2026高考物理专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题十八　实验专题

这是一份2026高考物理专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题十八　实验专题，共6页。试卷主要包含了10 s，圆盘半径R＝0，75　1，00　80，60 cm＋8，0－59，413　188　17，14或13，53 cm－7等内容，欢迎下载使用。
(2025·北京卷·16)利用打点计时器研究匀变速直线运动的规律，实验装置如图甲所示。
(1)按照图甲安装好器材，下列实验步骤正确的操作顺序为 (填各实验步骤前的字母)。
A.释放小车
B.接通打点计时器的电源
C.调整滑轮位置，使细线与木板平行
(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，A、B、C为依次选取的三个计数点(相邻计数点间有4个点未画出)，可以判断纸带的 (填“左端”或“右端”)与小车相连。
(3)图乙中相邻计数点间的时间间隔为T，则打B点时小车的速度v＝ 。
(4)某同学用打点计时器来研究圆周运动。如图丙所示，将纸带的一端固定在圆盘边缘处的M点，另一端穿过打点计时器。实验时圆盘从静止开始转动，选取部分纸带如图丁所示。相邻计数点间的时间间隔为0.10 s，圆盘半径R＝0.10 m。则这部分纸带通过打点计时器的加速度大小为 m/s2；打点计时器打B点时圆盘上M点的向心加速度大小为 m/s2。(结果均保留两位有效数字)
【答案】(1)CBA (2)左端 (3)x22T (4)0.81 1.6
【解析】(1)实验步骤中，首先调整滑轮位置使细线与木板平行，确保力的方向正确；接着接通打点计时器电源，让计时器先工作；最后释放小车。故顺序为CBA；
(2)小车做匀加速直线运动时，速度越来越大，纸带上点间距逐渐增大。题图乙中纸带左端间距小，右端间距大，说明纸带左端与小车相连。
(3)根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。B点为A、C的中间时刻，AC间位移为x2，时间间隔为2T，则v＝x22T
(4)根据逐差法可知a＝xCE−xAC4T2＝(0.192 4−0.080 0)−0.080 04×0.12 m/s2＝0.81 m/s2
B点是AC的中间时刻点，则有vB＝xAC2T＝0.080 02×0.1 m/s＝0.4 m/s
此时向心加速度an＝vB2R＝0.420.1 m/s2＝1.6 m/s2。
【难度】基础题
(2023·浙江1月选考·16)在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。
①需要的实验操作有 (多选)；
A．调节滑轮使细线与轨道平行
B．倾斜轨道以补偿阻力
C．小车靠近打点计时器静止释放
D．先接通电源再释放小车
②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为 cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打计数点2时小车的速度大小为： ms(结果保留3位有效数字)。
【答案】①ACD ②2.75 1.48
【解析】①实验需要调节滑轮使细线与轨道平行，选项A正确；该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道补偿阻力，选项B错误；为了充分利用纸带，则小车靠近打点计时器静止释放，选项C正确；先接通电源再释放小车，选项D正确。故选ACD。
②计数点1的读数为2.75cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打点周期T=0.02s，则打计数点2时小车的速度大小为v2=x132T=(8.65−2.75)×10−20.04m/s=1.48m/s.
【难度】基础题
(2023·全国甲卷·23题)某同学利用如图(a)所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连。右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连。钩码下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图(b)所示。
(1)已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1 s。以打出A点时小车位置为初始位置，将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移Δx填到表中，小车发生相应位移所用时间和平均速度分别为Δt和eq \x\t(v)，表中ΔxAD＝ cm，eq \x\t(v)AD＝ cm/s。
(2)根据表中数据得到小车平均速度eq \x\t(v)随时间Δt的变化关系，如图(c)所示。在图中补全实验点。
(3)从实验结果可知，小车运动的eq \x\t(v)－Δt图线可视为一条直线，此直线用方程eq \x\t(v)＝kΔt＋b表示，其中k＝ cm/s2，b＝ cm/s。(结果均保留3位有效数字)
(4)根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动，得到打出A点时小车速度大小vA＝ ，小车的加速度大小a＝ 。(结果用字母k、b表示)
【答案】(1)24.00 80.0 (2)见解析图 (3)70.0 59.0 (4) b 2k
【解析】(1)根据纸带的数据可得
ΔxAD＝xAB＋xBC＋xCD＝6.60 cm＋8.00 cm＋9.40 cm＝24.00 cm
平均速度eq \x\t(v)AD＝eq \f(xAD,3T)＝80.0 cm/s
(2)根据第(1)小题结果补充表格和补全实验点图像得
(3)从实验结果可知，小车运动的eq \x\t(v)－Δt图线可视为一条直线，图像为
此直线用方程eq \x\t(v)＝kΔt＋b表示，由图像可知其中
k＝eq \f(101.0－59.0,0.6) cm/s2＝70.0 cm/s2，b＝59.0 cm/s
(4)小球做匀变速直线运动，由位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，整理得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at
即eq \x\t(v)＝vA＋eq \f(1,2)at
故根据图像斜率和截距可得vA＝b，a＝2k。
【难度】中档题
(2021·北京卷·15)物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等．例如：
(1)实验仪器．用游标卡尺测某金属管的内径，示数如图1所示．则该金属管的内径为 mm.
(2)数据分析．打点计时器在随物体做匀变速直线运动的纸带上打点，其中一部分如图乙所示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个计时点没有标出．打点计时器接在频率为50 Hz的交流电源上．则打C点时，纸带运动的速度vC＝ m/s(结果保留小数点后两位)．
(3)实验原理．图丙为“探究加速度与力的关系”的实验装置示意图．认为桶和砂所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力．实验中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的总质量m比小车质量M小得多．请分析说明这个要求的理由． _.
【答案】(1)31.4 (2)0.44 (3)见解析
【解析】(1)根据游标卡尺的读数规则，可知内径为31 m ＋ 4×0.1 mm＝31.4 mm
(2)每隔4个点取一个点作为计数点，故两计数点间有5个间隔；
故两点间的时间间隔为T＝5×0.02 s＝0.1 s
匀变速直线运动中一段时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有vC＝eq \f(xBD,2T)＝0.44 m/s
(3)设绳的拉力为FT，小车运动的加速度为a.对桶和砂，有mg－FT＝ma
对小车，有FT＝Ma
得FT＝eq \f(M,M＋m)mg
小车受到细绳的拉力FT等于小车受到的合力F，
即F＝eq \f(M,M＋m)mg＝eq \f(1,1＋\f(m,M))mg
可知，只有桶和砂的总质量m比小车质量M小得多时，才能认为桶和砂所受的重力mg等于使小车做匀加速直线运动的合力F.
【关联题点】探究加速度与力的关系
【难度】中档题
(2021·天津卷·9)某实验小组利用手机的录像功能拍下小球在斜面上做匀加速直线运动的过程．为便于记录小球各个时刻在斜面上的位置，将录像中时间间隔为T的连续7幅画面合成到同一张图中，示意如图．依次测得小球各相邻位置间的距离为x1、x2、x3、x4、x5、x6.
(1)写出小球在位置1的速度表达式 ．
(2)要求充分利用测量数据，写出小球运动过程中的加速度表达式 __．
(3)在测量小球相邻位置间距时由于实验者读数产生的误差是 误差．(填“偶然”或“系统”)
【答案】(1)eq \f(x1＋x2,2T) (2)eq \f((x4＋x5＋x6)－(x1＋x2＋x3),9T2) (3)偶然
【解析】(1)匀变速直线运动中，一段时间中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，所以1位置的速度为v1＝eq \f(x1＋x2,2T)
(2)题中要求充分利用数据，利用逐差法求解加速度，
则x4－x1＝3a1T2
x5－x2＝3a2T2
x6－x3＝3a3T2
解得加速度为a＝eq \f(a1＋a2＋a3,3)＝eq \f((x6＋x5＋x4)－(x3＋x2＋x1),9T2)
(3)读数产生的误差是人为因素造成的，属于偶然误差．
【难度】基础题
实验二 探究弹簧弹力与形变量的关系
(2025·重庆卷·11)弹簧是熄火保护装置中的一个元件，其劲度系数会影响装置的性能。小组设计了如图甲所示的实验装置测量弹簧的劲度系数，其中压力传感器水平放置，弹簧竖直放在传感器上，螺旋测微器竖直安装，测微螺杆正对弹簧。
(1)某次测量时，螺旋测微器的示数如图乙所示，此时读数为 mm。
(2)对测得的数据进行处理后得到弹簧弹力F与弹簧长度l的关系如图丙所示，由图可得弹簧的劲度系数为＿＿＿＿＿ N/m，弹簧原长为 mm(均保留3位有效数字)。
【答案】(1)7.413 (2)188 17.6
【解析】(1)根据螺旋测微器的读数规则有题图乙读数为
7 mm＋41.3×0.01 mm＝7.413 mm
(2)由题图丙，可知当弹力为零时弹簧处于原长，为17.6 mm
将题图反向延长与纵坐标的交点约为2.55 N，则根据胡克定律可知弹簧的劲度系数为k＝ΔFΔl≈188 N/m。
【难度】基础题
(2025·四川卷·11) 某学习小组利用生活中常见物品开展“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。已知水的密度为1.0×103 kg/m3，当地重力加速度为9.8 m/s2。实验过程如下：
(1)将两根细绳分别系在弹簧两端，将其平放在较光滑的水平桌面上，让其中一个系绳点与刻度尺零刻度线对齐，另一个系绳点对应的刻度如图甲所示，可得弹簧原长为 cm。
(2)将弹簧一端细绳系到墙上挂钩，另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后，系一个空的小桶。使弹簧和桌面上方的细绳均与桌面平行，如图乙所示。
(3)用带有刻度的杯子量取50 mL水，缓慢加到小桶里，待弹簧稳定后，测量两系绳点之间的弹簧长度并记录数据。按此步骤操作6次。
(4)以小桶中水的体积V为横坐标，弹簧伸长量x为纵坐标，根据实验数据拟合成如图丙所示直线，其斜率为200 m－2。由此可得该弹簧的劲度系数为 N/m(结果保留2位有效数字)。
(5)图丙中直线的截距为0.005 6 m，可得所用小桶质量为 kg(结果保留2位有效数字)。
【答案】(1)13.14或13.15 (4)49 (5)0.028
【解析】(1)该刻度尺的分度值为0.1 cm，应估读到分度值的后一位，故弹簧原长为13.14 cm
(4)由胡克定律可知mg＋ρVg＝kx
化简可得x＝ρgkV＋mgk
由题意可知ρgk＝200 m－2
代入数据解得该弹簧的劲度系数为k＝49 N/m
(5)由题图丙结合表达式可知mgk＝0.005 6 m
代入数据可得所用小桶质量为m＝0.028 kg。
【难度】基础题
(2023·浙江6月选考·16Ⅰ(2))(2)如图所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹簧下端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度xA、xB的数据如表。
钩码个数为1时，弹簧A的伸长量ΔxA＝ cm，弹簧B的伸长量ΔxB＝ cm，两根弹簧弹性势能的增加量ΔEp mg(ΔxA＋ΔxB)(选填“＝”“”)。
【答案】0.78 1.29 >
【解析】钩码个数为1时，弹簧A的伸长量ΔxA＝8.53 cm－7.75 cm＝0.78 cm
弹簧B的伸长量ΔxB＝18.52 cm－16.45 cm－0.78 cm＝1.29 cm
根据系统机械能守恒可知弹簧增加的弹性势能等于弹簧减少的重力势能和钩码减少的重力势能之和ΔEp>mg(ΔxA＋ΔxB)
【难度】基础题
(2022·湖南卷·11)小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等，设计了如图(a)所示的实验装置，测量冰墩墩玩具的质量．主要实验步骤如下：
(1)查找资料，得知每枚硬币的质量为6.05 g；
(2)将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋，测量每次稳定后橡皮筋的长度l，记录数据如下表：
(3)根据表中数据在图(b)上描点，绘制图线；
(4)取出全部硬币，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，稳定后橡皮筋长度的示数如图(c)所示，此时橡皮筋的长度为 cm；
(5)由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为 g(计算结果保留3位有效数字)．
【答案】(3)见解析图 (4)15.35 (5)128
【解析】(3)根据表格数据描点连线如图
(4)由题图(c)可知刻度尺的分度值为1 mm，故读数l＝15.35 cm；
(5)设橡皮筋的劲度系数为k，原长为l0，则
n1mg＝k(l1－l0)，n2mg＝k(l2－l0)
则橡皮筋的劲度系数为k＝eq \f((n2－n1)mg,l2－l1)
从作出的l－n图线读取数据则可得
k＝eq \f((n2－n1)mg,l2－l1)＝eq \f(10,3)mg (N/cm)，
l0＝eq \f(n2l1－n1l2,n2－n1)＝9.00 cm
设冰墩墩的质量为m1，则有m1g＝k(l－l0)
可得m1＝eq \f(10,3)×6.05×(15.35－9.00) g≈128 g.
【难度】中档题
(2021·广东卷·11)某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数，缓冲装置如图1所示，固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在有机玻璃管底端．实验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为200 g的钢球(直径略小于玻璃管内径)逐个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数Ln，数据如表所示．实验过程中弹簧始终处于弹性限度内．采用逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数．
(1)利用ΔLi＝Li＋3－Li(i＝1，2，3)计算弹簧的压缩量：ΔL1＝6.03 cm，ΔL2＝6.08 cm，ΔL3＝ cm，压缩量的平均值eq \x\t(ΔL)＝eq \f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝ cm；
(2)上述eq \x\t(ΔL)是管中增加 个钢球时产生的弹簧平均压缩量；
(3)忽略摩擦，重力加速度g取9.80 m/s2，该弹簧的劲度系数为 N/m(结果保留3位有效数字)．
【答案】(1)6.04 6.05 (2)3 (3)48.6
【解析】(1)ΔL3＝L6－L3＝(18.09－12.05) cm＝6.04 cm
压缩量的平均值为eq \x\t(ΔL)＝eq \f(ΔL1＋ΔL2＋ΔL3,3)＝eq \f(6.03＋6.08＋6.04,3) cm＝6.05 cm
(2)因三个ΔL是相差3个钢球的压缩量之差，则所求平均值为管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量；
(3)根据钢球的平衡条件有3mgsin θ＝k·eq \x\t(ΔL)，
解得k＝eq \f(3mgsin θ,\x\t(ΔL))＝eq \f(3×0.2×9.80×sin 30°,6.05×10－2) N/m≈48.6 N/m.
【难度】基础题
实验三 探究互成角度的力的合成规律
(2025·黑吉辽蒙·12)某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图(a)，细绳1、2和橡皮筋相连于一点，绳1上端固定在A点，绳2下端与水杯相连，橡皮筋的另一端与绳套相连。
为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系，该小组逐次加入等质量的水，拉动绳套，使绳1每次与竖直方向夹角均为30°且橡皮筋与绳1垂直，待装置稳定后测量对应的橡皮筋长度。根据测得数据作出x－m关系图线，如图(b)所示。
回答下列问题：
(1)将一芒果放入此空杯，按上述操作测得x＝11.60 cm，由图(b)可知，该芒果的质量m0＝ g(结果保留到个位)。若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与m0相比 (填“偏大”或“偏小”)。
(2)另一组同学利用同样方法得到的x－m图像在后半部分弯曲，下列原因可能的是 。
A.水杯质量过小
B.绳套长度过大
C.橡皮筋伸长量过大，弹力与其伸长量不成正比
(3)写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施 。
【答案】(1)106或107 偏大 (2)C (3)减小细绳1与竖直方向的夹角(合理即可)
【解析】(1)操作测得x＝11.60 cm，由题图(b)的图像坐标可知，该芒果的质量为106 g或107 g；
若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直，根据共点力平衡可知橡皮筋的拉力变大，导致橡皮筋的长度偏大，若仍然根据图像读出芒果的质量，则与m0相比偏大。
(2)若得到的x－m图像在后半部分弯曲，可能是所测物体的质量过大，导致橡皮筋所受的弹力过大，超过了橡皮筋的弹性限度，从而使橡皮筋弹力与其伸长量不成正比，故选C。
(3)根据共点力平衡条件，由kx＝mgsin θ知当减小绳子1与竖直方向的夹角θ时，相同质量的物体对应橡皮筋的拉力较小，橡皮筋的伸长量较小，故对相同的橡皮筋，可通过减小细绳1与竖直方向的夹角，增大质量测量范围。
【难度】中档题
(2025·黑吉辽蒙·12)某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图(a)，细绳1、2和橡皮筋相连于一点，绳1上端固定在A点，绳2下端与水杯相连，橡皮筋的另一端与绳套相连。
为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系，该小组逐次加入等质量的水，拉动绳套，使绳1每次与竖直方向夹角均为30°且橡皮筋与绳1垂直，待装置稳定后测量对应的橡皮筋长度。根据测得数据作出x－m关系图线，如图(b)所示。
回答下列问题：
(1)将一芒果放入此空杯，按上述操作测得x＝11.60 cm，由图(b)可知，该芒果的质量m0＝ g(结果保留到个位)。若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与m0相比 (填“偏大”或“偏小”)。
(2)另一组同学利用同样方法得到的x－m图像在后半部分弯曲，下列原因可能的是 。
A.水杯质量过小
B.绳套长度过大
C.橡皮筋伸长量过大，弹力与其伸长量不成正比
(3)写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施 。
【答案】(1)106或107 偏大 (2)C (3)减小细绳1与竖直方向的夹角(合理即可)
【解析】(1)操作测得x＝11.60 cm，由题图(b)的图像坐标可知，该芒果的质量为106 g或107 g；
若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直，根据共点力平衡可知橡皮筋的拉力变大，导致橡皮筋的长度偏大，若仍然根据图像读出芒果的质量，则与m0相比偏大。
(2)若得到的x－m图像在后半部分弯曲，可能是所测物体的质量过大，导致橡皮筋所受的弹力过大，超过了橡皮筋的弹性限度，从而使橡皮筋弹力与其伸长量不成正比，故选C。
(3)根据共点力平衡条件，由kx＝mgsin θ知当减小绳子1与竖直方向的夹角θ时，相同质量的物体对应橡皮筋的拉力较小，橡皮筋的伸长量较小，故对相同的橡皮筋，可通过减小细绳1与竖直方向的夹角，增大质量测量范围。
【难度】中档题
(2024·海南卷·15)为验证两个互成角度的力的合成规律，某组同学用两个弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、木板、刻度尺、白纸、铅笔、细线和图钉等器材，按照如下实验步骤完成实验：
(Ⅰ)用图钉将白纸固定在水平木板上；
(Ⅱ)如图甲、乙所示，橡皮条的一端固定在木板上的G点，另一端连接轻质小圆环，将两细线系在小圆环上，细线另一端系在弹簧测力计上，用两个弹簧测力计共同拉动小圆环到某位置，并标记圆环的圆心位置为O点，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，大小分别为F1=3.60 N、F2=2.90 N；撤去拉力F1和F2，改用一个弹簧测力计拉动小圆环，使其圆心到O点，在拉力F的方向上标记P3点，拉力的大小为F=5.60 N。请完成下列问题：
(1)在图乙中按照给定的标度画出F1、F2和F的图示，然后按平行四边形定则画出F1、F2的合力F'。
(2)比较F和F'，写出可能产生误差的两点原因： 。
【答案】(1)见解析图 (2)①没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行；②读数时没有正视弹簧测力计
【解析】(1)按照给定的标度画出F1、F2和F的图示，然后按平行四边形定则画出F1、F2的合力F'，如图所示
(2)F和F'产生不完全重合的误差可能是因为：①没有做到弹簧测力计、细线、橡皮条都与木板平行；②读数时没有正视弹簧测力计。
【难度】基础题
(2023·全国乙·22)在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有：木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤：
(1)用图钉将白纸固定在水平木板上。
(2)将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小，并 。(填正确答案标号)
A．用刻度尺量出橡皮条的长度
B．用刻度尺量出两细线的长度
C．用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置
D．用铅笔在白纸上标记出两细线的方向
(3)撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到 ，由测力计的示数得到拉力F的大小，沿细线标记此时F的方向。
(4)选择合适标度，由步骤(2)的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作F1和F2的合成图，得出合力F′的大小和方向；按同一标度在白纸上画出力F的图示。
(5)比较F′和F的 ，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
【答案】(2)CD (3)相同位置 (5)大小和方向
【解析】(2)将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小，还需要用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置以及用铅笔在白纸上标记出两细线的方向，故选C、D。
(3)撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到相同位置，由测力计的示数得到拉力F的大小，沿细线标记此时F的方向。
(5)比较F′和F的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
【难度】基础题
(2022·浙江6月选考·17(2))“探究求合力的方法”的实验装置如图所示，在该实验中，
①下列说法正确的是 ；
A．拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同
B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点
C．测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦
D．测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板
②若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要 (选填“2”、“3”或“4”)次把橡皮条结点拉到O.
