专题6.5 高考创新实验常关注的3个命题视角-2023届高考物理二、三轮复习总攻略

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc5402" 命题视角(一) 动摩擦因数的测定 PAGEREF _Tc5402 1
\l "_Tc524" 命题视角(二) 电阻的测定 PAGEREF _Tc524 13
\l "_Tc21479" 命题视角(三) 电表的改装与校准 PAGEREF _Tc21479 25
命题视角(一) 动摩擦因数的测定
测定动摩擦因数实验一般结合在“测量做直线运动物体的瞬时速度”“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”或“探究平抛运动的特点”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。
1．(2022·宜宾调研)某实验小组利用图甲所示器材测量滑块与木板之间的动摩擦因数。
实验步骤：
①用弹簧测力计测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；
②将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧测力计相连，如图甲所示。在A端向右水平拉动木板，待弹簧测力计示数稳定后，将读数记作F；
③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②；
实验数据如下表所示：
(1)根据表中数据在图乙坐标纸上作出F­G图线。
(2)由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ＝________(保留两位有效数字)。
(3)在A端向右水平拉动木板速度的大小对动摩擦因数的测量________(选填“会”或“不会”)产生影响。
【答案】：(1)见解析图 (2)0.40(0.39～0.41均可) (3)不会
【解析】：(1)根据表格中的数据在坐标纸上作出F­G图线，如图所示。
(2)由题意可知，稳定时，弹簧测力计的示数等于滑块与木板间的滑动摩擦力，根据μ＝eq \f(f,FN)＝eq \f(F,G)知，图线的斜率等于滑块与木板间的动摩擦因数，则μ＝eq \f(1.8－0.4,4.5－1.0)＝0.40。
(3)滑动摩擦力与相对速度无关，则在A端向右水平拉动木板速度的大小对动摩擦因数的测量不会产生影响。
2.某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图甲所示。
甲
乙
(1)由图甲可知，弹簧的劲度系数为____________ N/m。
(2)为了测定两木块A、B间的动摩擦因数μ，两同学分别设计了如图乙所示的Ⅰ、Ⅱ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方案Ⅰ中，若A和B受到的重力分别为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，则A、B间的动摩擦因数为________。
【答案】 (1)300 (2)①Ⅰ ②0.3
【解析】 (1)由题图甲可知弹簧的劲度系数为k＝eq \f(ΔF,Δl)＝eq \f(60,0.2) N/m＝300 N/m。
(2)①方案Ⅱ中必须要保证木块A做匀速运动，弹簧测力计的读数才等于木块A的摩擦力，所以方案Ⅰ更合理；
②方案Ⅰ中弹簧测力计a的读数等于木块A对木块B的滑动摩擦力，则对木块B而言Ta＝μmBg，解得μ＝eq \f(Ta,mBg)＝eq \f(6,20)＝0.3。
2.(2019·全国卷Ⅱ)如图(a)，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(b)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)。
【答案】：(1)eq \f(gsin θ－a,gcs θ) (2)0.35
【解析】：(1)铁块受重力、木板弹力及摩擦力作用，如图所示，
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。
3.某同学利用一根压缩的弹簧来弹开带有遮光片的滑块测量滑块与木板间的动摩擦因数。实验装置如图(a)所示，将木板水平固定在桌面上，弹簧的左端固定在挡板上，右端与滑块刚好接触(但不连接)，然后将光电门固定在木板上靠近滑块处。实验步骤如下：
(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图(b)所示，d＝________ cm。
(2)将光电门连接计时器，让滑块压缩弹簧至P点(图(a)中未画出)，释放后滑块被弹开并沿木板向右滑动，计时器记录遮光片通过光电门的时间Δt，再测量滑块停止时的位置与光电门的距离x，则可用________表示滑块经过光电门时速度的大小。
(3)改变P点的位置，多次重复步骤(2)。
