2024年高考物理大一轮复习：第2课时 创新设计型实验

这是一份2024年高考物理大一轮复习：第2课时 创新设计型实验，共21页。
第2课时　创新设计型实验



　实验仪器和原理的创新
【例1】 图1是一实验小组“探究外力做功与速度变化的关系”的实验装置，将光电门固定在轨道上的B点，质量为M的小车中放置了N个相同的钩码，需要增加细绳上的拉力时，每次从小车里拿出一个钩码挂到绳子下端，让小车从位置A由静止释放，记下遮光条的挡光时间。

图1
(1)实验开始前该小组将两个同样宽度的遮光条分别固定在小车的前端和后端，将长木板的右端垫高，不挂钩码，轻推小车使小车运动，若满足________________________，则说明已经平衡了摩擦力。
(2)将小车后端的遮光条去掉，测出A、B之间的距离x，用游标卡尺测出遮光条的宽度如图2甲所示，则d＝________cm；某次实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt＝2×10－2 s，则小车经过光电门时的速度为________m/s。

图2
(3)依次从小车中取出钩码挂在左端细绳上，让小车从位置A由静止释放，并记下对应遮光条通过光电门的时间Δt，处理数据时，该小组作出了钩码个数n和挡光时间Δt的关系图象，如图乙所示，通过n－关系图线，可以得出的结论是____________________________________________________________________。
解析　(1)摩擦力平衡后，不挂钩码，轻推小车使得小车沿长木板运动，则小车将做匀速运动，两挡光条的挡光时间相等。
(2)遮光条的宽度d＝(5＋0.05×4)mm＝5.20 mm＝0.520 cm，小车通过光电门的速度v＝＝0.26 m/s。
(3)由图可知，钩码个数n与成正比，重力对钩码所做的功为nmgx，系统动能增加量为(M＋nm)·，由此可知：重力对钩码所做的功与钩码和小车组成的系统动能增加量成正比。
答案　(1)前、后两个遮光条的挡光时间相等　(2)0.520　0.26　(3)重力对钩码所做的功与钩码和小车组成的系统动能增加量成正比

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，融入实验的综合分析之中。
2.解决方法
实验原理是处理创新设计型实验问题的关键，实验原理决定了需要测量哪些物理量、如何安排实验步骤和数据处理等。
(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。

1.根据要求，完成“验证力的平行四边形定则”实验。
(1)如图3甲所示，把白纸固定在木板上后，再把木板竖立在桌面上，用图钉把橡皮筋的一端固定在A点，另一端B连接两条轻绳，跨过定滑轮后各拴一细绳套，分别挂上3个钩码和4个钩码(每个钩码重1 N)，调整滑轮的位置，稳定后结点B位于O处，记下________和两条细绳的方向，取下滑轮及钩码。

图3
(2)如图乙所示，取某单位长度表示1 N，作出两条细绳的拉力F1和F2的图示；再用一个弹簧测力计把结点B也拉至O处，记下弹簧测力计的读数F′＝________N，取下弹簧测力计。
(3)在图丙中作出F1和F2的合力F及拉力F′的图示。
(4)对比F和F′的大小和方向，发现它们不是完全一致的，其可能的原因是____________________(写一个原因即可)。
答案　(1)O的位置　(2)5.0　(3)如图所示

(4)测量存在误差；作图准确度不够；弹簧测力计自身重力的影响；滑轮与绳之间存在摩擦力等
2.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(内阻不计)
B.电流传感器2(内阻不计)
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4甲所示的电路来完成实验。

图4
(1)该同学利用测出的实验数据作出的I1－I2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，其中U＝I1R0，得I1R0＝E－I2r，即I1＝－I2。可见，I1与I2为线性关系，在I1－I2图象中，图线的斜率k＝－，纵截距b＝，由题图乙可知，b＝1.5 mA，k＝－5×10－4，解得E＝4.5 V，r＝1.5 Ω。
(2)若将图象纵轴改为路端电压，即I1R0，则图象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
　实验方案和方法的创新
【例1】 某实验小组的同学在学校实验室中发现一电学元件，该电学元件上标有“最大电流不超过6 mA，最大电压不超过7 V”，同学们想通过实验描绘出该电学元件的伏安特性曲线，他们设计的一部分电路如图5所示，图中定值电阻R＝1 kΩ，用于限流；电流表量程为10 mA，内阻约为5 Ω；电压表(未画出)量程为10 V，内阻约为10 kΩ；电源电动势E为12 V，内阻不计。

