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<，应选用内接法；若>，应选用外接法。
(2)临界值判断法
若Rx>，应选用内接法；若Rx<，应选用外接法；若Rx＝R0，内外接法均可。
(3)试触法
若电流表示数较电压表示数变化明显，说明外接时电压表分流作用大，应采用内接法；若电压表示数较电流表示数变化明显，说明内接时电流表的分压作用大，应采用外接法。
2．滑动变阻器限流接法与分压接法的选取原则
(1)限流式接法选取原则
一般在滑动变阻器总电阻R0与用电器电阻Rx相差不大时，若既不要求较大范围内调节电流和电压，又不要求从零开始读数，则优先选择限流式接法。
(2)分压式接法选取原则
①滑动变阻器的总电阻R0远小于用电器电阻Rx或电路中串联的其他电阻的阻值，即Rx≫R0；
②要求用电器Rx的电流或电压从零开始连续变化；
③采用限流式接法时，电路中的最小电流大于用电器Rx的额定电流，或给定的仪表量程偏小。
三条中满足一条，采用分压接法。
题|型|精|研
命题角度1　伏安法测电阻
5．某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率。实验操作如下：
(1)螺旋测微器如图甲所示。在测量电阻丝的直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动________(选填“A”“B”或“C”)，直到听到“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。

(2)选择电阻丝的________(选填“同一”或“不同”)位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。
(3)图乙中Rx为待测电阻丝。请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入图丙实物电路中的正确位置。

(4)为测量Rx，利用图乙所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1－I1关系图象如图丁所示。接着，将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：
U2/V
0.50
1.02
1.54
2.05
2.55
I2/mA
20.0
40.0
60.0
80.0
100.0
请根据表中的数据，在方格纸上作出U2－I2图象。

(5)由此，可求得电阻丝的Rx＝________ Ω。根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率。
解析　(1)旋转微调旋钮C。
(2)电阻丝的粗细不一定均匀，为减小测量误差，应在不同位置测直径，然后取平均值作为测量值。
(3)滑动变阻器采用分压式接入电路，注意线不能交叉，如答案图甲所示。
(4)根据所给的5组数据在U－I图象中描点，用过原点的直线把它们连在一起，让尽可能多的点在直线上，如答案图乙所示。
(5)由题意知＝Rx＋RA＋R0，由U1－I1图线的斜率可得＝49.0 Ω。＝RA＋R0，由作出的U2－I2图线的斜率可得＝25.5 Ω。故Rx＝(49.0－25.5) Ω＝23.5 Ω。
答案　(1)C　(2)不同　(3)见图甲
(4)见图乙　(5)23.5(23.0～24.0都算对)


命题角度2　替代法测电阻
6．某实验小组利用如图1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V(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，先按图甲连接好电路，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R2－t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，图中R1的滑片应移动到________(选填“a”或“b”)端。
(2)在图乙的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并作出R2－t曲线。

(3)由图乙可得到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的相应读数如图丙所示，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。
(3)由图象可知t＝44.0 ℃时，电阻的阻值为450 Ω。
(4)由题图可得电阻箱阻值为620.0 Ω，由图象可得温度约为33.0 ℃。
答案　(1)b　(2)如图所示

(3)450　(4)620.0　33.0
命题角度3　半偏法测电阻
7．(半偏法测电流表内阻)小聪想用满偏电流为600 μA的灵敏电流计G改装成0.6 A的电流表，操作步骤如下：