(4)若用eq \f(1,Δt2)－x图象处理数据，所得图象如图所示，设重力加速度为g，则由图线可得滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________(用物理量的符号表示)。
【答案】 (1)1.02 (2)eq \f(d,Δt) (4)eq \f(ad2,2bg)
【解析】 (1)游标卡尺的示数d＝1 cm＋2×0.1 mm＝1.02 cm。
(2)滑块经过光电门时速度的大小为
v＝eq \f(d,Δt)①
(4)物块从光电门到停止运动，由牛顿第二定律得μmg＝ma②
由匀变速直线运动速度和位移的关系得
v2＝2ax③
由①②③可得eq \f(1,Δt2)＝eq \f(2μgx,d2)
结合图16可得图象的斜率eq \f(a,b)＝eq \f(2μg,d2)
解得μ＝eq \f(ad2,2bg)
4．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滑块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”)。
【答案】：(1)5.80 (2)eq \f(d2,2gLt2) (3)偏小
【解析】：(1)游标卡尺的读数为
d＝5 mm＋16×eq \f(1,20) mm＝5.80 mm。
(2)小滑块通过光电门的速度为v＝eq \f(d,t)，
根据动能定理可得－μmgL＝0－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t)))2，
解得μ＝eq \f(d2,2gLt2)。
(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－eq \f(1,2)mv2可得μ＝eq \f(v2,2gL)，故测量值偏小。
5.(2021·全国甲卷)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α的斜面(已知sin α＝0.34，cs α＝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ΔT＝0.20 s)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9.80 m/s2)。
【答案】 0.43 0.32
【解析】 利用匀变速直线运动规律的推论Δx＝at2，得a＝eq \f(Δx,t2)＝eq \f(（12.74＋11.02－5.87－7.58）×10－2,6×0.202) m/s2＝0.43 m/s2；由牛顿第二定律有mgsin α－μmgcs α＝ma，解得μ＝eq \f(gsin α－a,gcs α)＝eq \f(9.80×0.34－0.43,9.80×0.94)＝0.32。
6.(2022·山东泰安市高三期末)某同学用图甲所示的实验装置测量滑块与桌面之间的动摩擦因数．光电门固定在水平直轨道上的O点，拉力传感器固定在滑块上，不可伸长的细线通过定滑轮将滑块与钩码相连，遮光条的宽度为d，滑块初始位置A点到O点的距离为L，重力加速度为g.实验步骤如下：
A．将滑块从A点由静止释放，传感器显示滑块所受拉力为F，光电门记录遮光条通过光电门的时间为t；
B．改变钩码的个数重复步骤A；
C．正确记录每一组F与t对应的数据，作出F－eq \f(1,t2)的关系图象如图乙所示(图中b、c为已知量)．
(1)根据步骤A中测出的物理量可知，滑块的加速度a＝________；
(2)滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝________；
(3)增加滑块的质量重新进行实验，得到的F－eq \f(1,t2)图象与两坐标轴交点坐标的绝对值b、c的变化情况是：b________，c________.(均填“变大”“变小”或“不变”)
【答案】 (1)eq \f(d2,2t2L) (2)eq \f(cd2,2gL) (3)变大 不变
【解析】 (1)滑块滑到光电门处的速度为v＝eq \f(d,t)
根据位移－速度公式得，滑块的加速度为a＝eq \f(v2,2L)，解得a＝eq \f(d2,2t2L)
(2)对滑块，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma
代入加速度得F＝μmg＋meq \f(d2,2t2L)
根据F－eq \f(1,t2)图象得b＝μmg，c＝eq \f(2μgL,d2)
滑块与桌面间的动摩擦因数为μ＝eq \f(cd2,2gL)
(3)根据(2)可知，b变大，c不变．
7.某同学利用图中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、50 g的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块(质量为200 g，其上可放钩码)、刻度尺，当地重力加速度为9.80 m/s2，实验操作步骤如下：
①安装器材，调整两个光电门的距离为50.00 cm，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图所示；