图5
(1)实验时有两个滑动变阻器可供选择：
A.阻值0～200 Ω，额定电流0.3 A
B.阻值0～20 Ω，额定电流0.5 A
应选的滑动变阻器是________(选填“A”或“B”)。
正确接线后，测得数据如表：
次数
1
2
3
4
5
U/V
0.00
3.00
6.00
6.16
6.28
I/mA
0.00
0.00
0.00
0.06
0.50
次数
6
7
8
9
10
U/V
6.32
6.36
6.38
6.39
6.40
I/mA
1.00
2.00
3.00
4.00
5.50
(2)由以上数据分析可知，电压表应并联在M与________(选填“O”或“P”)之间。
(3)在图中将电路图补充完整。
(4)从表中数据可知，该电学元件的电阻特点是：____________________________
___________________________________________________________________。
解析　(1)滑动变阻器A允许的最大电压为0.3×200 V＝60 V＞12 V，滑动变阻器B两端所能加的最大电压为0.5×20 V＝10 V＜12 V，为保证安全，滑动变阻器应选A。
(2)由表中实验数据可知，电学元件电阻最小测量值约为：R＝ Ω≈1 163.6 Ω，电流表内阻约为5 Ω，电压表内阻约为10 kΩ，相对来说，元件电阻远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，因此电压表应并联在M与P之间。

(3)描绘伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，由(2)可知，电流表采用内接法，实验电路图如图所示。
(4)由表中实验数据可知，当元件两端的电压小于6 V时，电路电流很小，几乎为零，由欧姆定律可知，元件电阻非常大，不导电；当元件两端电压大于6 V时，随着电压的升高电流迅速增大，电压与电流的比值减小，电阻变小。
答案　(1)A　(2)P　(3)电路图见解析图　(4)当元件两端的电压小于6 V时，元件电阻非常大，不导电；当元件两端电压大于6 V时，随着电压的升高电阻逐渐
变小

1.求解电学创新型实验的基本思路和“两点注意”
(1)基本思路。
明确目的→选择方案→选定器材→实验操作→数据处理→得出结论
(2)对于电学实验的创新，应注意的两个问题
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。
2.意义
(1)注重物理思想方法的迁移与应用。
(2)注重实验原理的理解与分析。
(3)注重开放式问题的转换思维训练。

1.某实验小组要测定额定电压约为3 V、额定功率约为1.5 W 的LED灯正常工作时的电阻。实验室提供的器材有：
A.电流表(量程为0～0.6 A，内阻r1约为2 Ω)；
B.电流表(量程为0～3 mA，内阻r2＝100 Ω)；
C.定值电阻R1＝900 Ω；
D.定值电阻R2＝9 900 Ω；
E.滑动变阻器R(0～20 Ω)；
F.电压表(量程为9 V，内阻约为1 kΩ)；
G.蓄电池E(电动势为3 V，内阻很小)：
H.开关S。
(1)在虚线框内将图6甲所示的电路补充完整，并标明各器材的符号。以后实验都在正确连接电路的条件下进行。

图6
(2)电流表的示数用I1表示，电流表的示数用I2表示，写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx＝________(用物理量符号表示)。
(3)实验时调节滑动变阻器，当LED灯正常发光时，电流表表盘指针的位置如图乙所示，则其示数为________mA，若此时电流表的示数为0.50 A，则LED灯的电阻为________Ω(结果保留2位有效数字)。
解析　(1)要精确测定额定电压为3 V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，器材中电压表的量程偏大，测量误差较大，不能直测LED两端的电压，可以将电流表与定值电阻串联改装为电压表测量电压；为了达到量程要求，电流表应与定值电阻R1串联充当电压表；电流表的内阻已知，电流表采用外接法可消除系统误差，原理图如图所示。

(2)根据串并联电路的基本规律可知，流过LED灯的电流I＝I1－I2，电压U＝I2(R1＋r2)，则由欧姆定律可知，LED灯的内阻Rx＝。
(3)量程为3 mA，最小分度为0.1 mA，则其读数为2.80 mA；此时电流表的示数为0.50 A，代入公式可得Rx＝5.6 Ω。
答案　(1)如解析图所示　(2)　(3)2.80　5.6
2.某物理学习小组用如图7甲所示装置来测量轻质弹簧的劲度系数(实验中弹簧始终未超过弹性限度)。将一张白纸固定在竖直放置的木板上，原长为L0的轻质弹簧的上端固定在O点，下端挂一重物。用与白纸平行的水平力(由拉力传感器显示其大小)作用于结点N，静止时记录下N点的位置a。