(1)用如图甲所示的电路测量电流计G的内阻。先闭合S1，调节滑动变阻器R，使电流计指针满偏；保持滑动变阻器的滑片位置不变，再闭合S2，调节电阻箱R′，使电流计指针半偏，读出此时R′的阻值为99.9 Ω，则测得灵敏电流计的内阻rg＝________ Ω。
(2)用这种方法测出的电流计内阻rg，与电流计内阻的真实值rg′相比有一定的误差，为减小此误差，应使R________(选填“≫”“≪”或“＝”)R′的读数。
(3)将此灵敏电流计与R0＝________ Ω的定值电阻并联，就可以改装成量程为0.6 A的电流表。
(4)采用如图乙所示电路，用满偏电流为0.6 A的标准电流表A校对上述改装的电流表，由于测量电流计内阻的系统误差，会导致改装的电流表测得的电流________(选填“大于”“小于”或“等于”)标准电流表测得的电流。
解析　(1)用半偏法测电阻，若并联电路电流相同，则电阻相同，电流计内阻等于电阻箱阻值，为99.9 Ω。
(2)因总电阻变小，电路中总电流变大，则电阻箱所在支路的电流大于原电流的一半，则电阻箱阻值小于电流计的内阻，即测量值偏小；若R≫R′，则电路中的电流增加量几乎可以忽略不计，可以减小实验的误差。
(3)将此灵敏电流计改装成电流表要并联电阻，由欧姆定律可得：(I－Ig)R0＝Igrg，解得R0＝0.1 Ω。
(4)由于电流计内阻的测量值偏小，所以由公式得出的与电流计并联的R0偏小，导致改装的电流表的量程偏大，所以实际的读数偏小，即改装的电流表测得的电流小于标准电流表测得的电流。
答案　(1)99.9　(2)≫　(3)0.1　(4)小于
8．(半偏法测电压表内阻)某实验探究小组利用半偏法测量电压表内阻，实验室提供了下列实验器材：
A．待测电压表V(量程为3 V，内阻约为3 000 Ω)
B．电阻箱R1(最大阻值为9 999.9 Ω)
C．滑动变阻器R2(最大阻值为10 Ω，额定电流为2 A)
D．电源E(电动势为6 V，内阻不计)
E．开关两个，导线若干
(1)如图虚线框内为探究小组设计的部分测量电路，请你补画完整；

(2)根据设计的电路图，连接好实验电路，进行实验操作，请你补充完善下面操作步骤。首先闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器R2的滑片，使电压表达到满偏；保持________不变，断开开关________(选填“S1”或“S2”)，调节________的阻值，使电压表示数达到半偏，读取并记录此时电阻箱的阻值R0；
(3)实验测出的电压表内阻R测＝________，它与电压表内阻的真实值RV相比，R测________(选填“＞”“＝”或“＜”)RV。
解析　(1)根据半偏法测电压表内阻的原理，滑动变阻器应接成分压式电路，所以电路如答案图所示。
(2)闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器R2的滑片，使电压表达到满偏；保持R2的滑片位置不变，使R2左半部分的电压不变，断开开关“S2”，使电压表和电阻箱串联，调节电阻箱接入电路的阻值，使电压表示数达到半偏，读取并记录此时电阻箱的阻值R0；
(3)依据上述操作，被测电压表和电阻箱分得电压相等，即电压表内阻和此时电阻箱接入电路部分电阻相等，可通过读取电阻箱接入电路部分电阻，得到被测电压表内阻，R测＝R0；因为，断开开关“S2”后总电阻增大，使R2左半部分的电压增大，即R1两端电压大于被测电压表两端电压，R1的阻值大于被测电压表的内阻，则R测＞RV。
答案　(1)如图所示

(2)R2的滑片位置　S2　R1　(3)R0　＞

高考考向3　以测电动势为核心的实验
解|题|必|备
1．测电源电动势和内阻的常用方法

伏安法
伏阻法
安阻法
实验
原理
E＝U＋Ir
E＝U＋r
E＝IR＋Ir
实验
电路



数据处理



计算法



图象法

U＝－rI＋E

＝·＋

＝·R＋
误差
来源
电压表的分流
E测 r测 电压表的分流
E测 r测 电流表的分压
E测＝E真；
r测>r真
2.“测电源电动势和内阻”实验数据处理方法
本实验在利用图象处理数据时，要明确：
(1)如图所示图线的纵坐标是路端电压，它反映的是：当电流I增大时，路端电压U将随之减小，U与I成线性关系，U＝E－Ir。

(2)电阻的伏安特性曲线中，U与I成正比，前提是R保持一定，而这里的U－I图线中，E、r不变，外电阻R改变，正是R的变化，才有I和U的变化。
(3)将图线两侧延长，纵轴截距点意味着断路情况，它的数值就等于电源电动势E，横轴截距点(路端电压U＝0)意味着短路情况，它的数值等于短路电流。
(4)图线斜率的绝对值表示电源内阻，由于r一般很小，故得到的图线斜率的绝对值就较小。为了使测量结果准确，可以将纵轴的坐标不从零开始，计算r时选取直线上相距较远的两点求得。
题|型|精|研
9．(伏安法)某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。实验电路如图甲所示，现有开关和导线若干，以及如下器材：
A．电流表A：量程0～0.6 A，内阻约0.125 Ω
B．电压表V：量程0～3 V，内阻约3 kΩ
C．滑动变阻器0～20 Ω
D．滑动变阻器0～200 Ω