②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度；
③保持最下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤；
④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量M、系统(包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码)总动能的增加量ΔEk及系统总机械能的减少量ΔE，结果如下表所示：
回答下列问题：
(1)实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为________ J(保留三位有效数字)；
(2)步骤④中的表格所缺数据为________；
(3)若M为横轴，ΔE为纵轴，选择合适的标度，在图13中绘出ΔE－M图象；
(4)若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，则物块与木板之间的摩擦因数为________.(保留两位有效数字)
【答案】 (1)0.980 (2)0.588 (3)见解析图 (4)0.40(0.38～0.42)
【解析】 (1)四个钩码重力势能的减少量为
ΔEp＝4mgL＝4×0.05×9.80×0.5 J＝0.980 J
(2)对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知
4mgL－Wf＝eq \f(1,2)(4m＋M)v22－eq \f(1,2)(4m＋M)v12
其中系统减少的重力势能为ΔEp＝4mgL
系统增加的动能为
ΔEk＝eq \f(1,2)(4m＋M)v22－eq \f(1,2)(4m＋M)v12
系统减少的机械能为ΔE＝Wf，
则代入数据可得表格中减少的机械能为
ΔE3＝0.980 J－0.392 J＝0.588 J
(3)根据表格数据描点得ΔE－M的图象如图所示
(4)根据功能关系可知ΔE＝μMgL
则ΔE－M图象的斜率为
k＝μgL＝eq \f(0.785－0.393,0.400－0.200)＝1.96
解得动摩擦因数为μ＝0.40(0.38～0.42).
8.(2022·河北唐山市高三下学期3月一模)在探究物体质量一定时加速度与力的关系实验中，小明同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了用力传感器来测细线中的拉力.
(1)关于该实验的操作，下列说法正确的是________.
A.必须用天平测出砂和砂桶的质量
B.一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
C.应当先释放小车，再接通电源
D.需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带
(2)实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，小车运动的加速度大小是________ m/s2.(计算结果保留三位有效数字)
(3)由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示.则小车与桌面的滑动摩擦力Ff＝________ N.
【答案】 (1)D (2)2.40 (3)1.0
【解析】 (1)对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量砂和砂桶的质量，也不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，故A、B错误；
使用打点计时器，应先接通电源，再释放小车，故C错误；
探究物体质量一定时加速度与力的关系，要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带，故D正确.
(2)打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，可知相邻两计数点之间的时间间隔为T＝5×eq \f(1,f)＝0.1 s，
根据Δx＝aT2，可得a＝eq \f(xBD－xOB,4T2)＝2.40 m/s2
(3)根据牛顿第二定律可知2F－Ff＝ma，解得Ff＝1.0 N.
9.(2022·新疆高三下第二次适应性检测)某实验小组利用如图所示装置测量滑块与木板间的动摩擦因数，主要实验步骤如下：
a.测量出两光电门之间的距离L和遮光条的宽度d.
b.将四个相同的钩码都放在滑块上，从滑块上取一个钩码挂在细绳的牵引端，将滑块从光电门1的右侧由静止释放，记录遮光条通过光电门1和光电门2的时间Δt1、Δt2.计算出滑块的加速度a1.
c.再依次从滑块上取下钩码增加到牵引端，重复上述步骤，分别计算出滑块的加速度a2、a3、a4.
d.在a－m(m为牵引端钩码总质量)坐标系中描点，再用直线拟合，根据图象计算出滑块与桌面间的动摩擦因数.
结合上述实验步骤完成下列任务：
(1)用图中的螺旋测微器测得遮光条的宽度d＝________ mm；
(2)关于实验原理及操作，下列说法正确的是________.