【答案】①D ②3
【解析】①在不超出弹簧秤的量程和橡皮条形变限度的条件下，使拉力适当大些，不必使两只弹簧秤的示数相同，故A错误；在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的一个点就可以了，故B错误；实验中弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩擦不影响实验结果，故C错误；为了减小实验误差，拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，故D正确．
②若只有一只弹簧秤，为了完成该实验，用手拉住一条细绳，用弹簧秤拉住另一条细绳，互成角度的拉橡皮条，使其结点达到某一点O，记下位置O和弹簧秤示数F1和两个拉力的方向；交换弹簧秤和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至O点，使两力的方向与原来两力方向相同，并记下此时弹簧秤的示数F2；再仅用一个弹簧秤将结点拉至O点，并记下此时弹簧秤的示数F的大小及方向；所以若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结点拉到O.
【难度】基础题
实验四 测量动摩擦因数
(2025·云南卷·11)某实验小组做了测量木质滑块与橡胶皮之间动摩擦因数μ的实验，所用器材如下：钉有橡胶皮的长木板、质量为250 g的木质滑块(含挂钩)、细线、定滑轮、弹簧测力计、慢速电机以及砝码若干。实验装置如图甲所示。
实验步骤如下：
①将长木板放置在水平台面上，滑块平放在橡胶面上；
②调节定滑轮高度，使细线与长木板平行(此时定滑轮高度与挂钩高度一致)；
③用电机缓慢拉动长木板，当长木板相对滑块匀速运动时，记录弹簧测力计的示数F；
④在滑块上分别放置50 g、100 g和150 g的砝码，重复步骤③；
⑤处理实验数据(重力加速度g取9.80 m/s2)。
实验数据如下表所示：
完成下列填空：
(1)表格中a处的数据为 (保留3位有效数字)；
(2)其它条件不变时，在实验误差允许的范围内，滑动摩擦力的大小与接触面上压力的大小 ，μ与接触面上压力的大小 (以上两空填“成正比”“成反比”或“无关”)；
(3)若在实验过程中未进行步骤②，实验装置如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则μ的测量结果将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1)0.459 (2)成正比 无关 (3)偏大
【解析】(1)表格中a处的数据为μ＝1.350.3×9.8≈0.459；
(2)根据表中数据分析可知：其它条件不变时，在实验误差允许的范围内，滑动摩擦力的大小与接触面上压力的大小成正比，μ与接触面上压力的大小无关。
(3)若实验装置如题图乙所示，挂钩高于定滑轮，则绳子拉力有竖直向下的分力，实际的正压力大于测量的正压力，即FN测”或“ (2)maxP＝maxM＋mbxN
小球离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度一定故下落时间一定，水平方向做匀速直线运动，小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比
【解析】(1)为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma>mb；
(2)两球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t相等，碰撞前a球的速度大小v0＝eq \f(xP,t)
碰撞后a的速度大小va＝eq \f(xM,t)
碰撞后b球的速度大小vb＝eq \f(xN,t)
如果碰撞过程系统动量守恒，则满足
mav0＝mava＋mbvb
整理得maxP＝maxM＋mbxN
小球离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度一定，故下落时间一定，水平方向小球做匀速直线运动，小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。
【难度】中档题
(2024·山东卷·13)在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离xA，b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下：
①测量两个滑块的质量，分别为200.0 g和400.0 g；
②接通气源，调整气垫导轨水平；
③拨动两滑块，使A、B均向右运动；
④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。
回答以下问题：
(1)从图像可知两滑块在t＝____________ s时发生碰撞；
(2)滑块B碰撞前的速度大小v＝____________ m/s(保留2位有效数字)；
(3)通过分析，得出质量为200.0 g的滑块是____________(填“A”或“B”)。
【答案】(1)1.0 (2)0.20 (3)B
【解析】(1)由x－t图像的斜率表示速度可知两滑块的速度都在t＝1.0 s时发生突变，即这个时刻发生了碰撞；
(2)根据x－t图像斜率的绝对值表示速度大小可知滑块B碰撞前的速度大小为
v＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(90－110,1.0))) cm/s＝0.20 m/s
(3)由题图乙知，碰撞前A的速度大小vA＝0.50 m/s，碰撞后A的速度大小约为vA′＝0.36 m/s，
由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为vB′＝0.50 m/s，A和B碰撞过程动量守恒，
ΔpA＝－ΔpB
即mA(vA′－vA)＝mB(v－vB′)
代入数据解得eq \f(mA,mB)≈2
所以质量为200.0 g的滑块是B。
【难度】基础题
(2022·浙江1月选考·18)“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示，阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B，给小车A一定速度去碰撞静止的小车B，小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。
①实验应进行的操作有 。
A．测量滑轨的长度
B．测量小车的长度和高度
C．碰撞前将滑轨调成水平
②下表是某次实验时测得的数据：
由表中数据可知，碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是 kg·m/s。(结果保留3位有效数字)
【答案】①C ②0.200
【解析】①碰撞前将滑轨调成水平，保证碰撞前后A、B做匀速直线运动即可，没有必要测量滑轨的长度和小车的长度、高度。故选C。
②由表中数据可知小车A的质量小于B的质量，则碰后小车A反向运动，设碰前小车A的运动方向为正方向，则可知碰后系统的总动量大小为p'=mBvB−mAv'A
解得p'=0.200kg⋅ms.
【难度】基础题
(2022·重庆卷·12)如图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。
(1)要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还必需的实验器材是 。
(2)为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做 运动。
(3)测得滑块B的质量为197.8 g，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为 kg·m·s－1(保留2位有效数字)，滑块A碰后的图线为 (选填“②”“③”“④”)。
【答案】(1)天平 (2)匀速直线 (3)－0.011 ③
【解析】(1)要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是天平；
(2)为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置，故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动；
(3)取滑块A碰前运动方向为正方向，根据x－t图可知滑块B碰前的速度为
vB＝eq \f(0.424－0.476,0.9) m/s≈－0.058 m/s，
则滑块B碰前的动量为
pB＝mBvB＝0.197 8 kg×(－0.058) m/s≈－0.011 kg·m/s
由题意可知两滑块相碰要符合碰撞制约关系，则④图线为碰前滑块A的图线，由题图可知碰后③图线的速度大于②图线的速度，根据“后不超前”的原则可知③为碰后滑块A的图线。
【难度】基础题
(2022·天津卷·9)某同学验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒，实验装置如图所示。A、B为两个直径相同的小球。实验时，不放B，让A从固定的斜槽上E点自由滚下，在水平面上得到一个落点位置；将B放置在斜槽末端，让A再次从斜槽上E点自由滚下，与B发生正碰，在水平面上又得到两个落点位置。三个落点位置标记为M、N、P。
(1)为了确认两个小球的直径相同，该同学用10分度的游标卡尺对它们的直径进行了测量，某次测量的结果如下图所示，其读数为 mm。
(2)下列关于实验的要求哪个是正确的 。
A．斜槽的末端必须是水平的
B．斜槽的轨道必须是光滑的
C．必须测出斜槽末端的高度
D．A、B的质量必须相同
(3)如果该同学实验操作正确且碰撞可视为弹性碰撞，A、B碰后在水平面上的落点位置分别为 、 。(填落点位置的标记字母)
【答案】(1)10.5 (2)A (3)M P
【解析】(1)观察主尺的单位为cm，读出主尺的读数是10mm，游标尺上的第五条刻度线与主尺上的刻度线对齐，其读数为0.5mm，结合主尺及游标尺的读数得到被测直径为D=10mm+0.1×5mm=10.5mm
(2)首先考查在实验的过程中，需要小球A两次沿斜槽滚到末端时的速度都水平且大小相同。实验时应使小球A每次都从同一位置由静止开始释放，并不需要斜槽的轨道光滑的条件，也不需要测出斜槽末端的高度，但是必须保证斜槽末端水平，故A正确，BC错误；D．小球A与B发生正碰时，为使小球A在碰后不反弹，要求小球A的质量大于小球B的质量，故D错误。
(3)设A、B两球的质量分别为mA和mB，由(2)中分析知mA>mB；碰前A的速度v0；因为两个金属小球的碰撞视为弹性碰撞，则由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB
由机械能守恒定律得12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
解得vA=mA−mBmA+mBv0，vB=2mAmA+mBv0
可见碰后小球A的速度小于小球B的速度，也小于碰前A的速度v0；所以小球A单独滚下落到水平面上的位置为N，A、B碰后在水平面上的落点位置分别为M、P。
【难度】中档题
(2023·辽宁卷·11)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。
测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在斜面某一位置，标记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。
(1)在本实验中，甲选用的是 (填“一元”或“一角”)硬币；
(2)碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为 (设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g)；
(3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则eq \f(\r(s0)－\r(s1),\r(s2))＝ (用m1和m2表示)，然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒；
(4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，产生这种误差可能的原因 。
【答案】(1)一元 (2)eq \r(2μgs0) (3)eq \f(m2,m1) (4)见解析
【解析】(1)根据题意可知，甲与乙碰撞后没有反弹，可知甲的质量大于乙的质量，甲选用的是一元硬币；
(2)甲从O点到P点，根据动能定理－μm1gs0＝0－eq \f(1,2)m1v02
解得碰撞前，甲到O点时速度的大小v0＝eq \r(2μgs0)
(3)同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为
v1＝eq \r(2μgs1)
v2＝eq \r(2μgs2)
若动量守恒，则满足m1v0＝m1v1＋m2v2
整理可得eq \f(\r(s0)－\r(s1),\r(s2))＝eq \f(m2,m1)
(4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，写出一条产生这种误差可能的原因有：
①测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；
②碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际上碰撞过程中，两个硬币组成的系统合外力不为零。
【难度】中档题
实验十二 测量重力加速度
（2025·浙江6月选考·15）在用单摆测重力加速度的实验中,
(1)如图甲所示,可在单摆悬点处安装力传感器,也可在摆球的平衡位置处安装光电门。甲同学利用力传感器,获得传感器读取的力与时间的关系图像,如图乙所示,则单摆的周期为 s(结果保留3位有效数字)。乙同学利用光电门,从小钢球第1次遮光开始计时,记下第n次遮光的时刻t,则单摆的周期为T= ;
(2)丙同学发现小钢球已变形,为减小测量误差,他改变摆线长度l,测出对应的周期T,作出相应的l-T2关系图线,如图丙所示。由此算出图线的斜率k和截距b,则重力加速度g= ,小钢球重心到摆线下端的高度差h= (结果均用k、b表示);
(3)丁同学用3D打印技术制作了一个圆心角等于5°、半径已知的圆弧槽,如图丁所示。他让小钢球在槽中运动,测出其运动周期,算出重力加速度为8.64 m/s2。若周期测量无误,则获得的重力加速度明显偏离实际值的最主要原因是 。
【答案】 (1)1.31 2tn−1 (2)4π2k kb (3)见解析
【解析】 (1)单摆摆动过程中,在最低点绳子的拉力最大,相邻两次拉力最大的时间间隔为半个周期。由题图乙可知,从起始值到终止值经历的时间间隔Δt=7.653 0 s-1.127 7 s=6.525 3 s
则有Δt=10×T2,解得T≈1.31 s。
由题可得(n-1)T2=t,解得周期为T=2tn−1。
(2)摆长为L=h+l,根据单摆周期公式有T=2πLg,解得l=g4π2T2-h,可得l-T2图像的斜率为k=g4π2,解得g=4π2k;当T2=b时l=0,则有0=g4π2·b-h,解得h=kb。
(3)小球发生滚动,导致周期变长。
【难度】 中档题
(2025·湖北卷·12)某同学利用如图(a)所示的实验装置来测量重力加速度大小g。细绳跨过固定在铁架台上不可转动的小圆柱体，两端各悬挂一个重锤。实验步骤如下：
①用游标卡尺测量遮光片的宽度d。
②将遮光片固定在重锤1上，用天平测量重锤1和遮光片的总质量m、重锤2的质量M(M>m)。
③将光电门安装在铁架台上，将重锤1压在桌面上，保持系统静止，重锤2距离地面足够高。用刻度尺测量遮光片中心到光电门的竖直距离H。
④启动光电门，释放重锤1，用毫秒计测出遮光片经过光电门所用时间t。
⑤根据上述数据求出重力加速度大小g。
⑥多次改变光电门高度，重复步骤③④⑤，求出g的平均值。
回答下列问题：
(1)测量d时，游标卡尺的示数如图(b)所示，可知d＝ cm。
(2)重锤1通过光电门时的速度大小为v＝ (用遮光片d、t表示)。若不计摩擦，g与m、M、d、t、H的关系式为g＝ 。
(3)实验发现，当M和m之比接近于1时，g的测量值明显小于真实值。主要原因是圆柱体表面不光滑，导致跨过圆柱体的绳两端拉力不相等。理论分析表明，圆柱体与绳之间的动摩擦因数很小时，跨过圆柱体的绳两端拉力差ΔT＝4γMmM＋mg，其中γ是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数。保持M＋m＝2m0不变，其中M＝(1＋β)m0，m＝(1－β)m0。β足够小时，重锤运动的加速度大小可近似表示为a＝(β－γ)g。调整两重锤的质量，测得不同β时重锤的加速度大小a，结果如下表。根据表格数据，采用逐差法得到重力加速度大小g＝ m/s2(结果保留三位有效数字)。
【答案】(1)0.515 (2)dt M+md22M−mHt2 (3)9.81
【解析】(1)游标卡尺的读数为5 mm＋0.05×3 mm＝5.15 mm＝0.515 cm
(2)根据光电门的测速原理，重锤1通过光电门时的速度大小为v＝dt；
重锤1与重锤2组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有(M－m)gH＝12(M＋m) v2
其中v＝dt，解得g＝(M＋m)d22(M−m)Ht2
(3)由于γ是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数，且有a＝(β－γ)g＝gβ－gγ
取表格从左至右四组数据分别为a1，a2，a3，a4和对应的β1，β2，β3，β4
利用表格中的数据，根据逐差法有g＝a4＋a3−a2−a1β4＋β3−β2−β1
代入数据，解得g≈9.81 m/s2。
【难度】中档题
(2024·贵州卷·11)智能手机内置很多传感器，磁传感器是其中一种。现用智能手机内的磁传感器结合某应用软件，利用长直木条的自由落体运动测量重力加速度。主要步骤如下：
(1)在长直木条内嵌入7片小磁铁，最下端小磁铁与其他小磁铁间的距离如图(a)所示。
(2)开启磁传感器，让木条最下端的小磁铁靠近该磁传感器，然后让木条从静止开始沿竖直方向自由下落。
(3)以木条释放瞬间为计时起点，记录下各小磁铁经过传感器的时刻，数据如下表所示：
(4)根据表中数据，在答题卡上补全图(b)中的数据点，并用平滑曲线绘制下落高度h随时间t变化的图线。
(5)由绘制的图线可知，下落高度随时间的变化是 (填“线性”或“非线性”)关系。
(6)将表中数据利用计算机拟合出下落高度h与时间的平方的函数关系式为。据此函数可得重力加速度大小为 。(结果保留3位有效数字)
【答案】(4)见解析 (5)非线性 (6)
【解析】(4)由表中数据在图(b)中描点画图，如图所示。
(5)由绘制的图线可知，下落高度随时间的变化是非线性关系。
(6)如果长直木条做自由落体运动，则满足
由可得
解得
【难度】中档题
(2023·河北卷·6)某实验小组利用图装置测量重力加速度。摆线上端固定在O点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。
(1)关于本实验，下列说法正确的是 。(多选)
A.小钢球摆动平面应与光电门U形平面垂直
B.应在小钢球自然下垂时测量摆线长度
C.小钢球可以换成较轻的橡胶球
D.应无初速度、小摆角释放小钢球
(2)组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度L，用螺旋测微器测量小钢球直径d。螺旋测微器示数如图，小钢球直径d= ，记摆长。
(3)多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长对应的小钢球摆动周期，并作出图像，如图。
根据图线斜率可计算重力加速度 (保留3位有效数字，取9.87)。
(4)若将摆线长度误认为摆长，仍用上述图像法处理数据，得到的重力加速度值将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1)ABD (2)20.035 (3) 9.87 (4)不变
【解析】(1)使用光电门测量时，光电门形平面与被测物体的运动方向垂直是光电门使用的基本要求，故A正确；测量摆线长度时，要保证绳子处于伸直状态，故B正确；单摆是一个理想化模型，若采用质量较轻的橡胶球，空气阻力对摆球运动的影响较大，故C错误；无初速度、小摆角释放的目的是保持摆球在竖直平面内运动，不形成圆锥摆，且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为简谐运动，使用计算单摆的周期，故D正确。
故选ABD。
(2)小钢球直径为
(3)单摆周期公式
整理得
由图像知图线的斜率
解得
(4)若将摆线长度误认为摆长，有
则得到的图线为
仍用上述图像法处理数据，图线斜率不变，仍为，故得到的重力加速度值不变。
【难度】中档题
(2023·重庆卷·11)某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。
(1)用游标卡尺测量摆球直径d。当量爪并拢时，游标尺和主尺的零刻度线对齐。放置摆球后游标卡尺示数如图甲所示，则摆球的直径d为 mm。
(2)用摆线和摆球组成单摆，如图乙所示。当摆线长度l＝990.1mm时，记录并分析单摆的振动视频，得到单摆的振动周期T＝2.00 s，由此算得重力加速度g为 m/s2(保留3位有效数字)。
(3)改变摆线长度l，记录并分析单摆的振动视频，得到相应的振动周期。他们发现，分别用l和l+d2作为摆长，这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小Δg随摆线长度l的变化曲线如图所示。由图可知，该实验中，随着摆线长度l的增加，Δg的变化特点是 ，原因是 。
【答案】(1)19.20 (2)9.86 (3)随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小 随着摆线长度l的增加，则l+d2越接近于l，此时计算得到的g的差值越小
【解析】(1)用游标卡尺测量摆球直径d=19mm+0.02mm×10=19.20mm (2)单摆的摆长为L=990.1mm+12×19.20mm=999.7mm
根据T=2πLg
可得g=4π2LT2
带入数据g=4×3.142×0.999722m/s2=9.86m/s2
(3)由图可知，随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小，原因是随着摆线长度l的增加，则l+d2越接近于l，此时计算得到的g的差值越小。
【难度】基础题
(2022·江苏卷·11)小明利用手机测量当地的重力加速度，实验场景如图1所示，他将一根木条平放在楼梯台阶边缘，小球放置在木条上，打开手机的“声学秒表”软件，用钢尺水平击打木条使其转开后，小球下落撞击地面，手机接收到钢尺的击打声开始计时，接收到小球落地的撞击声停止计时，记录下击打声与撞击声的时间间隔t，多次测量不同台阶距离地面的高度h及对应的时间间隔t。
(1)现有以下材质的小球，实验中应当选用 。
A．钢球 B．乒乓球 C．橡胶球
(2)用分度值为1mm的刻度尺测量某级台阶高度h的示数如图2所示，则ℎ= cm。
(3)作出2ℎ−t2图线，如图3所示，则可得到重力加速度g= m/s2。
(4)在图1中，将手机放在木条与地面间的中点附近进行测量，若将手机放在地面A点，设声速为v，考虑击打声的传播时间，则小球下落时间可表示为t'= (用h、t和v表示)。
(5)有同学认为，小明在实验中未考虑木条厚度，用图像法计算的重力加速度g必然有偏差。请判断该观点是否正确，简要说明理由 。
【答案】(1)A (2)61.20 (3)9.55 (4)t+ℎv (5)不正确，理由见解析
【解析】(1)为了减小空气阻力等误差影响，应该选用材质密度较大的小钢球.