图7
回答下列问题：
(1)若拉力传感器显示的拉力大小为F，用刻度尺测得ON的长度为L及N点与O点的水平距离为x，则轻质弹簧的劲度系数为________(用所测物理量表示)。
(2)若换用另一个原长相同的轻质弹簧，重复上述过程，记录静止时N点的位置b，发现O、a、b三点刚好在同一直线上，其位置如图乙所示，则________。
A.第二次拉力传感器显示的拉力示数较大
B.两次拉力传感器显示的拉力示数相同
C.第二次所用的轻质弹簧的劲度系数小
D.第二次所用的轻质弹簧的劲度系数大
解析　(1)设轻质弹簧与竖直方向的夹角为θ，重物的重力为G。结点N在竖直向下的拉力(大小为G)、轻质弹簧的拉力T和水平拉力F作用下处于平衡状态，有sin θ＝，其中sin θ＝，T＝k(L－L0)，解得k＝。
(2)由(1)还可得F＝Gtan θ，T＝。
因为两次实验中G、θ均相同，所以两次拉力传感器显示的拉力示数相同，两次轻弹簧的拉力也相同，而轻弹簧的原长相同，第二次所用的轻质弹簧的伸长量大，由胡克定律知第二次所用的轻质弹簧的劲度系数小。
答案　(1)　(2)BC
　实验的拓展与迁移
【例1】 (2019·全国卷Ⅱ，22)如图8，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等。回答下列问题：

图8
(1)铁块与木板间动摩擦因数μ＝__________(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)。
(2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角使θ＝30°。接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图9所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度为9.80 m/s2，可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为________(结果保留2位小数)。

图9
解析　(1)铁块受重力、木板弹力及摩擦力作用，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μFN＝ma
且FN＝mgcos θ
解以上两式得μ＝。

(2)由逐差法求铁块加速度
a＝
＝×10－2 m/s2≈1.97 m/s2
代入μ＝，得μ≈0.35。
答案　(1)　(2)0.35
【例2】 (2019·全国卷Ⅰ，23)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10(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(a)和题给条件，将图(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(c)所示。由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值，而是________。(填正确答案标号)

(c)
图10
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)实物连线如图所示。

(2)串联电路中电流处处相等，根据比例关系得，毫安表示数为16.0 mA时，对应微安表的刻度为160 μA，说明量程扩大了100倍，所以当微安表指针到满量程250 μA时，毫安表的示数应为25 mA，即为改装后电表的量程，选项C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。选项A、C正确。
(4)若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)见解析图　(2)C　(3)AC　(4)

1.某实验小组要测定一铭牌上只有额定电压为10 V、而其他字迹不清楚的直流电动机正常工作时的机械功率，现实验室提供的器材有电流表、电压表、滑动变阻器(阻值较小)、备用电池若干节，开关、若干导线、固定电池的电池盒、细线、重物。

图11
(1)小组成员设计如图11甲、乙两个测量电路，其中比较合理的是________图(选填“甲”或“乙”)。
(2)根据选取的电路图完善下面图12中用电动机提升重物的实物电路连接。

图12
(3)闭合开关前应将图12中的滑动变阻器的滑片移到最________端(选填“左”或“右”)。闭合开关后移动滑动变阻器，使电压表和电流表都有明显的示数，但电动机并未转动，读出此时电压表和电流表的示数分别为2 V、1 A。继续移动滑动变阻器的滑片，将电压表的示数调为10 V，这时电流表的示数为0.4 A。此时电动机输出的机械功率为________W，若重物重为8 N，则重物匀速上升时的速度大小为________m/s。
解析　(1)乙电路能够使得电动机得到从零开始连续可调的电压，便于调节到在电压较低的情况下电动机不转时的电压表和电流表的值，便于测出电动机线圈的电阻，故选乙图较好。
(2)根据电路图连接实物图，如图所示，

(3)为了使闭合开关时滑动变阻器的输出电压为零，应将图12中的滑动变阻器的滑片移到最右端。
根据欧姆定律可得
电动机线圈的内阻r＝＝ Ω＝2 Ω。
加额定电压时，电动机的输出功率即机械功率
P机＝U2I2－Ir＝10×0.4 W－(0.4)2×2 W＝3.68 W。
若重物的重为8 N，由瞬时功率公式P机＝mgv
可得重物匀速上升时的速度为
v＝＝ m/s＝0.46 m/s。
答案　(1)乙　(2)见解析图　(3)右　3.68　0.46
2.为了较准确地测量某细线所能承受的最大拉力，甲、乙两位同学分别进行了如下实验。
(1)甲同学操作如下：
如图13a所示，将细线上端固定，在其下端不断增挂钩码，直至挂第4个钩码(每个钩码重为G)时，细线突然断裂，甲同学将3G记为细线所能承受的最大拉力。
(2)乙同学操作如下：
①用刻度尺测出细线的长度l；
②按图b所示将细线左端固定，右手捏住细线另一端，然后将3个钩码挂在细线上；
③捏住细线的右手沿水平刻度尺缓慢向右移动，直至细线断裂，测出此时细线两端之间的水平距离d。