A.实验时必须平衡摩擦力
B.滑轮与滑块间的细绳必须与木板平行
C.必须保证牵引端钩码总质量远小于滑块、遮光条和其上剩余钩码的总质量
D.本实验必须要测量滑块的质量
(3)由步骤b计算出的滑块加速度a＝________；(用题目中所给的字母表示)
(4)a－m图象中图线在a轴上截距的绝对值为b，已知重力加速度为g，则滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________.
【答案】 (1)3.113(3.111～3.114均可) (2)B (3)eq \f(\f(d,Δt2)2－\f(d,Δt1)2,2L) (4)eq \f(b,g)
【解析】 (1)主尺读数为3 mm，主尺轴线跟可动部分的11和12之间对齐，根据螺旋测微器的读数规则可知遮光条的宽度
d＝3 mm＋0.113 mm＝3.113 mm
(2)由实验原理可知，实验不需要平衡摩擦力，故A错误；
滑轮与滑块间的细绳必须与木板平行，则拉力与木板平行，滑动摩擦力Ff＝μFN＝μMg，故B正确；
因为加速度的计算不会由于C项中原因产生误差，故C错误；
不需要测量滑块质量，a计算出后，关于a－m图象，m为牵引端钩码总质量，与滑块质量无关，故D错误.
(3)由v＝eq \f(x,t)
可得v1＝eq \f(d,Δt1)，v2＝eq \f(d,Δt2)
v22－v12＝2aL
即a＝eq \f(v22－v12,2L)＝eq \f(\f(d,Δt2)2－\f(d,Δt1)2,2L)
(4)由牛顿第二定律可得mg－μ(M－m)g＝Ma
则a＝(eq \f(g,M)＋eq \f(μg,M))m－μg
则有b＝|－μg|
μ＝eq \f(b,g).
10.(2022·四川成都市第二次诊断)如图所示为某实验小组设计的“用量角器和刻度尺测定动摩擦因数”的实验装置。
(1)实验步骤为：①将小球和滑块用细绳连接，使其跨过固定的斜面，均处于静止状态；②剪断细绳，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音；③保持小球和滑块的位置不变，调整________________位置，重复以上操作，直到同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音；④用量角器测出斜面的倾角θ，用刻度尺测出小球下落的高度H和滑块沿斜面运动的位移x。
(2)由实验可求得：滑块沿斜面运动的加速度和重力加速度的比值eq \f(a,g)＝________；滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝________。
【答案】 (1)挡板 (2)eq \f(x,H) tan θ－eq \f(x,Hcs θ)
【解析】 (1)本实验利用小球与滑块运动时间相等，结合运动学规律和牛顿第二定律进行处理，则保持小球和滑块的位置不变，调整挡板的位置，重复以上操作，直到同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。
(2)对滑块有x＝eq \f(1,2)at2
对小球有H＝eq \f(1,2)gt2得eq \f(a,g)＝eq \f(x,H)
由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcs θ＝ma，得μ＝tan θ－eq \f(a,gcs θ)＝tan θ－eq \f(x,Hcs θ)。
命题视角(二) 电阻的测定
电阻的测定是欧姆定律的重要应用，是整个电学实验的核心，是高考电学实验命题的热点。以教材中伏安法测电阻为原形实验，变换出安安法、伏伏法、比较法、半偏法、替代法等多种不同的测量方式，综合考查仪器选择、电路设计与分析、实验数据处理与误差分析，从而全方位考查考生的实验能力。
1．(2022·潍坊五校联考)某同学在实验室发现一根粗细均匀、中空的圆柱形导电元件，其横截面为同心圆环，如图甲所示，该同学想知道中空部分的内径d，但该元件的内径太小，无法直接测量，他设计了如下实验进行测量，已知该元件的长度L及电阻率ρ。
