方法04 创新型实验--2023高考物理实验题方法总结和训练（解析版）

这是一份方法04 创新型实验--2023高考物理实验题方法总结和训练（解析版），共35页。
\l "_Tc108983217" 实验方案和方法的创新 PAGEREF _Tc108983217 \h 4
\l "_Tc108983218" 实验的拓展与迁移 PAGEREF _Tc108983218 \h 5
\l "_Tc108983219" 力学创新型实验 PAGEREF _Tc108983219 \h 6
\l "_Tc108983220" 电学创新型实验 PAGEREF _Tc108983220 \h 9
\l "_Tc108983221" 电学实验的几种常用设计方案 PAGEREF _Tc108983221 \h 11
\l "_Tc108983222" 测量电阻 PAGEREF _Tc108983222 \h 11
\l "_Tc108983223" （一） 测量电阻常用的设计方法 PAGEREF _Tc108983223 \h 11
\l "_Tc108983224" 1．伏安法 PAGEREF _Tc108983224 \h 11
\l "_Tc108983225" 2．比值法 PAGEREF _Tc108983225 \h 15
\l "_Tc108983226" 3．同一实验目的不同设计方案 PAGEREF _Tc108983226 \h 18
\l "_Tc108983227" 4．替代法 PAGEREF _Tc108983227 \h 22
\l "_Tc108983228" 5．全电路欧姆定律法 PAGEREF _Tc108983228 \h 22
\l "_Tc108983229" 6．半偏法 PAGEREF _Tc108983229 \h 22
\l "_Tc108983230" （二） 测定电源电动势和内阻的常用设计方法 PAGEREF _Tc108983230 \h 22
\l "_Tc108983231" 1．用电阻箱替代滑动变阻器，电流表串联电阻箱替代电压表 PAGEREF _Tc108983231 \h 22
\l "_Tc108983232" 2．用电阻箱替代滑动变阻器，电压表并联电阻箱替代电流表 PAGEREF _Tc108983232 \h 22
\l "_Tc108983233" 3．用已知内阻的电压表串联电阻箱 PAGEREF _Tc108983233 \h 23
\l "_Tc108983234" 4．当所给的电压表或电流表量程太小 PAGEREF _Tc108983234 \h 24
\l "_Tc108983235" 5．用两个不同的电压表测量电源电动势和内阻 PAGEREF _Tc108983235 \h 25
\l "_Tc108983236" （三）一个电路图上完成两个实验 PAGEREF _Tc108983236 \h 25
\l "_Tc108983237" （四）非线性曲线的分析和应用 PAGEREF _Tc108983237 \h 26
\l "_Tc108983238" （五）多用电表的创新 PAGEREF _Tc108983238 \h 31
\l "_Tc108983239" （六）传感器的应用 PAGEREF _Tc108983239 \h 32
\l "_Tc108983240" （七）欧姆定律原理的应用 PAGEREF _Tc108983240 \h 33
创新型实验本着“来源于教材而又不拘泥于教材”的原则，从不同内容、不同层次、不同能力要求考查考生的实验能力，较好地区分和鉴别了不同水平学生的实验能力，成为试卷中重要的组成部分。
实验仪器和原理的创新
1.（2020·全国Ⅰ卷·T23）某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。
实验步骤如下：
（1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间________时，可认为气垫导轨水平；
（2）用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；
（3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；
（4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；
（5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I=________，滑块动量改变量的大小Δp=________；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示）
（6）某次测量得到的一组数据为：d=1.000 cm，m1=1.5010-2 kg，m2=0.400 kg，△t1=3.90010-2 s，Δt2=1.27010-2 s，t12=1.50 s，取g=9.80 m/s2。计算可得I=________N·s，Δp=____ kg·m·s-1；（结果均保留3位有效数字）
（7）定义，本次实验δ=________%（保留1位有效数字）。
【答案】 ①. 大约相等 ②. m1gt12 ③. ④. 0.221 ⑤. 0.212 ⑥. 4