图13
(3)若细线质量、伸长量及细线与钩码间的摩擦均忽略不计，根据上述实验，请完成下列内容：
①测量结果较准确的是________(选填“甲”或“乙”)同学；
②乙同学的测量结果是________(用题中所给物理量的字母表示)；
③在乙同学的实验中，当细线刚断时钩码两侧细线的夹角________(选填“＞”“＝”或“＜”)120°。
解析　(3)①甲同学的做法不能确定出细线能够承受的最大拉力，乙同学的做法能较准确地测量细线所承受的最大拉力。
②设乙同学实验中细线与水平方向的夹角为α，细线能够承受的最大拉力为FT，由平衡条件有2FTsin α＝3G，由几何关系有sin α＝，则细线能够承受的最大拉力FT＝。
③当α＝30°时，细线的拉力FT′＝3G，则乙同学实验中细线刚断时钩码两侧细线的夹角大于120°。
答案　(3)①乙　②　③＞

A卷　提能小卷练
1.某同学利用如图1甲所示装置测量弹簧的弹性势能Ep和滑块与桌面间的动摩擦因数μ。实验步骤如下：
①用重垂线确定桌面右边沿在水平地面投影的位置O；
②将轻弹簧一端固定在桌面左边沿的墙面上；
③用滑块(可视为质点)把弹簧压缩到P点，释放滑块，测出滑块落地点与O点的水平距离x；
④通过在滑块上增减砝码来改变滑块的质量，重复步骤③的操作；
⑤根据得到的一系列的滑块质量m与水平距离x的值，作出x2－ 图象，如图乙所示。

图1
回答下列问题：
(1)为达到实验目的，除已经测出的滑块质量和滑块落地点与O点的水平距离x，还需要测量________。
A.弹簧的原长L0
B.弹簧压缩后滑块到桌面右边沿的距离L
C.桌面到地面的高度H
D.弹簧压缩前滑块到桌面右边沿的距离L1
(2)若当地的重力加速度为g，根据图乙可知弹簧被压缩到P点时的弹性势能为________，滑块与桌面间的动摩擦因数为________。[用图象中的a、b和(1)中所选物理量的符号表示结果]
解析　根据实验原理可知，要测量滑块从桌面右边沿飞出时滑块的动能，即求滑块飞出时的速度，则需要测量桌面到地面的高度H；要测量滑块与桌面间的动摩擦因数，需要测量弹簧压缩后滑块到桌面右边沿的距离L。根据能量守恒定律有Ep－μmgL＝mv，滑块离开桌面后做平抛运动，水平方向x＝v0t，竖直方向H＝gt2，联立可得x2＝·－4μHL，由题图乙可知＝，－4μHL＝－b，解得Ep＝，μ＝。
答案　(1)BC　(2)　
2.图2甲所示是小明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，每次滑块都从A处由静止释放。

图2
(1)小明用游标卡尺测量遮光条的宽度d，示数如图乙所示，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c是________________________(用文字表述)。
(3)小亮同学认为：无须测出上述物理量c和d，只要画出以F(力传感器的示数)为横坐标、以________为纵坐标的图象，就能直接反映加速度与力的关系。
(4)下列实验操作和要求必要的是________(请填选项前对应的字母)。
A.应调节气垫导轨水平
B.应测出钩码和力传感器的总质量
C.应使A位置与光电门间的距离适当大些
D.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
解析　(3)研究从静止释放滑块到滑块通过光电门这一过程，由匀变速直线运动规律得v2＝2al，l为静止释放滑块时遮光条到光电门的距离。又v＝，得()2＝2al，可见a∝。根据牛顿第二定律可知，F∝a，进而可得F∝。
所以，只要画出以F(力传感器的示数)为横坐标，以为纵坐标的图象，就能直接反映加速度与力的关系。
答案　(1)2.30　(2)静止释放滑块时遮光条到光电门的距离　(3)　(4)AC
3.某同学要把电压表改装成可直接测量压力的仪表，设计的电路如图3(a)所示。实验器材如下：待改装电压表(量程0～3 V，可视为理想电压表)，定值电阻R0，压敏电阻Rx，电源(4 V，内阻不计)，开关S，导线。选用的压敏电阻阻值Rx随压力F变化的规律如图(b)所示。

