果不是正碰，则有可能造成水平方向上的动量损失，故对实验结果有较大的影响，故A项错误，B项正确；实验中所用的圆弧轨道不是真正的光滑，对实验的结果影响不大，只要保证让A每次都从同一高度静止滑下，则可保证碰撞前A的速度一定，故C项正确；由于实验只要保证碰撞前A的速度是一定的，而不要求计算速度的大小，所以实验中不用测量A下滑的高度，D项错误。
答案　(1)不放物块B时物块A在水平桌面上运动的位移大小x，放上物块B，A、B发生正碰后物块A、B在水平桌面上运动的位移大小x1、x2　m1＝m1＋m2　(2)BC
















微专题二　电学实验
三年＋三卷考情
命题规律＋预测
三年考题
考查内容
(1)分析近几年的高考，考查内容主要集中在：①基本仪器的使用及读数；②电表的改装、仪器的选择；③以测量电阻、电源电动势为核心的电学实验；④实验原理的理解、实验数据的分析以及实验的设计。
(2)基本仪器的使用仍是今后高考的热点，同时注重对实验操作过程的考查和创新设计实验的考查。
2020
Ⅰ卷22T
伏安法测电阻
Ⅱ卷23T
研究小灯泡的伏安特性曲线
Ⅲ卷23T
利用伏安法测量热敏电阻的阻值随温度的变化关系
2019
Ⅰ卷23T
电表改装
Ⅱ卷23T
研究二极管
Ⅲ卷23T
电表改装
2018
Ⅰ卷23T
测热敏电阻温度特性
Ⅱ卷22T
组装多用电表
Ⅲ卷23T
测电阻

高考考向1　电表改装、多用电表的原理和使用
解|题|必|备
1．电表改装
类型
电路图
原理
把电流表改装为电压表

U＝Ig(Rg＋R)
扩大电流表量程

I＝Ig＋
把电流表改装为欧姆表

R内＝R中＝
Rx＝－R内

2.欧姆表使用“六点注意”
(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”至表盘刻度左侧“0”位置，调节表盘下边的指针定位螺丝；“欧姆调零”至表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调节欧姆调零旋钮。
(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，指针偏转角度在满偏到满偏之间读数较准确。
(4)换挡需重新进行欧姆调零。
(5)读数之后要乘以倍率得阻值。
(6)电池用久了，电动势变小，内阻变大，使测量结果偏大。
题|型|精|研
命题角度1　电表的改装
1．(改装成电压表)为了将小量程电流表改装成量程为3 V的电压表，实验器材如下：
A．电流表G：满偏电流为300 μA，内阻约100 Ω
B．干电池E：电动势为3 V，内阻未知
C．滑动变阻器R1：最大阻值为500 Ω，额定电流为1 A
D．滑动变阻器R2：最大阻值为15 kΩ，额定电流为0.5 A
E．电阻箱R0：最大值为999.9 Ω，额定电流为0.5 A
F．电阻箱R：最大值为9 999.9 Ω，额定电流为0.5 A
G．开关两个，导线若干
请回答以下问题：
(1)为尽可能准确测量电流表的内阻，应选用甲图中的________(选填“A”或“B”)电路。

(2)根据所选电路完成实物电路连接。闭合开关S1，调节滑动变阻器使电流表的示数为300 μA；接着保持滑动变阻器的滑片位置不变，闭合开关S2，调节电阻箱R0的阻值，当R0＝200 Ω时电流表示数如图乙所示，则流过电流表的电流为________ μA，电流表内阻的测量值为________ Ω。
(3)现将上述电流表与电阻箱R串联改装成量程为3 V的电压表，则电阻箱R接入电路的阻值应为________kΩ。
(4)若用改装后的电压表测量某电路电压，则电压测量值________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
解析　(1)由“半偏法”测量电流表内阻的原理可知，先闭合S1，调节滑动变阻器的阻值，使电流表满偏；然后闭合开关S2，调节电阻箱的阻值，使电流表半偏，读出电阻箱的阻值即为电流表的内阻。其中当闭合开关S2时，认为电路中的总电流不变，这样必须要求滑动变阻器的阻值比电流表的内阻大得多，即滑动变阻器应选R2，电路应选择B。
(2)由图可知，电流表读数为200 μA，则通过电阻箱的电流为100 μA，则电阻箱R0的阻值等于电流表内阻的2倍，即电流表内阻为100 Ω。
(3)将上述电流表与电阻箱R串联改装成量程为3 V的电压表，则电阻箱R接入电路的阻值应为R＝－rg＝ Ω－100 Ω＝9 900 Ω＝9.9 kΩ。
(4)若用改装后的电压表测量某电路电压，当电压表并联到被测电路上后，此部分电路总电阻减小，则电压表两端的电压减小，即电压测量值小于真实值。
答案　(1)B　(2)200　100　(3)9.9　(4)小于
2．(改装成电流表)(2019·全国卷Ⅰ)某同学要将一量程为250 μA的微安表改装为量程为20 mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1 200 Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图甲(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)。

(1)根据图甲(a)和题给条件，将图甲(b)中的实物连线。
(2)当标准毫安表的示数为16.0 mA时，微安表的指针位置如图乙所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，而是________。(填正确答案标号)