(2)刻度尺的分度值为1mm，估读到分度值的下一位，由图可知h=61.20cm；
(3)根据ℎ=12gt2可知2ℎt2=g
故在2ℎ−t2图像中斜率表示重力加速度，则根据图线有g=3.27−−0.06m/s2≈9.55m/s2
(4)下落过程中声音传播的时间为t1=ℎv
则小球下落的时间为t'=t+t1=t+ℎv
(5)设木条厚度为H，则台阶距离地面的高度h1时的时间为t1，高度h2时的时间为t2；则根据前面的分析有g=2ℎ2+H−2ℎ1+Ht22−t12=2ℎ2−ℎ1t22−t12可知与H无关.
【难度】较难题
(2020·海南卷·14(2))某同学用如图(a)所示的装置测量重力加速度．
实验器材：有机玻璃条(白色是透光部分，黑色是宽度均为d=1.00cm的挡光片)，铁架台，数字计时器(含光电门)，刻度尺．
主要实验过程如下：
①将光电门安装在铁架台上，下方放置承接玻璃条下落的缓冲物；
②用刻度尺测量两挡光片间的距离，刻度尺的示数如图(b)所示，读出两挡光片间的距离L= cm；
③手提玻璃条上端使它静止在 方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通过；
④让玻璃条自由下落，测得两次挡光的时间分别为t1=10.003ms和t2=5.000ms；
⑤根据以上测量的数据计算出重力加速度g= m/s2(结果保留三位有效数字)。
【答案】②15.40 ③竖直 ⑤9.74
【解析】两挡光片间的距离L=15.40cm−0cm=15.40cm
手提玻璃条上端使它静止在竖直方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通过。
玻璃条下部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为v1=dt1=1.00×10−210.003×10−3m/s=1m/s
玻璃条上部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为v2=dt2=1.00×10−25.000×10−3m/s=2m/s
根据速度位移公式有v22−v12=2gL
代入数据解得加速度g=v22−v122L=9.74 m/s2
【难度】基础题
(2023·新课标卷·23题)一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。
(1)用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径。首先，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐，如图(a)所示，该示数为 mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图(b)所示，该示数为 mm，则摆球的直径为 mm。
(2)单摆实验的装置示意图如图(c)所示，其中角度盘需要固定在杆上的确定点O处，摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小。若将角度盘固定在O点上方，则摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角 5°(填“大于”或“小于”)。
(3)某次实验所用单摆的摆线长度为81.50 cm，则摆长为 cm。实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为54.60 s，则此单摆周期为 s，该小组测得的重力加速度大小为 m/s2。(结果均保留3位有效数字，π2取9.870)
【答案】(1)0.006(0.007也可) 20.035(20.034、20.036均可) 20.029(20.027、20.028、20.030均可) (2)大于 (3)82.5 1.82 9.83
【解析】(1)题图(a)读数为0＋0.6×0.01 mm＝0.006 mm(0.007 mm也可)；
题图(b)读数为20 mm＋3.5×0.01 mm＝20.035 mm(20.034 mm、20.036 mm均可)；
则摆球的直径为20.035 mm－0.006 mm＝20.029 mm(20.027 mm、20.028 mm、20.030 mm均可)
(2)若角度盘上移则形成如图所示图样，则实际摆角大于5°。
(3)摆长＝摆线长度＋半径，代入数据计算可得摆长为82.5 cm；
小球从第1次到61次经过最低点经过了30个周期，
则T＝eq \f(54.60,30) s＝1.82 s
根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，可得g＝eq \f(4π2L,T2)≈9.83 m/s2。
【难度】基础题
(2022·辽宁卷·12)某同学利用如图所示的装置测量重力加速度，其中光栅板上交替排列着等宽度的遮光带和透光带(宽度用d表示)．实验时将光栅板置于光电传感器上方某高度，令其自由下落穿过光电传感器．光电传感器所连接的计算机可连续记录遮光带、透光带通过光电传感器的时间间隔Δt.
(1)除图中所用的实验器材外，该实验还需要 (填“天平”或“刻度尺”)；
(2)该同学测得遮光带(透光带)的宽度为4.50 cm，记录时间间隔的数据如表所示；
根据上述实验数据，可得编号为3的遮光带通过光电传感器的平均速度大小为v3＝ m/s(结果保留两位有效数字)；
(3)某相邻遮光带和透光带先后通过光电传感器的时间间隔为Δt1、Δt2，则重力加速度g＝ (用d、Δt1、Δt2表示)；
(4)该同学发现所得实验结果小于当地的重力加速度，请写出一条可能的原因： .
【答案】(1)刻度尺 (2)1.5 (3)eq \f(2d(Δt1－Δt2),Δt1Δt2(Δt1＋Δt2)) (4)光栅板受到空气阻力的作用
【解析】(1)该实验测量重力加速度，不需要天平测质量；需要用刻度尺测量遮光带(透光带)的宽度，故需要刻度尺．
(2)根据平均速度的计算公式可知v＝eq \f(d,Δt)＝eq \f(4.5×10－2 m,30×10－3 s)＝1.5 m/s.
(3)根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的速度，有
v1＝eq \f(d,Δt1)，v2＝eq \f(d,Δt2)，v2＝v1＋g(eq \f(Δt2＋Δt1,2))
可得g＝eq \f(2d(Δt1－Δt2),Δt1Δt2(Δt1＋Δt2)).
(4)光栅板的长度明显，下落过程中受到空气阻力的影响，所以竖直向下的加速度小于重力加速度．
【难度】中档题
(2022·北京卷·16)某同学利用自由落体运动测量重力加速度，实验装置如图甲所示，打点计时器接在频率为50.0 Hz的交流电源上。使重锤自由下落，打点计时器在随重锤下落的纸带上打下一系列点迹。挑出点迹清晰的一条纸带，依次标出计数点1，2，…，8，相邻计数点之间还有1个计时点。分别测出相邻计数点之间的距离x1，x2，…，x7，并求出打点2，3，…，7时对应的重锤的速度。在坐标纸上建立v－t坐标系，根据重锤下落的速度作出v－t图线并求重力加速度。
(1)图乙为纸带的一部分，打点3时，重锤下落的速度v3＝ m/s(结果保留3位有效数字)。
(2)除点3外，其余各点速度对应的坐标点已在图丙坐标系中标出，请在图中标出速度v3对应的坐标点，并作出v－t图线。
(3)根据图丙，实验测得的重力加速度g＝ m/s2(结果保留3位有效数字)。
(4)某同学居家学习期间，注意到一水龙头距地面较高，而且发现通过调节水龙头阀门可实现水滴逐滴下落，并能控制相邻水滴开始下落的时间间隔，还能听到水滴落地时发出的清脆声音。于是他计划利用手机的秒表计时功能和刻度尺测量重力加速度。为准确测量，请写出需要测量的物理量及对应的测量方法。


【答案】(1)1.15 (2)见解析图 (3)9.79 (4)见解析
【解析】(1)打点计时器接在频率为50.0 Hz的交流电源上，相邻计数点之间还有1个计时点，则相邻两计数点之间的时间间隔为t＝2×0.02 s＝0.04 s，重锤做自由落体运动，打点3时的瞬时速度等于打点2到打点4之间的平均速度，由纸带数据可知
v3＝eq \f(x24,2t)＝eq \f((3.83＋5.36)×10－2,2×0.04) m/s＝1.15 m/s
(2)标出坐标点及作出图像如图所示
(3)根据v＝v0＋gt，可知g＝eq \f(Δv,Δt)
根据v－t图像可知其斜率为重力加速度，
则有g＝eq \f(2.7－0.35,0.24) m/s2＝9.79 m/s2
(4)需要测量的物理量：水滴下落的高度h和下落的时间t。
测量h的方法：用刻度尺测量水龙头出水口到地面的高度，多次测量取平均值；
测量t的方法：调节水龙头阀门，使一滴水开始下落的同时，恰好听到前一滴水落地时发出的清脆声音。用手机测量n滴水下落的总时间tn，则t＝eq \f(tn,n)。
【难度】中档题
(2021·湖北卷·12)某同学假期在家里进行了重力加速度测量实验．如图(a) 所示，将一根米尺竖直固定，在米尺零刻度处由静止释放实心小钢球，小球下落途经某位置时，使用相机对其进行拍照，相机曝光时间为eq \f(1,500) s．由于小球的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹．根据照片中米尺刻度读出小球所在位置到释放点的距离H、小球在曝光时间内移动的距离Δl.计算出小球通过该位置时的速度大小v，进而得出重力加速度大小g.实验数据如下表：
(1)测量该小球直径时，游标卡尺示数如图(b)所示，小球直径为 mm.
(2)在第2次实验中，小球下落H ＝0.942 3 m时的速度大小v＝ m/s(保留3位有效数字)；第3次实验测得的当地重力加速度大小g＝ m/s2(保留3位有效数字)．
(3)可以减小本实验重力加速度大小测量误差的措施有 ．
A．适当减小相机的曝光时间
B．让小球在真空管中自由下落
C．用质量相等的实心铝球代替实心钢球
【答案】(1)15.75 (2)4.30 9.85 (3)AB
【解析】(1)由游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为15 mm＋15×0.05 mm＝15.75 mm
(2)由题意可知，小球下落H ＝0.942 3 m时的速度
v＝eq \f(Δl,T)＝eq \f(0.86×10－2,\f(1,500)) m/s＝4.30 m/s
由运动学公式v2＝2gh
得g＝eq \f(v2,2H)＝eq \f(4.102,2×0.853 0) m/s2＝9.85 m/s2.
(3)小球下落一定高度时的瞬时速度近似为曝光时间内的平均速度，曝光时间越短，曝光时间内的平均速度越接近瞬时速度，实验误差越小，故A正确；让小球在真空管中自由下落，可减小空气阻力的影响，可减小实验误差，故B正确；质量相等的实心铝球代替实心钢球时，铝球体积更大，阻力对铝球的影响较大，实验误差较大，故C错误．
【难度】中档题
(2020·浙江7月选考·17(2))某同学用单摆测量重力加速度，
①为了减少测量误差，下列做法正确的是 ；
A．摆的振幅越大越好
B．摆球质量大些、体积小些
C．摆线尽量细些、长些、伸缩性小些
D．计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处
②改变摆长，多次测量，得到周期平方与摆长的关系图像如图所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是 ．
A．测周期时多数了一个周期
B．测周期时少数了一个周期
C．测摆长时直接将摆线的长度作为摆长
D．测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长
【答案】①BC ②C
【解析】①摆的振幅过大，摆角大于5°，单摆周期公式不再成立，故A错误；摆球质量大、体积小(用密度大的实心金属球)，摆线细长、伸缩性小可使阻力及摆长变化等影响更小，是单摆模型的要求，故B、C正确；摆球在最高点附近速度小，计时误差大，故计时起点应选在平衡位置，故D错误．
②测周期时，无论是多数一个周期还是少数一个周期，T2－l图线都是过原点的直线，只是图线的斜率变化，即测得的重力加速度变化，故A、B错误；T2－l的图像的纵轴截距大于0，可知测量的摆长比实际摆长小了一些，故可判断测摆长时未加摆球的半径，直接将摆线的长度作为摆长，故C正确，D错误．
【难度】基础题
(2020·江苏卷·11)疫情期间“停课不停学”，小明同学在家自主开展实验探究．用手机拍摄物体自由下落的视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，实验装置如图所示．
(1)家中有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作实验中下落物体的是 ．
(2)下列主要操作步骤的正确顺序是 ．(填写各步骤前的序号)
①把刻度尺竖直固定在墙上
②捏住小球，从刻度尺旁静止释放
③手机固定在三角架上，调整好手机镜头的位置
④打开手机摄像功能，开始摄像
(3)停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中的小球和刻度如图所示．已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为16 s，刻度尺的分度值是1 mm，由此测得重力加速度为 m/s2.
(4)在某次实验中，小明释放小球时手稍有晃动，视频显示小球下落时偏离了竖直方向．从该视频中截取图片， (选填“仍能”或“不能”)用(3)问中的方法测出重力加速度．
【答案】(1)小钢球 (2)①③④② (3)9.6(9.5～9.7均可) (4)仍能
【解析】(1)小钢球受到的空气阻力可忽略，可认为是自由落体运动．
(2)安装好器材后，先打开手机摄像功能，再由静止释放小球．这类似于使用打点计时器时先接通电源，再释放纸带，故顺序是①③④②.
(3)由题图读得x1＝2.50 cm，x2＝26.50 cm，x3＝77.20 cm，
由(x3－x2)－(x2－x1)＝gT2，T＝16s，
解得g≈9.6 m/s2.
(4)释放时手抖动，导致小球的运动偏离了竖直方向，但在小球下落过程中，小球竖直分运动仍然是加速度为重力加速度g的运动，故仍能用(3)问的方法测出重力加速度．
【难度】基础题
(2020·山东卷·13)2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度．某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小．实验步骤如下：
①如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺(图中未画出)．
②调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能．将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况．然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据．
③该同学选取部分实验数据，画出了2Lt－t图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6 m/s2.
④再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验．
回答以下问题：
(1)当木板的倾角为37°时，所绘图像如图乙所示．由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为 m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为 m/s2.(结果均保留2位有效数字)
(2)根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为 m/s2.(结果保留2位有效数字，sin 37°＝0.60，cs 37°＝0.80 )
【答案】(1)0.32或0.33 3.1 (2)9.4
【解析】(1)根据匀变速直线运动的位移公式得L＝v0t＋12at2，
所以2Lt＝2v0＋at，
即2Lt－t图像的纵截距为2v0，斜率为加速度a，由图像知2v0＝65×10－2 m/s，
所以初速度v0≈0.33 m/s
加速度a＝(185−70)×10−2(39.5−2)×10−2 m/s2≈3.1 m/s2
(2)当θ＝53°时，a0＝5.6 m/s2
当θ＝37°时，a＝3.1 m/s2
根据牛顿第二定律得a0＝gsin 53°－μgcs 53°
a＝gsin 37°－μgcs 37°
联立两式并代入数据解得g≈9.4 m/s2.
