2019届高三物理二轮复习教师用书：第二部分题型研究二实验题如何创满分


题型研究二

第一讲力学实验基础命题点——点点突破根基牢
一、5年高考统计分析——明考情
命题角度

考题
考查内容
分值
①
力学实验基本要求、研究匀变速直线运动及其“发展型实验”
2017Ⅰ卷T22
滴水计时器代替打点计时器、根据水滴位置确定运动状态、求瞬时速度和加速度
5分
2017Ⅱ卷T22
利用光电门分析滑块的运动、平均速度、速度公式、v­t图像
6分
②
探究弹力和弹簧伸长的关系及其“发展型实验”
2014Ⅱ卷T23
探究弹簧劲度系数与长度(圈数)的关系、数据处理、图像分析
9分
③
弹簧测力计的使用、验证力的平行四边形定则及其“发展型实验”
2018Ⅰ卷T22
测量弹簧的劲度系数、游标卡尺读数
5分
2017Ⅲ卷T22
测力计读数、作图、平行四边形定则
6分
④
验证牛顿运动定律及其“发展型实验”
2016Ⅲ卷T23
作图、a­n图像分析、数据计算、平衡摩擦力、牛顿第二定律、整体隔离法
10分
2014Ⅰ卷T22
作图、误差分析、提出改进措施、整体隔离法、牛顿第二定律
6分
⑤
探究动能定理及其“发展型实验”



⑥
验证机械能守恒定律及其“发展型实验”
2016Ⅰ卷T22
通过自由落体运动分析纸带点迹求解速度、加速度，根据牛顿第二定律求交流电频率
5分
⑦
验证动量守恒定律及其“发展型实验”
2014Ⅱ卷T35(2)
光电计时器、打点计时器、动量守恒定律、误差计算
10分
⑧
力学“创新型实验”
2018Ⅱ卷T23
测动摩擦因数、弹簧秤的读数、作图、图像分析、平衡条件
9分
2018Ⅲ卷T22
测反应时间、自由落体规律、减小误差的措施
6分
2016Ⅱ卷T22
探究弹簧的弹性势能、实验步骤、通过纸带求速度
6分
2015Ⅰ卷T22
测玩具小车过凹形桥最低点的速度、托盘秤读数、牛顿第二定律
6分
2015Ⅱ卷T22
通过纸带求加速度、速度，根据牛顿第二定律求动摩擦因数
6分

二、实验关键问题归纳——抓共性
物理考试大纲规定的七个力学实验，包括研究匀变速直线运动、探究弹力和弹簧伸长的关系、验证力的平行四边形定则、验证牛顿运动定律、探究动能定理、验证机械能守恒定律、验证动量守恒定律等，这些实验都离不开力、长度、速度或加速度的测量，离不开让物体运动起来。其中长度的测量可用刻度尺、游标卡尺或螺旋测微器，现对力、速度、加速度的测量方法及使物体由静止开始运动的方法加以分析。

(一)把力测出来
方法
仪器器材
应用举例
基本法
测力计力传感器
验证力的平行四边形定则等
平衡法
测力计、天平
探究弹力和弹簧伸长的关系等
替代法
天平
验证牛顿运动定律，探究动能定理等



(二)让物体动起来
方法
操作
应用举例
牵引法
重物拉线跨过定滑轮牵引小车或滑块在轨道上运动
研究匀变速直线运动，验证牛顿运动定律，探究动能定理等
弹射法
小车或滑块在伸长的橡皮筋作用下由静止射出
探究动能定理等
物体在压缩的弹簧作用下由静止射出
探究弹性势能等
落体法
重物自由落体
验证机械能守恒定律，测量重力加速度等
自滑法
物体由静止无初速释放后沿斜面下滑
验证牛顿运动定律，探究动能定理，验证动量守恒定律等

(三)把速度测出来
方法
主要仪器器材
操作
应用举例
纸带法
交流电源、打点计时器、刻度尺
测出计数点间距，由打出某点前后两点时间内的平均速度替代打出该点时的速度
研究匀变速直线运动，验证牛顿运动定律，探究动能定理，验证机械能守恒定律，验证动量守恒定律等
光电
门法
光电门、螺旋测微器或游标卡尺
测出遮光条的宽度及遮光时间，由遮光时间内的平均速度代替物体经过光电门时的速度

续表
方法
主要仪器器材
操作
应用举例
平
抛
法
竖直平面内末端水平的倾斜或弧形轨道、刻度尺
测出物体离开轨道末端后平抛运动的高度与射程，由平抛运动规律计算初速度
验证动量守恒定律等
弹簧、刻度尺、天平
探究弹性势能等
圆
周
法
竖直平面内的圆弧轨道、力传感器、天平等
力传感器测出物体经过轨道最低点时对轨道的压力，由牛顿运动定律计算物体经过最低点时的速度
探究动能定理，验证机械能守恒定律等
反过来由机械能守恒定律或动能定理计算最低点的速度
探究向心力等

　　(四)把加速度测出来
方法
原理与操作
应用举例
公
式
法
利用纸带或频闪照片，以最常见的6段位移为例，逐差法计算加速度的公式为a＝
研究匀变速直线运动，验证牛顿运动定律，测重力加速度等
由物体运动轨道上的两光电门分别测出两个时刻的速度及对应位移，根据v2－v02＝2ax计算加速度
图
像
法
算出选定计数点的速度，建立v­t图像，由图像斜率计算加速度
根据＝v0＋at建立­t图像，由图像斜率计算加速度，但要注意，加速度等于图像斜率的2倍，此外纵轴截距表示初速度

三、常考实验练中自检——查缺漏
实验一　探究弹力和弹簧伸长的关系
测出弹簧在弹性限度内的伸长量或伸长后的长度及对应弹力，作出弹力与伸长关系图像，或作出弹力与弹簧长度关系图像。若图像为直线，说明弹簧的弹力与伸长量成正比，图像斜率表示弹簧的劲度系数。
[对点训练]
1．(2018·银川一中模拟)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根轻弹簧连接起来进行探究(如图)。
(1)某次测量如图所示，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，用下表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为________ N/m (重力加速度g取10 m/s2)；由表中数据__________(选填“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)刻度尺读数需估读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00 cm。
(2)由表格中的数据可知，当弹力的变化量ΔF＝0.5 N时，弹簧Ⅰ形变量的变化量为Δx＝4.02 cm，根据胡克定律知：k1＝＝ N/m≈12.4 N/m；结合LA和LB示数的变化，可以得出弹簧Ⅱ形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧Ⅱ的劲度系数。
答案：(1)16.00(15.95～16.05均可)
(2)12.4(12.2～12.6均可)　能
实验二　验证力的平行四边形定则
先用两个弹簧测力计互成角度的拉橡皮条，再用一个弹簧测力计将橡皮条拉到同一结点位置，分别记下测力计的示数F1、F2和F′及细绳套的方向，并用同一标度分别作出力的图示，并用平行四边形定则作出F1、F2的合力F，然后比较合力F与F′的大小和方向。
[对点训练]
2．(2018·聊城二模)在验证力的平行四边形定则的实验中，某同学进行的实验步骤是：
a．如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端栓上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计；
b．沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小，用笔在两绳的拉力方向上分别标记B、C两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向；
c．再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向。

(1)步骤b、c中，都将橡皮筋的活动端拉至O点，这样做的目的是________________________________________________________________________。
(2)图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中________是F1和F2合力的实际测量值。
(3)某次测量如图丙所示，两个弹簧测力计M、N的拉力方向互相垂直，即α＋β＝90°。若保持弹簧测力计M的示数不变，当角α由图中所示的值逐渐减小时，要使橡皮筋的活动端仍在O点，可采用的办法是________。
A．增大N的示数，减小β角
B．减小N的示数，减小β角
C．减小N的示数，增大β角
D．增大N的示数，增大β角
解析：(1)用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是与F1、F2共同作用的效果相同。
(2)F1和F2合力的实际测量值是用一根弹簧测力计拉的，不是根据平行四边形定则作出的，故F是F1和F2合力的实际测量值。
(3)由题意可知：保持O点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计M的读数不变，因此根据要求作出力的平行四边形，画出受力分析图如图所示。
所以由图可知α角逐渐变小时，N的示数减小，同时β角减小。
答案：(1)使F与F1、F2共同作用的效果相同
(2)F　(3)B
实验三　研究匀变速直线运动
选择匀变速直线运动规律或推论，测出与加速度有关的物理量，再由实验原理计算加速度，或利用测得量作出有关的线性图像，再由图像斜率计算加速度，注意并不一定斜率就等于加速度，比如­t图像中加速度等于斜率的2倍。
[对点训练]
3．(2018·梅州二模)如图甲所示，是研究小车做匀变速直线运动规律的实验装置，打点计时器所接的交流电源的频率为f＝50 Hz，试问：


(1)实验中，必要的措施是__________。
A．细线必须与长木板平行
B．小车必须具有一定的初速度
C．小车质量远大于钩码质量
D．必须平衡小车与长木板间的摩擦力
(2)如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G是刚打好的纸带上7个连续的点。从图乙中可读得s6＝________ cm，计算F点对应的瞬时速度的表达式为vF＝________。
(3)如图丙所示，是根据实验数据画出的v2­2s图线(v为各点的速度大小)，由图线可知小车运动的加速度为________ m/s2。(保留两位有效数字)
解析：(1)实验中，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项A正确；实验中让小车由静止释放，不需要初速度，选项B错误；此实验不需要使得小车质量远大于钩码质量，选项C错误；此实验没必要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项D错误。
(2)从题图乙中可读得s6＝6.00 cm，计算F点对应的瞬时速度的表达式为vF＝＝。
(3)由图线可知小车运动的加速度为
a＝＝ m/s2＝0.50 m/s2。
答案：(1)A　(2)6.00　　(3)0.50(±0.02)
实验四　验证牛顿运动定律
控制物体质量不变，改变合力测出对应加速度，作出加速度与合力图像，若图像为过原点的倾斜直线，说明在质量一定时加速度与合力成正比；控制物体所受合力不变，改变物体质量测出对应加速度，作出加速度与质量倒数图像，若图像为过原点的倾斜直线，说明在合力一定时加速度与质量成反比。
[对点训练]
4．如图1为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置图。图中A为小车，B为砝码及砝码盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50 Hz交流电。小车A的质量为M，砝码及砝码盘B的质量为m。
(1)下列说法正确的是________。
A．实验时应先平衡摩擦力，以后改变小车质量时，不必重新平衡摩擦力
B．实验时应先接通电源后释放小车
C．细线的拉力等于砝码及砝码盘B的重力
D．小车A的质量不变，不断增加砝码及砝码盘B的质量，小车
的加速度不会超过重力加速度g
(2)实验后，测得的a­F图像为如图2中的图线丙，图线不经过坐标原点的原因是________________________________________________________________________。




解析：(1)平衡摩擦力后假设木板倾角为θ，则有：f＝mgsin θ＝μmgcos θ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力，故A正确；实验时应先接通电源后释放小车，故B正确；实际上细线的拉力F＝Ma＝mg，故F＜mg，故C错误；加速度a＝＝，随m的增大小车的加速度逐渐增大且无限趋近于g，不会超过g，故D正确。
(2)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，小车不动的情况。故图线丙说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
答案：(1)ABD　(2)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
实验五　探究动能定理
测出物体运动过程中合力的功，测出做功始末物体的速度、物体的质量，计算出做功始末物体动能增量，比较动能增量与合力的功，看两者是否相等。或作出动能增量与合力的功关系图像，看图像是否为过原点的倾斜直线。
[对点训练]
5．(2019届高三·青岛模拟)某同学用如图甲所示的装置，研究细绳对小车的拉力做功与小车动能变化的关系。通过改变动滑轮下所挂钩码的个数可以改变细绳对小车的拉力，实验所用钩码质量均为m。
(1)关于本实验，下列说法正确的是________。
A．实验时，小车应靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
B．本实验不需要平衡摩擦力
C．实验过程中，动滑轮和所挂钩码所受的重力等于弹簧测力计示数的2倍
D．实验中不需要满足所挂钩码的总质量远小于小车的质量
(2)某次实验时，所挂钩码的个数为2个，记录的弹簧测力计示数为F，小车质量为M，所得到的纸带如图乙所示，相邻计数点间的时间间隔为T，两相邻计数点间的距离分别为s1、s2、s3、s4，该同学分析小车运动过程中的BD段，在操作正确的情况下应该有等式___________________________________________________________________成立。

解析：(1)实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数，故A错误；探究外力做功与速度变化关系的实验，要求合力为拉力，所以要平衡摩擦力，故B错误；实验过程中，设所挂钩码和动滑轮的质量为m′，根据牛顿第二定律可知a＝，动滑轮和所挂钩码所受的重力大于弹簧测力计示数的2倍，故C错误；拉力可以由弹簧测力计测出，不需要满足所挂钩码的总质量远小于小车的质量，故D正确。
(2)小车运动过程中的BD段合力做功为W＝F(s2＋s3)，动能的变化量ΔEk＝MvD2－
MvB2＝M2－M2，所以操作正确的情况下应该有等式F(s2＋s3)＝
M2－M2。
答案：(1)D (2)F(s2＋s3)＝M2－M2
实验六　验证机械能守恒定律
物体只在重力做功的情况下运动，测出运动过程中两个状态的速度，算出减少的重力势能与增加的动能，比较两者是否相等。或作出重力势能减少量与动能增加量关系图像，看图像是否为过原点的倾斜直线。运动物体质量是否需测出，视具体实验而定。
[对点训练]
6．(2018·西安联考)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(结果均保留两位有效数字)

(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5＝________ m/s。
(2)在打点0～5过程中系统动能的增加量ΔEk＝________ J，系统重力势能的减少量ΔEp＝________ J(取当地的重力加速度g＝10 m/s2)。
(3)若同学作出的v2­h图像如图丙所示，则当地的实际重力加速度g＝________ m/s2。
解析：(1)根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以知道打下计数点5时的速度为：
v5＝＝ m/s＝2.4 m/s。
(2)在打点0～5过程中系统动能的增量
ΔEk＝(m1＋m2)v2＝0.576 J；
系统重力势能的减小量等于物体重力做的功，故：
ΔEp＝(m2－m1)gh＝0.60 J。
(3)根据机械能守恒知：(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh
解得：v2＝gh＝gh＝gh
所以图像的斜率大小表示k＝g＝＝4.85，
所以g＝9.7 m/s2。
答案：(1)2.4　(2)0.576　0.60　(3)9.7
实验七　验证动量守恒定律
本实验可利用不同的方案验证，具体如下：
实验方案
实验装置
利用气垫导轨完成一维碰撞实验