图3
(1)实验中随着压力F的增大，电压表的示数________。(选填“变大”“不变”或“变小”)
(2)为使改装后仪表的量程为0～160 N，且压力160 N对应电压表3 V的刻度线，则定值电阻阻值R0＝______Ω，压力0 N对应电压表________V的刻度线。
(3)他发现这样改装后的仪表压力刻度分布不均匀，想进一步把(2)中的压力刻度改成均匀分布，应选用另一压敏电阻，其阻值Rx随压力F变化的关系式为____________。
解析　(1)由图(b)知，压力越大，压敏电阻Rx越小，则电路中电流越大，电压表示数变大。
(2)由图(b)知，当F＝160 N时，Rx＝80 Ω，U＝3 V，Ux＝E－U＝1 V，I＝＝
A，那么R0＝＝240 Ω。
当F＝0时，Rx＝400 Ω，则U＝＝1.5 V。
(3)要使仪表压力刻度均匀，须满足U＝kF＋b，由(2)知
F＝0 N时，U＝1.5 V，得b＝1.5，那么k＝＝，
U＝F＋1.5(V)。由闭合电路欧姆定律有＝，
得U＝＝ V，联立得Rx＝－240(Ω)。
答案　(1)变大　(2)240　1.5　(3)Rx＝－240(Ω)
B卷　高考标准练
(15分钟　15分)
1.(5分)某课外兴趣小组在做探究合外力做功与速度变化关系的实验。如图4甲所示，A物体的质量为M，B物体的质量为m，固定斜面顶端有一光滑定滑轮，A、B通过轻细绳连接。A物体上固定一遮光片，斜面底端有一光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间t。A物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时A恰好可以沿斜面匀速下滑，现使A静止在斜面上，通过刻度尺测量A物体到光电门的初始距离L，剪断细绳后，A下滑。

图4
(1)用游标卡尺测得遮光片宽度d如图乙所示，读数为________mm。
(2)A物体通过光电门的速度v＝________。
(3)多次改变A物体与光电门的初始距离L，测得遮光片对应通过光电门的时间t，作出L－ 图象，则下列图象与实际相符的是________。

解析　(1)根据游标卡尺读数规则，遮光片的宽度为
d＝2.0 mm。
(2)根据匀变速直线运动规律，A物体通过光电门时的速度v＝。
(3)剪断细绳后，A物体沿斜面下滑所受的合外力恒定，物体做匀加速直线运动，有＝2aL，得L＝·，作出的L－ 图线，应为过原点的直线，与实际相符的是A。
答案　(1)2.0(1分)　(2)(2分)　(3)A(2分)
2.(10分)(2019·全国卷Ⅲ，23)某同学欲将内阻为98.5 Ω、量程为100 μA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15 kΩ刻度正好对应电流表表盘的50 μA刻度。可选用的器材还有：定值电阻R0(阻值14 kΩ)，滑动变阻器R1(最大阻值1 500 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值500 Ω)，电阻箱(0～99 999.9 Ω)，干电池(E＝1.5 V，r＝1.5 Ω)，红、黑表笔和导线若干。

(a)
(1)欧姆表设计
将图5(a)中的实物连线组成欧姆表。欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为________Ω；滑动变阻器选________(填“R1”或“R2”)。
(2)刻度欧姆表表盘
通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图(b)所示。表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为________、________。

(b)
(3)校准
红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向________kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图(c)所示，则电阻箱接入的阻值为________Ω。

(c)
图5
解析　(1)欧姆表的中值刻度为欧姆表的内阻，即r＋R0＋RA＋R＝15 kΩ，解得
R＝900 Ω。由于滑动变阻器R2的最大阻值为500 Ω，所以滑动变阻器选R1。
(2)根据闭合电路欧姆定律，得Ia＝和Ib＝，代入数据解得Ra＝
45 kΩ，Rb＝5 kΩ。
(3)使用欧姆表测量电阻时，首先要进行电阻调零，此时应将红、黑表笔短接，调整滑动变阻器，使欧姆表指针指在0刻度上。电阻箱的阻值为35 000.0 Ω。
答案　(1)如图所示(2分)　900(1分)　R1(1分)
(2)45(2分)　5(2分)　(3)0(1分)　35 000.0(1分)