【难度】中档题
实验十三 其它振动规律探索创新实验
(2023·湖南卷·11)某同学探究弹簧振子振动周期与质量的关系，实验装置如图(a)所示，轻质弹簧上端悬挂在铁架台上，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁，其正下方放置智能手机，手机中的磁传感器可以采集磁感应强度实时变化的数据并输出图像，实验步骤如下：
(1)测出钩码和小磁铁的总质量m；
(2)在弹簧下端挂上该钩码和小磁铁，使弹簧振子在竖直方向做简谐运动，打开手机的磁传感器软件，此时磁传感器记录的磁感应强度变化周期等于弹簧振子振动周期；
(3)某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图(b)所示，从图中可以算出弹簧振子振动周期T＝ (用“t0”表示)；
(4)改变钩码质量，重复上述步骤；
(5)实验测得数据如下表所示，分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是 (填“线性的”或“非线性的”)；
(6)设弹簧的劲度系数为k，根据实验结果并结合物理量的单位关系，弹簧振子振动周期的表达式可能是 (填正确答案标号)；
A．2πeq \r(\f(m,k)) B．2πeq \r(\f(k,m))
C．2πeq \r(mk) D．2πkeq \r(m)
(7)除偶然误差外，写出一条本实验中可能产生误差的原因： 。
【答案】(3) eq \f(t0,10) (5)线性的 (6)A (7)见解析
【解析】(3)由题图(b)可知弹簧振子振动周期T＝eq \f(t0,10)；
(5)分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的比值接近常量3.94，则弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是线性的；
(6)因2πeq \r(\f(m,k))的单位为eq \r(\f(kg,N/m))＝eq \r(\f(kg·m,kg·m/s2))＝s
因为s(秒)为周期的单位，则其他各项单位都不是周期的单位，故选A；
(7)除偶然误差外，钩码振动过程中受空气阻力的影响可能会使本实验产生误差。
【难度】中档题
(2024·广西卷·11)单摆可作为研究简谐运动的理想模型。
(1)制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中________________不变；
(2)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为____________ cm；
(3)若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5°的角度静止释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为g，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为________________。
【答案】(1)摆长 (2)1.06 (3)x＝eq \f(gT2sin 5°,4π2)cs (eq \f(2π,T)t)
【解析】(1)选择图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变；
(2)摆球直径为d＝1.0 cm＋6×0.1 mm＝1.06 cm
(3)根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))
可得单摆的摆长为L＝eq \f(gT2,4π2)
从平衡位置拉开5°的角度处静止释放，可得振幅为A＝Lsin 5°
以该位置为计时起点，
根据简谐运动规律可得摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为
x＝Acs ωt＝eq \f(gT2sin 5°,4π2)cs (eq \f(2π,T)t)。
【难度】中档题
(2024·湖南卷·12)在太空，物体完全失重，用天平无法测量质量。如图，某同学设计了一个动力学方法测量物体质量的实验方案，主要实验仪器包括：气垫导轨、滑块、轻弹簧、标准砝码、光电计时器和待测物体，主要步骤如下：
(1)调平气垫导轨，将弹簧左端连接气垫导轨左端，右端连接滑块；
(2)将滑块拉至离平衡位置20 cm处由静止释放，滑块第1次经过平衡位置处开始计时，第21次经过平衡位置时停止计时，由此测得弹簧振子的振动周期T；
(3)将质量为m的砝码固定在滑块上，重复步骤(2)；
(4)依次增加砝码质量m，测出对应的周期T，实验数据如下表所示，在图中绘制T2－m关系图线；
(5)由T2－m图像可知，弹簧振子振动周期的平方与砝码质量的关系是____________(填“线性的”或“非线性的”)；
(6)取下砝码后，将待测物体固定在滑块上，测量周期并得到T2＝0.880 s2，则待测物体质量是 _____________ kg(保留3位有效数字)；
(7)若换一个质量较小的滑块重做上述实验，所得T2－m图线与原图线相比将沿纵轴____________移动(填“正方向”“负方向”或“不”)。
【答案】(4)见解析图 (5)线性的 (6)0.120 kg (7)负方向
【解析】(4)根据表格中的数据描点连线，有
(5)图线是一条倾斜的直线，说明弹簧振子振动周期的平方与砝码质量为线性关系。
(6)在图线上找到T2＝0.880 s2的点，对应横坐标为0.120 kg。
(7)由T2－m图像可知总质量越大，周期越大，所以不放砝码时滑块质量越小，周期越小，T2－m图线纵截距越小，即图线沿纵轴负方向移动。
【难度】中档题
(2024·湖北卷·12)某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案，所用器材有：2 g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。
具体步骤如下：
①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图(a)所示。
②用米尺测量平衡时弹簧的长度l，并安装光电门。
③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动。
④用数字计时器记录30次全振动所用时间t。
⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作。
该同学将振动系统理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动周期T＝2πeq \r(\f(M,k))，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。
(1)由步骤④，可知振动周期T＝____________。
(2)设弹簧的原长为l0，则l与g、l0、T的关系式为l＝____________。
(3)由实验数据作出的l－T2图线如图(b)所示，可得g＝____________ m/s2(保留三位有效数字，π2取9.87)。
(4)本实验的误差来源包括____________(双选，填标号)。
A．空气阻力
B．弹簧质量不为零
C．光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置
【答案】(1)eq \f(t,30) (2)l0＋eq \f(gT2,4π2) (3)9.59 (4)AC
【解析】(1)30次全振动所用时间t，则振动周期T＝eq \f(t,30)
(2)弹簧振子的振动周期T＝2πeq \r(\f(M,k))
可得振子的质量M＝eq \f(kT2,4π2)
振子平衡时，根据平衡条件Mg＝kΔl
可得Δl＝eq \f(gT2,4π2)
则l与g、l0、T的关系式为l＝l0＋Δl＝l0＋eq \f(gT2,4π2)
(3)根据l＝l0＋eq \f(gT2,4π2)整理可得
l＝l0＋eq \f(g,4π2)·T2
则l－T2图像斜率k＝eq \f(g,4π2)＝eq \f(0.542－0.474,0.58－0.30) m/s2
解得g≈9.59 m/s2
(4)空气阻力的存在会影响弹簧振子的振动周期，是实验的误差来源之一，故A正确；
弹簧质量不为零导致振子在平衡位置时弹簧的长度变化，不影响其他操作，根据(3)解析可知对实验结果没有影响，故B错误；
根据实验步骤可知光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置会影响振子周期的测量，是实验的误差来源之一，故C正确。
【难度】基础题
实验十四 其他力学探究创新实验
(2025·湖南卷·11)某同学通过观察小球在黏性液体中的运动，探究其动力学规律，步骤如下：
(1)用螺旋测微器测量小球直径D如图甲所示，D＝ mm。
(2)在液面处由静止释放小球，同时使用频闪摄影仪记录小球下落过程中不同时刻的位置，频闪仪每隔0.5 s闪光一次。装置及所拍照片示意图如图乙所示(图中的数字是小球到液面的测量距离，单位是cm)。
(3)根据照片分析，小球在A、E两点间近似做匀速运动，速度大小v＝ m/s(保留2位有效数字)。
(4)小球在液体中运动时受到液体的黏滞阻力f＝kDv(k为与液体有关的常量)，已知小球密度为ρ，液体密度为ρ0，重力加速度大小为g，则k的表达式为k＝ (用题中给出的物理量表示)。
(5)为了进一步探究动力学规律，换成直径更小的同种材质小球，进行上述实验，匀速运动时的速度将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1)2.206(2.205、2.207、2.208均可) (3)1.0×10－2 (4)(ρ−ρ0)gπD26v (5)减小
【解析】(1)根据题图甲可知小球直径D＝2.0 mm＋20.6×0.01 mm＝2.206 mm
(3)由题图乙可知A、E两点间的距离为x＝(7.02－5.00)×10－2 m＝2.02×10－2 m
时间为t＝4t0＝4×0.5 s＝2 s
所以速度为v＝xt＝2.02×10−2 m2s≈1.0×10－2 m/s
(4)小球匀速运动，根据受力平衡有mg＝F浮＋f即ρgV＝ρ0gV＋f
求得体积公式为V＝43πR3＝43π(D2)3
整理可得k＝(ρ−ρ0)gVDv＝(ρ−ρ0)gπD26v
(5)由于k为与液体有关的常量，所以换成直径更小的同种材质小球进行实验时k不变，又ρ、ρ0、g不变，但D减小，则由k＝(ρ−ρ0)gπD26v可知匀速运动时的速度v减小。
【难度】基础题
(2024·重庆卷·11)王祯《农书》记载了一种人力汲水灌田农具——戽斗。某兴趣小组对库斗汲水工作情况进行模型化处理，设计了如图甲所示实验，探究库斗在竖直面内的受力与运动特点。该小组在位于同一水平线上的P、Q两点，分别固定一个小滑轮，将连结沙桶的细线跨过两滑轮并悬挂质量相同的砝码，让沙桶在竖直方向沿线段PQ的垂直平分线OO′运动。当沙桶质量为136.0g时，沙桶从A点由静止释放，能到达最高点B，最终停在C点。分析所拍摄的沙桶运动视频，以A点为坐标原点，取竖直向上为正方向。建立直角坐标系，得到沙桶位置y随时间t的图像如图乙所示。
(1)若将沙桶上升过程中的某一段视为匀速直线运动，则此段中随着连结沙桶的两线间夹角逐渐增大，每根线对沙桶的拉力 (选填“逐渐增大”“保持不变”“逐渐减小”)。沙桶在B点的加速度方向 (选填“竖直向上”“竖直向下”)。
(2)一由图乙可知，沙桶从开始运动到最终停止，机械能增加 J(保留两位有效数字，g = 9.8m/s2)。
【答案】(1)逐渐增大 竖直向下 (2)0.11
【解析】(1)设细线与竖直方向夹角为θ，沙桶匀速上升，2Tcsθ = Mg
当θ逐渐增大时，T逐渐增大，沙桶上升到最高点B然后下落，在最高点的加速度方向竖直向下。
(2)沙桶从开始运动到静止上升高度为8.4cm，
机械能增加量为Mgh = 0.136 × 9.8 × 0.084J = 0.11J
【难度】中档题
(2024·黑吉辽·12)图(a)为一套半圆拱形七色彩虹积木示意图，不同颜色的积木直径不同。某同学通过实验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。
(1)用刻度尺测量不同颜色积木的外径D，其中对蓝色积木的某次测量如图(b)所示，从图中读出D＝________________ cm。
(2)将一块积木静置于硬质水平桌面上，设置积木左端平衡位置的参考点O，将积木的右端按下后释放，如图(c)所示。当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了____________个周期。
(3)换用其他积木重复上述操作，测得多组数据。为了探究T与D之间的函数关系，可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，数据如下表所示：
根据表中数据绘制出lnT－lnD图像如图(d)所示，则T与D的近似关系为________。
A．T∝eq \r(D) B．T∝D2
C．T∝eq \f(1,\r(D)) D．T∝eq \f(1,D2)
(4)请写出一条提高该实验精度的改进措施：______________________________________。
【答案】(1)7.55(7.54～7.56均可) (2)10 (3)A (4)换更光滑的硬质水平桌面
【解析】(1)刻度尺的分度值为0.1 cm，需要估读到分度值下一位，读数为D＝7.55 cm
(2)积木左端两次经过参考点O为一个周期，当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了10个周期。
(3)由题图可知，lnT与lnD成正比，斜率为0.5，即lnT＝0.5lnD，整理可得lnT＝lnDeq \f(1,2)
则T与D的近似关系为T∝eq \r(D)
故选A。
(4)为了减小实验误差：换更光滑的硬质水平桌面。
【难度】中档题
(2021·山东卷·13)某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如下：
①固定好手机，打开录音功能；
②从一定高度由静止释放乒乓球；
③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间(单位：s)的变化图像如图所示。
根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。
根据实验数据，回答下列问题：
(1)利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为 m(保留2位有效数字，当地重力加速度g=9.80m/s2)。
(2)设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k，则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的 倍(用k表示)，第3次碰撞过程中k= (保留2位有效数字)。
(3)由于存在空气阻力，第(1)问中计算的弹起高度 (填“高于”或“低于”)实际弹起高度。
【答案】(1)0.20 (2)1−k2 0.95 (3)高于
【解析】(1)第3次碰撞到第4次碰撞用时t0=2.40s−2.00s=0.40s，根据竖直上抛和自由落体运动的对称性可知第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为ℎ0=12g(t02)2=12×9.8×0.22m≈0.20m
(2)碰撞后弹起瞬间速度为v2，碰撞前瞬间速度为v1，根据题意可知v2v1=k
则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为12mv12−12mv2212mv12=1−12mv2212mv12=1−k2
第2次碰后从最高点落地瞬间的速度v=gt=(2.00−1.582)g=0.21g
第3次碰撞后瞬间速度为v'=gt'=(2.40−2.002)g=0.20g
则第3次碰撞过程中k=v'v=≈0.95
(3)由于存在空气阻力，乒乓球在上升过程中受到向下的阻力和重力，加速度变大，上升的高度变小，所以第(1)问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。
【难度】中档题
(2021·福建卷·12)某实验小组利用图(a)所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如下：
(1)首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。
(2)用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出的纸带如图(b)所示(纸带上的点由左至右依次打出)，则垫块应该 (填“往左移”“往右移”或“固定不动”)。
(3)在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。
(4)把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止释放。小车拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图(c)所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出。打出F点时小车的速度大小为 m/s(结果保留2位小数)。
(5)保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车v-t图像如图(d)所示，由图像可知小车加速度大小 (填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”)。据此可以得到的实验结论是 。
【答案】(2)往右移 (4)0.15 (5)逐渐变小 空气阻力随速度增大而增大
【解析】(2)由题图(b)可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，即平衡摩擦力过度，应减小木板的倾角，即将垫块往右移。
(4)打F点时小车的速度大小等于打E、G两点之间小车的平均速度大小，即
vF=xEG2T=(6.92−3.85)×10−22×0.1m/s≈0.15m/s
(5)v-t图像的斜率表示加速度，所以由图像可知小车加速度大小逐渐变小。
小车加速度随速度的增大而变小，根据牛顿第二定律可知小车和钩码组成的系统所受合外力F随速度的增大而变小。装上薄板后，设小车所受空气阻力大小为f，则F=mg−f
而钩码重力mg不变，故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。
【难度】中档题
(2021·辽宁卷·11)某同学阅读教材中的“科学漫步”栏目，对“流体的阻力(f)跟物体相对于流体的速度(v)有关”这一说法产生了兴趣，通过查阅资料得知：对于球形物体，二者间存在定量关系f＝kv，k为比例系数．该同学为探究这一关系，利用如图(a)所示装置测量k.具体操作如下：在柱状玻璃容器中注入某透明液体，将小球在液面处由静止释放，当小球运动到0刻度线处开始计时，每下落10 cm记录一次时间，得到多组下落高度h与时间t的数据，作出h－t图像如图(b)中实线所示．
(1)由h－t图像可知，从计时开始小球近似做 运动．
(2)已知液体密度ρ＝8.0×102 kg/m3，小球体积V＝5.0×10－10 m3、质量m＝4.0×10－6 kg，结合h－t图像可得k＝ kg/s(浮力不能忽略，取重力加速度g＝9.8 m/s2)．
(3)若再用一个体积相同、密度较大的球，重复上述实验，所得h－t图像也是一条直线，则该直线可能是图(b)中的 虚线．
【答案】(1)匀速直线 (2)5.292×10－4 (3)①
【解析】(1)根据h－t图像可知，下落的距离随时间均匀变化，
所以小球近似做匀速直线运动
(2)根据h－t图像可知小球下落的速度为v＝eq \f(40×10－2 m,6 s)＝eq \f(1,15) m/s
小球下落过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的浮力和阻力，小球做匀速直线运动，受力平衡，则mg＝kv＋ρgV