滑块速度的测量v＝
用两摆球碰撞验证动量守恒定律

摆球速度的测量v＝
在光滑桌面上两车碰撞验证动量守恒定律

小车速度的测量v＝
利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律

速度与平抛运动的水平位移成正比

[对点训练]
7．(2018·湖南衡阳三次联考)某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律的实验。在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门。水平平台上A点右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为水平面，当地重力加速度大小为g。采用的实验步骤如下：

A．在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；
B．用天平分别测出小滑块a(含挡光片)和小球b的质量ma、mb；
C．在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻短弹簧，静止放置在平台上；
D．细线烧断后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动；
E．记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t；
F．小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离s；
G．改变弹簧压缩量，进行多次测量。
(1)用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为________ mm。
(2)该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证a、b两物体弹开后的动量大小相等，即 ________＝________ (用上述实验所涉及物理量的字母表示)。
解析：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为3.5 mm，可动刻度读数为0.01×5.0 mm＝0.050 mm，所以最终读数为：3.5 mm＋0.050 mm＝3.550 mm。
(2)烧断细线后，a向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a经过光电门的速度为：va＝；故a的动量为：
pa＝ma
b离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得：
h＝gt2
s＝vbt
解得：vb＝s
动量大小：pb＝mbs
若动量守恒，设向右为正，则有：0＝mbvb－mava
即ma＝mbs。
答案：(1)3.550　(2)ma　mbs





8．(2018·河南名校二模)如图甲所示，某同学设计一个气垫导轨装置验证动量守恒定律的实验：


(1)用游标卡尺测得遮光条的宽度d如图乙所示，则d＝________ mm。
(2)质量为m2的滑块2静止放在水平气垫导轨上光电门②的右侧，质量为m1的滑块1从光电门①的右侧向左运动，穿过光电门①与滑块2发生碰撞，随后两个滑块分离并依次穿过光电门②，滑块2与导轨左端相碰并被粘接条粘住，待滑块1穿过光电门②后用手将它停住，两个滑块上固定的遮光条宽度相同，数字计时器分别记录下滑块1通过光电门①的时间Δt、滑块2和滑块1依次通过光电门②的时间Δt2和Δt1。本实验中两个滑块的质量大小关系应为________。若等式________________成立，则证明两滑块碰撞过程中系统的动量守恒(用题中的所给的字母表示)。
解析：(1)用游标卡尺测得遮光条的宽度
d＝1.3 cm＋0.05 mm×16＝13.80 mm。
(2)滑块1穿过光电门1的速度：v＝；滑块1穿过光电门2的速度：v1＝；滑块2穿过光电门2的速度：v2＝；若动量守恒，则m1＝m1＋m2，即＝＋；为防止碰后m1反弹，则两滑块的质量关系是m1>m2。
答案：(1)13.80　(2)m1＞m2　＝＋
[力学实验基础保分练]
1．(2018·全国卷Ⅰ)如图(a)，一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘；一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针。

现要测量图(a)中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950 cm；当托盘内放有质量为0.100 kg的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图(b)所示，其读数为________ cm。当地的重力加速度大小为9.80 m/s2，此弹簧的劲度系数为________ N/m(保留三位有效数字)。
解析：标尺的游标为20分度，精确度为0.05 mm，游标的第15个刻度与主尺刻度对齐，则读数为37 mm＋15×0.05 mm＝37.75 mm＝3.775 cm。
弹簧形变量x＝(3.775－1.950)cm＝1.825 cm，
砝码平衡时，mg＝kx，
所以劲度系数k＝＝ N/m≈53.7 N/m。
答案：3.775　53.7
2．(2018·天津高考)某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5 N的弹簧测力计两个，橡皮条(带两个较长的细绳套)，刻度尺，图钉(若干个)。
(1)具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有________。
A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上
B．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同
C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度
D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计的拉力
(2)该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示。其中对于提高实验精度最有利的是________。

解析：(1)两细绳套拉力的合力不一定沿两细绳套夹角的角平分线，故A错误。同一次实验，用一个细绳套拉橡皮条和用两个细绳套拉橡皮条结点O的位置应相同，不同次实验结点O的位置可以不同，故B正确。为减小弹簧测力计摩擦和误差，施力方向应沿测力计轴线，读数时视线正对测力计刻度，故C正确。合力可以比分力大，也可以比分力小，故D错误。
(2)为了提高实验精度，测力计读数应适当大一些，标度应适当小一些，两分力夹角适当大一些，标注细线方向的两点离结点应适当远一些。故选B。
答案：(1)BC　(2)B
3．(2019届高三·烟台模拟)A、B两位同学做“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验。

(1)实验装置如图甲所示，打出了一条纸带如图乙所示，计时器所用交流电源的频率为50 Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，该小车的加速度为________ m/s2(结果保留两位有效数字)。
(2)两同学各取一套图示的装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到如图丙中A、B两条直线，图线斜率为____________，则A、B两同学用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为μA___________μB(选填“大于”“小于”或“等于”)。
解析：(1)处理匀变速直线运动中所打出的纸带，用公式Δx＝at2求解加速度，关键弄清公式中各个量的物理意义，Δx为连续相等时间内的位移差，t为连续相等的时间间隔，如果每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为t＝0.1 s，Δx＝(6.49－6.34)×10－2 m＝1.5×10－3 m，得加速度a＝0.15 m/s2。
(2)当没有平衡摩擦力时有：F－f＝ma，故a＝－μg，即图线斜率为，纵轴截距的大小为μg，观察图线可知μA＞μB。
答案：(1)0.15　(2)小车质量的倒数　大于
4．(2018·河南南阳一中模拟)下面几个实验都用到了打点计时器。
①运用装置丙可以完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验
②运用装置丙可以完成“探究加速度与力、质量的关系”实验
③运用装置甲完成“探究功与速度变化的关系”实验
④运用装置乙完成“验证机械能守恒定律”实验


(1)运用装置丙完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验是否需要平衡摩擦阻力？________(选填“是”或“否”)。
(2)如图丁为某同学在一次实验中打出的一条纸带的部分，若所用交流电的频率为50 Hz，图中刻度尺的最小分度为1 mm，请问该条纸带是以四个实验哪一个实验时得到的？__________(填实验的代码①②③④)。
(3)由如图丁的测量，打C点时纸带对应的速度为________ m/s(保留三位有效数字)。
解析：(1)在探究小车速度随时间变化的规律的实验中，小车存在阻力，对其规律的研究没有影响，因此不需要平衡摩擦力。
(2)根据推论公式Δx＝aT2可以判断物体做匀变速直线运动，并求出加速度a＝≈9.80 m/s2，由加速度大小可知，纸带属于验证机械能守恒定律的实验得到的。
(3)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，
vC＝＝ m/s＝1.50 m/s。
答案：(1)否　(2)④　(3)1.50(1.49～1.52均可)
5．(2018·齐鲁名校协作体联考)某同学利用倾斜气垫导轨做“验证机械能守恒定律”的实验，实验装置如图甲所示。其主要实验步骤如下：


a．用游标卡尺测量挡光条的宽度l，结果如图乙所示；
b．读出导轨标尺的总长L0，并用直尺测出导轨标尺在竖直方向的高度H0；
c．读出滑块释放处挡光条与光电门中心之间的距离s；
d．由静止释放滑块，从数字计时器(图甲中未画出)上读出挡光条通过光电门所用的时间t。
回答下列问题：
(1)由图乙读出l＝________ mm。
(2)________(选填“有”或“没有”)必要用天平称出滑块和挡光条的总质量M。
(3)多次改变光电门位置，即改变距离s，重复上述实验，作出随s的变化图像，如图丙所示，当已知量t0、s0、l、H0、L0和当地重力加速度g满足表达式＝________时，可判断滑块下滑过程中机械能守恒。
解析：(1)游标尺上共有20小格，精确度为0.05 mm，用游标卡尺测量挡光条的宽度l＝8 mm＋0.05×4 mm＝8.20 mm。
(2)欲验证机械能守恒定律，即Mgssin θ＝M2，θ为气垫导轨与水平面间的夹角，只需验证gssin θ＝2，可见没有必要测量滑块和挡光条的总质量M。
(3)由几何知识得sin θ＝，当s＝s0，t＝t0时有＝。
答案：(1)8.20　(2)没有　(3)
6．(2018·东北三省四市二模)气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用两个光电门以及滑块A和B来探究动量守恒定律，实验装置如图所示，采用的实验步骤如下：

a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB
b．调整气垫导轨，使导轨处于水平
c．给B一个水平向左的初速度，记录B通过光电门2的挡光时间为tB
d．B与静止在导轨上的A发生碰撞后，A向左运动通过光电门1的挡光时间为tA，B向右运动通过光电门2的挡光时间为tB′
(1)实验中测得滑块B上遮光条的宽度为dB，还应测量的物理量是________________________________________________________________________。
(2)利用上述测量的实验数据，得出关系式__________________________________成立，即可验证动量守恒定律。
解析：(1)由于滑块上遮光条的宽度除以滑块通过光电门的时间即为滑块通过光电门时的速度，所以还应测量的物理量是滑块A上遮光条的宽度dA。
(2)由于系统水平方向所受合外力为0，故系统水平方向动量守恒，在碰撞前系统的动量为mB，取向左为正方向，故在碰撞后系统的动量为mA－mB，则根据动量守恒有：mB＝mA－mB，即可验证动量守恒定律。
答案：(1)滑块A上遮光条的宽度dA
(2)mB＝mA－mB
7．(2018·保定一模)几个同学在旱冰场闲聊时说起了滑旱冰的物理学知识，于是大家想要粗略验证动量守恒定律，设计好方案后按下列步骤进行：
a．在宽阔水平的场地上选取两个基准点为原点，分别沿相反方向画射线，选取一定长度为标度画上刻度；
b．两个同学穿好旱冰鞋分别站立在一个原点上，对推，旁边同学用智能手机跟拍；
c．改变对推人数，比如一方两个同学相互抱住，另一方一个同学，旁边同学拍下运动场景；
d．选取同学的运动轨迹基本沿着射线的视频，从视频中得到一些相关数据。
请回答：
(1)要完成实验目的，选出下列你认为需要用到的数据____________。
A．本地重力加速度g
B．对推双方的质量m1、m2
C．对推双方滑行的标度数目n1、n2
D．互推过程的时间
E．旱冰鞋与地面之间的摩擦因数μ
(2)用选出的物理量写出验证动量守恒的表达式____________________。
(3)写出可能影响验证的某一个因素________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)要验证的关系是：m1v1＝m2v2；而v1＝，v2＝，即m1＝m2，即m1＝m2。则需要用到的数据是：对推双方的质量m1、m2以及对推双方滑行的标度数目n1、n2，故选B、C。
(2)用选出的物理量写出验证动量守恒的表达式为m1＝m2。
(3)可能影响验证的某一个因素：双方旱冰鞋与地面间的摩擦因数不同；地面平整程度不同；对推过程时间较长摩擦力的冲量较大；推开后同学身体有转动等等。
答案：(1)BC　(2)m1＝m2　(3)双方旱冰鞋与地面间的摩擦因数不同；地面平整程度不同；对推过程时间较长摩擦力的冲量较大；推开后同学身体有转动等等
8．(2018·开封模拟)某同学验证动能定理的实验装置如图甲所示。水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一易拉罐相连，易拉罐和里面的细沙总质量为m；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间为t，d表示遮光片的宽度，L表示A、B两点间的距离。滑块与导轨间没有摩擦，用g表示重力加速度。
(1)该同学首先用游标卡尺测量了遮光片的宽度，如图乙所示，遮光片的宽度d＝________ cm。

(2)该同学首先调整导轨倾角，易拉罐内盛上适量细沙，用细绳通过滑轮连接在滑块上。让滑块恰好在A点静止。剪断细绳后，滑块开始加速下滑，则其受到的合外力为________(用题目中所给的物理量符号表示)。
(3)为验证从A →B过程中滑块所受合外力做功与滑块动能变化的关系，需要验证的关系式为______________(用题目中所给的物理量符号表示)。
解析：(1)宽度d＝(11＋0.4)mm＝11.4 mm＝1.14 cm。
(2)由于滑块在A点静止，因此滑块的下滑分力等于易拉罐及细沙的总重力mg，又由于斜面与滑块间无摩擦，因此滑块下滑时，其受到的合外力等于mg。
(3)本实验应该验证mgL＝Mv2，而到达B点时的速度v＝，代入可得mgL＝M2。
答案：(1)1.14　(2)mg　(3)mgL＝M
第二讲力学实验创新命题点——系统归纳思维活
近几年高考实验追求创新变化的命题态势持续不变，而且这些创新型问题都能在教材中找到原型，下面以3个常考的创新点为例，选摘经典问题结合教材内容感悟高考命题的变化及对策。
创新点一　测定重力加速度
重力加速度的测定是力学实验的创新热点，可有以下几种常见方案。
利用落体测重力加速度(忽略阻力)
运动组合
物体系统





打点计时器计时，利用逐差法测定g，也可以利用图像法求g
光电门计时，原理为v2－v02＝2gx(也可以利用频闪照片)
滴水法计时，原理为h＝，可以利用图像求g
匀速圆周运动计时，Δx＝gT2(也可以测量转速)
(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh
再创新：可以验证牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律
[创新演练]
1．(2019届高三·贵阳模拟)某同学用如图甲所示装置测量重力加速度g，所用交流电频率为50 Hz，在所选纸带上取某点为0号计数点，然后每3个点取一个计数点，所测量数据及其标记符号如图乙所示。该同学用两种方法处理数据(T为相邻两计数点的时间间隔)：


方法A：由g1＝，g2＝，…，g5＝取平均值g＝8.667 m/s2；
方法B：由g1＝，g2＝，g3＝取平均值g＝8.673 m/s2。
从数据处理方法看，选择方法________(选填“A”或“B”)更合理，方法A中对实验结果起作用的数据有__________(选填x1、x2、x3、x4、x5、x6)；本实验误差的主要来源有________________________________(写出两条)。
解析：在方法A中，根据数学知识可知，＝＝，只有x1、x6起作用；方法B：＝＝，因此六组数据都起作用，故方法B数据应用充分，更合理一些。这样可以减少实验的偶然误差。
本实验误差的主要来源有：空气阻力，振针的阻力，限位孔的阻力，复写纸的阻力，交流电频率波动，长度测量，数据处理方法等。
答案：B　x1、x6　空气阻力，振针的阻力，限位孔的阻力，复写纸的阻力，交流电频率波动，长度测量，数据处理方法等
2．(2018·淄博二模)某同学用如图甲所示实验装置来测量重力加速度。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，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有8个钩码，每个钩码的质量为m。