A．18 mA B．21 mA
C．25 mA D．28 mA
(3)产生上述问题的原因可能是________。(填正确答案标号)
A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1 200 Ω
B．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1 200 Ω
C．R值计算错误，接入的电阻偏小
D．R值计算错误，接入的电阻偏大
(4)要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k＝________。
解析　(1)量程为250 μA的微安表改装成量程为20 mA的电流表，量程扩大了80倍，需要将定值电阻与微安表并联，然后根据题图(a)的原理图连线。
(2)当标准毫安表示数为16.0 mA时，对应的微安表读数为160
μA，说明量程扩大了100倍，因此所改装的电表量程是25 mA，C项正确。
(3)根据IgRg＝(I－Ig)R得I＝＋Ig，出现该情况可能是微安表内阻测量错误，实际电阻大于1 200 Ω，或者并联的电阻R计算错误，接入的电阻偏小，A、C两项正确。
(4)设微安表的满偏电压为U，则对并联的电阻R有U＝(25－0.25)×10－3R，U＝(20－0.25)×10－3kR，解得k＝。
答案　(1)连线如图所示

(2)C　(3)AC　(4)
命题角度2　多用电表的原理和使用
3．(改装成欧姆表)某同学想将一量程为1 mA的灵敏电流计G改装为多用电表，他的部分实验步骤如下：

(1)他用如图甲所示的电路测量灵敏电流计G的内阻
①请在乙图中将实物连线补充完整；
②闭合开关S1后，将单刀双掷开关S2置于位置1，调节滑动变阻器R1的阻值，使电流表G0有适当示数I0；然后保持R1的阻值不变，将开关S2置于位置2，调节电阻箱R2，使电流表G0示数仍为I0。若此时电阻箱阻值R2＝200 Ω，则灵敏电流计G的内阻Rg＝________Ω。
(2)他将该灵敏电流计G按图丙所示电路改装成量程为3 mA、30 mA及倍率为“×1”“×10”的多用电表。若选择电流30 mA量程时，应将选择开关S置于________(选填“a”“b”“c”或“d”)，根据题给条件可得电阻R1＝________Ω，R2＝________Ω。
(3)已知图丙电路中两个电源的电动势均为3 V(内阻可忽略)，将选择开关置于a测量某电阻的阻值，若通过灵敏电流计G的电流为0.40 mA，则所测电阻阻值为________Ω。
解析　(1)①由原理图连线如图：

②由闭合电路欧姆定律可知，两情况下的电流相同，所以灵敏电流计G的内阻Rg＝200 Ω。
(2)由表头改装成大量程的电流表原理可知，当开关接b时，表头与R2串联再与R1并联，此种情形比开关接c时电路总电流更大，故开关应接b；由电流表的两种量程可知，接c时有：R1＋R2＝ Ω＝100 Ω，接b时有：29×10－3R1＝10－3×(200＋R2)，联立解得：R1＝10 Ω，R2＝90 Ω。
(3)开关接a时，多用电表Imax＝30 mA，多用电表的内阻为：R内＝＝ Ω＝100 Ω，此时流过待测电阻的电流为I＝Ig＋＝0.40 mA＋ mA＝12 mA，所以总电阻为R总＝＝ Ω＝250 Ω，所以所测电阻阻值为R测＝R总－R内＝150 Ω。
答案　(1)①见解析图　②200　(2)b　10　90　(3)150
4．(多用电表的使用)如图甲为一个多用电表的表盘，图中S、K、T为三个可调节部件，该多用电表用作欧姆表的原理如图乙。


(1)现用此多用表测量一个阻值约为十几欧的定值电阻，主要操作步骤如下：
①调节可调节部件________，使电表指针停在表盘左侧零位置；
②调节可调节部件________，选择“×1”挡；
③将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，笔尖相互接触，调节可调节部件________，使表笔指针指向右侧零位置；
④将红、黑表笔的笔尖分别接触电阻的两端，由表头指针示数则得电阻值。
(2)选择欧姆表的“×1 k”挡，两表笔笔尖相互接触且调零时，图乙中电源电动势和内阻分别为E、r，表头G的内阻为Rg，滑动变阻器的阻值为R，则表头G的满偏电流Ig＝________(用题给符号表示)；再把表笔的笔尖和某电阻接触，欧姆表的示数如图丙，若电源电动势E＝6 V，则通过表头G的电流I＝________ mA。
解析　(1)①多用电表在使用时应首先进行机械调零：调节可调部件S，使电表指针停在表盘左边的零刻度位置。
②调节可调部件K选择合适的挡位：因电阻约为十几欧，为使指针指在中央刻度附近，应选择欧姆“×1 ”挡。
③欧姆表选好挡后要进行欧姆调零，将红、黑表笔短接，调节T，使得电表指针指向右边的零刻度位置。
(2)两表笔笔尖相互接触且调零时Rx＝0 Ω，此时电流为满偏电流Ig，由闭合电路的欧姆定律得：E＝Ig(r＋R＋Rg)，则可得Ig＝；欧姆表选择“×1 k”挡，则中值电阻为15 000 Ω，即R Ω＝Rg＋R＋r＝15 000 Ω，而E＝6 V，则Ig＝＝ A＝0.4 mA，现接待测电阻后指针所在位置读得Rx＝15×1 000 Ω，则I＝＝0.2 mA。
答案　(1)①S　②K　③T　(2)　0.2

高考考向2　以测电阻为核心的实验
解|题|必|备
1．电流表内接法与外接法的判断方法
(1)比值判断法
若，应选用外接法。
(2)临界值判断法
若Rx>，应选用内接法；若Rx