(1)用螺旋测微器测元件的外径D，结果如图乙所示，该读数为________mm。
(2)用多用电表测出其阻值，多用电表的“Ω” 挡有“×1”“×10”“×100”“×1 k”四挡，选用“×100”挡测量时，发现指针偏转角度过大，换用相邻的某倍率，重新调零后进行测量，结果如图丙所示，则该元件的电阻为________Ω。
(3)为精确地测量该元件电阻，有下列器材可供选择：
A．电流表A1(量程50 mA，内阻r1＝100 Ω)
B．电流表A2(量程150 mA，内阻r2大约为40 Ω)
C．电流表A3(量程3 A，内阻r3大约为0.1 Ω)
D．滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流2 A)
E．直流电源E(9 V，内阻不计)
F．导电元件Rx
G．开关一只，导线若干
请选择合适的仪器，将实验电路图画在虚线框内，并标明所选器材的代号。
eq \x(\a\al( , , , , ,))
(4)若测得该元件的电阻为R，则元件的内径d＝________________。(用已知量和所测物理量的符号表示)
【答案】：(1)6.005 (2)90 (3)见解析图 (4) eq \r(D2－\f(4ρL,πR))
【解析】：(1)螺旋测微器的固定刻度为6.0 mm，可动刻度为0.5×0.01 mm＝0.005 mm，所以最终读数为6.0 mm＋0.005 mm＝6.005 mm。
(2)选用“×100”挡测量时，发现指针偏转角度过大，则说明所选挡位较大，应选择相邻小倍率挡，则选用的是“×10”，由图可知，该元件的电阻为9×10 Ω＝90 Ω。
(3)由于实验器材中没有电压表，但电流表A1内阻已知，且电流表A1能测最大电压为Umax＝50×10－3×100 V＝5 V，
则可将电流表A1充当电压表，由于测量过程中流过电阻的电流不宜太大，则电流表选A2，为了多测量数据而减小误差，则滑动变阻器应用分压式，由于电流表A2的内阻未知，则用外接法，电路图如图所示。
(4)由电阻定律有R＝ρeq \f(L,S) ＝ρeq \f(L,π\f(D,2)2－π\f(d,2)2)
解得d＝ eq \r(D2－\f(4ρL,πR))。
2.(2021·浙江6月选考)小李在实验室测量一电阻R的阻值。
(1)因电表内阻未知，用如图甲所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后，合上开关S，将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷到1，电压表的读数U1＝1.65 V，电流表的示数如图乙所示，其读数I1＝________A；将K掷到2，电压表和电流表的读数分别为U2＝1.75 V，I2＝0.33 A。由此可知应采用电流表________(填“内”或“外”)接法。
(2)完成上述实验后，小李进一步尝试用其他方法进行实验：
①器材与连线如图丙所示，请在虚线框中画出对应的电路图；
②先将单刀双掷开关掷到左边，记录电流表读数，再将单刀双掷开关掷到右边，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数与前一次尽量相同，电阻箱的示数如图丁所示。则待测电阻Rx＝________Ω。此方法________(填“有”或“无”)明显的实验误差，其理由是
____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
【答案】 (1)0.34(0.33～0.34) 外
(2)①见解析图 ②5 有 电阻箱的最小分度与待测电阻比较接近(或其他合理解释)
【解析】 (1)由电流表的表盘可知电流大小为0.34 A；电压的百分比变化为η1＝eq \f(1.75－1.65,1.75)×100%＝5.7%，电流的百分比变化为η2＝eq \f(0.34－0.33,0.34)×100%＝2.9%，电压表的示数变化更明显，说明电流表电阻较大，应采用外接法。