(1)用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度如图乙所示，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)每次实验时将所挂钩码中的1个移放到滑块上的方盒中且从同一位置释放滑块，测得挡光片距光电门的距离为L。若所挂钩码的个数为n，挡光片通过光电门的时间为t，通过多次实验测得的数据绘出如图丙所示的n­图线，已知图线斜率为k，则当地的重力加速度g＝__________(用题中所给字母表示)。
解析：(1)游标卡尺的主尺读数为5 mm＋4×0.05 mm＝5.20 mm＝0.520 cm，所以宽度d＝0.520 cm。
(2)极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则滑块通过光电门的速度v＝。
(3)滑块通过光电门的速度v＝
根据v2－0＝2aL得＝2aL，
因为a＝，代入计算得出n＝，
图线的斜率k＝，计算得出g＝。
答案：(1)0.520　(2)　(3)
3．(2018·济宁模拟)一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心且垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量Δω与对应时间Δt的比值定义为角加速度β(即β＝)。我们用电磁打点计时器、刻度尺、游标卡尺、纸带(厚度不计)、复写纸来完成下述实验。(打点计时器所接交流电的频率为50 Hz，A、B、C、D、…为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出)


实验步骤如下：
①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；
②接通电源打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动(即角加速度恒定)；
③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量。
请回答下列问题：
(1)由图乙可知，圆盘的直径为________ cm。
(2)由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度大小为________ rad/s。(结果保留三位有效数字)
(3)圆盘转动的角加速度大小为________ rad/s2。(结果保留三位有效数字)
解析：(1)由题图乙可知游标尺的分度为0.05 mm，主尺上为6.0 cm，游标尺上的第0个刻度线和主尺对齐，所以读数为6.0 cm＋0.05×0 mm＝6.000 cm，即可得该圆盘的直径d＝6.000 cm。
(2)由题意知，纸带上每两点的时间间隔T＝0.10 s，打下计数点D时，纸带运动速度大小为：
vD＝＝ m/s＝0.45 m/s
此时圆盘转动的角速度为
ωD＝＝ rad/s＝15.0 rad/s。
(3)纸带运动的加速度大小为
a＝，
设角加速度为β，则β＝＝＝，
代入数据解得：β＝28.0 rad/s2。
答案：(1)6.000　(2)15.0　(3)28.0
创新点二　测定动摩擦因数
测定动摩擦因数实验一般结合在“研究匀变速直线运动”“验证牛顿运动定律”或“探究动能定理”等实验中考查。实验的原理是：利用打点计时器等器材测出物体做匀变速运动的加速度，再利用牛顿第二定律计算动摩擦因数，或者利用平衡条件、动能定理或能量守恒定律等计算动摩擦因数。
实验方法
创新思维
实验原理

将研究运动物体转化为研究静止物体
利用F弹＝Ff＝μFN求μ

让物块先做加速运动，当重物掉到地面上之后物块做匀减速直线运动
减速运动中，利用逐差法求加速度，利用F＝μmg＝ma进一步求μ

将动摩擦因数的测量转化为角度的测量
利用a＝gsin θ－μgcos θ求μ
(a通过逐差法求解)

将动摩擦因数的测量转化为加速度的测量
利用vB2－vA2＝2as和动力学知识得到μ＝

将动摩擦因数转化为速度测量，并营造多过程切入水平滑动情景
A→B过程中，机械能守恒；C→D过程中，物块Q做平抛运动；B→C过程中，对物块Q只有摩擦力做功，利用Wf＝EkC－EkB，进一步求μ
[创新演练]
1．(2018·石家庄二模)为测定小滑块与水平木板间的动摩擦因数μ，选用的实验器材为：带挡光片的小滑块、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、游标卡尺、刻度尺，器材安装如图甲所示。

(1)用游标卡尺测量挡光片宽度d如图乙所示，则d＝________ mm。
(2)小滑块从弧形斜面上某位置由静止释放，读出小滑块上挡光片通过光电门时数字毫秒计的示数t；用刻度尺量出小滑块停止运动时，滑块上的挡光片中心与光电门间的水平距离L；小滑块与水平木板间的动摩擦因数μ＝________ (用物理量d、L、t、g表示)。
(3)实验中将挡光片通过光电门的平均速度当作小车通过光电门的瞬时速度，这样处理测得的小滑块与水平木板间的动摩擦因数μ与真实值相比__________(选填“偏大”“偏小”或“无偏差”)。
解析：(1)游标卡尺的读数为
d＝5 mm＋16× mm＝5.80 mm。
(2)小滑块通过光电门的速度为v＝，根据动能定理可得－μmgL＝0－m2，解得μ＝。
(3)小滑块做匀减速直线运动，因为小滑块通过光电门的速度为其平均速度，即中间时刻时的速度，此时挡光片中心已经通过光电门，相比中心通过光电门的速度偏小，根据－μmgL＝0－mv2可得μ＝，故测量值偏小。
答案：(1)5.80　(2)　(3)偏小
2．(2018·武汉模拟)某同学用如图甲所示的实验装置测量木块与木板之间的动摩擦因数μ。将木块从倾角为θ的木板上由静止释放，与位移传感器连接的计算机描绘出了木块相对传感器的位置随时间变化的规律，如图乙中的曲线②所示。图中木块的位置从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T。

(1)根据图乙可得，木块经过位置x2时的速度v2＝________，木块运动的加速度a＝________。
(2)现测得T＝0.1 s，x1＝4 cm，x2＝9 cm，x3＝16 cm，θ＝37°，可求得木块与木板之间的动摩擦因数μ＝______ (sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，结果保留一位有效数字)。
(3)若只增大木板的倾角，则木块相对传感器的位置随时间变化的规律可能是图乙中的曲线 ________。(选填图线序号①、②或③)
解析：(1)由题意可知，木块沿木板向下做匀加速直线运动，由于从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T，所以v2＝，
由匀变速直线运动的规律可知，
(x3－x2)－(x2－x1)＝aT2，解得：a＝。
(2)将数据代入a＝，解得a＝2 m/s2
由牛顿第二定律可知，a＝gsin 37°－μgcos 37°，
解得：μ＝0.5。
(3)由牛顿第二定律可知，a＝gsin θ－μgcos θ，当θ增大时，加速度增大，由公式x＝at2可知，曲线①正确。
答案：(1)　　(2)0.5　(3)①
3．(2018·全国卷Ⅱ)某同学用如图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码。缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据在下表中给出，其中f4的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出。
砝码的质量m/kg
0.05
0.10
0.15
0.20
0.25
滑动摩擦力f/N
2.15
2.36
2.55
f4
2.93

回答下列问题：
(1)f4＝________N；
(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f­m图线；
(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f＝________，f­m图线(直线)的斜率的表达式为k＝________；
(4)取g＝9.80 m/s2，由绘出的f­m图线求得μ＝________。(保留两位有效数字)
解析：(1)由题图(b)可读出弹簧秤的示数f4＝2.75 N。
(2)f­m图线如图所示。

(3)摩擦力表达式f＝μ(M＋m)g，其斜率k＝μg。
(4)图线的斜率k＝＝ N/kg＝3.9 N/kg
解得μ≈0.40。
答案：(1)2.75　(2)见解析图
(3)μ(M＋m)g　μg　(4)0.40
创新点三　教材隐性实验的变相考查
所谓教材隐性实验是指这些实验素材来自课本中的内容，如物理学史、思想方法、物理实验(做一做)，科技成果等，近几年，由这些内容改编的实验题逐渐进入命题者的视野。究其原因，如果仍然围绕着常考实验进行命题很难再考出新意。为避免押题，命题人将视野聚焦在这些常被师生忽视的隐性地带。这一新的命题趋势在备考中应引起格外重视。因此，我们在高考复习备考的最后阶段，重温课本、回归教材、读图思考、把握原理，让课本插图成为原型启发，显得越来越重要，下面列举几个教材中较为经典的插图(含电磁学)。
教材插图
蕴含原理

伽利略研究自由落体运动规律时设计了斜面实验，斜面起到了“冲淡”重力的作用，便于利用滴水计时记录铜球运动的时间。他通过斜面实验进行合理外推，得出自由落体是一种匀变速直线运动的结论

伽利略创造性地把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。此实验可以得到的最直接的结论：如果斜面光滑，小球由静止滚下后将沿另一斜面上升到与O点等高的位置

将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向右摆动。这个实验说明了动能和势能可以相互转化，转化过程中机械能守恒；摆球经过最低点时，线速度不变，半径减小，摆线张力变大

研究影响平行板电容器的电容与哪些因素有关，实验条件是平行板电容器带电荷量Q不变；静电计指针张角θ随电容器两板间电势差U的增大而增大，反之亦然；反推实验现象关于θ的变化，可通过结论C＝与C＝进行分析

密立根通过油滴实验准确地测定了电子的电荷量。若平行板电容器两板间电压为U，板的间距为d，质量为m的带电油滴在两板间静止时有mg＝q，则可求出油滴电荷量；减小极板间电压，油滴将向下加速运动；将下极板向下缓慢移动一小段距离，油滴将向下加速运动

法拉第发明的圆盘发电机是人类历史上第一台发电机，它是利用电磁感应的原理制成的，是一台直流发电机。铜盘可看成由很多金属辐条组成。当铜盘匀速旋转时，辐条切割磁感线，产生大小与方向均不变的感应电动势，电路中形成恒定电流


[创新演练]
1．(2018·全国卷Ⅲ)甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下：
(1)甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端，让木尺自然下垂。乙把手放在尺子的下端(位置恰好处于L刻度处，但未碰到尺子)，准备用手指夹住下落的尺子。
(2)甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若夹住尺子的位置刻度为L1，重力加速度大小为g，则乙的反应时间为____________(用L、L1和g表示)。
(3)已知当地的重力加速度大小为g＝9.80 m/s2，L＝30.0 cm，L1＝10.4 cm。乙的反应时间为________s。(结果保留两位有效数字)
(4)写出一条能提高测量结果准确程度的建议：________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(2)根据自由落体运动的规律，得L－L1＝gt2，解得t＝ 。
(3)将g＝9.80 m/s2，L＝30.0 cm＝0.300 m，L1＝10.4 cm＝0.104 m，代入t＝ ，解得t＝0.20 s。
(4)建议：多次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子。
答案：(2) 　(3)0.20　(4)多次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子
2．(2015·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)小车经过最低点时托盘秤的示数为
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
[反思总结]
第1题的情境源于人教版教材必修1第45页“做一做”栏目中的“看看你反应的快慢”，第2题可以说是必修2第27页“图5.7-5汽车通过凹形桥”的再加工。高考屡次命制这种类型的实验题，意在引导考生回归课本，关注生活现象中蕴含的物理知识，体会物理与生活的联系。对教材中“演示”“做一做”等实验尽量能动手完成，并用心体会，领悟其中的物理思想方法。
[力学实验创新增分练]
1．某同学利用打点计时器(每隔0.02 s打出一个点)研究做直线运动小车的运动情况，图1所示为该同学实验时打出的一条纸带中的部分计数点，相邻计数点间有4个点迹未画出。

为研究小车的运动，此同学用剪刀把纸带上OB、BD、DF……等各段纸带剪下，将剪下的纸带一端对齐，按顺序贴好，如图2所示。简要说明由图2怎样判断此小车是否做匀变速直线运动：_____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：由于纸带上OB、BD、DF……等各段都是经过2个时间间隔的运动距离，如果做的是匀变速直线运动，则它们相邻时间的位移增加量是相等的，故可以比较每段纸带比前一段纸带长度增加量是否相等，也可以连接每段纸带的左上角(或上方中点，或纸带中点)的点，看是否为一条直线来判断，如果间距相等或者是一条直线，则运动就是匀变速直线运动。
答案：连接每段纸带的左上角(或上方中点，或纸带中点)为一条直线(或每段纸带比前一段纸带长度增加量相等)
2.(2018·湖北4月调研)城市建设中常常用半径很大的圆形水泥管道作为雨水和污水的排放管道。为估测该管道的半径，使用的器材有：小球、秒表、上表面光滑的长木板。请将下列实验步骤补充完整：
(1)将小球放在管道中，标出小球静止在水泥管圆弧底部的最低点A。
(2)将长木板倾斜放置在圆形管道上，______________。
(3)让小球从长木板上端由静止滑下，________________________________________
________________________________________________________________________。
由上述测量结果，可得圆形管道的半径R＝__________。(已知重力加速度为g)
解析：(2)将长木板倾斜放置在圆形管道上，让木板的下端置于A点。
(3)让小球从长木板上端由静止滑下， 用秒表测量出小球从木板的上端滑到A点的时间t。
设木板与OA的夹角为α，则小球下滑的加速度a＝gcos α，根据2Rcos α＝at2可解得：R＝gt2。
答案：(2)让木板的下端置于A点　(3)用秒表测量出小球从木板的上端滑到A点的时间t　gt2
3．(2018·潍坊二模)某兴趣小组利用如图所示的装置测量重力加速度g，B为光电门。实验过程如下：
a．测出小球的直径d；
b．将光电门水平固定，用刻度尺测出小球在A处时球心到光电门的距离x；
c．把小球从A处由静止释放，经过光电门B时光电计时器可记录小球通过光电门的遮光时间t；
d．保持小球释放位置A不变，改变光电门的位置，测得不同x对应的遮光时间t；
e．以x为横坐标，以为纵坐标建立坐标系，利用测得的数据作图，得到一条过原点的倾斜直线。
请回答下列问题：
(1)小球通过光电门的速度v＝_______。
(2)实验中测得图像的斜率为k，则重力加速度g＝________________。
(3)实验室提供下列小球，选________进行实验最合适。
A．塑料球　　 　B．玻璃球　　　C．小钢球
解析：(1)小球通过光电门的速度v＝。
(2)根据v2＝2gx，得2＝2gx，即＝x，则＝k，即g＝。
(3)实验中应选择质量较大体积较小的小钢球，这样可减小相对阻力大小。
答案：(1)　(2)　(3)C