式中ρgV表示液体对小球的浮力，代入数据可得比例系数
k＝eq \f(mg－ρgV,v)＝eq \f(4.0×10－6×9.8－8.0×102×9.8×5.0×10－10,\f(1,15)) kg/s＝5.292×10－4 kg/s
(3)若选择一个密度更大、体积相同的小球，浮力ρgV不变，根据m＝ρV可知小球的质量增大，根据mg＝kv＋ρgV可知小球的速度增大，所以在相同的时间内小球下落的高度增大，所以该直线可能是题图(b)中的①虚线．
【难度】中档题
实验十五 观察电容器的充、放电现象
(2024·浙江1月选考·17)在“观察电容器的充、放电现象”实验中，把电阻箱(0~9999Ω)、一节干电池、微安表(量程0~300μA，零刻度在中间位置)、电容器(、)、单刀双掷开关组装成如图1所示的实验电路。
(1)把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零：然后把开关S接2，微安表指针偏转情况是 ；
A．迅速向右偏转后示数逐渐减小 B．向右偏转示数逐渐增大
C．迅速向左偏转后示数逐渐减小 D．向左偏转示数逐渐增大
(2)再把电压表并联在电容器两端，同时观察电容器充电时电流和电压变化情况。把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到时保持不变；电压表示数由零逐渐增大，指针偏转到如图2所示位置时保持不变，则电压表示数为 V，电压表的阻值为 (计算结果保留两位有效数字)。
【答案】(1)C (2)0.50 3.1
【解析】(1)把开关S接1，电容器充电，电流从右向左流过微安表，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零；把开关S接2，电容器放电，电流从左向右流过微安表，则微安表指针迅速向左偏转后示数逐渐减小。
故选C。
(2)由题意可知电压表应选用0~3V量程，由图2可知此时分度值为0.1V，需要估读到0.01V，则读数为0.50V。
当微安表示数稳定时，电容器中不再有电流通过，此时干电池、电阻箱、微安表和电压表构成回路，根据闭合电路欧姆定律有
根据串联电路规律有
联立可得
【难度】中档题
(2024·海南卷·16)用如图(a)所示的电路观察电容器的充放电现象，实验器材有电源E、电容器C、电压表、电流表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关S1、开关S2、导线若干。
(1)闭合开关S2，将S1接1，电压表示数增大，最后稳定在12.3 V。在此过程中，电流表的示数 (填选项标号)。
A.一直稳定在某一数值
B.先增大，后逐渐减小为零
C.先增大，后稳定在某一非零数值
(2)先后断开开关S2、S1，将电流表更换成电流传感器，再将S1接2，此时通过定值电阻R的电流方向 (选填“a→b”或“b→a”)，通过传感器将电流信息传入计算机，画出电流随时间变化的I-t图像，如图(b)，t=2 s时I=1.10 mA，图中M、N区域面积比为8∶7，可求出R= kΩ(保留2位有效数字)。
【答案】(1)B (2)a→b 5.2
【解析】(1)电容器充电过程中，当电路刚接通后，电流表示数从0增大到某一最大值，后随着电容器的不断充电，电路中的充电电流在减小，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于开路，电流为0。故选B。
(2)根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电，将S1接2，电容器放电，此时通过定值电阻R的电流方向a→b；
t=2 s时I=1.10 mA，可知此时电容器两端的电压为U2=IR，电容器开始放电前两端电压为12.3 V，根据I-t图像与横轴围成的面积表示放电量可得0~2 s间的放电量为
Q1=ΔU·C=(12.3-1.10×10-3×R)C
2 s后到放电结束间放电量为
Q2=ΔU'·C=1.10×10-3·RC
根据题意Q1Q2=87，解得R≈5.2 kΩ
【难度】中档题
(2024·重庆卷·12)探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源E，定值电阻R0，电容器C，单刀双置开关S。

(1)为测量电容器充放电过程电压U和电流I变化，需在①、②处接入测量仪器，位置②应该接入测 (电流、电压)仪器。
(2)接通电路并接通开关，当电压表示数最大时，电流表示数为 。
(3)根据测到数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关系图如图乙所示。该过程为 (充电，放电)。放电过程中电容器两端电压U随时间t变化关系如图丙所示。0.2s时R0消耗的功率 W。
【答案】(1)电压 (2)0 (3)放电 0.32
【解析】(1)位置②与电容器并联，为测电压仪器。
(2)电压表示数最大时，电容器充电完毕，电流表示数为零。
(3)电容器放电时电压和电流都减小，图像逆向分析，该过程为电容器放电过程。
电容器充电完毕后的电压等于电源电动势，大小为12V，由题图丙可知t = 0.2s时电容器两端电压为U = 8V，由题图乙可知当U = 8V时，电流I = 40mA，则电阻R0消耗的功率为
P = 8 × 4 0× 10－3W = 0.32W
【难度】中档题
(2024·甘肃卷·7)一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是( )
A．充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加
B．充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点
C．放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小
D．放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点
【答案】C
【解析】充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由N点流向M点，随着电容器带电荷量的增加，电容器两极板间电势差增加，充电电流在减小，故A、B错误；
放电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R的电流由M点流向N点，电容器两极板间电势差减小，放电电流在减小，故C正确，D错误。
【难度】基础题
(2024·广西卷·12)某同学为探究电容器充、放电过程，设计了图甲实验电路。器材如下：电容器，电源E(电动势6 V，内阻不计)，电阻R1＝400.0 Ω，电阻R2＝200.0 Ω，电流传感器，开关S1、S2，导线若干。实验步骤如下：
(1)断开S1、S2，将电流传感器正极与a节点相连，其数据采样频率为5 000 Hz，则采样周期为____________ s；
(2)闭合S1，电容器开始充电，直至充电结束，得到充电过程的I－t曲线如图乙，由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为____________ mA(结果保留3位有效数字)；
(3)保持S1闭合，再闭合S2，电容器开始放电，直至放电结束，则放电结束后电容器两极板间电压为____________ V；
(4)实验得到放电过程的I－t曲线如图丙，I－t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.018 8 C，则电容器的电容C为____________ μF。图丙中I－t曲线与横坐标、直线t＝1 s所围面积对应电容器释放的电荷量为0.003 8 C，则t＝1 s时电容器两极板间电压为____________ V(结果保留2位有效数字)。
【答案】(1)eq \f(1,5 000) (2)15.0 (3)2 (4)4.7×103 5.2
【解析】(1)采样周期为T＝eq \f(1,f)＝eq \f(1,5 000) s
(2)由题图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0 mA；
(3)放电结束后电容器两极板间电压等于R2两端电压，
根据闭合电路欧姆定律得电容器两极板间电压为UC＝eq \f(E,R1＋R2)R2＝2 V
(4)充电结束后电容器两端电压为UC′＝E＝6 V，
故可得ΔQ＝(UC′－UC) C＝0.0188 C
解得C＝4.7×103 μF
设t＝1 s时电容器两极板间电压为UC″，
得(UC′－UC″) C＝0.003 8 C
代入数值解得UC″≈5.2 V。
【难度】中档题
(2023·福建卷·13)某同学用图(a)所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C(，)，定值电阻R(阻值)、开关S、导线若干。
(1)电解电容器有正、负电极的区别。根据图(a)，将图(b)中的实物连线补充完整_；
(2)设置电源，让电源输出图(c)所示的矩形波，该矩形波的频率为 ；
(3)闭合开关S，一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压随时间周期性变化，结果如图(d)所示，A、B为实验图线上的两个点。在B点时，电容器处于 _状态(填“充电”或“放电”)在 _点时(填“A”或“B”)，通过电阻R的电流更大；
(4)保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压与频率f关系图像，如图(e)所示。当时电容器所带电荷量的最大值 _C(结果保留两位有效数字)；
(5)根据实验结果可知，电容器在充放电过程中，其所带的最大电荷量在频率较低时基本不变，而后随着频率的增大逐渐减小。
【答案】(1)见解析 (2) (3)充电 B (4)
【解析】(1)根据电路图连接实物图，如图所示
(2)由图(c)可知周期，所以该矩形波的频率为
(3)由图(d)可知，B点后电容器两端的电压慢慢增大，即电容器处于充电状态；从图中可得出，A点为放电快结束阶段，B点为充电开始阶段，所以在B点时通过电阻R的电流更大。
(4)由图(e)可知当时，电容器此时两端的电压最大值约为
根据电容的定义式得此时电容器所带电荷量的最大值为
【难度】中档题
(2023·山东卷·14)电容储能已经在电动汽车，风、光发电，脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：
电容器C(额定电压10 V，电容标识不清)；
电源E(电动势12 V，内阻不计)；
电阻箱R1(阻值0～99 999.9 Ω)；
滑动变阻器R2(最大阻值20 Ω，额定电流2 A)；
电压表V(量程15 V，内阻很大)；
发光二极管D1、D2，开关S1、S2，电流传感器，计算机，导线若干。
回答以下问题：
(1)按照图甲连接电路，闭合开关S1，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片应向 (填“a”或“b”)端滑动。
(2)调节滑动变阻器滑片位置，电压表表盘如图乙所示，示数为 V(保留1位小数)。
(3)继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为8.0 V时，开关S2掷向1，得到电容器充电过程的I－t图像，如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出充电结束后，电容器存储的电荷量为 C(结果保留2位有效数字)。
(4)本电路中所使用电容器的电容约为 F(结果保留2位有效数字)。
(5)电容器充电后，将开关S2掷向2，发光二极管 (填“D1”或“D2”)闪光。
【答案】(1)b (2)6.5 (3)3.5×10－3 (4)4.4×10－4 (5)D1
【解析】(1)滑动变阻器采用的是分压式接法，故向b端滑动滑动变阻器滑片电容器充电电压升高；
(2)表盘量程为15 V，每个小格0.5 V，故示数为6.5 V；
(3)I－t图像所围的面积，等于电容器存储的电荷量，35个小格，故电容器存储的电荷量为3.5×10－3 C；
(4)由电容的定义式C＝eq \f(q,U)得C≈4.4×10－4 F；
(5)开关S2掷向2，电容器放电，故D1闪光。
【难度】基础题
(2023·新课标卷·22题)在“观察电容器的充、放电现象”实验中，所用器材如下：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。
(1)用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时，红表笔应该与电池的 (填“正极”或“负极”)接触。
(2)某同学设计的实验电路如图(a)所示。先将电阻箱的阻值调为R1，将单刀双掷开关S与“1”端相接，记录电流随时间的变化。电容器充电完成后，开关S再与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变化情况可能是 。(填正确答案标号)
A．迅速变亮，然后亮度趋于稳定
B．亮度逐渐增大，然后趋于稳定
C．迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭
(3)将电阻箱的阻值调为R2(R2>R1)，再次将开关S与“1”端相接，再次记录电流随时间的变化情况。两次得到的电流I随时间t变化如图(b)中曲线所示，其中实线是电阻箱阻值为 (填“R1”或“R2”)时的结果，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的 (填“电压”或“电荷量”)。
【答案】(1)正极 (2)C (3)R2 电荷量
【解析】(1)多用电表应满足电流“红进黑出”，因此红表笔与电源的正极相连；
(2)电容器放电过程中，电流由大逐渐变小，则小灯泡迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭，故C正确；
(3)实线表示充电慢，用时长，最大电流小，故接入的电阻应该为大的电阻，即R2，因此实线表示电阻箱阻值为R2；根据公式I＝eq \f(Q,t)，则I－t图像与坐标轴所围的面积表示电容器上电荷量。
【难度】基础题
实验十六 游标卡尺和螺旋测微器的读数
(2025·河北卷·3)1992年，江苏扬州出土的古代铜卡尺，由固定尺和活动尺组成，现代游标卡尺的构件与其非常相似，已成为常用的测量工具。用游标卡尺测量某物体的长度，示数如图所示，其读数为( )
mmB.14.2 mm
mmD.17.2 mm
【答案】C
【解析】根据游标卡尺的读数规则可知主尺读数为17 mm，游标尺为50分度，每分度值为0.02 mm，第10条刻度线对齐，则游标尺的读数为10×0.02 mm＝0.20 mm，所以读数为17 mm＋0.20 mm＝17.20 mm，故选C。
【难度】基础题
实验十七 测定金属的电阻和电阻率
(2025·甘肃卷·12)某兴趣小组设计测量电阻阻值的实验方案。可用器材有：电池(电动势1.5 V)两节，电压表(量程3 V，内阻约3 kΩ)，电流表(量程0.3 A，内阻约1 Ω)，滑动变阻器(最大阻值20 Ω)，待测电阻Rx，开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。
(1)首先设计如图甲所示的电路。
①要求用S2选择电流表内、外接电路，请在图甲中补充连线将S2的c、d端接入电路；
②闭合S1前，滑动变阻器的滑片P应置于 端(填“a”或“b”)；
③闭合S1后，将S2分别接c和d端，观察到这两种情况下电压表的示数有变化、电流表的示数基本不变，因此测量电阻时S2应该接 端(填“c”或“d”)。
(2)为了消除上述实验中电表引入的误差、该小组又设计了如图乙所示的电路。
①请在图乙中补充连线将电压表接入电路；
②闭合S1，将S2分别接c和d端时，电压表、电流表的读数分别为Uc、Ic和Ud、Id。则待测电阻阻值Rx＝ (用Uc、Ud、Ic和Id表示)。
【答案】(1)①见解析图 ②b ③c (2)①见解析图 ②UcIc－UdId
【解析】(1)①实物连接图如图所示，
②闭合S1前，根据滑动变阻器的限流式接法，滑片P应置于b端，连入电路中的阻值最大，保护电路的安全。
③闭合S1后，将S2分别接c和d端，观察到这两种情况下电压表的示数有变化、电流表的示数基本不变，说明电流表分压明显，为减小实验误差，应采用电流表外接法，因此测量电阻时S2应该接c端。
(2)①实物连接图如图所示，
②根据电路分析，当闭合S1，将S2接c端时，电压表、电流表的读数分别为Uc、Ic，
则UcIc＝Rx＋RA＋R滑
将S2接d端时，电压表、电流表的读数分别为Ud、Id，则UdId＝RA＋R滑
则待测电阻阻值Rx＝UcIc－UdId。
【难度】中档题
(2025·湖南卷·12)车辆运输中若存在超载现象，将带来安全隐患。由普通水泥和导电材料混合制成的导电水泥，可以用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。
(1)选择一块均匀的长方体导电水泥块样品，用多用电表粗测其电阻。将多用电表选择开关旋转到“×1 k”挡，正确操作后，指针位置如图甲所示，则读数为 Ω。
(2)进一步提高实验精度，使用伏安法测量水泥块电阻，电源E电动势6 V、内阻可忽略；电压表量程0~6 V、内阻约10 kΩ；电流表量程0~600 μA、内阻约100 Ω。实验中要求滑动变阻器采用分压接法，在图乙中完成余下导线的连接。
(3)如图乙，测量水泥块的长为a，宽为b，高为c。用伏安法测得水泥块电阻为R，则电阻率ρ＝ (用R、a、b、c表示)。
(4)测得不同压力F下水泥块的电阻R，算出对应的电阻率ρ，作出ρ－F图像如图丙所示。
(5)基于以上结论，设计压力报警系统，电路如图丁所示。报警器在两端电压大于或等于3 V时启动，R1为水泥块，R2为滑动变阻器，当R2的滑片处于某位置，R1上压力大于或等于F0时，报警器启动。报警器应并联在 两端(填“R1”或“R2”)。
(6)若电源E使用时间过长，电动势变小，R1上压力大于或等于F1时，报警器启动，则F1 F0(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】(1)8 000 (2)见解析图 (3)Rbca (5)R2 (6)大于
【解析】(1)多用电表选择开关为“×1 k”挡，根据题图甲可知读数为8 000 Ω；
(2)长方体导电水泥块样品的电阻R>RARV，故采用电流表内接法；实验中要求滑动变阻器采用分压接法，故连接实物图如图
(3)根据电阻定律R＝ρLS，可知ρ＝RSL＝Rbca；
(5)根据题图丙可知压力越大电阻率越小，即电阻越小；回路中电流增大，R2两端电压增大，R1两端电压减小，而报警器在两端电压大于或等于3 V时启动，故应将报警器并联在R2两端；
(6)电源电动势E减小，要使报警器启动，R2两端电压要大于或等于3 V，根据串联分压有U2＝R2R1＋R2E＝1R1R2＋1E，可知E减小要使U2不变，则需要R1更小，又因为F越大R1越小，故F1需要大于F0。
【难度】中档题
(2025·四川卷·12) 某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有：
待测合金丝样品(长度约1 m)
螺旋测微器
学生电源E(电动势0.4 V，内阻未知)
米尺(量程0~100 cm)
滑动变阻器(最大阻值20 Ω)
电阻箱(阻值范围0~999.9 Ω)
电流表(量程0~30 mA，内阻较小)
开关S1、S2
导线若干
(1)将待测合金丝样品绷直固定于米尺上，将金属夹分别夹在样品20.00 cm和70.00 cm位置，用螺旋测微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径，读数分别为0.499 mm、0.498 mm和0.503 mm，则该样品横截面直径的平均值为 mm。
(2)该小组采用限流电路，则图甲中电流表的“＋”接线柱应与滑动变阻器的接线柱 (选填“a”或“b”)相连。闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于 端(选填“左”或“右”)。