(2)①电路图如图所示
②两次实验中电流相同，据I＝eq \f(E,RA＋r＋Rx)＝eq \f(E,RA＋r＋R0)知Rx＝R0，电阻箱读数即为待测电阻阻值即Rx＝5 Ω；电阻箱的最小分度和待测电阻阻值接近，这样测得的阻值不够精确，如待测电阻阻值为5.4 Ω，则实验只能测得其为Rx＝5 Ω，误差较大。
3．(2022·西宁一模)某同学在进行“测定金属丝的电阻率”的实验中：
(1)如图甲所示，该同学用螺旋测微器测量金属丝的直径D＝________mm。
(2)该同学用如图乙所示电路图测量金属丝Rx的电阻，供选择的仪器如下：
①电流表A1(内阻为r)；
②电流表A2；
③滑动变阻器R1(0～1 000 Ω)；
④滑动变阻器R2(0～20 Ω)；
⑤蓄电池(2 V)；
⑥开关S及导线若干。
(3)滑动变阻器应选择__________(选填“R1”或“R2”)；在图丙中按图乙用笔画线代替导线连接实物图。
(4)闭合开关S，移动滑动触头至某一位置，记录A1、A2的读数I1、I2，通过调节滑动变阻器，得到多组实验数据；以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图像，如图丁所示。根据I2­I1图像的斜率k及电流表A1内阻r，写出金属丝电阻的表达式Rx＝________。
(5)测得金属丝连入电路的长度为L，则金属丝电阻率ρ＝________(用k、D、L、r表示)。
【答案】：(1)2.500 (3)R2 见解析图 (4)eq \f(r,k－1) (5)eq \f(πrD2,4Lk－1)
【解析】：(1)螺旋测微器测量金属丝的直径D＝2 mm＋50.0×0.01 mm＝2.500 mm。
(3)根据电路原理图可知，滑动变阻器是分压式接法，所以滑动变阻器要选择较小的R2。
根据电路原理图，实物图连线如图所示。
(4)根据欧姆定律可知金属丝电阻Rx＝eq \f(I1r,I2－I1)，变形得I2＝1＋eq \f(r,Rx)I1，所以I2­I1图像的斜率k＝1＋eq \f(r,Rx)，变形得Rx＝eq \f(r,k－1)。
(5)根据电阻定律得Rx＝ρeq \f(L,S)，解得ρ＝eq \f(RxS,L)＝eq \f(πrD2,4Lk－1)。
4.(2022·哈尔滨三中模拟)某同学采用“半偏法”测量一个量程为3 V的电压表的内阻(约3 kΩ)，电路图如图所示。
(1)要使测量值尽量准确，除了选用电源、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用________(选填“A”或“B”)，电阻箱中选用________(选填“C”或“D”)，电源中选用________(选填“E”或“F”)。
A.滑动变阻器(0～50 Ω)
B.滑动变阻器(0～2 kΩ)
C.电阻箱(0～999.9 Ω)，阻值最小改变量为0.1 Ω
D.电阻箱(0～9 999.9 Ω)，阻值最小改变量为0.1 Ω
E.电源电动势1.5 V，内阻可忽略
F.电源电动势4.5 V，内阻可忽略
(2)该同学在测量电压表的内阻时，实验步骤如下：
①按实验原理图连接好电路，把开关S1、S2断开，把滑动变阻器的滑片P置于________(选填“a”或“b”)；
②闭合开关S1、S2，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为3.00 V；
③保持P位置不变，再断开开关S2，调节电阻箱的阻值使电压表的示数为1 V，此时电阻箱的阻值为6.2 kΩ，则被测电压表内阻的测量值RV＝________ kΩ。
(3)电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比，R测________(选填“略大于”“略小于”或“等于”)R真。
【答案】 (1)A D F (2)①a ③3.1 (3)略大于