4．(2018·山东省实验中学一模)某实验小组计划做“探究滑块与木板间动摩擦因数”实验，设计的实验装置如图甲所示。


(1)某同学打出了如图乙所示的一条纸带，每两点间还有4个点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的电源频率为50 Hz，该滑块做匀变速直线运动的加速度a＝________ m/s2。(结果保留三位有效数字)
(2)根据实验数据，作出的小车加速度a与传感器示数F的关系图像如图丙所示，则滑块和滑轮的总质量为________ kg。滑块与木板间的动摩擦因数为________。(g＝10 m/s2，结果均保留一位有效数字)
解析：(1)根据Δx＝aT2，运用逐差法得，
a＝
＝ m/s2
＝1.95 m/s2。
(2)由牛顿第二定律：2F－f＝ma，即a＝F－，则：＝＝4，解得m＝0.5 kg；＝2，解得f＝1 N，则μ＝＝0.2。
答案：(1)1.95　(2)0.5　0.2
5．(2018·衡水模拟)为了测定滑块M与长木板间的动摩擦因数，某同学将长木板的一端通过转轴固定在水平面上，另一端用垫块垫起形成一个倾角θ，在长木板的另一端固定一个定滑轮，在垫块上安装一个光电门，在重物m上固定一个窄挡光条，通过一条轻质细线将重物和滑块连接起来并绕过定滑轮，如图所示。现让重物从某标记位置处由静止释放，它牵引滑块运动，若测得标记处与光电门间的距离为h，宽度为d的挡光条通过光电门的时间为t，且M＝m，则滑块与长木板间的动摩擦因数为μ＝______________。实验过程中h越大，实验测量结果__________ (选填“越精确”“越不精确”或“都一样”)；在保持h不变的情况下，调节垫块使倾角θ越大，则实验测量结果__________ (选填“越精确”“越不精确”或“都一样”)。

解析：根据题意知挡光条通过光电门的速度为v＝，重物下降h的过程中mgh－Mghsin θ－μMghcos θ＝(m＋M)v2，联立解得μ＝－。实验过程中h越大，挡光条过光电门的时间越短，速度测量越准确，误差越小；倾角θ越大，滑块运动的加速度越小，挡光条经过光电门的时间越长，速度测量越不准确，误差越大。
答案：－　越精确　　越不精确
6.(2019届高三·上饶六校联考)利用如图所示的装置可以“测定滑块与桌面间的动摩擦因数”和“验证碰撞中的动量守恒”，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切，先将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放，测量出小滑块在水平桌面滑行的距离x1(图甲)；然后将小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将A从圆弧轨道的最高点无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测量出整体沿桌面滑动的距离x2(图乙)，圆弧轨道的半径为R，A和B完全相同，重力加速度为g。
(1)小滑块A运动到圆弧轨道最低点时的速度v＝__________(用R和g表示)。
(2)小滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝________(用R和x1表示)。
(3)若x1和x2的比值＝________，则验证了A和B碰撞过程中动量守恒。
解析：(1)A在圆弧面上运动时机械能守恒，则有：mgR＝mv2，解得：v＝。
(2)对A下滑的全过程由动能定理得：mgR－μmgx1＝0，解得：μ＝。
(3)如果碰撞中动量守恒，则有：mv＝2mv′，再对碰后的A、B物体分析，由能量守恒定律可知：×2mv′2＝μ·2mgx2，解得：x2＝，故＝4。因此只要满足＝4，即可证明动量守恒。
答案：(1)　 (2)　(3)4
7．(2018·福建四校二次联考)装有拉力传感器的轻绳，一端固定在光滑水平转轴O，另一端系一小球，空气阻力可以忽略。设法使小球在竖直平面内做圆周运动(如图甲)，通过拉力传感器读出小球在最高点时绳上的拉力大小为F1，在最低点时绳上的拉力大小为F2。某兴趣小组的同学用该装置测量当地的重力加速度。

(1)小明同学认为，实验中必须测出小球的直径，于是他用螺旋测微器测出了小球的直径，如图乙所示，则小球的直径d＝________ mm。
(2)小军同学认为不需要测小球的直径。他借助最高点和最低点的拉力F1、F2，再结合机械能守恒定律即可求得。小军同学还需要测量的物理量有________(填字母代号)。
A．小球的质量m
B．轻绳的长度l
C．小球运动一周所需要的时间T
(3)根据小军同学的思路，请你写出重力加速度g的表达式______________________。
解析：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为5.5 mm，可动刻度读数为0.01×19.5 mm＝0.195 mm，所以最终读数为：固定刻度读数＋可动刻度读数＝5.5 mm＋0.195 mm＝5.695 mm。
(2)(3)由牛顿第二定律，在最高点F1＋mg＝m，而在最低点F2－mg＝m；再依据机械能守恒定律mv22＝mv12＋2mgr，联立解得g＝，因此已知最高点和最低点的拉力F1、F2，小军同学只需要测量小球的质量m，故第(2)题选A，第(3)题重力加速度g的表达式为g＝。
答案：(1)5.695(5.693～5.697均可)　(2)A (3)g＝
8．(2018·湖南师大附中大联考)一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，某同学决定测量雾滴的喷射速度。他采用如图甲所示的装置，一个直径为d＝40 cm的纸带环，安放在一个可以按照不同转速转动的固定转台上，纸带环上刻有一条狭缝A，在狭缝A的正对面画一条标志线，如图甲所示。在转台达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B的纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A转至与狭缝B正对平行时，雾滴便通过狭缝A在纸带的内侧面留下痕迹(若此过程转台转过不到一圈)。将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对齐，如图乙所示。


请你帮该同学完成下列任务(结果均保留两位有效数字)：
(1)设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为s，则从图乙可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离s1＝________ cm；速度最小的雾滴到标志线的距离s2＝________ cm。
(2)如果转台转动的周期为T，则这些雾滴喷射速度的计算表达式为v0＝________。(用字母表示)
(3)如果以纵坐标表示雾滴速度v0、横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数，画出v0­图线，如图丙所示，则可知转台转动的周期为T＝________ s。

解析：(1)雾滴运动的路程一定，速度越大，运行的时间越短，此时转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小，所以其中速度最大的雾滴到标志线的距离s1＝2.20 cm，速度最小的雾滴到标志线的距离s2＝2.90 cm。
(2) 雾滴运动的时间与转台转动的时间相等，如果转台转动的周期为T，则雾滴运动的时间为t＝，v＝ω＝，解得t＝，所以雾滴喷射的速度v0＝＝。
(3)图像中斜率k＝＝0.1π，可得T＝1.6 s。
答案：(1)2.2　2.9　(2)　(3)1.6
第三讲电学实验基础命题点——点点突破根基牢
一、5年高考统计分析——明考情
命题角度
考题
考查内容
分值
①
电学实验基本要求、测定金属的电阻率及其“发展型实验”
2018Ⅲ卷T23
测电阻、连接实物图、电路计算与分析、数据处理
9分
2014Ⅱ卷T22
伏安法测电阻、内接法与外接法、误差分析
6分
②
描绘小电珠的伏安特性曲线及其“发展型实验”
2017Ⅰ卷T23
画电路图、分析I­U图线、求功率
10分
③
测定电源的电动势和内阻及其“发展型实验”
2014Ⅰ卷T23
作图、电路分析写出关系式、数据处理、根据图像求E、r
9分
④
练习使用多用电表及其“发展型实验”
2018Ⅱ卷T22
多用电表的改装原理与计算
6分
2017Ⅲ卷T23
多用电表的原理、使用、读数
9分
2015Ⅰ卷T23
改装、校准毫安表、改装原理、电路分析与计算
9分
⑤
传感器的简单使用及其“发展型实验”
2018Ⅰ卷T23
探究热敏电阻的温度特性，作图、操作、电阻箱读数、电路分析与数据处理
10分
2016Ⅰ卷T23
由热敏电阻控制报警系统，连接原理图、器材选取、电路调节
10分
⑥
电学“创新型实验”
2017Ⅱ卷T23
电桥法测微安表内阻、连接实物图、实验操作、电路分析与计算
9分
2016Ⅱ卷T23
伏阻法测电压表内阻、连接实物图、电路计算
9分
2016Ⅲ卷T22
与安培力有关的实验、连接实物图、原理分析
5分
2015Ⅱ卷T23
半偏法测电压表内阻、连接电路图、实验步骤、误差分析
9分


二、实验关键问题归纳——抓共性
1．实验器材的选择
实验器材的
选择原则
安全、精确、方便，在保证不超过电压表和电流表量程的条件下尽量使指针偏角大些，精确度更高些
实验器材的
选择思路
先估算回路中电流和电压的最大值，结合已知器材的规格，确定实验电路和实验器材
电流表和电
压表的选择
①根据电源的参数来选择
②根据电路中的最大电流(或者最大电压)来选择
③根据用电器的额定电流(或者额定电压)来选择
滑动变阻
器的选择
①用分压式接法时，应该选用最大阻值较小、额定电流较大的滑动变阻器
②用限流式接法时，应该选用阻值和被测电阻接近的滑动变阻器

2．电流表的内接法和外接法
(1)若Rx＞，则采用电流表内接法，此时R测＝＝Rx＋RA＞Rx。
(2)若Rx＜ ，则采用电流表外接法，此时R测＝＝＜Rx。
3．滑动变阻器的限流式接法和分压式接法
通常滑动变阻器应选用限流式接法，但在下列三种情况下，必须选择分压式接法。
(1)若采用限流式电路，电路中的最小电流超过用电器的额定电流，必须选用分压式电路。
(2)当用电器电阻远大于滑动变阻器的最大电阻，且实验要求的电压变化范围较大或要求测量多组实验数据时，必须选用分压式电路。
(3)要求回路中某部分电路的电压从零开始可连续变化时必须选用分压式电路。
4．实物图连线的注意事项
(1)按从电源“＋”极到“－”极的顺序连接电路，对有多条回路的电路，可逐条连接。
(2)电流表与被测电路串联，电流表不能直接接到电源两端；电压表与被测电路并联，电压表可以直接接到电源两端。两者“＋”接线柱均靠近电源“＋”极，“－”接线柱靠近电源“－”极。
(3)滑动变阻器的限流式接法应“一上一下”；分压式接法应先将全部电阻丝接入电路，再将被测电路与滑动变阻器的上接线柱按电路图连接。
(4)连接完成后检查是否与电路图一致，有无元件连接错误等。
5．保护电阻的处理
为了保护电路，一般会在电路中加入一个保护电阻，例如在测电源电动势和内阻实验方案一中可将保护电阻看成滑动变阻器的一部分；方案二中可将保护电阻看成电源内阻的一部分，求解电源内阻时一定要注意减去保护电阻的阻值。

6．电表的“三用”
如果知道电表的内阻，则电流表、电压表既可以测电流，又可以测电压，还可以作为定值电阻来使用，即“一表三用”。
三、常考实验练中自检——查缺漏
类型(一)　以多用电表的原理及使用为核心的实验
多用电表是中学电学中的一种常用仪器，“练习使用多用电表”是高考考查的热点实验之一，考查的主要内容有多用电表的改装及工作原理，电表读数，使用多用电表测量电路中的电压、电流和电阻，利用多用电表分析电路的故障等，综合性比较强，难度也比较大。预计2019年高考可能会将多用电表的工作原理穿插在其他电学实验中进行考查。
[对点训练]
1．(2018·河北武邑中学一模)指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请回答下列问题：
(1)在使用多用电表测量时，若选择开关拨至“1 mA”挡，指针的位置如图甲所示，则测量结果为_________。





(2)多用电表测未知电阻阻值的电路如图乙所示，电池的电动势为E，R0为调零电阻，某次将待测电阻用电阻箱代替时，电路中电流I与电阻箱的阻值Rx关系如图丙所示，则此时多用电表的内阻为________ Ω，该电源的电动势E＝______ V。
(3)下列判断正确的是__________。
A．在图乙中，电表的左、右插孔处分别标注着“＋”“－”
B．因为图丙是非线性变化的，所以对应欧姆表的刻度盘上的数字左小右大
C．欧姆表调零的实质是通过调节R0，使Rx＝0时电路中的电流达到满偏电流
D．电阻Rx的变化量相同时，Rx越小，则对应的电流变化量就越大
解析：(1)选择开关置于“1 mA”时，选择表盘第二排刻度进行读数，分度值为0.02 mA，对应刻度示数为23，故测量结果为0.02 mA×23＝0.46 mA。
(2)根据Ig＝，I＝，由题图可得Ig＝0.6 mA，当I＝0.3 mA时，Rx＝15 kΩ，解得R内＝15 kΩ＝1.5×104 Ω，E＝9 V。
(3)根据电流红进黑出，在题图乙中，电表的右、左插孔处分别标注着“＋”“－”，故A错误；函数图像是非线性变化，导致欧姆表刻度不均匀，欧姆表的刻度盘上的示数左大右小，由于外电阻增大电路电流减小造成的，故B项错误；欧姆表调零通过调节滑动变阻器R0，调节至待测电阻Rx为零(即两表笔短接)时，电流表满偏，对应欧姆表示数为零，故C正确；欧姆表刻度不均匀的原因是待测电阻和电路电流关系非线性变化，而且I­Rx切线斜率大小随待测电阻值增大而减小，即Rx阻值变化量对应电流变化量随待测电阻增大而减小，欧姆表刻度左密右疏，故D正确。
答案：(1)0.46 mA　(2)1.5×104　9　 (3)CD
2．(2018·梅州二模)在物理课外活动中，小明同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图。已知选用的电流表内阻Rg＝10 Ω、满偏电流Ig＝10 mA，当选择开关接3时为量程250 V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数值没有标出。


(1)若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为__________；选择开关接3时其读数为__________。
(2)为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势，小明同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：
①将选择开关接2，红、黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏。
②将多用电表红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱示数如图丙所示，则C处刻度应为__________ Ω。
③计算得到多用电表内电池的电动势为________ V。(保留两位有效数字)
(3)调零后将电表红、黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为________ Ω。(保留两位有效数字)
解析：(1)选择开关接1时测电流，多用电表为量程是10 mA的电流表，其分度值为0.2 mA，示数为7.0 mA；选择开关接3时测电压，多用电表为量程是250 V的电压表，其分度值为5 V，其示数为175 V。
(2)②由题图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为0×1 000 Ω＋1×100 Ω＋5×10 Ω＋0×1 Ω＝150 Ω；
③由题图乙所示可知，指针指在C处时，电流表示数为5 mA＝0.005 A，C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150 Ω，电源电动势E＝I(R＋r)＝0.005×(150＋150)V＝1.5 V。
(3)根据第(1)问可知，表头所示电流为7.0 mA；调零后将电表红、黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值也为7.0 mA，而表内电池的电动势为E＝1.5 V，表内总电阻为150 Ω，由欧姆定律可知：R＝ Ω－150 Ω≈64 Ω；所以待测电阻的阻值为64 Ω。
答案：(1)7.0 mA　175 V　(2)②150　③1.5 (3)64
类型(二)　以测电阻为核心的实验
此类实验题主要考查电阻的测量方法的运用，考查比较多的是伏安法、半偏法以及等效替代法。近几年有关电表内阻测量的实验题出现较多，考查时常以设计性实验题的形式出现，也常常伴随一些常用电学仪表的读数，有时会结合图像考查考生分析图像的能力。
[对点训练]
3．(2019届高三·贵阳模拟)某同学用伏安法测量一未知电阻Rx的电阻值。
(1)该同学用电流表内接法和外接法分别测量了Rx的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描绘到U­I图上，由电流表外接法得到的图线是图甲中的________(选填“a”或“b”)。
(2)请用图甲中的数据，求出用电流表外接法时Rx的测量值为________ Ω(保留两位有效数字)，其测量值与真实值相比________(选填“偏大”或“偏小”)。
(3)图乙是用电流表外接法已部分连接好的实物电路，请结合甲图信息补充完成实物接线。