【解析】【详解】（1）[1]当经过A,B两个光电门时间相等时，速度相等，此时由于阻力很小，可以认为导轨是水平的。（5）[2]由I=Ft，知
[3] 由知
(6)[4]代入数值知，冲量
[5]动量改变量
（7）[6]由定义公式可得，本次实验
【名师点评】实验器材的创新常见的有：利用气垫导轨减少摩擦；利用传感器测量速度、压力、温度等。
实验方案和方法的创新
2. （2021·全国甲卷·T22） 为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为的斜面（已知sin=0.34，cs=0.94），小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔（每个时间间隔∆T=0.20s）内小铜块沿斜面下滑的距离si（i=1，2，3，4，5），如下表所示。
由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为___________m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为___________。（结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80m/s2）
【答案】 ①. 0.43 ②. 0.32
【解析】[1]根据逐差法有
[2]对小铜块受力分析根据牛顿第二定律有
代入数据解得
实验的拓展与迁移
3.(2019·全国卷Ⅱ，22)如图，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：
(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)。
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＝mgcs θ
解以上两式得μ＝eq \f(gsin θ－a,gcs θ)。
(2)由逐差法求铁块加速度
a＝eq \f(（x5＋x6＋x7）－（x1＋x2＋x3）,12T2)
＝eq \f(（76.39－31.83）－20.90,12×0.12)×10－2 m/s2≈1.97 m/s2
代入μ＝eq \f(gsin θ－a,gcs θ)，得μ≈0.35。
答案 (1)eq \f(gsin θ－a,gcs θ) (2)0.35
力学创新型实验
4．（2022·全国乙卷·T22）用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻（）开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：
回答下列问题：
（1）根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是：______；
（2）当时，该飞行器速度的大小______；
（3）这段时间内该飞行器加速度的大小______（保留2位有效数字）。
【答案】 ①. 相邻1s内的位移之差接近∆x=80m ②. 547 ③. 79
【解析】（1）[1]第1s内的位移507m，第2s内的位移587m，第3s内的位移665m，第4s内的位移746m，第5s内的位移824m，第6s内的位移904m，则相邻1s内的位移之差接近∆x=80m，可知判断飞行器在这段时间内做匀加速运动；
（2）[2]当x=507m时飞行器的速度等于0-2s内的平均速度，则
（3）[3]根据
5.在“验证牛顿运动定律”的实验中，某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行实验。
(1)用20分度的游标卡尺测出挡光片的宽度如图乙所示，则宽度d＝______cm。
(2)接通气源，调节气垫导轨水平，让滑块从不同位置由静止释放，记录挡光片通过光电门的挡光时间t，测出释放点到光电门的间距为s，以s为纵轴，eq \f(1,t2)为横轴作图，得到的图像是一条过原点的倾斜直线，且斜率为k，则滑块的加速度a＝________(用d、k表示)。
(3)若以测得的滑块加速度a为纵轴，所挂钩码的重力代替拉力F，作出如图丙中图线1。为了减小误差，该兴趣小组将一个力传感器安装在滑块上(传感器的质量可忽略不计)，从力传感器中得出拉力F，作出a－F图像是图丙中的图线______(填“2”或“3”)。
【答案】 (1)0.940 (2)eq \f(d2,2k) (3)2
【解析】 (1)游标卡尺读数为：0.9 cm＋8×0.005 cm＝0.940 cm；
(2)滑块做匀加速直线运动，有2as＝v2，又v＝eq \f(d,t)，可得s＝eq \f(d2,2at2)，已知斜率为k，可得a＝eq \f(d2,2k)；
(3)因钩码及滑块做加速运动，可知细线的拉力应比钩码的重力小，而用传感器测出的是滑块所受的实际的拉力，此时a－F图像应为图线2。
6．用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系．实验时保持小车(含车中重物)的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a.