(1)为了操作方便，减小实验误差，滑动变阻器应选用________(选填相应器材前的字母)。
(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于最________(选填“左”或“右”)端。
(3)图乙是该同学根据实验数据绘制的U－I图线，根据图线求得被测干电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω(结果保留到小数点后2位)。
(4)该实验中，产生系统误差的主要原因是________。图丙中实线为根据测量数据绘制的图线，虚线代表在没有误差情况下，电压表两端电压的真实值与通过电源电流真实值关系的图线，图丙四幅图中能够正确反映两者关系的是________。
解析　(1)若选C，则电路中的电流最小约为≈0.08 A，此时电流表指针偏转较小；若选D，则滑动变阻器阻值从200 Ω到20 Ω，电路中的电流一直很小，所以为了方便实验操作，滑动变阻器应选择C。
(2)滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大处，即右端。
(3)由图示电源U－I图象可知，电源电动势为：E＝1.48 V，电源内阻为：r＝＝ Ω≈0.90 Ω。
(4)由图示电路图可知，电流表采用内接法，由于电压表不是理想电表，故存在分流现象，导致测得通过电源的电流偏小；而当外电路短路时，电压表的分流可以忽略，故真实图象和测量图象在横轴上的交点相同，故D项正确，A、B、C三项错误。
答案　(1)C　(2)右　(3)1.48　0.90
(4)电压表分流　D
10．(安阻法)一同学测量某干电池的电动势和内阻。
(1)如图甲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。
①______________________________________________
②______________________________________________

(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
6.0
5.3
4.5
3.8
根据表中数据，在如图乙所示的相应的方格纸上作出R－关系图象。

由图象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丙所示，则该干电池的电动势应为________ V，内阻应为________ Ω。

解析　(1)连接电路时电源应与电路断开，所以开关要断开；另一错误是电阻箱接入电路的电阻是零，这样容易烧坏电流表和电源。
(2)将数据描点连线，做出一条倾斜的直线。根据闭合电路欧姆定律E＝I(R＋r)得R＝E·－r，所以图线的斜率表示电源电动势E＝ V＝1.37 V，截距绝对值表示r＝1.20 Ω。
(3)用电压表与电流表并联，可测得电流表的内阻RA＝＝ Ω＝0.20 Ω，考虑电表内阻对实验的影响，则E＝I(R＋RA＋r)，得R＝E·－(RA＋r)，所以图线的斜率仍表示电动势，电动势的准确值为1.37 V，图线的截距表示(RA＋r)，所以内阻精确值为r＝(1.20－0.20) Ω＝1.00 Ω。
答案　(1)①开关未断开　②电阻箱阻值为零
(2)如图所示

1．4(1.30～1.44都算对)　1.2(1.0～1.4都算对)
(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)
11．(伏阻法)(1)某同学根据如图甲所示的装置测量某电源的电动势和内阻，测得电压表的读数为U1时电阻箱的读数为R1；当电压表的读数为U2时电阻箱的读数为R2，则电源的电动势E＝________。

(2)为减小电压表读数带来的实验误差，该同学结合实验室的器材对原电路稍做了改进如图乙所示，请根据电路图将图丙所示器材连接成电路。


丁
(3)闭合开关后，调节电阻箱接入电路的阻值，得到多组电阻箱接入电路的阻值R和对应的电压表的示数U，为了比较准确地得出实验结论，该同学准备用直线图象来处理实验数据，根据测得的多组电阻箱的阻值R和记录的对应电压表的读数U，作出－图象如图丁所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为－0.2 Ω－1和0.5 V－1，定值电阻的阻值R0＝4.5 Ω。则可得该电源的电动势为________，内阻为________。
解析　(1)根据闭合电路欧姆定律：E＝U1＋r，E＝U2＋r，联立可得：E＝。
(2)连接电路如图所示。

(3)根据闭合电路欧姆定律：E＝U＋(r＋R0)，变形可得＝＋·，由图可知斜率为k＝，即＝，截距为0.5＝，解得E＝2 V，r＝0.5 Ω。
答案　(1)　(2)图见解析
(3)2 V　0.5 Ω