解析：(1)电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，由图示图像可知，由电流表外接法得到的图线是b。
(2)由图示图像可知，电阻：R＝＝ Ω＝1.2 Ω；因电流的测量值偏大，则电阻测量值偏小。
(3)滑动变阻器用分压接法，则电路如图所示。

答案：(1)b　(2)1.2　偏小　(3)见解析图
4．(2018·东北三省三校联考)某实验小组利用所提供的如下器材测量某一定长电阻丝Rx(电阻约为10 Ω)的电阻率。使用刻度尺测得电阻丝长度L＝0.825 m，使用螺旋测微器测量电阻丝的直径，可供选择的器材还有：
电池组E(电动势为9.0 V，内阻约1 Ω)
电流表A1 (量程0～100 mA，内阻为5 Ω)
电流表A2 (量程0～0.6 A，内阻约0.3 Ω)
定值电阻R1＝55 Ω
滑动变阻器R(0～5 Ω)
开关一个、导线若干。
(1)螺旋测微器示数如图甲所示，可知电阻丝直径为________ mm。
(2)若想更加精确地测出电阻丝电阻，请设计出测量电路图，并标明所用器材符号。要求使用提供的全部器材，能够测量多组数据，测量尽量准确。
(3)按照所设计出的测量电路，在某次测量中获得的数据如图乙、丙所示，则电流表A1的示数为________ mA，电流表A2的示数为________ A。

(4)由以上所测的数据可算得金属丝的电阻率为________。
A．9.90×10－4 Ω·m　　　　 　B．9.90×10－3 Ω·m
C．9.90×10－6 Ω·m D．9.90×10－7 Ω·m
解析：(1)电阻丝直径为0.5 mm＋0.01 mm×50.0＝1.000 mm。
(2)因为无电压表，可用已知内阻的电流表A1与定值电阻R1串联组成电压表，因改装后的电压表通过的电流可直接得到，故采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路。则电路图如图所示。
(3)电流表A1的示数为65 mA，电流表A2的示数为0.44 A。
(4)由电路图可得到Rx＝，且Rx＝ρ＝，代入数据解得：ρ＝9.90×10－6 Ω·m，故选C。
答案：(1)1.000　(2)见解析图　(3)65　0.44　(4)C
类型(三)　以描绘特性曲线为核心的实验
高考对于电学元件特性曲线的考查并不局限于小灯泡，有时也会考查电源的伏安特性曲线，两者也经常结合起来考查小灯泡或电源实际功率的求解。
电源电动势和内阻的测量一直是电学实验的一个热点，常涉及电路的设计、实物电路图的连接、电表的读数以及图像法处理实验数据等，所涉及的图像不仅有I­U(或U­I)图像，也常考查­图像等。
[对点训练]
5．(2018·齐鲁名校协作体联考)某学习小组欲描绘小灯泡的伏安特性曲线，现提供下列器材：
A．电压表V(量程6 V，内阻约6 kΩ)
B．电流表A(量程0.6 A，内阻约10 Ω)
C．电阻箱R1(0～999.9 Ω)
D．定值电阻R2＝200 Ω
E．定值电阻R3＝100 Ω
F．滑动变阻器R4(0～10 Ω)
G．滑动变阻器R5(0～100 Ω)
H．规格为“6 V,6 W”的待测灯泡
I．电源E(电动势约12 V，内阻较小)
J．开关、导线若干

(1)某同学根据实验原理，将电流表的量程由0.6 A扩大至1.0 A，首先采用了如图1所示的电路测量电流表内阻。闭合开关S1，反复调节电阻箱阻值，当R1＝19.0 Ω时，发现闭合和断开开关S2时电流表指针指示值相同，则电流表的内阻RA＝________ Ω。若忽略偶然误差，从理论上分析，实验测得的电流表内阻值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
(2)图2是测量灯泡电流随电压变化的实物电路，请你用笔画线代替导线完成电路连接 (要求在闭合开关前，滑动变阻器滑动头置于最左端)。
(3)实验中，滑动变阻器应选择______(选填“R4”或“R5”)。
解析：(1)闭合开关S2时，R1与电流表并联后，再与R2与R3的并联部分串联；开关S2断开时，R1与R2串联后与电流表和R3的串联部分并联；两种情况下电流表示数相同，则根据串并联电路规律可知＝，解得：RA＝9.5 Ω。若忽略偶然误差，从理论上分析，实验测得的电流表内阻值等于真实值。
(2)本实验中采用滑动变阻器分压接法，同时电流表与电阻箱并联扩大量程，故实物图如图所示。

(3)因滑动变阻器采用分压接法，所以应采用总阻值较小的滑动变阻器R4。
答案：(1)9.5　等于　(2)见解析图　(3)R4
6．(2018·江苏高考)一同学测量某干电池的电动势和内阻。
(1)图1所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处。

(2)实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的数据见下表：
R/Ω
8.0
7.0
6.0
5.0
4.0
I/A
0.15
0.17
0.19
0.22
0.26
/A－1
6.7
5.9
5.3
4.5
3.8

根据表中数据，在图2方格纸上作出R­关系图像。

由图像可计算出该干电池的电动势为________ V；内阻为________ Ω。
(3)为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100 mV的电压表并联在电流表的两端。调节电阻箱，当电流表的示数为0.33 A时，电压表的指针位置如图3所示，则该干电池的电动势应为________ V；内阻应为________ Ω。
解析：(1)在电学实验中，连接电路时应将开关断开，电阻箱的阻值调为最大，以确保实验仪器、仪表的安全。
(2)根据闭合电路欧姆定律E＝I(R＋r)，整理可得
R＝－r＝E·－r，即R­图像为直线。
描点连线后图像如图所示。

根据图像可知r＝1.2 Ω。
图像的斜率为电动势E，在R­图像上取两点(2,1.58)、(5,5.71)，则E＝ V＝1.38 V。
(3)根据欧姆定律，得电流表的内阻
rA＝＝ Ω＝0.2 Ω，
由E＝I(R＋r′＋rA)得R＝E·－(r′＋rA)，
R­图像的斜率仍为电动势E，即E＝1.38 V，而干电池的内阻应为r′＝r－rA＝1.0 Ω。
答案：(1)①开关未断开；②电阻箱阻值为零。
(2)见解析图　1.4(1.30～1.44均可)　
1．2(1.0～1.4均可)
(3)1.4[结果与(2)问第一个空格一致]
1．0[结果比(2)问第二个空格小0.2]
7．(2018·全国卷Ⅰ)某实验小组利用如图(a)所示的电路探究在25 ℃～80 ℃范围内某热敏电阻的温度特性。所用器材有：置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻RT，其标称值(25 ℃时的阻值)为900.0 Ω；电源E(6 V，内阻可忽略)；电压表 (量程150 mV)；定值电阻R0(阻值20.0 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)；电阻箱R2(阻值范围0～999.9 Ω)；单刀开关S1，单刀双掷开关S2。

实验时，先按图(a)连接好电路，再将温控室的温度t升至80.0 ℃。将S2与1端接通，闭合S1，调节R1的滑片位置，使电压表读数为某一值U0；保持R1的滑片位置不变，将R2置于最大值，将S2与2端接通，调节R2，使电压表读数仍为U0；断开S1，记下此时R2的读数。逐步降低温控室的温度t，得到相应温度下R2的阻值，直至温度降到25.0 ℃。实验得到的R2­t数据见下表。
t/℃
25.0
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
R2/Ω
900.0
680.0
500.0
390.0
320.0
270.0
240.0
回答下列问题：
(1)在闭合S1前，图(a)中R1的滑片应移动到________(填“a”或“b”)端。
(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并作出R2­t曲线。









(3)由图(b)可得到RT在25 ℃～80 ℃范围内的温度特性。当t＝44.0 ℃时，可得RT＝________Ω。
(4)将RT握于手心，手心温度下R2的相应读数如图(c)所示，该读数为________Ω，则手心温度为________℃。
解析：(1)闭合开关S1前，应让滑片移动到b端，使滑动变阻器连入电路的阻值最大。
(2)把t＝60 ℃和t＝70 ℃对应的两组数据在坐标纸上画点，然后用平滑的曲线画出R2­t曲线，使尽可能多的点位于曲线上，如图所示。

(3)由图像可知t＝44.0 ℃时，电阻的阻值约为450 Ω。
(4)由题图(c)可得电阻箱阻值为620.0 Ω，由图像可得温度约为33.0 ℃。
答案：(1)b　(2)图见解析　(3)450　(4)620.0　33.0
[电学实验基础保分练]
1．(2018·全国卷Ⅱ)某同学组装一个多用电表。可选用的器材有：微安表头(量程100 μA，内阻900 Ω)；电阻箱R1(阻值范围0～999.9 Ω)；电阻箱R2(阻值范围0～99 999.9 Ω)；导线若干。
要求利用所给器材先组装一个量程为1 mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3 V的直流电压表。组装好的多用电表有电流1 mA和电压3 V两挡。
回答下列问题：
(1)在虚线框内画出电路图并标出R1和R2，其中*为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱。
(2)电阻箱的阻值应取R1＝________Ω，R2＝________Ω。(保留到个位)
解析：(1)微安表头改装成毫安电流表需要并联一个小电阻，再把电流表改装成电压表，需要串联一个大电阻，电路如图所示。

(2)接a时改装成量程为1 mA的电流表，有
IgRg＝(I－Ig)R1
解得R1＝100 Ω
接b时改装成量程为3 V的电压表，有
U＝IgRg＋IR2
解得R2＝2 910 Ω。
答案：(1)见解析图　(2)100　2 910
2．(2018·山东省实验中学一模)某实验小组要精确测定额定电压为2 V的小灯泡正常工作时的电阻，已知该小灯泡正常工作时的电阻大约为500 Ω。实验室提供的器材有：
A．电流表A1(量程为20 mA，内阻r1约为3 Ω，读数记为I1)
B．电流表A2(量程为3 mA，内阻r2＝15 Ω，读数记为I2)
C．定值电阻R1＝985 Ω
D．定值电阻R2＝1 985 Ω
E．滑动变阻器R(0～20 Ω)
F．电压表V(量程为6 V，内阻RV＝1 kΩ，读数记为U)
G．蓄电池E(电动势为10 V，内阻很小)
H．开关S一个
(1)如图所示是某同学设计的实验电路图，请你帮他选择合适的器材，电表1应选________，电表2应选________，定值电阻应选________。(这三空均填写器材前的字母代号)
(2)测量小灯泡电阻的表达式为Rx＝________(用字母表示)。实验时，不断改变滑动变阻器的阻值，当电表2的示数达到____________时，其对应的结果为小灯泡正常工作时的电阻。
解析：(1)要精确测定额定电压为2 V的小灯泡正常工作时的电阻，需测量小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量小灯泡两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压，故电表2为B；改装成3 V量程的电压表的内阻：RV′＝＝ Ω＝1 000 Ω，A2的内阻为15 Ω，则定值电阻应选C；小灯泡正常工作时的电流约为I＝＝ A＝4 mA左右，电流表的量程较大，电流表不能精确测量电流；电压表内阻已知，对应满偏电流为：Im＝ A＝0.006 A＝6 mA，故用电压表测量电流更为准确，因此电表1应选用电压表F。
(2)测量小灯泡电阻的表达式为Rx＝＝，因为改装后的电压表内阻为RV′＝1 000 Ω，则当I2＝2 mA时，小灯泡两端的电压为2 V，达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻。
答案：(1)F　B　C　(2)　2 mA

3．(2018·贵州安顺监测)某同学测量一只标识模糊的电阻Rx的伏安特性，步骤如下：

(1)用多用表“×10”倍率的电阻挡测量该元件的电阻时，发现指针偏角过小，该同学换用“×100”倍率的电阻挡，并重新进行________后再测量，表盘的示数如图1所示，则Rx的测量值为____________ kΩ。
(2)若用伏安法测量Rx阻值，用到的器材和规格如下：
滑动变阻器R1(阻值范围0～50 Ω，允许通过的最大电流为0.5 A)
电流表A(量程0～10 mA，内阻约为50 Ω)
电压表V(量程0～15 V，内阻约为5 kΩ)
直流电源E(电动势15 V，内阻不计)
开关S，导线若干
图2是该同学连接好的部分实验电路，请你用笔画线将电压表接入图2所示的实物电路，并尽可能多测几组数据，使测量结果更精确。
(3)若测量值与真实值相比偏大，请你说明导致测量值偏大的主要原因(不考虑实验中的偶然误差)____________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)用多用表“×10”倍率的电阻挡测量该元件的电阻时，发现指针偏角过小，说明电阻较大，此时需换用“×100”倍率的电阻挡，并重新进行欧姆调零后再进行测量，表盘的示数如题图所示，则该电阻的阻值Rx＝22×100 Ω＝2 200 Ω＝2.2 kΩ。
(2)滑动变阻器采用限流接法时，电压、电流变化范围较小，滑动变阻器采用分压接法时，电流、电压变化范围大。而Rx2＞RA·RV，故电流表采用内接法，实物连接如图所示。
(3)由图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压，实验所测电压偏大，由欧姆定律可知电阻的测量值偏大。
答案：(1)欧姆调零　2.2　(2)见解析图　(3)引起误差的原因是因为电流表的分压
4．(2019届高三·聊城模拟)某同学用一个满偏电流为10 mA、内阻为30 Ω的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为1.5 V的干电池组装成一个欧姆表，如图1所示。