(1)关于实验操作，下列说法正确的是________．
A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行
B．平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑
C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力
D．实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车
(2)图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D 、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离．已知所用电源的频率为50 Hz，打B点时小车的速度vB＝________ m/s，小车的加速度a＝______ m/s2.
(3)改变细线下端钩码的个数，得到aF图象如图丙所示，造成图线上端弯曲的原因可能是________．
【答案】(1)AD (2)0.316 0.93 (3)随所挂钩码质量m的增大，不能满足M≫m
【解析】：(1)调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错误；由于平衡摩擦力之后有Mgsin θ＝μMgcs 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，改变小车所受的拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；打点计时器要“早来晚走”，即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放小车，而当实验结束时应先控制小车停下再停止打点计时器，故D正确．
(2)已知打点计时器电源频率为50 Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T＝5×0.02 s＝0.1 s.
B点对应的速度vB＝eq \f(xAC,2T)＝eq \f(0.063 2,0.2) m/s＝0.316 m/s.
根据Δx＝aT2可得xCE －xAC＝a(2T)2，
小车运动的加速度为a＝eq \f(xCE－xAC,4T2)＝eq \f(0.163 6－0.063 2－0.063 2,0.04) m/s2＝0.93 m/s2.
(3)随着力F的增大，即随所挂钩码质量m的增大，不能满足M≫m，因此图线上端出现弯曲现象．
电学创新型实验
7. （2022·全国乙卷·T23） 一同学探究阻值约为的待测电阻在范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V（量程为，内阻很大），电流表A（量程为，内阻为），电源E（电动势约为，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选或），定值电阻（阻值可选或），开关S，导线若干。
（1）要求通过的电流可在范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图________；
（2）实验时，图（a）中的R应选最大阻值为______（填“”或“”）的滑动变阻器，应选阻值为______（填“”或“”）的定值电阻；
（3）测量多组数据可得的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时两端的电压为______V，流过的电流为_____，此组数据得到的的阻值为______（保留3位有效数字）。
【答案】 ①. ②. ③. ④. ⑤. ⑥.
【解析】（1）[1]电流表内阻已知，电流表与并联扩大电流表量程，进而准确测量通过的电流，电压表单独测量的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从开始测量，满足题中通过的电流从连续可调，电路图如下
（2）[2]电路中应选最大阻值为的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；
[3]通过的电流最大为，需要将电流表量程扩大为原来的倍，根据并联分流的规律示意图如下
根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知
解得
（3）[4]电压表每小格表示，向后估读一位，即；
[5]电流表每小格表示，本位估读，即，电流表量程扩大倍，所以通过的电流为；
[6]根据欧姆定律可知
电学实验的几种常用设计方案
考题分析：电学实验通常从实验的基本原理出发，侧重考查数据处理分析的能力和实验设计能力，考查的原理基于两个基本的实验原理，即：①部分电路欧姆定律R＝eq \f(U,I)，如电阻的测量、电表内阻的测量、电表的改装；②闭合电路欧姆定律E＝U内＋U外及它的演变形式E＝U外＋Ir、E＝I(R＋r)、E＝eq \f(U外,R)(R＋r)，并结合函数图像进行考查，如测电源电动势和内阻.
应考策略：1.熟知各种器材的特性.2.熟悉课本实验， 抓住实验的灵魂——实验原理，掌握数据处理的方法，熟知两类误差分析.