(3)断开S2、闭合S1，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到15.0 mA刻度处。断开S1、闭合S2，保持滑动变阻器滑片位置不变，旋转电阻箱旋钮，使电流表指针仍指到15.0 mA处，此时电阻箱面板如图乙所示，则该合金丝的电阻率为 Ω·m(取π＝3.14，结果保留2位有效数字)。
(4)为减小实验误差，可采用的做法有 (有多个正确选项)。
A.换用内阻更小的电源
B.换用内阻更小的电流表
C.换用阻值范围为0~99.99 Ω的电阻箱
D.多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值
【答案】(1)0.500 (2)a 左 (3)1.3×10－6 (4)CD
【解析】(1)该样品横截面直径的平均值为d＝(0.499＋0.498＋0.503)3 mm＝0.500 mm
(2)由于滑动变阻器采用限流式接法，应将其串联接在电路中，故采用“一上一下”原则，即电流表的“＋”接线柱应与滑动变阻器的接线柱a相连。为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于最大阻值处，即最左端。
(3)由题意可知，该合金丝的电阻为R＝3.2 Ω
由电阻定律R＝ρlS及S＝π(d2)2可得ρ＝πRd24l
其中d＝0.500 mm，l＝70.00 cm－20.00 cm＝50.00 cm
代入数据解得该合金丝的电阻率为ρ≈1.3×10－6 Ω·m
(4)根据电阻定律可知ρ＝πRd24l，则为了减小实验误差，可减小测合金丝电阻时的误差，选择更精确的电阻箱，可换用阻值范围为0~99.99 Ω，或多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值。
【难度】基础题
(2025·云南卷·12)基于铂电阻阻值随温度变化的特性，某兴趣小组用铂电阻做了测量温度的实验。可选用的器材如下：Pt1 000型号铂电阻、电源E(电动势5 V，内阻不计)、电流表A1(量程100 μA，内阻4.5 kΩ)、电流表A2(量程500 μA，内阻约1 kΩ)、定值电阻R1(阻值15 kΩ)、定值电阻R2(阻值1.5 kΩ)、开关S和导线若干。
查阅技术手册可知，Pt1 000型号铂电阻测温时的工作电流在0.1~0.3 mA之间，在0~100 ℃范围内，铂电阻的阻值Rt随温度t的变化视为线性关系，如图(a)所示。
完成下列填空：
(1)由图(a)可知，在0~100 ℃范围内，温度每升高1 ℃，该铂电阻的阻值增加 Ω；
(2)兴趣小组设计了如图(b)所示的甲、乙两种测量铂电阻阻值的电路图，能准确测出铂电阻阻值的是 (填“甲”或“乙”)，保护电阻R应选 (填“R1”或“R2”)；
(3)用(2)问中能准确测出铂电阻阻值的电路测温时，某次测量读得A2示数为295 μA，A1示数如图(c)所示，该示数为 μA，则所测温度为 ℃(计算结果保留2位有效数字)。
【答案】(1)3.85 (2)乙 R1 (3)62.0 51
【解析】(1)温度每升高1 ℃，该铂电阻的阻值增加ΔR＝1.385−1.000100×103 Ω＝3.85 Ω
(2)由于A1内阻确定，所以用A1“测量”电阻的电压，用A2与A1之差来测量经过铂电阻的电流，故能准确测出铂电阻阻值的是乙；
电路中的最大电流为0.3 mA，可得电路中的最小阻值Rmin＝50.000 3 Ω≈17 kΩ，可知保护电阻R应选R1。
(3)由题图可知A1的最小分度值为1 μA，则其读数为62.0 μA；
根据欧姆定律可得R＝I1RA1I2−I1
根据题图(a)可知R＝1 000＋3.85t
代入数据，解得t≈51 ℃。
【难度】中档题
(2024·贵州卷·12)某实验小组根据热敏电阻的阻值随温度变化的规律，探测温度控制室内的温度。选用的器材有：
热敏电阻；
电流表G(内阻为，满偏电流为)；
定值电阻R(阻值为)；
电阻箱(阻值)；
电源E(电动势恒定，内阻不计)；
单刀双掷开关、单刀单掷开关；导线若干。
请完成下列步骤：
(1)该小组设计了如图(a)所示的电路图。根据图(a)，在答题卡上完成图(b)中的实物图连线。
(2)开关开，将电阻箱的阻值调到 (填“最大”或“最小”)。开关接1，调节电阻箱，当电阻箱读数为时，电流表示数为。再将改接2，电流表示数为，断开。得到此时热敏电阻的阻值为 Ω。
(3)该热敏电阻阻值随温度t变化的曲线如图(c)所示，结合(2)中的结果得到温度控制室内此时的温度约为 ℃。(结果取整数)
(4)开关接1，闭合，调节电阻箱，使电流表示数为。再将改接2，如果电流表示数为，则此时热敏电阻 (用k表示)，根据图(c)即可得到此时温度控制室内的温度。
【答案】(1)见解析 (2)最大 (3)9 (4)
【解析】(1)由图(a)所示的电路图，图(b)中的实物图连线如图所示。
(2)由图(a)可知，电阻箱起到保护电路的作用，因此开关闭合前，将电阻箱的阻值调到最大。
开关接1时，由欧姆定律可得
接2时，则有
联立解得
(3)由图(c)可知，时，对应的温度约为9℃。
(4)开关接1，闭合，调节电阻箱，使电流表示数为。由并联电路的分流作用，结合
，可得干路电流为，则有并联部分的电阻
由欧姆定律可得
结合
解得接2时，电流表示数为，同理可得干路电流可为，由欧姆定律可得
结合
其中
解得
【难度】较难题
(2024·江苏卷·12)某同学在实验室测定金属块的电阻率，电路如图甲所示，除被测金属块(图乙)外，还有如下实验器材可供选择：
A.直流电源：电动势约为3 V，内阻可忽略不计；
B.电流表A1：量程0~100 mA，内阻约1 Ω；
C.电流表A2：量程0~10 mA，内阻约4 Ω；
D.电压表V：量程0~3 V，内阻约3 kΩ；
E.滑动变阻器R1：0~10 Ω；
F.滑动变阻器R2：0~50 Ω；
G.开关、导线等
(1)用多用电表欧姆挡粗测金属块电阻，测得A、B端电阻RAB=4 Ω，测C、D端电阻时如图丙所示，则RCD= Ω。
(2)测CD间电阻时滑动变阻器应选 。
(3)实物连线如图丁，连错了的部分是 。
(4)连通电路时，滑动变阻器滑片应置于最 端(选填“左”或“右”)。
(5)实验中测量AB间电阻时选用电流表A1，测量CD间电阻时选用电流表A2，经过一系列测量后得到ρAB和ρCD。
小明认为由AB间测得的电阻计算电阻率更准确，因为测AB间电阻时所用电流表A1的内阻小，你认为小明的说法是否正确，说明你的理由 。
【答案】(1)320 (2)R2 (3)② (4)右
(5)不正确。测AB间电阻时电流表A1，分压为45，测CD间电阻时电流表A2分压约为180，故测CD间电阻时因电流表分压产生的误差小，计算所得电阻率更准确。
【难度】中档题
(2024·山东卷·14)某学习小组对两种型号铅笔芯的电阻率进行测量。实验器材如下：
学生电源(输出电压0～16 V)
滑动变阻器(最大阻值10 Ω，额定电流2 A)；
电压表V(量程3 V，内阻未知)；
电流表A(量程3 A，内阻未知)；
待测铅笔芯R(X型号、Y型号)；
游标卡尺，螺旋测微器，开关S，单刀双掷开关K，导线若干。
回答以下问题：
(1)使用螺旋测微器测量铅笔芯直径，某次测量结果如图甲所示，该读数为____________ mm；
(2)把待测铅笔芯接入图乙所示电路，闭合开关S后，将滑动变阻器滑片由最右端向左调节到合适位置，将单刀双掷开关K分别掷到1、2端，观察到电压表示数变化比电流表示数变化更明显，则测量铅笔芯电阻时应将K掷到____________(填“1”或“2”)端；
(3)正确连接电路，得到Y型号铅笔芯I－U图像如图丙所示，求得电阻RY＝____________ Ω(保留3位有效数字)；采用同样方法得到X型号铅笔芯的电阻为1.70 Ω；
(4)使用游标卡尺测得X、Y型号铅笔芯的长度分别为40.68 mm、60.78 mm，使用螺旋测微器测得X、Y型号铅笔芯直径近似相等，则X型号铅笔芯的电阻率____________(填“大于”或“小于”)Y型号铅笔芯的电阻率。
【答案】(1)2.450 (2)1 (3)1.91 (4)大于
【解析】(1)根据螺旋测微器的读数规则可知，其读数为
d＝2 mm＋0.01×45.0 mm＝2.450 mm
(2)由于电压表示数变化更明显，说明电流表分压较多，因此电流表应采用外接法，即测量铅笔芯电阻时应将K掷到1端；
(3)根据题图丙的I－U图像，结合欧姆定律有RY＝eq \f(2.50 V,1.31 A)≈1.91 Ω
(4)根据电阻定律R＝ρeq \f(l,S)
可得ρ＝eq \f(RS,l)
因两种材料的横截面积近似相等，分别代入数据可知ρX>ρY。
【难度】基础题
(2024·江西卷·12)某小组欲设计一种电热水器防触电装置，其原理是：当电热管漏电时，利用自来水自身的电阻，可使漏电电流降至人体安全电流以下。为此，需先测量水的电阻率，再进行合理设计。
(1)如图(a)所示，在绝缘长方体容器左右两侧安装可移动的薄金属板电极，将自来水倒入其中，测得水的截面宽d＝0.07 m和高h＝0.03 m。
(2)现有实验器材：电流表(量程300 μA，内阻RA＝2 500 Ω)、电压表(量程3 V或15 V，内阻未知)、直流电源(3 V)、滑动变阻器、开关和导线。请在图(a)中画线完成电路实物连接。
(3)连接好电路，测量26 ℃的水在不同长度l时的电阻值Rx。将水温升到65 ℃，重复测量。绘出26 ℃和65 ℃水的Rx－l图，分别如图(b)中甲、乙所示。
(4)若Rx－l图线的斜率为k，则水的电阻率表达式为ρ＝____________(用k、d、h表示)。实验结果表明，温度____________(填“高”或“低”)的水更容易导电。
(5)测出电阻率后，拟将一段塑料水管安装于热水器出水口作为防触电装置。为保证出水量不变，选用内直径为8.0×10－3 m的水管。若人体的安全电流为1.0×10－3 A，热水器出水温度最高为65 ℃，忽略其他电阻的影响(相当于热水器220 V的工作电压直接加在水管两端)，则该水管的长度至少应设计为________________ m。(保留两位有效数字)
【答案】(2)见解析图 (4)kdh 高 (5)0.46
【解析】(2)电源电动势为3 V，故电压表量程选择3 V可使实验结果更精确；
由于电流表的内阻已知，故电流表采用内接法时，可以消除系统误差，实物图如下：
(4)根据电阻定律Rx＝ρeq \f(l,dh)＝eq \f(ρ,dh)·l
故可得k＝eq \f(ρ,dh)
得ρ＝kdh
电阻率小的水更容易导电，根据图像可知65 ℃的水的电阻率更小，故可知温度高的水更容易导电。
(5)根据前面分析可知65 ℃的水的电阻率为
ρ＝kdh＝eq \f(8×103,0.7)×0.07×0.03 Ω·m＝24 Ω·m
故当选用内直径为d0＝8.0×10－3 m的水管，
人体的安全电流为I0＝1.0×10－3 A，
接入电压U＝220 V时，
根据欧姆定律和电阻定律有
R＝eq \f(U,I0)＝ρeq \f(lmin,π·(\f(d0,2))2)
解得作为防触电装置的水管的长度至少应设计为lmin＝0.46 m。
【难度】中档题
(2024·新课标卷·23)学生实验小组要测量量程为3 V的电压表V的内阻RV。可选用的器材有：多用电表，电源E(电动势5 V)，电压表V1(量程5 V，内阻约3 kΩ)，定值电阻R0(阻值为800 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ)，开关S，导线若干。
完成下列填空：
(1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应__________(把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列)；
A．将红、黑表笔短接
B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆
C．将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置
再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的____________(填“正极、负极”或“负极、正极”)相连，欧姆表的指针位置如图(a)中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡______(填“×1”“×100”或“×1k”)位置，重新调节后，测量得到指针位置如图(a)中实线Ⅱ所示，则实验小组测得到的该电压表内阻为__________ kΩ(结果保留1位小数)；
(2)为了提高测量精度，他们设计了如图(b)所示的电路，其中滑动变阻器应选__________(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于__________(填“a”或“b”)端；
(3)闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表V1、待测电压表的示数分别为U1、U，则待测电压表内阻RV＝__________(用U1、U和R0表示)；
(4)测量得到U1＝4.20 V，U＝2.78 V，则待测电压表内阻RV＝__________ kΩ(结果保留3位有效数字)。
【答案】(1)CAB 负极、正极 ×100 1.6 (2)R1 a (3)eq \f(UR0,U1－U) (4)1.57
【解析】(1)利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应选择欧姆挡，将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置；接着将红、黑表笔短接；进行欧姆调零；使指针指向零欧姆。故操作顺序为CAB。
多用电表使用时电流应“红进黑出”，电压表电流应“＋”接线柱进“－”接线柱出，故将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的负极、正极相连。
读数时欧姆表的指针位置如题图(a)中虚线Ⅰ所示，偏转角度较小即倍率选择过小，为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡倍率较大处，而根据表中数据可知选择“×1 k”倍率又过大，故应选择欧姆挡“×100”位置；
测量得到指针位置如题图(a)中实线Ⅱ所示，则实验小组测得到的该电压表内阻为
R＝16.0×100 Ω＝1.6 kΩ
(2)题图(b)所示的电路，滑动变阻器采用的是分压式接法，为了方便调节，应选最大阻值较小的滑动变阻器即R1；为保护电路，且测量电路部分电压从零开始调节，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于a端。
(3)通过待测电压表的电流大小与定值电阻电流相同，为I＝eq \f(U1－U,R0)
根据欧姆定律得待测电压表的内阻为RV＝eq \f(U,I)＝eq \f(UR0,U1－U)
(4)测量得到U1＝4.20 V，U＝2.78 V，
代入待测电压表的内阻表达式RV＝eq \f(UR0,U1－U)，
则待测电压表内阻RV＝eq \f(2.78×800,4.20－2.78) Ω≈1 566 Ω≈1.57 kΩ。
【难度】中档题
(2024·湖南卷·11)某实验小组要探究一金属丝的阻值随气压变化的规律，搭建了如图(a)所示的装置。电阻测量原理如图(b)所示，E是电源，V为电压表，A为电流表。
(1)保持玻璃管内压强为1个标准大气压，电流表示数为100 mA，电压表量程为3 V，表盘如图(c)所示，示数为__________ V，此时金属丝阻值的测量值R为__________ Ω(保留3位有效数字)；
(2)打开抽气泵，降低玻璃管内气压p，保持电流I不变，读出电压表示数U，计算出对应的金属丝阻值；
(3)根据测量数据绘制R－p关系图线，如图(d)所示；
(4)如果玻璃管内气压是0.5个标准大气压，保持电流为100 mA，电压表指针应该在图(c)指针位置的____________侧(填“左”或“右”)；
(5)若电压表是非理想电压表，则金属丝电阻的测量值____________真实值(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】(1)1.23(1.22、1.24、1.25、1.26均可) 12.3(12.2、12.4、12.5、12.6均可) (4)右侧 (5)小于
【解析】(1)电压表量程为3 V，分度值为0.1 V，电压表读数需估读一位，则读数为1.23 V，
根据欧姆定律可知，金属丝的测量值
R＝eq \f(U,I)＝12.3 Ω
(4)根据题图(d)可知气压越小电阻越大，再根据U＝IR，可知压强p减小时，电压增大，电压表的指针位置应该在题图(c)中指针位置的右侧。
(5)电流表采用外接法会导致电压表分流，
使得电流测量值I测偏大
由R测＝eq \f(U,I测)可知，电阻测量值偏小。
【难度】基础题
(2024·广西卷·6)将横截面相同、材料不同的两段导体L1、L2无缝连接成一段导体，总长度为1.00 m，接入图甲电路。闭合开关S，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙，则导体L1、L2的电阻率之比约为( )
A．2∶3 B．2∶1 C．5∶3 D．1∶3
【答案】B
【解析】根据电阻定律R＝ρeq \f(L,S)，得ΔR＝ρeq \f(Δx,S)，根据欧姆定律ΔU＝I·ΔR，整理可得ρ＝eq \f(S,I)·eq \f(ΔU,Δx)，结合题图可知导体L1、L2的电阻率之比eq \f(ρ1,ρ2)＝eq \f(\f(0.2,0.25),\f(0.5－0.2,1.00－0.25))＝eq \f(2,1)，故选B。
【难度】基础题
(2023·浙江1月选考·18)在“测量金属丝的电阻率”实验中：
(1)测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示，图中的导线a端应与 (选填“一”、“0.6”或“3”)接线柱连接，b端应与 (选填“—”、“0.6”或“3”)接线柱连接。开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于 (选填“左”或“右”)端。
(2)合上开关，调节滑动变阻器，得到多组U和I数据。甲同学由每组U、I数据计算电阻，然后求电阻平均值；乙同学通过U−I图像求电阻。则两种求电阻的方法更合理的是 (选填“甲”或“乙”)。
(3)两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流Ig=300μA 的表头G改装成电流表。如图2所示，表头G两端并联长为L的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G满偏，毫安表示数为I。改变L，重复上述步骤，获得多组I、L数据，作出I−1L图像如图3所示。
则I−1L图像斜率k= Am·m。若要把该表头G改装成量程为9mA的电流表，需要把长为 m的镍铬丝并联在表头G两端。(结果均保留两位有效数字)
【答案】(1)0.6 0.6 左 乙 (2)2.1/2.2/2.3/2.4/2.5 (3)0.24/0.25/0.26/0.27/0.28
【解析】(1)实验中用两节干电池供电，滑动变阻器分压式连接，电压从零开始调节，电流表选较小量程测量电流减小误差 ，则图中的导线a端应与 “0.6”接线柱连接，电压表测电阻两端的电压，则金属丝的电阻较小，电流表外接误差较小，故b端应与 “0.6”接线柱连接。为了保护电表，开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于左端。
(2)做U-I图象可以将剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度，减少实验的误差，则乙同学通过U-I图像求电阻，求电阻的方法更合理；
(3)由图像可知I−1L图像斜率k=7.4−5.83.1−2.4≈2.3mA⋅m
方法一：由电路可知Igrg=(I−Ig)ρLS
解得I=Ig+IgrgSρ⋅1L
则IgrgSρ=k=2.3mA⋅m
若要把该满偏电流为300μA表头G改装成量程为9mA的电流表，则并联的电阻
R'=ρL'S=IgrgI'−Ig
解得L'≈0.26m
方法二：延长图像可知，当I=9.0mA时可得1L=3.8m−1
即L'≈0.26m.