高考考向4　电学创新、设计型实验
解|题|必|备
解决这类题主要抓住两点
一是选择好合适的实验原理，求解电学设计型实验考题的关键是在弄清原理的基础上将基本方法灵活迁移，从方法迁移中寻找问题的突破口。
二是设计合理的电路，应先依据题意确定电流表、电压表和滑动变阻器等仪器，然后确定电流表的接法，再选择控制电路并画出实验电路图。
题|型|精|研
命题角度1　元件的创新
12．导体或半导体材料在外力作用下产生机械形变时，其电阻值发生相应变化，这种现象称为应变电阻效应。如图甲所示，用来称重的电子吊秤，就是利用了这个应变效应。电子吊秤实现称重的关键元件是拉力传感器。其工作原理是：挂钩上挂上重物，传感器中拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生微小形变(宏观上可认为形状不变)，拉力敏感电阻丝的电阻也随着发生变化，再经相应的测量电路把这一电阻变化转换为电信号(电压或电流)，从而完成将所称物体重量变换为电信号。

物理小组找到一根拉力敏感电阻丝R，其阻值随拉力F变化的图象如图乙所示，小组按图丙所示电路制作了一个简易“吊秤”。电路中电源电动势E＝3 V，内阻r＝1 Ω；灵敏毫安表量程为10 mA，内阻Rg＝50 Ω；R1是可变电阻器，A、B两接线柱等高且固定。现将这根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘环，将其两端接在A、B两接线柱之间固定不动。通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，不计敏感电阻丝重力，现完成下列操作步骤：
步骤a.滑环下不吊重物时，闭合开关调节可变电阻R1使毫安表指针满偏；
步骤b.滑环下吊上已知重力的重物G，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；
步骤c.保持可变电阻R1接入电路的电阻不变，读出此时毫安表示数I；
步骤d.换用不同已知重力的重物，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；
步骤e.将电流表刻度盘改装为重力刻度盘。
(1)试写出敏感电阻丝上的拉力F与重物重力G的关系式F＝________。
(2)设R－F图象斜率为k，试写出电流表示数I与待测重物重力G的表达式I＝________________(用E、r、R1、Rg、R0、k、θ表示)。
(3)若R－F图象中R0＝100 Ω，k＝0.5 Ω/N，测得θ＝60°，毫安表指针半偏，则待测重物重力G＝________N。
(4)关于改装后的重力刻度盘，下列说法正确的是(　　)
A．重力零刻度线在电流表满刻度处，刻度线均匀
B．重力零刻度线在电流表零刻度处，刻度线均匀
C．重力零刻度线在电流表满刻度处，刻度线不均匀
D．重力零刻度线在电流表零刻度处，刻度线不均匀
(5)若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台“简易吊秤”称重前，进行了步骤a操作，则测量结果________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析　(1)对滑环受力分析，由平衡知识可知2Fcosθ＝G，解得F＝。
(2)由图乙可知：R＝kF＋R0；由图丙电路可知
I＝
＝。
(3)将R0＝100 Ω，k＝0.5 Ω/N，θ＝60°，I＝Ig＝5 mA，E＝3 V，内阻r＝1 Ω，Rg＝50 Ω代入I＝和Ig＝，可得G＝600 N。
(4)当不挂重物时，电流计满偏，则重力零刻度线在电流表满刻度处，因G与I不是线性关系，则刻度线不均匀，故选C。
(5)实验前进行了a操作，则Ig＝，则当挂重物G时I＝＝，则电源内阻对实验结果无影响，测量结果不变。
答案　(1)　(2)
(3)600　(4)C　(5)不变
命题角度2　实验电路的创新
13．(2020·吉林省白城市四中网上模拟考试)某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量，实验室提供的器材有：

两个相同的待测电源(内阻r≈1 Ω)
电阻箱R1(最大阻值为999.9 Ω)
电阻箱R2(最大阻值为999.9 Ω)
电压表V(内阻约为2 kΩ)
电流表A(内阻约为2 Ω)
灵敏电流计G，两个开关S1、S2
主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为0.40 A、12.0 V、30.6 Ω、28.2 Ω；
②反复调节电阻箱R1和R2(与①中的电阻值不同)，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为0.60 A、11.7 V。
回答下列问题：
(1)步骤①中：电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势差UAB＝________ V；A和C两点的电势差UAC＝________ V；A和D两点的电势差UAD＝________ V；
(2)利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为________ Ω，电流表的内阻为________ Ω；
(3)结合步骤①步骤②的测量数据电源的电动势E为________ V，内阻r为________ Ω。
解析　(1)当电流计示数为0时，A、B两点电势相等，即UAB＝0；电压表示数即为A、C两点电势差，即UAC＝－12.0 V；由闭合电路欧姆定律可知，D、A和A、C之间的电势差相等，故UAD＝12.0 V。
(2)由欧姆定律可得＋＝I1，解得RV＝1 530 Ω，由UDA＝I1(R2＋RA)可得RA＝1.8 Ω。
(3)由步骤①可得2E＝24 V＋2I1r，由步骤②可得2E＝2×11.7 V＋2I2r，联立可解得E＝12.6 V，r＝1.5 Ω。
答案　(1)0　－12.0　12.0　(2)1 530　1.8
(3)12.6　1.5
课时巩固练(12)　电学实验
1．某学习小组的同学探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：
小灯泡L，规格“3.6 V　0.3 A”；
电流表A，量程0.2 A，内阻r1＝0.6 Ω；
电压表V，量程3 V，内阻r2＝3 kΩ；
标准电阻R1，阻值1.2 Ω；
标准电阻R2，阻值1 kΩ；
标准电阻R3，阻值10 kΩ；
滑动变阻器R，阻值范围0～10 Ω；
学生电源E，电动势4 V，内阻不计；
开关S及导线若干。