测量电阻
（一） 测量电阻常用的设计方法
1．伏安法
创新实验方案的设计
①两电表量程的匹配
当电流表和电压表有选择余地时，应选择电流表和电压表指针能同时接近满偏或能同时超过量程的进行匹配。
8.有一电阻Rx其阻值大约在40Ω～50Ω之间，需要进一步测量其电阻，手边现有下列器材：
甲
R
V
mA
Rx
S
E
R
V
mA
Rx
S
E
乙

有两种可选用的电路如图中的甲、乙所示，实验要求多测几组电流、电压值，画出电流─电压关系图。
为了实验能正常进行并减小测量误差，而且要求滑动变阻器便于调节，在实验中应选图 所示的电路，应选代号是 的电流表和代号是 的滑动变阻器。
【分析】（1）电流表内、外接法的选择：因最小临界电阻Ω≈280Ω，R0>Rx，为遵循准确性原则，应选择电流表的外接法，如图乙。
（2）电流表的的选择：如果选用mA1，当mA1达到满偏时，电压表的示数最大值约为U=0.05×50V=2.5V，小于电压表量程的，故选用mA1与电压表不匹配；如果选用mA2，电路中的最大电流约为0.20A，此时电压表示数的最大值约为U=0.20×40V=8.0V，两表指针的偏转角度均超过量程的，故选用mA2才可以与电压表匹配。
[名师点评]如果实验中电表没有选择余地，而两表量程又不匹配时，应利用定值电阻加以协调。
9.现要测量某一电压表V的内阻。给定的器材有：待测电压表V（量程2V，内阻约为4kΩ）；电流表mA（量程1.2mA，内阻约500Ω）；直流电源E（电动势约2.4V，内阻不计）；固定电阻3个：R1=4000Ω，R2=10000Ω，R3=15000Ω；电键S及导线若干。
要求测量时两电表指针偏转均超过其量程的一半。
（1）试从3个固定电阻中选用1个，与其它器材一起组成测量
电路，并在虚线框内画出测量电路的原理图。（要求电路中各器材用题中给定的符号标出。）
（2）电路接通后，若电压表读数为U，电流表读数为I，则电压表内阻Rv＝______。
mA
V
R1
图4
mA
V
图2
mA
V
R1
图3
【分析】根据题给的实验器材，应设计为“伏安法测电阻”，如果设计为如图2所示的电路，则电流表的示数约为I=A=0.53mA，大于量程的。电压表的示数U=V=2.1V，超过量程。单纯考虑保护电压表，可在电路中串联一个定值电阻给电压表分压，但这时电流表的示数会更小，因此，为保护电压表而又同时使电流表的示数增大，只能给电压表并联一个分流电阻，如图4，若选用电阻R1，Ω，电压表示数约为V=1.92V，超过量程的一半，电流表的示数A=0.00096A=0.96mA，也超过量程的一半，符合要求。同理可得R2、R3不符合要求，故选用R1。
②用已知内阻的电流表当小量程电压表，或用已知内阻的电压表当小量程电流表。
10.用以下器材测量一待测电阻Rx的阻值（900～1000Ω）：
电源E，具有一定内阻，电动势约为9.0V；
电压表V1，量程为1.5V，内阻r1＝750Ω；
电压表V2，量程为5V，内阻r2＝2500Ω；
滑线变阻器R，最大阻值约为100Ω；
单刀单掷开关K，导线若干。
(1)测量中要求电压表的读数不小于
其量程的，试画出测量电阻Rx的一种实
验电路原理图（原理图中的元件要用题图相应的英文字母标注）。
（2）根据你所画的电路原理图在题给的实物图上画出连线。
(3)若电压表V1的读数用U1表示，电压表V2的读数用U2表示，则由已知量和测得量表示Rx的公式为Rx＝_________________。
【分析】从题中所给的器材来看，实验设计的方法应是“伏安法测电阻”，由于没有给出电流表，给出的是两个已知内阻的电压表，显然是要考生将其中一个电压表当电流表用。将哪一个电压表当电流表用呢？是采用内接法还是外接法呢？从计算的正确性来考虑，两个表都可以当电流表，两种接法都行，因为两个表的内阻都是已知的。于是，便有了如图所示的甲、乙、丙、丁四种接法。
V1
V2
丙
RX
V2
V1
丁
RX
甲
V1
V2
V2
V1
乙
RX
RX