(1)甲、乙测试笔中，甲表笔应是________(选填“红”或“黑”)表笔。
(2)电流表5 mA刻度处应标的电阻刻度为________ Ω。
(3)经调零后，将甲、乙两表笔分别接图2中的a、b两点，指针指在电流表刻度的4 mA处，则电阻Rx＝________ Ω。
(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了图2中的a、c两点，则Rx的测量结果________(选填“偏大”或“偏小”)。
(5)再给电流表并联一个合适的定值电阻R0，就可组装成一个中间刻度值为15 Ω的欧姆表，则R0＝________ Ω。(保留两位有效数字)
解析：(1)为了保证电流由正接线柱流入表头，红表笔应接内部电源的负极，则甲应为红表笔。
(2)设欧姆表的内阻为R，根据闭合电路的欧姆定律可知，当电流表满偏时，则有：10×10－3 A＝，解得：R＝150 Ω，当电流表的示数为5 mA时，则有：5×10－3 A＝，解得：Rx′＝150 Ω。
(3)当电流表示数为4 mA时，根据闭合电路的欧姆定律有：4×10－3 A＝，解得：Rx＝225 Ω。
(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了题图2中的a、c两点，则回路中的两个电源串联，电流增大，指针偏转更大，故Rx的测量结果偏小。
(5)欧姆表的中间刻度值为15 Ω，说明欧姆表的内阻为15 Ω，此时回路中的最大电流为I＝＝ A＝0.1 A，根据电流表的改装原理，有：I＝Ig＋，
解得：R0＝＝ Ω≈3.3 Ω。
答案：(1)红　(2)150　(3)225　(4)偏小　(5)3.3
5．(2018·武汉质检)某同学用如图甲所示的电路测量恒压源的输出电压Ux和定值电阻Rx的阻值。实验室提供器材如下。
直流电源E(输出电压为5 V)；待测电阻Rx(阻值约为100 Ω)；直流电压表V(量程0～5 V，内阻约为15 kΩ)；电阻箱R(阻值范围0～999.9 Ω)；开关S，导线若干。

实验中调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱、电压表的示数，得到如图乙所示的R关系图线。回答下列问题。(计算结果保留两位有效数字)
(1)由图乙可知直线在纵轴上的截距b＝________ V－1，在横轴上的截距a＝________ Ω。
(2)若不考虑电压表的影响，恒压源输出电压Ux的测量值U1＝________ V，定值电阻Rx的测量值R1＝________ Ω。
(3)若考虑电压表的影响，恒压源输出电压Ux的测量值为U2，定值电阻Rx的测量值为R2。则U1________U2，R1______R2(选填“大于”“等于”或“小于”)。
解析：(1)由题图乙可知直线在纵轴上的截距b＝0.20 V－1，在横轴上的截距a＝－1.0×102 Ω。
(2)由欧姆定律可知：Ux＝U＋R，解得＝＋R；则＝0.2，＝，解得Ux＝5.0 V；Rx＝1.0×102 Ω。
(3)若考虑电压表的影响，则可将电压表的内阻与Rx并联，等效为Rx′，则由并联电阻的关系可知Rx′”“0。
(3)若电压表的示数为1.0 V，则弹性体受到向上的拉力，设此时R1和R2分别为800－ΔR，则R3和R4分别为800＋ΔR，由电路可知：I(800＋ΔR)－I(800－ΔR)＝1.0 V，其中I＝ A＝ A，解得ΔR＝100 Ω，则根据ΔR＝kF可得受到的力的大小为F＝＝ N＝20 N。
答案：(1)0　(2)>　(3)20
创新点二　实验原理的变化
测电阻可以是测量导体的电阻，也可以是电表的内阻，还可以是电源的内阻。不管哪种，理论依据都是欧姆定律或者闭合电路的欧姆定律。下面以测量电阻为例，分析实验原理的变化创新，注意与伏安法测电阻进行对比。




安
安
法

如果已知的内阻R1，则可测得的内阻R2＝

串联一定值电阻R0后，同样可测得的内阻R2＝
伏
伏
法

两电表的满偏电流接近时，若已知的内阻R1，则可测出的内阻R2＝R1

并联一定值电阻R0后，同样可得的内阻R2＝
比
较
法

测得电阻箱R1的阻值及表、表的示数I1、I2，可得Rx＝(电表阻值不计)
半
偏
法

断开S2，闭合S1，调节R0，使表满偏为I0；保持R0不变，闭合S2，调节R，使表读数为；则RA＝R(电压半偏法同学们自行思考)
替
代
法

双掷开关分别与1、2相接，调节电阻箱R1保证电流表两次读数相等，则R1的读数即等于待测电阻的阻值

[创新演练]
1．(2018·全国卷Ⅲ)一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值。图中R0为标准定值电阻(R0＝20.0 Ω)；可视为理想电压表；S1为单刀开关，S2为单刀双掷开关；E为电源；R为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验：
(1)按照实验原理线路图(a)，将图(b)中实物连线。

(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合S1。
(3)将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表的示数U2。
(4)待测电阻阻值的表达式Rx＝________(用R0、U1、U2表示)。
(5)重复步骤(3)，得到如下数据。

1
2
3
4
5
U1/V
0.25
0.30
0.36
0.40
0.44
U2/V
0.86
1.03
1.22
1.36
1.49

3.44
3.43
3.39
3.40
3.39
(6)利用上述5次测量所得的平均值，求得Rx＝________ Ω。(保留1位小数)
解析：(1)根据原理图，沿电流的流向依次连接。
①先将E、R、S1连接起来，组成闭合回路。
②将R0、Rx与R连接起来。
③将 、S2与Rx连接起来。
实物连线如图所示。

(4)由于为理想电压表，故S2接1、或接2时流过R0、Rx的电流相等。根据欧姆定律和串联电路的特点得
＝，解得Rx＝R0。
(6)求出5次的平均值为3.41，
代入Rx＝R0得，Rx＝48.2 Ω。
答案：(1)见解析图　(4)R0　(6)48.2
2．(2019届高三·衡水模拟)某实验小组用如图甲所示的电路图来测量电流表(量程2 mA，内阻约为200 Ω)的内阻，除待测电流表、1.5 V的电源、开关和导线外，还有下列可供选择的实验器材：

A．定值电阻R1
B．定值电阻R2
C．滑动变阻器R3(最大阻值为20 Ω)
D．滑动变阻器R4 (最大阻值为1 000 Ω)
E．电阻箱Rx(最大阻值为999.9 Ω)
F．灵敏电流计G(内阻很小可忽略)
(1)为确保安全，精准实验。滑动变阻器应选用___________(填写器材前对应的字母)。
(2)用笔画线代替导线，将实物图乙连接成实验电路图。

(3)在闭合开关前滑动变阻器的滑片应置于________(选填“a”或“b”)端，然后闭合开关移动滑动变阻器的滑片使待测表的示数适当后再不移动滑片，只调节Rx，发现当Rx＝400 Ω时灵敏电流计的示数正好为零；将电阻箱和待测电流表位置互换，其他不动，再次调节Rx′＝100 Ω时灵敏电流计的示数又正好为零，由此可知待测电流表的内阻为________ Ω。
解析：(1)由于电源电动势较小，而两个滑动变阻器都没有给出额定电流可认为两个都是安全的，此时为便于调节滑动变阻器宜小不宜大，选C即可。
(2)实物图如图所示。

(3)为确保电路安全，闭合开关前滑片应置于b端，让分压电路的电压最小。当Rx＝400 Ω时电流计的示数正好为零，表明＝；将电阻箱和待测电流表位置互换，电流计的示数又正好为零时有＝，于是有RA＝，代入数据得RA＝200 Ω。
答案：(1)C　(2)见解析图　(3)b　200
3．(2018·湖北省重点高中联考)如图所示电路可用来测量电阻的
阻值。其中E为电源，R为已知电阻，Rx为待测电阻，V为理想电压表，S0为单刀单掷开关，S1、S2为单刀双掷开关。
(1)当S0闭合时，S1、S2均向左闭合，电压表读数为U1；S1、S2均向右闭合，电压表读数为U2。由此可求出Rx＝________。
(2)若电源电动势E＝1.5 V，内阻可忽略，电压表量程为1.0 V，R＝100 Ω，此电路可测量的Rx的最大值为________ Ω。
(3)若电源内阻可忽略但电压表不能看作理想电表，当S0闭合时，S1、S2均向左闭合，电压表读数为U1′，S1、S2均向右闭合，电压表读数为U2′。则U1′＋U2′________E(选填“>”“”“＝”或“Es，E>Ex。
(2)③将S2接1，调节滑动片C使电流计示数为零，记下AC的长度L1，设单位长度电阻丝的电阻为r0，此时应该有L1·r0＝Es。
④将S2接2，重新调整C位置，使电流计示数再次为零，记下AC的长度L2，此时应该有L2·r0＝Ex，由以上两个公式可以求得：Ex＝Es。
答案：(1)＞　＞　(2)③AC之间的长度L1　④电流计示数再次为零　AC之间的长度L2　⑤Es
3.(2019届高三·江西重点中学联考)如图甲所示，该电路在测量电源电动势和内阻的同时也能完成对未知电阻Rx的测量。实验室提供的器材如下：
A．待测电阻Rx(约9 Ω)
B．待测电源
C．电阻箱(0～99.9 Ω)
D．电压表V1(量程6 V，可以视为理想电表)
E．电压表V2(量程3 V，内阻约4 kΩ)
(1)如果纵坐标表示两个电压表读数之比，横坐标表示电阻箱的阻值R，实验结果的图像如图乙所示。则待测电阻Rx＝________ Ω (保留两位有效数字)。

(2)在(1)问中，由于电压表V2的分流，待测电阻Rx的测量值比真实值________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(3)如果纵坐标表示某电压表读数U，横坐标表示两个电压表读数之差与电阻箱阻值的比值，实验结果的图像如图丙所示。其中能读出电源电动势和内电阻的是________(选填“A图线”或“B图线”)。两图线交点的横坐标为________ A，纵坐标为________ V(结果均保留两位有效数字)。
解析：(1)根据串联电路的分压原理可知：＝，故＝＝1＋，所以纵轴截距为1，根据图像斜率k＝＝＝，解得Rx＝8 Ω。
(2) 由于电压表V2的分流，待测电阻Rx测量值比真实值偏小。
(3)A图线反映的是电源的特性，可知电动势为6 V，内电阻r＝ Ω＝6 Ω，B图线反应的是阻值为8 Ω的定值电阻的U­I关系，两图线交点反应的是电源与定值电阻直接串联时的情况，交点的横坐标I＝＝ A≈0.43 A，纵坐标U＝E－Ir＝6 V－0.43×6 V≈3.4 V。
答案：(1)8.0　(2)偏小　(3)A图线　0.43　3.4
[电学实验创新增分练]
1．(2019届高三·宜昌调研)某实验小组利用如图1所示电路，可测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：多用电表、电流表、滑动变阻器、导线若干。


回答下列问题：
(1)将多用电表挡位调到电阻“×1”挡，再将红表笔和黑表笔短接进行欧姆调零。随后按如图1所示把多用电表、电流表、滑动变阻器连接起来，如果图1中接线正确，那么与多用电表的a接线柱相接的是____________(选填“黑”或“红”)表笔。
(2)调节滑动变阻器的滑片，从图1位置向右滑动过程中，电流表的读数________。(选填“增大”“减小”或“不变”)
(3)调节滑动变阻器的过程中，某次欧姆表指针位置如图2所示，读数为________ Ω，对应电流表的指针位置如图3所示，读数为________ A。经过多次测量，得到多组电流表读数的倒数，和与之对应的欧姆表读数R，画出如图4所示的图像，由此可得多用电表内电池的电动势为________ V，选择“×1”挡时内阻为________ Ω。(计算结果保留三位有效数字)
解析：(1)与多用电表的a接线柱相接的是电流表的正接线柱，因多用电表黑表笔内部接电源的正极，则与多用电表的a接线柱相接的是黑表笔。
(2)调节滑动变阻器的滑片，从题图1位置向右滑动过程中，则滑动变阻器接入电路的电阻变小，则电流表的读数增大。
(3)欧姆表读数为32.0×1 Ω＝32.0 Ω，对应电流表的读数为0.200 A。由闭合电路的欧姆定律：E＝I(R＋r)，即：＝R＋，由题图4可知：＝，＝1.6，解得E＝9.60 V，r＝15.4 Ω。
答案：(1)黑　(2)增大　(3)32.0　0.200　9.60　15.4
2．(2018·哈尔滨模拟)为测量某电压表V1的内阻，某同学设计的电路如图1所示。可供选择的器材如下：
A．待测电压表V1(量程0～3 V，内阻约3 kΩ)
B．电压表V2(量程0～9 V，内阻约10 kΩ)
C．定值电阻R1(阻值为600 Ω)
D．定值电阻R2(阻值为6 kΩ)
E．滑动变阻器R(0～20 Ω)
F．直流电源(E＝10 V，内阻可不计)
G．开关S及导线若干


(1)定值电阻应选________(选填“R1”或“R2”)。
(2)在图2中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接。
(3)实验测量得到的数据如下表：
次数
1
2
3
4
5
6
7
U1/V
0
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
2.80
U2/V
0
1.5
2.7
4.3
5.7
7.8
8.1

请在图3中描点作出U2­U1图线，可得待测电压表V1的内阻为________ kΩ(保留两位有效数字)。
解析：(1)因电压表V1的内阻较大，若与R1串联，R1的分压很小，测量误差较大，故可将电压表V1与R2串联。
(2)实物图如图甲所示。

(3)根据描点法作出U2­U1图像如图乙所示，由＝，解得RV＝R2＝R2，由图像求得＝2.89，代入解得RV＝3.2 kΩ。
答案：(1)R2　(2)见解析图甲　(3)见解析图乙　3.2
3.(2018·济宁模拟)为测量一未知电源的电动势和内阻，某同学设计了如图甲所示电路，电路中所用到的器材规格如下。

待测电源：电动势约为5 V，内阻约为几十欧姆
定值电阻：R0＝10 Ω
定值电阻R1：有两种规格可供选择，阻值分别为1 kΩ和3 kΩ
电阻箱R2：0～9 999 Ω
电压表：量程0～3 V，内阻R V＝3 kΩ
开关、导线若干
(1)为了减小测量误差，定值电阻R1应该选用的规格为____________。
(2)根据电路图连接电路，闭合开关后，将电阻箱的阻值由零开始逐渐调大，记录下若干组电阻箱R2和电压表的读数。
(3)该同学将得到的数据在坐标系中描点连线，得到如图乙所示直线，直线与纵轴的截距为b＝0.4，斜率k＝8.0，则可求得电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω。(结果均保留两位有效数字)
解析：(1)由于电源电动势为5 V，而电压表的量程为3 V，因此应扩大电压表的量程，选择阻值为3 kΩ的定值电阻，改装后电压表的量程为6 V，满足条件。
(3) 因路端电压U′＝×(3＋3)＝2U，则由闭合电路欧姆定律可知，2U＝(R2＋R0)，变形可得：
＝＋·
可知，＝0.4，＝8.0，
解得：E＝5.0 V，r＝20 Ω。
答案：(1)3 kΩ　(3)5.0　20
4．(2016·全国卷Ⅰ)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
5．一只小灯泡标有“3.6 V，0.3 A”，某同学想研究它的灯丝电阻与温度的关系。
(1)