甲
(1)甲同学设计了如图甲所示的电路来进行测量，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于________(选填“a”或“b”)端。闭合开关后移动滑片，发现电流表几乎无示数，电压表示数接近3 V，其故障原因可能是________(选填“cd间L支路短路”或“cd间L支路断路”)。

(2)排除故障后，某次电压表的示数如图乙所示，其读数为________V。
(3)学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在甲同学的基础上利用所供器材，在图丙所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号。
(4)按图丙重新连续好电路，移动滑片在某个位置，读出电压表、电流表示数分别为U、I，如果不考虑电压表的分流，则此时刻灯泡L的电阻R＝________(用U、I及数字表示)。
解析　(1)闭合开关前，为了保证电路安全，滑动变阻器的滑片应该置于a端，闭合开关后移动滑片，发现电流表几乎无示数。电压表示数接近3 V，其故障原因可能是cd间L支路断路。
(2)电压表读数为2.30 V。
(3)电压表、电流表需要扩大量程，能测灯泡的额定电压和电流，电流表并联R1，量程扩大到0.3 A，电压表串联R2，量程扩大到4.0 V，根据扩程后的电表内阻和灯泡的额定电压下的内阻，选用电流表内接法。
(4)根据电路图，可以得到灯泡两端的电压为U，电流为I，根据欧姆定律得R＝－0.4 Ω。

答案　(1)a　cd间L支路断路　(2)2.30　(3)见解析
(4)－0.4 Ω
2．(2020·浙江新突破考前模拟)(1)在“练习使用多用电表”的实验中，

甲
小明同学用多用电表测量某一电阻，由于第一次选择的倍率不够合适，又改换另一倍率测量，两次测量时电表指针所指的位置如图甲中的虚线所示，下面列出这两次测量中的主要操作：
A．将两根表笔短接，并调零
B．将表笔分别与被测电阻的两端接触，观察指针位置
C．记下电阻值
D．将“选择开关”旋到“×10 Ω”挡
E．将“选择开关”旋到“×1 Ω”挡
F．将“选择开关”旋到交流500 V挡
①根据上述有关操作作出两次倍率选择的先后顺序是________(选填“DE”或“ED”)；
②该电阻的阻值是________Ω。
(2)为了更精确地测定该电阻的阻值，小明欲采用伏安法。现有如下实验器材：①量程为3 V，内阻约为3 kΩ的电压表；②量程为10 mA，内阻约为0.1 Ω的电流表；③阻值为0～20 Ω的滑动变阻器；④内阻可忽略，输出电压为3 V的电源；⑤开关和导线若干。

图乙中P点应该________，Q点应该________。(均在下列选项中选择)
A．接a B．接b
C．接c D．不接
解析　(1)①由图甲可知，第一次测量时指针偏转较小，故说明所选倍率过小，故应选择大倍率，操作作出两次倍率选择的先后顺序是ED。②由图甲可知，正确的示数应为18，故电阻的阻值应为18×10 Ω＝180 Ω。
(2)因为Rx＝180 Ω>＝ Ω＝ Ω，所以电流表采用内接法，故P点应该接c；滑动变阻器的阻值较小，因此采用分压电路，故Q点应该接a，所以分别选C、A。
答案　(1)①ED　②180　(2)C　A
3．(2020·河南省九师联盟质量检测)某实验小组要测量一段金属丝的电阻率。
(1)用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图甲所示，则金属丝的直径为d＝________ mm。