经计算可知两个表的额定电流都是2 mA，在甲图中，当通过电压表V2的电流达到2mA时，通过V1的电流超过了量程的。在乙图中，当通过V1的电流达到2mA 时，通过V2的电流未能达到量程的 。在丙图中，当通过V1的电流达到2mA 时，通过V2的电流超过了量程的 。在丁图中，当通过V1的电流达到2mA 时，通过V2的电流未能达到量程的。故符合题意的实验设计电路原理是甲和丙。
关于供电电路，因为滑动变阻器的总阻值小于待测电阻值，故应设计成分压式接法，如图A和如图B。
V1
V2
K
E
Rx
R
图B
Rx
R
K
E
图A
V1
V2
2．比值法
创新实验方案的设计
①利用一个理想电流表先后测量两个并联电阻的电流或利用一个理想电压表先后测量两个串联电阻两端电压
11.图为测量电阻的电路，Rx为待测电阻，R的阻值己知，R′为保护电阻，阻值未知。电源E的电动势未知，K1、K2均为单刀双掷开关。A为电流表，其内阻不计
(1)按图所示的电路，在图的实物图上连线
A
Rx
R
K1
K2
d
c
b
a
R'
E

V
Rx
R
2
1
K
（2）测量Rx的步骤为：将K2向d闭合，K1向__________闭合，记下电流表读数I1，再将K2向c闭合，K1________向闭合，记电流表读数I2。计算Rx的公式是Rx=__________
【分析】这是一道测量电阻的创新实验题，不过，题中除了给出了实验器材，还给出了实验原理图，从原理图看，显然是要求考生利用单刀双掷开关改变电流表的位置，从而先后测出流过待测电阻Rx的电流和流过定值电阻R的电流，然后利用并联电路电流与电阻成反比的原理求出Rx的阻值。此方案的关键条件是：电流表必须是理想表，否则，两次测量流过待测电阻Rx的电流不同。
同理，还可利用理想电压表先后测量两串联电阻两端电压，然后利用串联电路电压与电阻成正比的原理求出的
Rx阻值，如图11。
②利用两个非理想电流表分别测量两个并联电阻的电流或利用两个非理想电压表分别测量两个串联电阻两端的电压
12.实验室中现有器材如实物图所示，有：电池E，电动势约10V，内阻约1Ω；电流表A1，量程10A，内阻r1约为0.2Ω；电流表A2，量程300mA，内阻r2约为5Ω；电流表A3，量程250mA，内阻r3约为5Ω；电阻箱R1，最大阻值999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ω；滑线变阻器R2，最大阻值100Ω；开关S；导线若干。
要求用图所示的电路测定图中电流表A的内阻。


（1）在所给的三个电流表中，哪几个可用此电路精确测出其内阻？
（2）在可测的电流表中任选一个作为测量对象，在实物图上连成测量电路。
（3）你要读出的物理量是_________________。
用这些物理量表示待测内阻的计算公式是_______。
【分析】这是一个测电流表内阻的实验创新题，从原理图上看，显然是利用了通过并联电路的电流与电阻成反比的原理进行测量。但为什么A′ 没有直接与R1串联呢？因为所给出的电流表都有内阻，但又没有给出内阻的准确值，所以将A′ 连接到干路上，间接测量出通过定值电阻R1两端的电压。
R2
R1
V
E
S
V´
由于电流表A1的量程远远大于A2、A3的量程，所以不能用此电路精确测量其内阻，因为将它作为待测表放在电路中电流表A的位置时，测干路上的电流只能用电流表A2或A3。由于电流表A2的量程为300mA，A3的量程为250mA，这就限制了干路中的电流最大不能超过300mA或250mA，而通过待测电流表A的电流要小于干路上的电流，因此通过A1的电流必小于300mA或250mA，而A1的量程为10A， 这说明A1的指针的偏转角将很小，故A1 不能用此电路精确测出其内阻。
同理还可利用两个非理想电压表分别测量两个串联电阻两端的电压。
3．同一实验目的不同设计方案
13.用以下器材测量待测电阻Rx的阻值：
待测电阻Rx：阻值约为100Ω；
电源E：电动势约为6.0V、内阻忽略不计；
电流表A1：量程50mA、内阻r1=20Ω；
电流表A2：量程300 mA、内阻r2约为4Ω；
定值电阻R0：阻值为20Ω；
滑动变阻器R：最大阻值为10Ω；
单刀单掷开关S、导线若干.