该同学先用多用电表的电阻挡“×1”倍率调零后，初测灯泡冷态时的电阻，如图所示，则冷态电阻为________。
(2)实验室提供导线和开关及下列器材：
A．电源E(电动势为6.0 V)
B．电压表V1(量程为0～3 V，内阻约为2 kΩ)
C．电压表V2(量程为0～5 V，内阻约为4 kΩ)
D．电流表A1(量程为0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω)
E．电流表A2(量程为0～100 mA，内阻约为2 Ω)
F．滑动变阻器R1(最大阻值为10 Ω，额定电流2 A)
G．滑动变阻器R2(最大阻值为100 Ω，额定电流1 A)
为了便于调节，减小读数误差和系统误差，请你选择合适的电压表、电流表和滑动变阻器________(填所选仪器前的字母序号)，并在虚线框内画出电路图。




(3)根据正确设计的实验电路图，测得电压、电流，如下表：
电压/V
0
0.20
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
3.00
3.50
电流/A
0
0.051
0.105
0.165
0.205
0.235
0.260
0.280
0.300
实验数据表明，小灯泡的电阻随温度升高而______(选填“增大”“减小”或“不变”)。若将此小灯泡与电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源及阻值为9 Ω的电阻串联，则灯泡的功率约为________ W(保留两位小数)。
解析：(1)冷态电阻从多用电表读数为：7×1 Ω＝7 Ω。
(2)小灯泡额定电压为3.6 V，故电压表选择量程为5 V的C；额定电流为0.3 A，则电流表选择0.6 A量程的D；
为了便于调节，减小读数误差和系统误差，滑动变阻器采用分压接法，选择小电阻即可，故选择F；
被测电阻阻值较小，故采用电流表外接，电路图如图所示。
(3)实验数据表明，小灯泡的电阻随温度升高而增大。

把定值电阻等效为电源内阻，根据闭合电路欧姆定律得：E＝U＋I(r＋R0)，U＝3－10I，作出电源的I­U图像，电源图像与灯泡伏安特性曲线的交点坐标值是灯泡的实际电压与实际电流，由图像可知，灯泡两端电压为1.2 V，电流为0.18 A，灯泡实际功率为P＝UI＝1.2 V×0.18 A≈0.22 W。
答案：(1)7 Ω(或7.0 Ω)　(2)C、D、F　见解析图
(3)增大　0.22
6．(2018·长沙联考)某同学要测量如图甲所示金属圆环材料的电阻率，已知圆环的半径为r。

(1)他先用螺旋测微器测量圆环材料圆形横截面的直径d，如图乙所示，则d＝________ mm。
(2)他再用如图丙所示的电路测量该圆环的电阻，图中圆环接入电路的两点恰好位于一条直径上，电压表的量程为5 V。开关S闭合后，电压表右端接到a点时电压表示数为4.5 V、电流表示数为1.8 mA，接到b点时电压表示数为4.6 V、电流表示数为1.6 mA。为了减小电阻的测量误差，他应该把电压表的右端接在________(选填“a”或“b”)点进行实验；则圆环接入电路的两点间的电阻值为________ Ω，此值________(选填“偏大”“偏小”或“准确”)。
(3)实验中发现电流表损坏，他又找到另外一个量程为2 V、内阻为R1的电压表V1替代电流表完成了实验。实验中电压表V和 V1的示数分别为U和U1，改变滑片位置测得多组U、U1数据，他作出了U­U1图像为一条直线，如图丁所示，测得该直线的斜率为k，则金属圆环材料的电阻率的表达式为__________________。(用r、d、k、R1表示)
解析：(1)螺旋测微器的固定刻度为5.5 mm，可动刻度为16.5×0.01 mm＝0.165 mm，所以最终读数为5.5 mm＋0.165 mm＝5.665 mm。
(2)根据＝≈0.02，而＝≈0.11，可知，电压表分流明显，应把电压表的右端接在b点；根据欧姆定律，则有：Rx＝ Ω＝2 875 Ω
测量值偏大，测得的是电流表的内阻与待测电阻串联后的总电阻。
(3)通过金属圆环材料的电流为I＝
半圆金属圆环电阻为R＝ρ，两个半圆金属圆环并联电阻为R并＝＝ρ＝ρ①
根据串联电路的特点，有＝
化简得U＝U1
UU1直线的斜率为k，k＝1＋②
联立①②得ρ＝。
答案：(1)5.665　(2)b　2 875　偏大　(3)ρ＝
7．(2018·泰安二模)用图甲所示装置测量磁场的磁感应强度和某导电液体(有大量的正、负离子)的电阻率。水平管道长为l、宽度为d、高为h，置于竖直向上的匀强磁场中。管道上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S、电阻箱R、灵敏电流表G(内阻为Rg)连接。管道内始终充满导电液体，液体以恒定速度v自左向右通过。闭合开关S，调节电阻箱的阻值，记下相应的电流表读数。
(1)图乙所示电阻箱接入电路的电阻值为________ Ω。

(2)与N板相连接的是电流表G的________极(选填“正”或“负”)。
(3)图丙所示的电流表读数为________ μA。
(4)将实验中每次电阻箱接入电路的阻值R与相应的电流表读数I绘制出­R图像为图丁所示的倾斜直线，其延长线与两轴的交点坐标分别为(－a,0)和(0，b)，则磁场的磁感应强度为________，导电液体的电阻率为________。
解析：(1)电阻箱的示数：R＝2×100 Ω＋9×10 Ω＋1×0.1 Ω＝290.1 Ω。
(2)根据左手定则可知，带正电的离子向前表面偏转，带负电的离子向后表面偏转，故N板带负电，则与N板相连接的是电流表G的负极。
(3)题图丙所示的电流表读数为24.0 μA。
(4)液体以恒定速度v自左向右通过管道，则所受的电场力与洛伦兹力平衡，即Bqv＝qE，又E＝，解得：U＝Bdv，则回路中产生的电流为I＝＝，变形得：＝·R＋·(Rg＋r)，由题知斜率k＝＝，解得：B＝，纵截距b＝·(Rg＋r)，解得：r＝a－Rg，根据电阻定律得：r＝ρ，其中l′＝d，S＝lh，联立解得：ρ＝。
答案：(1)290.1　(2)负　(3)24.0
(4)　
[实验题层级拔高练]

1．下面各图均是用游标卡尺测量时的示意图，如图甲中游标卡尺为50分度游标卡尺，图乙为20分度游标卡尺，图丙为10分度游标卡尺，它们的读数分别为__________；____________；____________。

解析：在图甲中，主尺读数为42 mm，游标尺上第5条刻度线与主尺上的一条刻度线对齐，由于游标尺是50分度的，所以读数为42 mm＋5×0.02 mm＝42.10 mm；在图乙中，主尺读数为63 mm，游标尺上第6条刻度线与主尺上的一条刻度线对齐，由于游标尺是20分度的，所以读数为63 mm＋6×0.05 mm＝63.30 mm；在图丙中，主尺读数为39 mm，游标尺上第8条刻度线与主尺上的一条刻度线对齐，由于游标尺是10分度的，所以读数为39 mm＋8×0.1 mm＝39.8 mm。
答案：42.10 mm　63.30 mm　39.8 mm
2．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示。图(a)所示读数为________ mm，图(b)所示读数为________ mm，所测金属板的厚度为________ mm。

解析：图(a)：0 mm＋0.01 mm×1.0＝0.010 mm；
图(b)：6.5 mm＋0.01 mm×37.0＝6.870 mm；
故所测金属板的厚度为6.870 mm－0.010 mm＝6.860 mm。
答案：0.010　6.870　6.860
3．某同学利用如图甲所示的电路测量一多用电表电阻“×1 k”挡所用电源的电动势E和一电压表的内阻RV(约13 kΩ)。

甲 　　　　　　　　　乙

丙
(1)先将多用电表进行机械调零，再将多用电表的选择开关调到电阻“×1 k”挡，之后进行欧姆调零。
(2)将图甲中多用电表的黑、红表笔分别与________、________端相连。(填“A”或“B”)
(3)将图甲中多用电表的黑、红表笔与电压表正确连接后，调节电阻箱，使多用电表指针位于表盘中央位置，此时电阻箱的阻值为R＝1 kΩ，若此时多用电表、电压表的示数分别如图乙、图丙所示，则电压表的读数为________ V，电压表的内阻RV＝________ kΩ，多用电表内部电源的电动势E＝________ V。
解析：(2)根据多用电表内部电路结构，可知多用电表的黑、红表笔分别与A、B端相连。
(3)多用电表欧姆调零时指针满偏(即欧姆零刻度处)，由题图乙得多用电表读数为R0＝15 kΩ，则电压表的内阻RV＝R0－R＝14 kΩ，由题图丙得电压表的读数U＝1.40 V，多用电表欧姆调零后内部的总电阻设为R1，则E＝IgR1，当多用电表表头半偏时，有E＝(R0＋R1)，U＝RV，得E＝2U×＝3.0 V。
答案：(2)A　B　(3)1.40　14　3.0

1．(2018·北京昌平二模)某实验小组用如图所示的装置做“验证力的平行四边形定则”实验。

(1)下面关于此实验的说法，不正确的一项是________。
A．如图甲，用两支弹簧测力计把橡皮条的一端拉到O点时，两支弹簧测力计之间的夹角必须取90°，以便算出合力的大小
B．再用一支弹簧测力计拉橡皮条时(如图乙)，必须保证仍把橡皮条的一端拉到O点
C．实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正视弹簧测力计的刻度
D．拉橡皮条的细线要稍长一些，用以标记细线方向的两点距离要远些
(2)图丙是某同学得到的实验结果，其中________(选填“F”或“F′”)表示的是用一支弹簧测力计拉橡皮条时的结果。
解析：(1)用两支弹簧测力计把橡皮条的一端拉到O点时，两支弹簧测力计之间的夹角不一定要取90°，大小适当即可，选项A错误；再用一支弹簧测力计拉橡皮条时，必须保证仍把橡皮条的一端拉到O点，以保证等效性，选项B正确；实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正视弹簧测力计的刻度，选项C正确；拉橡皮条的细线要稍长一些，用以标记细线方向的两点距离要远些，选项D正确；选不正确的，故选A。
(2)用一支弹簧测力计拉时，必与OA共线，则F′表示的是用一支弹簧测力计拉橡皮条时的结果。
答案：(1)A　(2)F′
2．某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：长木板下垫着小木块，用来平衡摩擦力，反复移动小木块位置，直到小车在木板上运动时可保持匀速运动为止。在小车A的前端粘有橡皮泥，轻轻推小车A一小段距离后松手，小车A将在长木板上运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰后粘合成一体，并继续运动。他设计的具体装置如图甲所示，在小车A后边连着纸带，纸带穿过打点计时器，电源频率为50 Hz。

(1)图乙为打点计时器在纸带上打出的点，现用一刻度尺放于其旁对其进行测量，从图中可以判断，两车相碰发生位置可能对应刻度尺的刻度为__________。
A．4.5 cm处　　　　　　 　B．5.5 cm处
C．6.5 cm处 D．7.5 cm处
(2)已测得小车A的质量m1＝0.40 kg，小车B的质量m2＝0.50 kg，由以上测量结果计算碰前总动量、碰后总动量。(结果保留两位有效数字)
解析：(1)结合纸带数据进行分析知，小车A、B相碰发生在5～6 cm之间，所以选B。
(2)小车碰撞前的速度vA＝ m/s＝0.5 m/s
则碰前的动量为p＝mv＝0.20 kg·m/s
碰后小车A、B一起运动的速度
v′＝ m/s＝0.2 m/s
p′＝(m1＋m2)v′＝0.18 kg·m/s。
答案：(1)B　(2)0.20 kg·m/s　0.18 kg·m/s
3．为了探究动能定理，某同学在实验室组装了如图甲所示的装置：

(1)该同学想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为在实验中应该采取的必要措施是________。
A．平衡摩擦力
B．先接通电源后释放小车
C．钩码的质量远小于小车的总质量
D．钩码的质量远大于小车的总质量
(2)如图乙所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，距离如图所示，则打B点时的速度vB＝________；

(3)该同学经过认真操作后，发现小车动能的变化量总是略小于拉力做的功，他猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的，若钩码质量为m，小车质量为M，重力加速度为g，则小车受到的实际拉力为F＝________。
解析：(1)要使小车受到的合力等于钩码的重力，实验前要平衡摩擦力，实验过程中还要控制钩码质量远小于小车的质量，故A、C正确，B、D错误。
(2)小车做匀变速直线运动，由匀变速直线运动的推论可以知道，打B点时的速度：vB＝。
(3)由牛顿第二定律得：对系统：mg＝(M＋m)a，
对小车F＝Ma，解得：F＝g。
答案：(1)AC　(2)　(3)g
4.某同学要测量一根均匀电阻丝的电阻率。他在电阻丝两端分别接了接线柱a、b，并将电阻丝固定在直尺上，直尺的中间设置了一个可沿电阻丝滑动的触头c，c的上端为接线柱，a、c间的长度可在直尺上直接读出，如图1所示。
A．待测电阻丝(长约80 cm，总阻值小于5 Ω)；
B．电压表0～3 V，内阻约3 kΩ；
C．电流表0～0.6 A，内阻约0.5 Ω；
D．电池组：电动势3 V，内阻很小；
E．滑动变阻器R，总阻值10 Ω；
F．开关，导线若干；
G．螺旋测微器。
(1)该同学认为，应尽量避免由于电流热效应导致的电阻率变化，为此，应使a、b间电压保持不变，只改变触头c的位置，测量a、c间的电压U，寻找U和a、c间电阻丝长度L的关系，即可实现测量电阻率的目的。根据上述分析，完成下列问题：
①实验中采用的思想方法是________。
A．等效替代法 B．建立理想模型法
C．控制变量法 D．实验推理法
②滑动变阻器所起的作用主要是________。
A．调节电压表和电流表的示数，实现多次测量
B．使电阻丝a、b间保持适当电压，充当保护电阻
③根据以上分析，将图2连成实验电路。