丙
(2)实验小组成员根据实验室提供的器材，连接成了如图乙所示的电路，闭合开关前将图乙中的滑动变阻器滑片移到最________(选填“左”或“右”)端，闭合开关，将滑动变阻器的滑片移到合适的位置。再移动金属夹P的位置，从而改变金属丝接入电路的长度。测得多组电压表示数U、电流表示数I及金属丝接入电路的长度L，作出－L图象，如图丙所示，图象不过原点的原因是________________。如果图线的斜率k＝2 Ω/m，则该金属丝电阻率ρ＝________Ω·m。(结果保留两位有效数字)
(3)若本实验中的操作、读数及计算均正确无误，由于电流表内阻的存在，则电阻率的测量值与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。
解析　(1)由题图甲可知，螺旋测微器固定刻度示数是1.5 mm，可动刻度示数是48.0×0.01 mm＝0.480 mm，金属丝直径为1.5 mm＋0.480 mm＝1.980 mm。
(2)闭合开关前，应使滑动变阻器输出电压为零，因此滑片应移到最左端；由＝R＋RA＝L＋RA可知，图象不过原点的原因是电流表有内阻，－L图象的斜率表示电阻率与金属丝横截面积之比；如果图象的斜率k＝2 Ω/m，则金属丝的电阻率ρ＝kS＝kπ2＝2×3.14×2 Ω·m＝6.2×10－6 Ω·m。
(3)由于电流表的内阻对图象的斜率无影响，即电阻率的测量值等于真实值。
答案　(1)1.980　(2)左　电流表有内阻　6.2×10－6
(3)相等
4．(2020·湖北省测评)某同学有两只规格完全相同的干电池，他用如图甲所示电路来测量其中一只干电池的电动势和内阻，已知电池允许通过的最大电流为0.5 A，电压传感器、电流传感器对电路的影响可忽略不计。



(1)现有三种滑动变阻器规格如下，实验时应选用________。
A．1 000 Ω'0.1 A
B．50 Ω'1.0 A
C．5 Ω'0.1 A
(2)闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于________(选填“a”或“b”)端。
(3)用实验得到的数据拟合成直线，如图乙所示，可得电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω(结果均保留3位有效数字)。
(4)该同学将这两只干电池串联后接到一个小灯泡两端，已知小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，此时小灯泡的实际功率约为________ W(结果保留2位有效数字)。
解析　(1)由一节干电池电动势约为1.49 V，允许通过最大电流为0.5 A，为了实验安全和便于调节，滑动变阻器宜能选50 Ω，1.0 A，即选B项；
(2)为保护电路，滑动变阻器初始接入阻值最大，故应滑至b端。
(3)由图乙可知电源电动势约为1.49 V，内阻约为1.45 Ω。
(4)两个电池串联，电动势E′＝2.98 V，r′＝2.90 Ω，在图丙中画出串联后电源的U－I图线如图所示，交点坐标U＝2.40 V，I＝0.205 A，所以小灯泡的实际功率为：P＝UI＝0.49 W。

答案　(1)B　(2)b　(3)1.49　1.45
(4)0.49 (0.46～0.52均给分)
5．某实验小组要测量定值电阻Rx的阻值，实验室提供的器材规格如下：
A．待测电阻Rx(阻值约为100 Ω)；
B．电流表G1(量程为10 mA，内阻RG1未知)；
C．电流表G2(量程为30 mA，内阻RG2未知)；
D．电阻箱R(最大阻值为9 999.9 Ω)；
E．电池阻(2节干电池)；
F．开关一只，导线若干。
该小组根据现有的器材设计了如图所示的电路，实验过程如下：

a．根据电路图，连接实验器材；
b．先将电阻箱的阻值调到最大，然后闭合开关S，调节电阻箱的阻值，记录电流表G1的示数I1和电流表G2的示数I2及对应的电阻箱的阻值R；
c．多次调节电阻箱的阻值，改变两个电流表的示数，并记录数据；
d．数据处理：以为纵坐标，以对应的电阻箱的阻值R为横坐标，描点连线得到如图所示的倾斜直线。

(1)待测电阻Rx＝________ Ω，电流表G1的内阻RG1＝________ Ω。
(2)若将电流表G1与电阻箱串联改装成量程为3 V的电压表，应将电阻箱的阻值调为________ Ω。
解析　(1)根据并联电路的特点得I1(R＋RG1)＝(I2－I1)Rx，整理得＝。结合图象将(0,1.2)和(180,3.0)代入上式解得：Rx＝100 Ω，RG1＝20 Ω。
(2)将电流表G1与电阻箱串联改装成量程为3 V的电压表时，通过的电流为0.01 A，故电阻箱接入的电阻为：R′＝ Ω－20 Ω＝280 Ω。
答案　(1)100　20　(2)280
大专题综合练(六)　实验技能与创新
1．某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。实验时，把数据记录在表格中，数据是按加速度大小排列的，第8组数据中小车质量和加速度数据漏记。