【难度】中档题
(2022·浙江1月选考·19)小明同学根据图1的电路连接器材来“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”。实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度l、调节滑动变阻器的阻值，使电流表的读数I达到某一相同值时记录电压表的示数U，从而得到多个UI的值，作出UI−l图像，如图2中图线a所示。
(1)在实验中使用的是 (选填“0~20Ω”或“0~200Ω”)的滑动变阻器。
(2)在某次测量时，量程为3V电压表的指针位置如图3所示，则读数U= V。
(3)已知合金丝甲的横截面积为7.0×10-8m2，则合金丝甲的电阻率为 Ω·m(结果保留2位有效数字)。
(4)图2中图线b是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后采用同样的方法获得的UI−l图像，由图可知合金丝甲的横截面积 (选填“大于”、“等于”或“小于”)合金丝乙的横截面积。
【答案】(1)0~20Ω (2)1.32(1.31~1.34) (3)1.1×10-6(0.90×10-6~1.3×10-6) (4)小于
【解析】(1)由实验原理可知Rx=UI，而由UI−l图像可知待测电阻最大约为8Ω，为了使电压表有明显的读数变化，则滑动变阻器的阻值不能太大，故选0~20Ω比较合适；
(2)量程为3V的电压表，精度为0.1V，估读到0.01V，则电压为1.32V(1.31~1.34)；
(3)根据电阻定律有UI=Rx=ρS⋅l
则UI−l图像的斜率为k=ρS
可得合金丝甲的电阻率为ρ=kS=7.4−−0.20×7.0×10−8(Ω⋅m)≈1.1×10−6(Ω⋅m)
(4) 另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后，电阻率不变，而横截面积变为S'=S+S乙
由图2中图线b可得S'=ρkb=1.1×10−62.2−−0.15≈26.6×10−8m2
解得 S乙=S'−S≈19.6×10-8m2>S
故合金丝甲的横截面积小于合金丝乙的横截面积。
【难度】中档题
(2021·山东卷·14)热敏电阻是传感器中经常使用的元件，某学习小组要探究一热敏电阻的阻值随温度变化的规律。可供选择的器材有：
待测热敏电阻RT(实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧)；
电源E(电动势1.5V，内阻r约为0.5Ω)；
电阻箱R(阻值范围0~9999.99Ω)；
滑动变阻器R1(最大阻值20Ω)；
滑动变阻器R2(最大阻值2000Ω)；
微安表(量程100μA，内阻等于2500Ω)；
开关两个，温控装置一套，导线若干。
同学们设计了如图甲所示的测量电路，主要实验步骤如下：
①按图示连接电路；
②闭合S1、S2，调节滑动变阻器滑片P的位置，使微安表指针满偏；
③保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开S2，调节电阻箱，使微安表指针半偏；
④记录此时的温度和电阻箱的阻值。
回答下列问题：
(1)为了更准确地测量热敏电阻的阻值，滑动变阻器应选用 (填“R1”或“R2”)。
(2)请用笔画线代替导线，将实物图(不含温控装置)连接成完整电路。
(3)某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为6000.00Ω，该温度下热敏电阻的测量值为 Ω(结果保留到个位)，该测量值 (填“大于”或“小于”)真实值。
(4)多次实验后，学习小组绘制了如图乙所示的图像。由图像可知。该热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐 (填“增大”或“减小”)。
【答案】(1)R1 (2)见解析 (3)3500 大于 (4)减小
【解析】(1)用半偏法测量热敏电阻的阻值，尽可能让该电路的电压在S2闭合前、后保持不变，由于该支路与滑动变阻器左侧部分电阻并联，滑动变阻器的阻值越小，S2闭合前、后并联部分电阻变化越小，从而并联部分的电压值变化越小，故滑动变阻器应选R1。
(2)电路连接图如图所示
(3)微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2倍，即RT+RμA=R=6000.00Ω
可得RT=3500Ω
当断开S2，微安表半偏时，由于该支路的电阻增加，电压略有升高，根据欧姆定律，总电阻比原来2倍略大，也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻，而我们用电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻来计算，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大。
(4)由于是lnRT−1T图像，当温度T升高时，1T减小，从图中可以看出lnRT减小，从而RT减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。
【难度】较难题
(2021·海南卷·14)在伏安法测电阻的实验中，提供以下实验器材：电源E(电动势约6V，内阻约1Ω)，待测电阻Rx(阻值小于10Ω)，电压表V(量程3V，内阻约3kΩ)，电流表A(量程0.6A，内阻约1Ω)，滑动变阻器(最大阻值20Ω)，单刀开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。某同学利用上述实验器材设计如图所示的测量电路。
回答下列问题：
(1)闭合开关S1前，滑动变阻器的滑片P应滑到 (填“a”或“b”)端；
(2)实验时，为使待测电阻的测量值更接近真实值，应将S2拨向 (填“c”或“d”)；在上述操作正确的情况下，引起实验误差的主要原因是 (填正确选项前的标号)；
A．电流表分压 B．电压表分流 C．电源内阻分压
(3)实验时，若已知电流表的内阻为1.2Ω，在此情况下，为使待测电阻的测量值更接近真实值，应将S2拨向 (填“c”或“d”)；读得电压表的示数为2.37V，电流表的示数为0.33A，则Rx= Ω(结果保留两位有效数字)。
【答案】(1)b (2)c B (3)d 6.0
【解析】(1)滑动变阻器采用限流式接入电路，开关S1闭合前，滑片P应滑到b端，使滑动变阻器接入电路阻值最大，保护电路；
(2)根据题意可知待测电阻的阻值Rx≤10Ω满足 RV(≈3kΩ)Rx>RxRA(≈1Ω)
所以电流表的分压比较明显，电流表应采用外接法，所以开关S2应拨向c端；
外接法的测量误差主要来源于电压表的分流，故选B；
(3)若电流表内阻Rg=1.2Ω，则电流表的分压可以准确计算，所以电流表采用内接法，所以开关S2应拨向d端；
电压表测量电流表和待测电阻的总电压U=2.37V，电流表分压为Ug=IRg=0.33×1.2V=0.396V
根据欧姆定律可知待测电阻阻值为Rx=U−UgI=2.37−Ω≈6.0Ω.
【难度】基础题
(2021·福建卷·11)某实验小组使用多用电表和螺旋测微器测量一长度为80.00cm电阻丝的电阻率，该电阻丝的电阻值约为100~200Ω，材料未知。实验过程如下：
(1)用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图(a)所示。该电阻丝的直径为 mm。
(2)对多用电表进行机械调零。
(3)将多用电表的选择开关旋至 倍率的电阻挡(填“×1”“×10”“×100”或“×1k”)。
(4)将黑、红表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在电阻挡零刻度线。
(5)将黑、红表笔并接在待测电阻丝两端，多用电表的示数如图(b)所示。该电阻丝的电阻值为 Ω。
(6)测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“OFF”位置。
(7)实验测得的该电阻丝电阻率为 Ω⋅m(结果保留3位有效数字)。
【答案】(1)1.414 (3)×10 (5)160 (7)3.14×10−4
【解析】(1)该电阻丝的直径为d=1mm+41.4×0.01mm=1.414mm
(3)使用多用电表欧姆挡测电阻时，为了减小误差，应尽可能使指针偏转至刻度盘中央附近，由于该电阻丝的阻值在100~200Ω，而表盘中央刻度在15~20左右 ，所以应选择×10倍率的电阻挡；
(5)15~20之间的分度值为1，所以该电阻丝的电阻值为R=16×10Ω=160Ω
(7)根据电阻定律有R=ρLS=ρ4Lπd2
解得该电阻丝的电阻率为ρ=πd2R4L≈3.14×10−4Ω⋅m
【难度】基础题
(2020·海南卷·15)在测量定值电阻阻值的实验中，提供的实验器材如下：电压表V1(量程3V，内阻r1=3.0kΩ)，电压表V2(量程5V，内阻r2=5.0kΩ)，滑动变阻器R(额定电流1.5A，最大阻值100Ω)，待测定值电阻Rx，电源E(电动势6.0V，内阻不计)，单刀开关S，导线若干：
回答下列问题：
(I)实验中滑动变阻器应采用 接法(填“限流”或“分压”)；
(2)将虚线框中的电路原理图补充完整；
(3)根据下表中的实验数据(U1、U2分别为电压表V1﹑V2的示数)，在图(a)给出的坐标纸上补齐数据点，并绘制U2−U1图像；
(4)由U2−U1图像得到待测定值电阻的阻值Rx= Ω (结果保留三位有效数字)；
(5)完成上述实验后，若要继续采用该实验原理测定另一个定值电阻Ry(阻值约为700Ω)的阻值，在不额外增加器材的前提下，要求实验精度尽可能高，请在图(b)的虚线框内画出你改进的电路图。
【答案】(I)分压 (2)见解析 (3)见解析 (4)1.83×103 (5)见解析
【解析】(1)电压表V1和Rx串联再和V2并联，并联的总电阻远大于滑动变阻器电阻，为了调节变阻器时，电表示数变化明显，且能获得更多组数据，应选择分压接法。
(2)完整的电路图，如图所示
(3)根据表中的实验数据，绘制的U2−U1图像，如图所示
(4)根据实验电路图，则有Rx=U2−U1U1r1
变形得U2=Rx+r1r1U1
则图线的斜率为k=Rx+r1r1
根据U2−U1图像可得斜率k=4.82−−1.00=1.61
则有1.61=Rx+r1r1
代入r1=3.0kΩ，解得Rx=1.83×103Ω
(5)因待测电阻Ry(阻值约为700Ω)的阻值较小，若直接与电压表V1串联，则所分得的电压过小，不利于测量，故待测电阻Ry应与Rx串联，当成一整体测出其电阻，再扣除Rx即可，电压表V1与两电阻串联，整体与V2并联，两电表读数均能超过量程的一半，误差较小，改进后的电路图如下图所示
【难度】较难题
(2023·辽宁卷·12)导电漆是将金属粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一根用导电漆制成的截面为正方形的细长样品(固态)，某同学欲测量其电阻率，设计了如图(a)所示的电路图，实验步骤如下：
a．测得样品截面的边长a ＝ 0.20 cm；
b．将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触，其中甲、乙、丁位置固定，丙可在乙、丁间左右移动；
c．将丙调节至某位置，测量丙和某探针之间的距离L；
d．闭合开关S，调节电阻箱R的阻值，使电流表示数I＝0.40 A，读出相应的电压表示数U，断开开关S；
e．改变丙的位置，重复步骤c、d，测量多组L和U，作出U－L图像如图(b)所示，得到直线的斜率k。
回答下列问题：
(1)L是丙到 (填“甲”“乙”或“丁”)的距离；
(2)写出电阻率的表达式ρ ＝ (用k、a、I表示)；
(3)根据图像计算出该样品的电阻率ρ ＝ Ω·m(保留两位有效数字)。
【答案】(1)乙 (2)eq \f(ka2,I) (3) 6.5 × 10－5
【解析】(1)由于电压表测量的是乙、丙之间的电压，则L是丙到乙的距离。
(2)根据电阻定律有R＝ρeq \f(L,a2)
再根据欧姆定律有R＝eq \f(U,I)
联立有U＝eq \f(ρI,a2)L
则ρ＝eq \f(ka2,I)
(3)根据图像可知k＝6.5 V/m
则根据(2)代入数据有
ρ ＝ 6.5 × 10－5 Ω·m
【难度】基础题
(2023·全国乙卷·23题)一学生小组测量某金属丝(阻值约十几欧姆)的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表(内阻非常大)、定值电阻R0(阻值10.0 Ω)、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图(a)是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空：
(1)实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S
(2)将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为U1，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为U2。由此得到流过待测金属丝的电流I＝ ，金属丝的电阻r＝ 。(结果均用R0、U1、U2表示)
(3)继续微调R，重复(2)的测量过程，得到多组测量数据，如下表所示：
(4)利用上述数据，得到金属丝的电阻r＝14.2 Ω。
(5)用米尺测得金属丝长度L＝50.00 cm。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图(b)所示，该读数为d＝ mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等。
(6)由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率ρ＝ ×10－7 Ω·m。(保留2位有效数字)
【答案】(2)eq \f(U2－U1,R0) eq \f(U1R0,U2－U1) (5)0.150 (6)5.0
【解析】(2)根据题意可知，R0两端的电压为U＝U2－U1
则流过R0及待测金属丝的电流I＝eq \f(U,R0)＝eq \f(U2－U1,R0)
金属丝的电阻r＝eq \f(U1,I)
联立可得r＝eq \f(U1R0,U2－U1)
(5)螺旋测微器的读数为
d＝0＋15.0×0.01 mm＝0.150 mm
(6)根据r＝ρeq \f(L,S)
又S＝π·(eq \f(d,2))2
代入数据联立解得
ρ≈5.0×10－7 Ω·m
【难度】基础题
(2023·天津卷·10)测电阻R大小。
(1)同学们首先用欧姆表×1挡位大致测出电阻阻值大小，如图甲，则电阻大小读数为_____ Ω。
(2)同学们继续使用学生电源(4 V)组装如图乙电路进行实验，其中电表可以从如下中进行选择：(括号中为电表量程及内阻)
A．电压表V1(0～15 V，15 kΩ)
B．电压表V2(0～3 V，3 kΩ)
C．电流表A1(0～3 A)
D．电流表A2(0～0.6 A)
应选择电压表 ，电流表 。(填器材前字母)
(3)下列哪些说法是正确的？ 。
A．电压表分流属于系统误差
B．实验开始前滑动变阻器滑片应该调到b端
C．如图乙所示的电路，可以通过调节滑片使电压表示数为0
D．多组实验可以减小系统误差
【答案】(1)7 (2)B D (3)AC
【解析】(1)电阻大小读数为7×1 Ω＝7 Ω
(2)由于同学们使用学生电源(4 V)，则为减小误差电压表应选择V2.
整个回路中的最大电流为I＝eq \f(E,R)≈0.57 A
则电流表应选择A2.
(3)电压表分流属于系统误差，故A正确；
为保护电路，实验开始前滑动变阻器滑片应该调到a端，故B错误；
如题图乙所示的电路为分压式电路，可以通过调节滑片使电压表示数为0，故C正确；
多组实验可以减小偶然误差，故D错误。
【难度】基础题
(2023·广东卷·12)某兴趣小组设计了测量盐水电导率的实验。所用器材有：电源E(电动势恒定，内阻可忽略)；毫安表mA(量程15 mA，内阻可忽略)；电阻R1(阻值500 Ω)、R2(阻值500 Ω)、R3(阻值600 Ω)和R4(阻值200 Ω)；开关S1和S2；装有耐腐蚀电极板和温度计的有机玻璃样品池；导线若干。请完成下列实验操作和计算。
(1)电路连接
图(a)为实验原理图。在图(b)的实物图中，已正确连接了部分电路，只有R4一端的导线还未连接，该导线应接到R3的 (填“左”或“右”)端接线柱
(2)盐水电导率和温度的测量
①测量并记录样品池内壁的长宽高。在样品池中注满待测盐水
②闭合开关S1， 开关S2，毫安表的示数为10.0 mA，记录此时毫安表的示数；计算得到流过样品池的电流I1为 mA
③ 开关S2，毫安表的示数为15.0 mA，记录此时毫安表的示数；计算得到流过样品池的电流I2为 mA
④断开开关S1，测量并记录盐水的温度
(3)根据上述数据，计算得到样品池两电极板间待测盐水的电阻为 Ω，进而可求得该温度时待测盐水的电导率。
【答案】(1)右 (2)②断开 40.0 ③闭合 60.0 (3)100
【解析】(1)根据图(a)电路可知，R4一端的导线应接到R3的右端接线柱；
(2)②闭合开关S1，断开开关S2，毫安表的示数为10.0 mA，
则通过电阻R4的电流为I4＝eq \f(I3R3,R4)
根据电路构造可知，流过样品池的电流为
I1＝I3＋I4＝40.0 mA
③闭合开关S2，毫安表的示数为15.0 mA，
则流过R4的电流为I4′＝eq \f(I3′R3,R4)
流过样品池的电流为I2＝I3′＋I4′＝60.0 mA
(3)设待测盐水的电阻为R0，根据闭合电路欧姆定律，开关S2断开时
E＝I1(R0＋R2＋eq \f(R3R4,R3＋R4))
开关S2闭合时
E＝I2(R0＋eq \f(R1R2,R1＋R2)＋eq \f(R3R4,R3＋R4))
代入数据解得R0＝100 Ω。
【难度】中档题
(2023·北京卷·16)采用图甲所示的电路图来测量金属丝Rx的电阻率。
(1)实验时，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在 (填“M”或“N”)端。
(2)按照图甲连接实物图，如图乙所示。闭合开关前检查电路时，发现有一根导线接错，该导线为 (填“a”“b”或“c”)。若闭合开关，该错误连接会带来的问题有 。
【答案】(1)M (2)b 移动滑片时，电压表和电流表的示数不变
【解析】(1)实验时，闭合开关S前，为保护电路，滑动变阻器滑片P应处在使并联部分电压为零处，滑动变阻器的滑片P应处在M端。
(2)滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器下端两接线柱与电源相连，故b导线接错；该错误带来的问题是移动滑片的过程中电压表和电流表的示数不变。
【难度】基础题
(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，
由题知，闭合开关，调节滑片位置，要使电流表指针指在满刻度的eq \f(1,2)处，则该同学选用的电流表应为A1；
当不考虑电池内阻，根据闭合电路的欧姆定律有
E＝eq \f(Im,2)(R＋R0＋RA1)，计算出R＝60 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，有E＝eq \f(3Im,5)(R＋Rx＋RA1)
代入数据有Rx＝100 Ω.
(3)若考虑电池内阻，根据闭合电路的欧姆定律有E＝eq \f(Im,2)[(R＋r)＋R0＋RA1]
E＝eq \f(3Im,5)[(R＋r)＋Rx＋RA1]
联立计算出的Rx不受电池内阻r的影响．
【难度】中档题
(2022·湖北卷·13)某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后，为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率，进行了如下实验探究．
(1)该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，示数如图甲所示，其读数为 mm.再用游标卡尺测得其长度L.