(2)该同学通过改变触头c的位置，分别测出了五组长度L与对应的电压U的数据(电流表示数保持0.50 A不变)，并已描在坐标纸上，如图3所示。请根据图3上的数据点描绘出图线，算出图线的斜率k＝________ V/m。(保留两位有效数字)
(3)若已知该电阻丝的横截面积为1.0 mm2，则该电阻丝的电阻率ρ＝________ Ω·m。(保留两位有效数字)
解析：(1)①保持a、b间电压不变，即保持电阻丝中电流不变，探究a、c间的电压U与电阻丝长度L的关系，体现了控制变量法，C正确。②滑动变阻器使电阻丝a、b间保持适当电压，充当保护电阻的作用，B正确。③电阻丝总阻值远小于电压表内阻，应采用电流表外接法。
(2)由图乙图线可知，斜率k＝＝3.9 V/m。
(3)a、c间电压U＝IR＝I·ρ，可得电阻率ρ＝k，代入k、S、I的数值，得ρ＝7.8×10－6 Ω·m。
答案：(1)①C　②B　③电路如图甲所示　(2)图线如图乙所示　3.9(3.8～4.0均可)　(3)7.8×10－6(7.6×10－6～8.0×10－6均可)

5．(2018·北京昌平二模)某实验小组描绘规格为“2.5 V　0.6 W”的小灯泡的伏安特性曲线。实验室提供下列器材：

A．电流表A(量程为0～300 mA，内阻约1 Ω)
B．电压表V(量程为0～3 V，内阻约5 kΩ)
C．滑动变阻器R(0～10 Ω，额定电流1.5 A)
D．直流电源(电动势3 V，内阻忽略不计)
E．开关一个、导线若干
(1)若采用如图甲所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压表的右端应与电路中的________点相连(选填“a”或“b”)。开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片P应该置于________端(选填“c”或“d”)。
(2)测量后，该小组根据实验数据，利用Excel拟合出小灯泡的I­U特性曲线如图乙所示。图线发生了弯曲，其原因是________________________；根据图线，小灯泡两端电压为1.50 V时，其实际功率P约为________ W(结果保留2位有效数字)。
(3)在分压电路中，如何选择合适的滑动变阻器？
负载电阻R0＝50 Ω，有四种规格的滑动变阻器，最大阻值R1分别为5 Ω、20 Ω、50 Ω、200 Ω。将它们分别接入如图丙所示的电路。保持M、N间电压恒定，从左向右移动滑片P，研究电压表的电压U与滑动变阻器接入电路的长度x的关系，画出U­x图像，如图丁所示。


设k＝，要求滑动变阻器对电压的调节最好是线性的，不要突变，电压的变化范围要尽量大。满足上述要求的k值的理想范围为________。
A．k＜0.1　　 B．0.1≤k≤0.5　　　C．k＞1
解析：(1)小灯泡(2.5 V,0.6 W)，小灯泡正常发光时的电阻R＝＝ Ω≈10.4 Ω，灯泡电阻为10.4 Ω，电流表内阻约1 Ω，电压表内阻约为5 kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，由图甲所示电路图可知，电压表的右端应与电路中的a端相连。由图甲所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于c端。
(2)图线发生了弯曲，其原因是灯丝的电阻随温度的升高而增大；根据图线，小灯泡两端电压为1.50 V时，电流为0.22 A，则其实际功率P＝IU＝0.33 W。
(3)由题图丁可知，当k＝0.1～0.4时，图像接近于直线，且电压的变化范围也较大，则若要求滑动变阻器对电压的调节是线性的，不要突变，电压的变化范围要尽量大，则要求的k值的理想范围为0.1≤k≤0.5，故选B。
答案：(1)a　c　(2)灯丝的电阻随温度的升高而增大　0.33　(3)B


1．(2018·郑州第二次质量预测)LED绿色照明技术已经走进我们的生活。某实验小组要精确测定额定电压为5 V的LED灯泡正常工作时的电阻，已知该灯泡正常工作时电阻大约为500 Ω，其电学符号与小灯泡电学符号相同。实验室提供的器材有：
A．电流表A1(量程为60 mA，内阻RA1约为1 Ω，读数记为I1)
B．电流表A2(量程为3 mA，内阻RA2＝20 Ω，读数记为I2)
C．电压表V(量程0～15 V，内阻RV＝1 kΩ，读数记为U)
D．定值电阻R1＝980 Ω
E．定值电阻R2＝1 980 Ω
F．滑动变阻器R(0～20 Ω)
G．蓄电池E(电动势为24 V，内阻很小)
H．开关S，导线若干
(1)部分电路原理图如图所示，请选择合适的器材，电表1为________，电表2为________，定值电阻为________。(填写器材前的字母编号)

(2)将电路图补充完整。
(3)写出测量LED灯电阻的表达式Rx＝________(用已知量和测量量表示)，调节滑动变阻器滑片的位置，当表达式中的________(填字母)达到________，记下另一电表的读数代入表达式，其结果即为LED灯正常工作时的电阻。
解析：(1)要精确测定额定电压为5 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。由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用来测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表，改装的电压表内阻应至少为＝ Ω≈1 667 Ω，电流表A2的内阻为20 Ω，则定值电阻应选E；LED灯正常工作时的电流约为 A＝10 mA，电流表A1的量程较大，不能精确测量电流；电压表内阻已知，对应满偏电流为 A＝15 mA，故用电压表测量电流更为准确。由以上分析可知，电表1为C，电表2为B，定值电阻为E。
(2)因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法。电路图如图所示：
(3)根据闭合电路欧姆定律知，LED灯两端的电压为I2(R2＋RA2)，通过LED灯的电流为－I2，所以LED灯的电阻Rx＝，改装后的电压表内阻为2 000 Ω，则当I2＝2.5 mA时，LED灯两端的电压为5 V，达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻。
答案：(1)C　B　E　(2)见解析图　(3)　I2　2.5 mA
2．(2018·湖北华大新高考联盟质量测评)某同学利用如图(a)所示电路研究玩具电动机的能量转化，实验中使用的器材为：玩具电动机、滑动变阻器、电压表V1、电压表V2、电流表A、电源E、开关S、导线若干。

(1)按图(a)所示的电路原理图将图(b)中实物图连线补充完整。
(2)将滑动变阻器阻值调到最大，闭合开关S，调节滑动变阻器，某时刻某电压表的示数如图(c)所示，该电压表的读数为________ V。

(3)当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，依次记录电流表的示数I和电压表V1、电压表V2的示数U1、U2，并在同一坐标纸上描绘出U­I图线，如图(d)所示，其中AB、CD为直线，DB为曲线。

(4)根据图线求得电源电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω，玩具电动机的内阻rM＝________ Ω，工作点B对应的电动机输出功率P出＝________ W(结果均保留3位有效数字)。
解析：(1)按照电路原理图连接实物图，如图所示。

(2)电压表的最小刻度为0.1 V，估读到最小刻度的下一位，故读数为2.20 V。
(4)由图像可知，AB段反映的是路端电压与干路电流的关系，故线段与纵轴的交点为电源的电动势，即E＝3.00 V；图像的斜率等于内阻，即r＝ Ω＝5.00 Ω；CDB段是电动机上的电压和电流的关系，而CD段是直线，即电动机没有转动，可视为纯电阻电路，所以其内阻rM＝ Ω＝4.00 Ω。加在玩具电动机上的最大电压是1.60 V，电流是0.280 A，工作点B对应的电动机输出功率为P出＝1.60×0.280 W－0.2802×4.00 W＝0.134 W。

答案：(1)见解析图　(2)2.20　(4)3.00　5.00　4.00　0.134

3．图1为某同学用力传感器去探究弹簧的弹力和伸长量的关系的实验情景。

用力传感器竖直向下拉上端固定于铁架台上的轻质弹簧，读出不同拉力下的标尺刻度x及拉力大小F(从电脑中直接读出)。所得数据记录在下列表格中：
拉力大小F/N
0.45
0.69
0.93
1.14
1.44
1.69
标尺刻度x/cm
57.02
58.01
59.00
60.00
61.03
62.00
(1)根据所测数据，在图2坐标纸上作出F与x的关系图像。
(2)由图像求出该弹簧的劲度系数为________N/m，弹簧的原长为________cm。(均保留三位有效数字)
(3)为了用弹簧测定两木块A和B间的动摩擦因数μ，两位同学分别设计了如图3所示的甲、乙两种方案。

①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为________方案更合理。
②若A和B的重力分别为10.0 N和20.0 N。当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0 N，b的示数为11.0 N，c的示数为4.0 N，则A和B间的动摩擦因数为________。
解析：(1)根据表中数据利用描点法得出对应的图像如图所示。
(2)由胡克定律可知，图像的斜率表示劲度系数，则可知
k＝ N/m
＝24.0 N/m，
在横轴上的截距表示弹簧的原长x＝55.0 cm。
(3)①甲、乙两种方案，在拉着物体A运动的过程中，拉A的弹簧测力计由于在不断地运动，示数可能会变化，读数不是很准，弹簧测力计a是不动的，指针稳定，便于读数，故甲方案更合理。②弹簧测力计a示数为6.0 N，所以A、B间的动摩擦因数μ＝＝＝0.3。
答案：(1)见解析图　(2)24.0(23.0～25.0均正确)　55.0(45.5～55.5均正确)　(3)①甲　②0.3
4．(2019届高三·茂名模拟)某活动小组利用图甲所示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，当地重力加速度为g。
(1)用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D＝________ cm。
(2)要验证机械能守恒，只要比较________(填选项前的字母序号)即可。
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)钢球通过光电门的平均速度________(选填“＞”或“＜”)钢球球心通过光电门的瞬时速度。
解析：(1)游标卡尺的主尺读数为：0.9 cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×10 mm＝0.50 mm，所以最终读数为：0.950 cm。
(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v＝，
根据机械能守恒的表达式有：mgh＝mD2
即只要比较D2与2gh是否相等，故选D。
(3)根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中间时刻速度，所以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。
答案：(1)0.950　(2)D　(3)＜
5．(2018·湖北七市教科研协作体联考)某同学想要测量一个未知电阻Rx，他能够使用的器材如下：
A．待测电阻Rx，阻值约为20 Ω；
B．电流表A1，量程为30 mA，内阻约为20 Ω；
C．电流表A2，量程为5 mA，内阻r2＝250 Ω；
D．定值电阻R0，阻值为R0＝30 Ω；
E．定值电阻R1，阻值为R1＝300 Ω；
F．滑动变阻器R，最大阻值约为10 Ω；
G．电源E，电动势约为3 V，内阻不大但不可忽略；
H．开关S及若干导线。
该实验要求没有系统误差，可以测量多组数据且调节方便，而且电表指针的偏转角能够调节到尽可能大，则：
(1)该实验应选择的器材有________；
(2)在虚线框中画出该实验的电路图；
(3)若两电流表的示数表示为I1、I2，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx＝________。
解析：实验器材中没有电压表，可采用双安法测量电阻，同时结合欧姆定律和串并联电路的特点解决问题。因为题中没有给出电压表，而给出了两个电流表，可选用一个大量程的电流表测量总电流，由于小量程的电流表内阻较大并且已知，可并联在被测电阻与一定值电阻两端，即可知道被测电阻与定值电阻两端的电压以及电流，由于定值电阻R1较大，造成电路中电流较小，电表的偏角较小，故选定值电阻R0，要求测量数据较多，故滑动变阻器采用分压接法，所以需要的器材为ABCDFGH，电路图如图所示：
根据欧姆定律可得R0＋Rx＝，解得Rx＝－R0。
答案：(1)ABCDFGH　(2)见解析图　(3)－R0

6．(2018·江苏调研)实验小组采用如图甲所示实验装置测量木块与木板间动摩擦因数μ，提供的器材有：带定滑轮的长木板，有凹槽的木块，质量一共为20 g的钩码若干个，打点计时器、电源、纸带、细线等。实验中将部分钩码悬挂在细线下，剩余的钩码放在木块的凹槽中，保持长木板水平，利用打出的纸带测量木块的加速度。


(1)正确进行实验操作，得到一条纸带，从某个清晰的打点开始，依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出位置0到位置3、位置6间的距离，如图乙所示。已知打点周期T＝0.02 s，则木块的加速度a＝________ m/s2。
(2)将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，改变悬挂钩码的总质量m，测得相应的加速度a，作出a­m图像如图丙所示，已知当地重力加速度g＝9.8 m/s2，则木块与木板间动摩擦因数μ＝________(保留两位有效数字)；μ的测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值，原因是______________________________________(写出一个即可)。
(3)实验中________(选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。
解析：(1)已知打点周期T＝0.02 s，根据逐差法可得木块的加速度为：a＝＝ m/s2＝3.33 m/s2。
(2)设木块的质量为M，根据牛顿第二定律有，mg－f＝(M＋0.02)a，f＝μ(M＋0.02－m)g，联立可解得加速度为：a＝m－μg，由丙图可知，当m＝0时，a＝－μg＝－3.3 m/s2，则木块与木板间动摩擦因数μ＝0.34，因滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦，所以测量值大于真实值。
(3)实验中没有采用细线拉力等于重力，所以不需要满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。
答案：(1)3.33　(2)0.34(0.32～0.36均正确)　大于　滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦等　(3)不需要
7．在做测量电源电动势E和内阻r的实验时，提供的器材有：待测电源一个(电动势E约为9 V，内阻r在35～85 Ω范围内)，内阻为RV＝19.95 kΩ的电压表一个(量程略大于电源的电动势)，电阻箱一个，开关一个，导线若干。为了测量得更加准确，多次改变电阻箱的电阻R，读出电压表的相应示数U，以为纵坐标，R为横坐标，画出与R的关系图像，如图所示。试根据以上信息回答问题：
(1)在虚线框内画出实验电路图。




(2)根据图像可得E＝________，r＝________。(保留两位有效数字)
解析：(1)由题图可知，电阻箱的阻值可达到5 kΩ，与电压表内阻的数量级相当，故电压表可并联在电阻箱两端，也可与电阻箱串联测电流，由与R成线性关系可知，电压表应与电阻箱串联，实验电路图如图所示。
(2)闭合开关，设干路电流为I，由闭合电路欧姆定律，得：E＝U＋I(R＋r)，其中I＝，解得：＝＋，可见斜率k＝＝6×10－6 V－1·Ω－1，纵轴截距b＝＝0.12 V－1，解得：E＝＝8.4 V，r＝－RV＝50 Ω。
答案：(1)电路图见解析　(2)8.4 V　50 Ω