①测量中要求两个电流表的读数都不小于其量程的1/3，试画出测量电阻Rx的一种实验电路原理图（原理图中的元件用题干中相应的英文字母标注）.
②若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，则由已知量和测得量表示Rx的表达式为Rx= .
【分析】从题中所给的器材来看，因为给出的是两个电流表，而且其中一个给出了准确的阻值，所以实验设计方案不是唯一的。可以设计为伏安法，也可设计为比值法。
方案一：将已知内阻的电流表A1当电压表，设计为伏安法（考虑A1的双重角色，也可称比值法），如图A。但在这个测量电路中，当流过电流表A1的电流达到满刻度时，流过电流表A2的电流约为(A)=60mA，小于量程的，说明两电表量程不匹配，于是，便想到利用定值电阻加以协调，给Rx并联一个定值电阻以增加干路上的电流，如图B，当流过电流表A1的电流达到满刻度时，流过电流表A2的电流约为(A)=110mA，大于量程的，故这种接法可行。
Rx
A1
图B
A2
R0
Rx
R0
图C
A1
A2
Rx
A2
A1
图A
方案二：因为给的是两个电流表，而且还有一个定值电阻，所以还可考虑利用两个电流表分别测量两个并联电阻（待测电阻和定值电阻）的电流，即利用比值法进行测量，如图C或如图D。（因为A2的准确内阻未知，所以它不能直接与R0或Rx串联），在图C中，当加在串联组两端的电压为6V时，流过A1的电流约为A=0.04A=40mA，流过A2的电流约为A=0.25A=250mA，即两表的示数可同时接近满刻度，故两个电表的示数可同时超过其量程的。在图D中，当流过A1的电流达到满偏时，流过A2的电流约为A=70mA，小于量程的，故这种接法不合适。
E
S
R
Rx
A2
R0
图E
A1
E
S
R
Rx
A2
R0
图F
A1
RX
R0
A1
A2
图D
关于供电电路，从安全性及调节范围的需要出发，应设计为分压式。如图E和如图F。
14.从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电流表A1的内阻r1。要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据。
⑴画出电路图，标明所用器材代号。
⑵若选用数据中的一组来计算r1，则所用的表达式为 ，式中各符号的意义是 。
图C
A1
v
A2
图B
A1
A2
图A
A1
v
【分析】方案一：因为同时给了电流表和电压表，考生最容易想到的是最简单的伏安法，如图A，从测量原理看方案是可行的，但由于电流表A1的满偏电压约为UA1=IA1×r1=10×10-3×40V=0.4V, U A1比电压表的量程 (10V)小得多，采用这种电路测量，电压表和电流表不匹配，测量精确度很低，故不能采用。
方案二：因为给出的另一电流表内阻已知，所以可以利用已知内阻的电流A2当小量程电压表使用，如图B所示，由于电流表A2的满偏电压U A2 =I A2×r2=500×10-6×750V=0.375V，其大小与U A1 =0.4V相近，因为如果对两个并联的电流表加上不大于0.375V的电压，就可以保证两电表指针都能同时发生较大角度的偏转，即两电表能匹配，故此方案可行。
E
S
R1
R2
图D
A1
A2
方案三：因为给出了两个电流表，而电压表又可以当定值电阻用，所以还可以设计为比值法，如图C，但由于电流表A1的满偏电流为10mA，它比电流表A2的满偏电流(500μA=0.5mA)大得多，而电压表的内阻又很大，两个电流表的量程不匹配，测量的精确度同样也低，故也不能采用。