【解析】 (1)本题滑动变阻器采用分压式接法，为了操作方便应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选A；因为本实验是采用“半偏法”测电压表的内阻，电压表半偏时，电阻箱的阻值认为等于电压表的内阻，电压表的内阻值大约为3 kΩ，所以电阻箱选D；由于电压表量程为3 V，并且(2)中电压表示数要调到3 V，所以电源只能选F。
(2)①按实验原理图连接好电路，把开关S1、S2断开，为了保证开关闭合时电路的安全，让测量电路中的电压由零开始调节，把滑动变阻器的滑片P置于a端；③电阻箱和电压表串联的总电压是3.0 V，调节电阻箱使电压表示数为1.0 V时，电阻箱上分压为2.0 V，根据串联电路电压与电阻成正比，得被测电压表内阻的测量值RV＝eq \f(1,2)×6.2 kΩ＝3.1 kΩ。
(3)实验中当S2断开时，电阻箱和电压表串联，再与滑动变阻器并联，则此时电阻箱和电压表两端电压略大于3 V，认为电阻箱和电压表两端电压仍为3 V，故调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.0 V位置，此时电阻箱的电压大于2.0 V，故电阻箱的电阻大于电压表的电阻的2倍，即电压表内阻测量值偏大。
5．(2022·合肥模拟)某同学为了测量一根铅笔芯的电阻率，设计了如图甲所示的电路测量该铅笔芯的电阻值。所用器材有电流表A1、A2，电阻箱R1、滑动变阻器R2、待测铅笔芯Rx、电源E、开关S及导线等。操作步骤如下：调节滑动变阻器和电阻箱的阻值达到最大；闭合开关，适当调节滑动变阻器和电阻箱的阻值；记录两个电流表A1、A2的示数分别为I1、I2。
请回答以下问题：
(1)若电流表的内阻可忽略，则电流表示数I2＝______I1时，电阻箱的阻值等于待测笔芯的电阻值。
(2)用螺旋测微器测量该笔芯的直径，螺旋测微器的示数如图乙所示，该笔芯的直径为________ mm。
(3)已测得该笔芯的长度L＝20.00 cm，电阻箱R1的读数为5.00 Ω，根据上面测量的数据可计算出笔芯的电阻率ρ＝________Ω·m。(结果保留3位有效数字)
(4)若电流表A2的内阻不能忽略，仍利用(1)中方法，则笔芯电阻的测量值________真实值(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】：(1)eq \f(1,2) (2)1.000 (3)1.96×10－5 (4)小于
【解析】：(1)由并联电路特点可知，当I2＝eq \f(1,2) I1时，电阻箱的阻值与待测笔芯的阻值相等；
(2)螺旋测微器的读数为1.000 mm；
(3)由公式R＝ρeq \f(L,S)可计算出笔芯的电阻率为1.96×10－5 Ω·m；
(4)电流表A2的内阻不能忽略时，电流表A2与电阻箱的电阻之和等于待测笔芯的电阻，即电阻的测量值小于真实值。
6. (2022·山东卷，14)某同学利用实验室现有器材，设计了一个测量电阻阻值的实验。实验器材：
干电池E(电动势1.5 V，内阻未知)；
电流表A1(量程10 mA，内阻为90 Ω)；
电流表A2(量程30 mA，内阻为30 Ω)；
定值电阻R0(阻值为150 Ω)；
滑动变阻器R(最大阻值为100 Ω)；
待测电阻Rx；
开关S，导线若干。
测量电路如图所示。
(1)断开开关，连接电路，将滑动变阻器R的滑片调到阻值最大一端。将定值电阻R0接入电路；闭合开关，调节滑片位置。使电流表指针指在满刻度的eq \f(1,2)处。该同学选用的电流表为________(选填“A1”或“A2”)；若不考虑电池内阻。此时滑动变阻器接入电路的电阻值应为________ Ω。
(2)断开开关，保持滑片的位置不变。用Rx替换R0，闭合开关后，电流表指针指在满刻度的eq \f(3,5)处，则Rx的测量值为________ Ω。
(3)本实验中未考虑电池内阻，对Rx的测量值________(选填“有”或“无”)影响。
【答案】 (1)A1 60 (2)100 (3)无
【解析】 (1)若不考虑电池内阻，且在电池两端只接R0时，电路中的电流约为
I＝eq \f(E,R0)＝eq \f(1.5,150) A＝10 mA，因I