组号
F/N
m/kg
a/(m·s－2)
1
0.29
0.86
0.34
2
0.14
0.36
0.39
3
0.29
0.61
0.48
4
0.19
0.36
0.53
5
0.24
0.36
0.67
6
0.29
0.41
0.71
7
0.29
0.36
0.81
8
0.29


9
0.34
0.36
0.94
(1)该同学又找到了第8组数据对应的纸带以及小车质量，纸带如图乙所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出来的点未画出。请你帮助该同学求出第8组中的加速度a＝________ m/s2。

(2)如果要研究加速度与力的关系，需取表格中________组数据(填组号)，做a－F图象；如果要研究加速度与质量的关系，需取表格中________组数据(填组号)，

丙
做a－m图象。这种研究方法叫作________法。
(3)做出a－m图象如图丙所示，由图象________(选填“可以”或“不可以”)判断a与m成反比。
解析　(1)由纸带中数据可得，加速度a＝ m/s2＝0.91 m/s2。
(2)由控制变量法可知，当研究加速度与力的关系时，应保证质量一定，需取表格中2、4、5、7、9 组数据；当研究加速度与质量的关系时，应保证力一定，需取表格中1、3、6、7、8 组数据。
(3)a－m图线为曲线，但不能判断为双曲线的一支，所以不能判断a与m成反比。
答案　(1)0.91(0.89～0.92均可)
(2)2、4、5、7、9　1、3、6、7、8　控制变量
(3)不可以
2．(2020·成都市第二次诊断性检测)利用图示装置可以测物体间的动摩擦因数。水平粗糙桌面左端固定着定滑轮、B点固定着光电门，跨过定滑轮的细线两端分别拴接质量m的重物和质量M的物块(含宽度为d的遮光条)，实验时每次都由静止释放物块，多次改变物块释放点A的位置，记录每次AB的间距x和遮光条通过光电门的时间t。(细线与滑轮间的摩擦及空气阻力均不计，重力加速度为g)

(1)若用表示物块在B点的速度，则物块从A运动至B的过程中，重物和物块整体的动能增量为ΔEk＝________。
(2)下列各图中，能够正确反映运动过程中x与t之间关系的图象是________。

(3)若(2)问中正确图线的斜率为k，则物块与水平面间的动摩擦因数μ＝________。
A. B.
C.
解析　(1)物块到达B点时的速度vB＝，则物块从A运动至B
的过程中，重物和物块整体的动能增量ΔEk＝(M＋m)v＝。
(2)根据动能定理有mgx－μMgx＝(M＋m)2，整理得x＝
·，C项正确。
(3)由函数关系可知，斜率k＝，变形得μ＝
，A项正确。
答案　(1)　(2)C　(3)A
3．(2020·成都市第二次诊断性检测)要测定一节干电池(电动势约1.5 V，内阻约0.5 Ω，放电电流不允许超过0.6 A)的电动势和内电阻，要求测量结果尽量准确。提供的器材有：
A．电流表A1：挡位1(0～3 A，内阻约0.05 Ω)，挡位2(0～0.6 A，内阻约0.2 Ω)
B．电流表A2：0～300 μA，内阻rA＝100 Ω
C．定值电阻：R0＝2 Ω，R1＝900 Ω，R2＝4 900 Ω
D．滑动变阻器：R3(0～5 Ω，2 A)，R4(0～15 Ω，1 A)
E．开关一只、导线若干
(1)测量电流的仪表：应选择电流表A1的挡位________(选填“1”或“2”)。
(2)测量电压的仪表：应将定值电阻________(选填“R0”“R1”或“R2”)与A2串联，使其成为改装后的电压表。
(3)干电池内阻太小，应选择定值电阻________(选填“R0”“R1”或“R2”)来保护电源。
(4)若要求A1表电流在0.1 A～0.5 A范围内连续可调，则滑动变阻器应选择________(选填“R3”或“R4”)。
(5)为消除电流表内阻对测量精度可能造成的影响，在给出的两种电路原理图中(图中V表为改装后的电压表)，应选择________(选填“图甲”或“图乙”)。