关于供电电路，考虑到要有较大的调节范围，应设计成分压接法，如图D。
图A
Rx
R
S
E
A
2
1
4．替代法
用一个电阻箱替代被测电阻，调整电阻箱的阻值，使电路恢复到替代前的状态，则被测电阻等于电阻箱的阻值。如图A所示，调整电阻箱的阻值，使S接1和S接2时，电流表的读数相同，则。
5．全电路欧姆定律法
（1）当所给的电表只有一个且为理想表，所给的电源不计内阻时，还可设计为全电路欧姆定律法。全电路欧姆定律法依据的原理是全电路欧姆定律。
（2）全电路欧姆定律法还可用于测电流表或电压表的内阻。
6．半偏法
（二） 测定电源电动势和内阻的常用设计方法
测定电源电动势和内阻通常的设计方法是全电路欧姆定律法，依据的原理是全电路欧姆定律。测出两组电源两端的电压和通过电源的电流强度的值，便可算出电源的电动势和内电阻。此实验的创新方案通常有：
1．用电阻箱替代滑动变阻器，电流表串联电阻箱替代电压表
此方案有两种方法处理数据，列表法和图象法；有两种方法分析误差，等效电源法和图象法。
（1）列表法、等效电源法
（2）图象法
2．用电阻箱替代滑动变阻器，电压表并联电阻箱替代电流表
此方案同样有上述两种方法处理数据和分析误差。
（1）列表法、等效电源法
（2）图象法
3．用已知内阻的电压表串联电阻箱
如果电压表内阻Rv已知，还可利用电压表和电阻箱串联进行测量，而且同样可以用上述两种方法处理数据。
（1）列表法
（2）图象法
15.某实验小组用如下器材来测量电压表的内阻．
A．待测电压表(量程0～3 V，内阻为几千欧)
B．电流表(量程0～0.6 A，内阻约0.1 Ω)
C．电池组(电动势约3 V，内阻可忽略)
D．滑动变阻器R0
E．电阻箱R(0～9 999 Ω)
F．开关和导线若干
(1)图甲是某同学设计的电路，大家讨论后一致认为此电路不可行，你认为原因是________；
A．R0阻值较小
B．电流表存在内阻
C．电压表无法准确读数
D．电流表无法准确读数
(2)同学们改用图乙电路进行测量，设电阻箱的阻值为R，电压表的示数为U，为了根据图像能求得电压表的内阻，应该作________图线eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(选填“\f(1,U)－R”“U－R”“U－\f(1,R)”))；
(3)请根据你选择的坐标轴对应的物理量和表的数据，在坐标图中标上合适的标度并作出相应图线；
(4)根据你所画出的图线，求出电源的电动势E＝________ V，电压表内阻RV＝________ kΩ(保留两位有效数字)．
【答案】(1)D (2)eq \f(1,U)－R
(3)如图所示
解析：(1)电流表与电压表串联时，电压表内阻特别大，电路中电流很小，D正确．
(2)根据闭合电路欧姆定律可知E＝U＋eq \f(U,RV)R，整理得eq \f(1,U)＝eq \f(1,ERV)R＋eq \f(1,E)，故应该作eq \f(1,U)－R图线．
(4)由(2)可知，图线斜率k＝eq \f(1,ERV)，纵截距b＝eq \f(1,E)，读图可得k＝eq \f(0.88－0.40,5－0.6) V－1·kΩ－1≈0.11 V－1·kΩ－1，b＝0.33 V－1，则电源电动势E＝eq \f(1,b)≈3.0 V，电压表内阻RV＝eq \f(1,Ek)≈3.0 kΩ.