(6)进行实验并记录数据。用I1、I2分别表示A1、A2表的示数，根据测量数据作出如图丙所示的I2－I1图象，由图象可得：电池的电动势为________ V，内阻为________ Ω。(保留到小数点后2位)
解析　(1)测量电流的仪表应选择A1的挡位2。
(2)测量电压的仪表，将定值电阻R2与A2串联，使其成为改装后量程为U＝Ig(rA＋R2)＝1.5 V的电压表。
(3)干电池的内阻太小，应选择与内阻阻值相当的定值电阻R0来保护电源。
(4)若要求A1表电流在0.1 A～0.5 A范围内连续可调，则滑动变阻器最大值为Rmax＝ Ω－2 Ω－0.5 Ω＝12.5 Ω，最小值Rmin＝ Ω－2 Ω－0.5 Ω＝0.5 Ω，则滑动变阻器应选择R4。
(5)因改装后的电压表内阻已知，则为消除电流表内阻对测量精度可能造成的影响，在给出的两种电路原理图中，应选择图甲。
(6)由图可知电流计读数为I2＝298 μA，对应的电压值为×1.5 V＝1.49 V，则电池的电动势为E＝1.49 V，内阻为r＝ Ω＝0.49 Ω。
答案　(1)2　(2)R2　(3)R0　(4)R4　(5)图甲
(6)1.49　0.49
4．(2020·湘赣皖十五校联考)某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表A1的内阻r1、电阻R1、保护电阻R0已知(电阻的单位均为Ω)。

(1)按图示电路进行连接后，发现“aa′、bb′和cc′三条导线中，混进了一条内部断开的导线。为了确定哪一条导线内部是断开的，将开关S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压，读数不为零，再测量a、a′间电压，若读数不为零，则一定是________导线断开；若读数为零，则一定是________导线断开。
(2)

排除故障后，该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如图所示。由I1－I2图象得到斜率的绝对值为k，纵轴截距为d，则电池的电动势E＝________ V(用题中所给字母表示)。
解析　(1)用电压挡检测电路故障，电压表的表头是电流计，原电路有断路，回路中无电流，将电压表接在a、b′间后有示数，说明电路被接通，即a、b′间有断路故障，再测量a、a′间电压，电压表读数不为零，说明断路故障的范围被缩小到a、a′间，则一定是aa′导线断开；若读数为零，则说明电路仍未被接通，电路故障一定是bb′导线断开。
(2)根据闭合电路的欧姆定律得E＝I1(R1＋r1)＋(I1＋I2)(R0＋r)，上式可化为I1＝－I2＋，代入方程解得：电动势E＝。
答案　(1)aa′　bb′　(2)
5．(2020·湖南省常德市模拟一)实验室有一破损的双量程电压表，两量程分别是3 V和15 V，其内部电路如图甲所示。因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但其两个精密电阻R1、R2完好，测得R1＝2.9 kΩ，R2＝14.9 kΩ。现有两个表头，外形都与原表头G相同，已知表头G1的满偏电流为1 mA，内阻为50 Ω；表头G2的满偏电流为0.5 mA，内阻为200 Ω，又有三个精密定值电阻r1＝100 Ω，r2＝150 Ω，r3＝200 Ω。若在保留R1、R2的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件回答下列问题：


(1)原表头G满偏电流I＝________，内阻r＝________。
(2)在图乙线框中画出修复后双量程电压表的电路(标识出所选用的相应器材符号)。
(3)某学习小组利用修复的电压表，再加上可以使用的以下器材，测量一未知电阻Rx的阻值：
电流表A：量程0～5 mA，内阻未知；
最大阻值约为100 Ω的滑动变阻器；
电源E(电动势约3 V)；
开关S、导线若干。
由于不知道未知电阻的阻值范围，学习小组为精确测出未知电阻的阻值，选择合适的电路，请你帮助他们补充完整图丙中的电路连接，正确连线后读得电压表示数为2.40 V，电流表示数为4.00 mA，则未知电阻阻值Rx＝________Ω。
解析　(1)由电路和电压表的改装原理可知，Ig＝＝，代入数据解得Ig＝1 mA，rg＝100 Ω。
(2)若修复损坏的电表，只需改装一只量程为1 mA，内阻为100 Ω的电流表即可，所以应将G2表与电阻r3并联，电路如答案图1所示。
(3)电压表的内阻为RV＝3 000 Ω，所以有＝，解得Rx＝750 Ω。
答案　(1)1 mA　100 Ω　(2)见图甲
(3)见图乙　750