(4)3.0(2.8～3.2) 3.0(2.8～3.5)
A
E
r
S
R
如图H
R0
R0
R
v
S
r
如图G
E
4．当所给的电压表或电流表量程太小时，可串联电阻或并联电阻作分压（如图G）或作分流用（如图H）。
5．用两个不同的电压表测量电源电动势和内阻
V1
图I
S1
V2
S2
因为根据全电路欧姆定律列方程有两个未知数，所以至少测量两次。其设计电路如图I所示。闭合S1，记下V1和V2的示数U1和U2； 再闭合S2，记下V1的示数U1′。根据全电路欧姆定律有 ，
解方程组得
如果电压表V1的内阻RV1已知，则还可测得电源内阻
（三）一个电路图上完成两个实验
因为测电阻和测电源的电动势和内阻都要用到电流表或电压表，故可以利用单刀双掷开关改变电路的连接方式，从而在一个电路图中完成两个实验。
16.某同学设计了一个如图J所示的实验电路，用以测定电源电动势和内阻，使用的实验器材为：待测干电池组（电动势约3V）、电流表（量程0.6A，内阻小于1Ω）、电阻箱（0～99.99Ω）、滑动变阻器（0～10Ω）、单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若干。考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略。
（1）该同学按图J连线，通过控制开关状态，测得电流表内阻约为0.20Ω。试分析该测量产生误差的原因是_________________________________________。
（2）简要写出利用如图J所示电路测量电源电动势和内阻的实验步骤：
①_____________________________________________________________；
②_____________________________________________________________；
（3）图K是由实验数据绘出的图象，由此求出待测干电池组的电动势E＝____________V、内阻r＝_____________Ω。（计算结果保留三位有效数字）
图40
图41
图K
v0
a
A
C
D
S
K
A
P
B
R
RA
E r
图J
v0
a

【分析】（1）用如图所示电路测电流表电阻时用半偏法，其测量方法是：先闭合电键K，调节滑动变阻器，使电流表满偏；然后把开关S连到C上，保持滑动变阻器电阻不变，调节电阻箱，使电流表半偏，则电阻箱的电阻即为电流表电阻，其产生误差的原因是两次测量干路中电流不同，合向C时电路中的总电阻减小，总电流变大，导致电流表电阻测量值比实际值偏小，其次是电阻箱的阻值不能连续调节。
（2）用如图所示的方法测电动势和内阻用的是电流表和电阻箱串联的方法，其测量方法是：断开电键K，将R旋至最大值，将开关 S与D连接；调小R，直到电流表指针有足够偏转，改变R的值，测出几组I随R变化的数据。
（四）非线性曲线的分析和应用
数据处理的方法一般有列表法和图象法，其中图象法由于处理数据直观、误差小、易于发现错误数据、可以求平均值和求某些物理量，已成为最重要的手段，也是高考中的重点考查内容。目前此类题目正在从画直线向画曲线方面发展，要引起重视。
17.表格中所列数据是测量小灯泡 U—I关系的实验数据：
(1）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图中的 （填“甲”或“乙”）；
A
V
S
图甲
A
V
S
图乙
R
b
a
图丙
（2）在图A的方格纸内画出小灯泡的U—I曲线．分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而 （填“变大”、“变小”或“不变”）；
（3）电阻在图线中是怎么表示的？有人推论：如果灯泡两端的电压增大3.5V，那么灯泡中通过的电流一定不会大于0.251A，你认为他的推论是否正确，为什么？
R0
r
E
图B
解答：电阻在图线中是用各点的纵坐标与横坐标的比值来表示的，即各点与原点连成的弦的斜率来表示的（注意：不是切线的斜率）。
正确，因为从图线可知，电压越高，灯丝电阻越大，因此3.5V时的电阻肯定比3.0V时大，假设此两电压下的电阻相等，根据正比关系可知，
3.5V时对应的电流应为0.251A，所以3.5V电压对应的实际电流I