(2)该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻Rx的阻值．图中电流表量程为0.6 A、内阻为1.0 Ω，定值电阻R0的阻值为20.0 Ω，电阻箱R的最大阻值为999.9 Ω.首先将S2置于位置1，闭合S1，多次改变电阻箱R的阻值，记下电流表的对应读数I，实验数据见下表．
根据表中数据，在图丙中绘制出eq \f(1,I)－R图像．再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400 A．根据图丙中的图像可得Rx＝ Ω(结果保留2位有效数字)．最后可由表达式ρ＝ 得到该材料的电阻率(用D、L、Rx表示)．
(3)该小组根据图乙的电路和图丙的eq \f(1,I)－R图像，还可以求得电源电动势E＝______ V，内阻r＝ Ω.(结果均保留2位有效数字)
(4)持续使用后，电源电动势降低、内阻变大．若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置，测得电路的电流，仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)．
【答案】(1)3.700 (2)6.0 eq \f(πD2Rx,4L) (3)12 3.0 (4)偏小
【解析】(1)用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，其读数为
3.5 mm＋0.01 mm×20.0＝3.700 mm
(2)由电路可知，当将S2置于位置1，闭合S1时E＝I(RA＋R0＋r＋R)
即eq \f(1,I)＝eq \f(1,E)R＋eq \f(RA＋R0＋r,E)
由图像可知eq \f(1,E)＝eq \f(4.9－2.0,35) V－1
eq \f(RA＋R0＋r,E)＝2 A－1
解得E＝12 V，r＝3.0 Ω
再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400 A，则E＝I′(r＋R0＋RA＋Rx)
解得Rx＝6.0 Ω
根据Rx＝ρeq \f(L,S)＝ρeq \f(L,\f(1,4)πD2)
解得ρ＝eq \f(πD2Rx,4L)
(3)由(2)可知E＝12 V，r＝3.0 Ω
(4)根据表达式E＝I′(r＋R0＋RA＋Rx)
因电源电动势变小，内阻变大，则当电流表有相同读数时，得到的Rx的值偏小，即Rx测量值偏小．
【难度】中档题
(2022·重庆卷·11)某兴趣小组研究热敏电阻在通以恒定电流时，其阻值随温度的变化关系。实验电路如图所示，实验设定恒定电流为50.0 μA，主要实验器材有：恒压直流电源E、加热器、测温仪、热敏电阻RT、可变电阻R1、电流表A、电压表V。
(1)用加热器调节RT的温度后，为使电流表的示数仍为50.0 μA，须调节 (选填一种给定的实验器材)。当RT两端未连接电压表时，电流表示数为50.0 μA；连接电压表后，电流表示数显著增大，须将原电压表更换为内阻 (选填“远大于”“接近”“远小于”)RT阻值的电压表。
(2)测得RT两端的电压随温度的变化如图所示，由图可得温度从35.0 ℃变化到40.0 ℃的过程中，RT的阻值随温度的平均变化率是 kΩ·℃－1(保留2位有效数字)。
【答案】(1)可变电阻R1 远大于 (2)1.2
【解析】(1)由题知恒压直流电源E的电动势不变，而用加热器调节RT的温度后，导致整个回路的总电阻改变，而要确保电流表的示数仍为50.0 μA，则需控制整个回路的总电阻不变，故需要调节的器材是可变电阻R1；
连接电压表后，电流表示数显著增大，则说明电压表与RT并联后R总减小，则根据并联电阻的关系有R总＝eq \f(RTRV,RT＋RV)＝eq \f(RT,\f(RT,RV)＋1)，则要保证R总不变，需须将原电压表更换为内阻远大于RT阻值的电压表；
(2)由题图可得温度为35.0 ℃时电压表的示数为1.55 V，且实验设定恒定电流为50.0 μA，则根据欧姆定律可知此时热敏电阻RT1＝31 kΩ；温度为40.0 ℃时电压表的示数为1.25 V，且实验设定恒定电流为50.0 μA，则根据欧姆定律可知此时热敏电阻RT2＝25 kΩ，则温度从35.0 ℃变化到40.0 ℃的过程中，RT的阻值随温度的平均变化率是k＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔRT,Δt)))＝1.2 kΩ·℃－1。
【难度】中档题
(2021·浙江6月选考·18)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1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，I1＝0.33 A．由此可知应采用电流表 (填“内”或“外”)接法．
图1
(2)完成上述实验后，小李进一步尝试用其它方法进行实验：
①器材与连线如图2所示，请在虚线框中画出对应的电路图；
图2
②先将单刀双掷开关掷到左边，记录电流表读数，再将单刀双掷开关挪到右边，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 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(或其它合理解释)
【解析】(1)由电流表的表盘可知电流大小为0.34 A
电压表的百分比变化为η1＝eq \f(1.75－1.65,1.75)×100%≈5.7%
电流表的百分比变化为η2＝eq \f(0.34－0.33,0.33)×100%≈3.0%
可知电压表的示数变化更明显，故采用电流表外接法．
(2)①电路图如图
②电阻箱读数为R0＝5 Ω，两次电路中电流相同，
可得Rx＝R0＝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．
【难度】基础题
(2021·湖北卷·13)小明同学打算估测5个相同规格电阻的阻值．现有一个量程为0.6 A的电流表、一个电池组(电动势E不大于4.5 V、内阻r未知)、一个阻值为R0的定值电阻、一个阻值为R1的定值电阻(用作保护电阻)，开关S和导线若干．他设计了如图(a)所示的电路，实验步骤如下：
第一步：把5个待测电阻分别单独接入A、B之间，发现电流表的示数基本一致，据此他认为5个电阻的阻值相等，均设为R.
第二步：取下待测电阻，在A、B之间接入定值电阻R0，记下电流表的示数I0.
第三步：取下定值电阻R0，将n个(n＝1，2，3，4，5)待测电阻串联后接入A、B之间，记下串联待测电阻的个数n与电流表对应示数In.
请完成如下计算和判断∶
(1)根据上述第二步，eq \f(1,I0)与R0、R1、E、r的关系式是eq \f(1,I0)＝ .
(2)定义Y＝eq \f(1,I0)－eq \f(1,In)，则Y与n、R、R0、E的关系式是Y＝ .
(3)已知R0＝12.0 Ω，实验测得I0＝0.182 A，得到数据如下表：
根据上述数据作出Y－n图像，如图(b)所示，可得R＝ Ω(保留2位有效数字)，同时可得E＝ V(保留2位有效数字)．
(4)本实验中电流表的内阻对表中Y的测量值 影响(选填“有”或“无”)．
【答案】(1)eq \f(R1＋R0＋r,E) (2)eq \f(R0－nR,E) (3)2.0 4.0 (4)无
【解析】(1)由闭合电路欧姆定律得E＝I0(R1＋R0＋r)
整理得eq \f(1,I0)＝eq \f(R1＋R0＋r,E)
(2)A、B间接入n个待测电阻后，
由闭合电路欧姆定律得E＝In(R1＋nR＋r)
又Y＝eq \f(1,I0)－eq \f(1,In)
由以上整理得Y＝eq \f(R0－nR,E)
(3)由Y＝eq \f(R0－nR,E)
变形得Y＝－eq \f(R,E)n＋eq \f(R0,E)
结合题图(b)得eq \f(R,E)＝0.5 A－1
eq \f(R0,E)＝3.0 A－1
又R0＝12.0 Ω
解得E＝4.0 V
R＝2.0 Ω
(4)如果考虑电流表的内阻，则有E＝I0(R1＋R0 ＋r＋RA)
E＝In(R1＋nR＋r＋RA)
整理得Y＝eq \f(R0－nR,E)
显然电流表的内阻对Y的测量值没有影响．
【难度】中档题
(2021·北京卷·16)在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学用电流表和电压表测量一金属丝的电阻．
(1)该同学先用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图所示，对应的读数是______ Ω.
(2)除电源(电动势3.0 V，内阻不计)、电压表(量程0～3 V，内阻约3 kΩ)、开关、导线若干外，还提供如下实验器材：
A．电流表(量程0～0.6 A，内阻约0.1 Ω)
B．电流表(量程0～3.0 A，内阻约0.02 Ω)
C．滑动变阻器(最大阻值10 Ω，额定电流2 A)
D．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，额定电流0.5 A)
为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 ．(选填实验器材前对应的字母)
(3)该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，得到多组数据，并在坐标图上标出，如图所示．请作出该金属丝的U－I图线，根据图线得出该金属丝电阻R＝ Ω(结果保留小数点后两位)．
(4)用电流传感器测量通过定值电阻的电流，电流随时间变化的图线如图甲所示．将定值电阻替换为小灯泡，电流随时间变化的图线如图乙所示，请分析说明小灯泡的电流为什么随时间呈现这样的变化．
【答案】(1)6 (2)A C (3)见解析图 5.80 (4)刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保持不变
【解析】(1)将选择开关调节到“×1 Ω”，由题图可知，
金属丝的电阻Rx＝6×1 Ω＝6 Ω
(2)由题知，电源电动势为3 V，则回路中的最大电流为Imax＝eq \f(E,Rx)＝eq \f(3,6) A＝0.5 A
故电流表选A；
为了调节方便、测量准确，滑动变阻器要选最大阻值小的，故选C；
(3)U－I图线如图：
取(0.5 A，2.9 V)，
可得R＝eq \f(2.9,0.5) Ω＝5.80 Ω.
(4)刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保持不变．
【难度】中档题
实验十八 与伏安特性曲线有关的创新实验
(2025·黑吉辽蒙·11)在测量某非线性元件的伏安特性时，为研究电表内阻对测量结果的影响，某同学设计了如图(a)所示的电路。选择多用电表的直流电压挡测量电压。实验步骤如下：
①滑动变阻器滑片置于适当位置，闭合开关；
②表笔分别连a、b接点，调节滑片位置，记录电流表示数I和a、b间电压Uab；
③表笔分别连a、c接点，调节滑片位置，使电流表示数仍为I，记录a、c间电压Uac；
④表笔分别连b、c接点，调节滑片位置，使电流表示数仍为I，记录b、c间电压Ubc，计算Uac－Ubc；
⑤改变电流，重复步骤②③④，断开开关。
作出I－Uab、I－Uac及I－(Uac－Ubc)曲线如图(b)所示。
回答下列问题：
(1)将多用电表的红、黑表笔插入正确的插孔，测量a、b间的电压时，红表笔应连 接点(填“a”或“b”)；
(2)若多用电表选择开关旋转到直流电压挡“0.5 V”位置，电表示数如图(c)所示，此时电表读数为 V(结果保留三位小数)；
(3)图(b)中乙是 (填“I－Uab”或“I－Uac”)曲线；
(4)实验结果表明，当此元件阻值较小时， (填“甲”或“乙”)曲线与I－(Uac－Ubc)曲线更接近。
【答案】(1)a (2)0.377(0.376或0.378) (3)I－Uac (4)甲
【解析】(1)电流从红表笔流入，黑表笔流出，故测量a、b间的电压时，红表笔应连a接点。
(2)0.5 V的直流电压挡，分度值为0.01 V，由题图(c)可读此时电压表读数为0.377 V(0.376 V、0.378 V也算对)。
(3)由题图(a)可知，当表笔分别连a、c接点时测得的是元件和电流表两端的电压和电流，则Rac＝UacI＝Rx＋RA，当表笔分别连a、b接点时测得的是元件两端的电压和电流，则Rab＝UabI＝Rx
故相同电流情况下，Uac>Uab，故题图(b)中乙是I－Uac曲线。
(4)由题意可知，I－(Uac－Ubc)图像测得是元件两端的电压和电流的关系，则实验结果表明，当此元件阻值较小时，甲曲线与I－(Uac－Ubc)曲线更接近。
【难度】基础题
(2024·浙江6月选考·17)在测绘发光二极管在导通状态下的伏安特性曲线实验中，
(1)用多用电表欧姆挡判断发光二极管的正负极选用挡时，变换表笔与二极管两极的连接方式，发现电表指针均不偏转。选用挡 (选填””或“”)重新测试，指针仍不偏转，更换二极管极性后，发现指针偏转，此时与多用电表红色表笔相连的是二极管 (选填“正极”或“负极”)。
(2)图(A)是已完成部分连线的实物图，为实现电压可从零开始调节，并完成实验，P应连接 接线柱(选填“a"“b”“c”或“d”)，Q应连接 接线柱(选填“a”、“b”、“c”或“d”)。某次选用多用电表量程为50 mA 挡测量，指针如图(B)所示，则电流I= mA
(3)根据测得数据，绘出伏安特性曲线如图(C)所示，说明该二极管是 元件(选填“线性”或“非线性”，正常发光时电压在 V范围。
【答案】(1)×1k 负极 (2) a d 45.0 (3)非线性 1.9-2.5
【解析】(1)指针未偏转，说明可能电阻过大，应换用档继续实验；根据“红进黑出”原则及二极管单向导电性可知红色表笔相连的是二极管负极。
(2)实现电压可从零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法，P应连接a；根据图C可知电压表选取量程，故Q接d；
多用电表量程为50 mA，分度值为1mA，需要估读到0.1mA，
故电表的读数为4×10mA+5×1mA+0×0.1mA=45.0 mA
(3)根据图像可知I随U非线性变化，故说明该二极管是非线性元件，根据图像可知正常发光时即有电流通过时电压在1.9V-2.5V范围。
【难度】中档题
(2020·浙江1月选考·18)(1)小明同学用多用电表测量一未知电阻器的阻值。经过规范操作后，所选欧姆挡倍率及指针位置分别如图甲、乙所示，则此电阻器的阻值为 Ω
(2)在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中：
①如图丙所示，已经连接了一部分电路，请在答题纸上对应位置将电路连接完整。
②合上开关后，测出9组Ⅰ、U值，在I−U坐标系中描出各对应点，如图丁所示。请在答题纸对应位置的图中画出此小灯泡的伏安特性曲线。
③与图丁中P点对应的状态，小灯泡灯丝阻值最接近 。
A．16.7Ω B．12.4Ω C．6.2Ω
【答案】(1)1750(1700～1800) (2)①见解析 ②见解析 ③C
【解析】(1)阻值为欧姆表盘读数乘以倍率：17.5×100Ω=1750Ω
(2)①根据图丁可知电压表选择0到3V量程即可，数据从0开始测量，滑动变阻器采用分压接法：
②用平滑曲线画出伏安特性曲线：
③根据图像结合欧姆定律：R=≈6.09Ω，所以C选项的电阻较为接近。
【难度】中档题
(2023·全国甲卷·22题)某同学用伏安法测绘一额定电压为6 V、额定功率为3 W的小灯泡的伏安特性曲线，实验所用电压表内阻约为6 kΩ，电流表内阻约为1.5 Ω。实验中有图(a)和(b)两个电路图供选择。
(1)实验中得到的电流I和电压U的关系曲线如图(c)所示，该同学选择的电路图是图 (填“(a)”或“(b)”)
(2)若选择另一个电路图进行实验，在答题卡所给图上用实线画出实验中应得到的关系曲线的示意图。
【答案】(1)(a) (2)见解析图
【解析】(1)由于eq \r(RVRA)≈95 Ω
而小灯泡正常发光时的电阻r＝eq \f(U2,P)＝12 Ω，eq \r(RVRA)>r，则电流表应采用外接法，则该同学选择的电路图是图(a)。
(2)若选用另一个电路图，即图(b)进行实验，会有
U＝U灯＋IRA
则分别代入电流200 mA、400 mA、500 mA，可知对应的电压应为1.3 V、3.6 V、6.75 V，描点连线如图。
【难度】基础题
(2021·河北卷·11)某同学研究小灯泡的伏安特性，实验室提供的器材有：小灯泡(6.3 V，0.15 A)，直流电源(9 V)，滑动变阻器，量程合适的电压表和电流表，开关和导线若干．设计的电路如图1所示．
(1)根据图1，完成图2中的实物连线；
(2)按照图1连线后，闭合开关，小灯泡闪亮一下后熄灭，观察发现灯丝被烧断，原因可能是 (单项选择，填正确答案标号)；
A．电流表短路
B．滑动变阻器的滑片接触不良
C．滑动变阻器滑片的初始位置在b端
(3)更换小灯泡后，该同学正确完成了实验操作，将实验数据描点作图，得到I－U图像，其中一部分如图3所示，根据图像计算出P点对应状态下小灯泡的电阻为 Ω(保留三位有效数字)．
【答案】(1)见解析图 (2)C (3)27.0
【解析】(1)电流表负极与滑动变阻器的右端的b位置连接，如图所示
(2)开关闭合，小灯泡闪亮一下后灯丝烧断，说明通过小灯泡的电流过大．
电流表内阻非常小，短路几乎不影响通过小灯泡的电流，与灯丝烧断无关，A错误；
滑动变阻器滑片接触不良，无电流通过小灯泡，B错误；
滑动变阻器的滑片开始时置于b端，小灯泡部分分压达到最大，通过电流最大，可能会烧断小灯泡灯丝，C正确．
(3)根据小灯泡的伏安特性曲线可知在P点时的电压和电流分别为U＝2 V，I＝74 mA
根据欧姆定律I＝eq \f(U,R)可知小灯泡的电阻为R＝eq \f(U,I)＝eq \f(2,74×10－3) Ω≈27.0 Ω.
【难度】基础题
(2020·江苏卷·10)某同学描绘一种电子元件的I－U关系图像，采用的实验电路图如图1所示，为电压表，为电流表，E为电源(电动势约6 V)，R为滑动变阻器(最大阻值为20 Ω)，R0为定值电阻，S为开关．
(1)请用笔画线代替导线，将图2所示的实物电路图连接完整．
(2)调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的示数如下表：
请根据表中的数据，在图3方格纸上作出该元件的I－U图线．
(3)根据作出的I－U图线可知，该元件是 (选填“线性”或“非线性”)元件．
(4)在上述测量中，如果用导线代替电路中的定值电阻R0，会导致的两个后果是 ．
A．电压和电流的测量误差增大
B．可能因电流过大烧坏待测元件
C．滑动变阻器允许的调节范围变小
D．待测元件两端电压的可调节范围变小
【答案】(1)如下图所示 (2)如下图所示 (3)非线性 (4)BC
【解析】(4)如果用导线代替定值电阻R0，待测元件两端电压的可调节范围变大，这样滑动变阻器允许的调节范围就变小，也有可能因流过待测元件的电流过大而将其烧坏，故B、C正确．
【难度】基础题
(2024·全国甲卷·23)电阻型氧气传感器的阻值会随所处环境中的氧气含量发生变化。在保持流过传感器的电流(即工作电流)恒定的条件下，通过测量不同氧气含量下传感器两端的电压，建立电压与氧气含量之间的对应关系，这一过程称为定标。一同学用图(a)所示电路对他制作的一个氧气传感器定标。实验器材有：装在气室内的氧气传感器(工作电流1 mA)、毫安表(内阻可忽略)、电压表、电源、滑动变阻器、开关、导线若干、5个气瓶(氧气含量分别为1%、5%、10%、15%、20%)。
(1)将图(a)中的实验器材间的连线补充完整，使其能对传感器定标；
(2)连接好实验器材，把氧气含量为1%的气瓶接到气体入口；
(3)把滑动变阻器的滑片滑到____________端(填“a”或“b”)，闭合开关；
(4)缓慢调整滑动变阻器的滑片位置，使毫安表的示数为1 mA，记录电压表的示数U；
(5)断开开关，更换气瓶，重复步骤(3)和(4)；
(6)获得的氧气含量分别为1%、5%、10%和15%的数据已标在图(b)中；氧气含量为20%时电压表的示数如图(c)，该示数为____________ V(结果保留2位小数)。
现测量一瓶待测氧气含量的气体，将气瓶接到气体入口，调整滑动变阻器滑片位置使毫安表的示数为1 mA，此时电压表的示数为1.50 V，则此瓶气体的氧气含量为______%(结果保留整数)。
【答案】(1)见解析图 (3)a (6)1.40 17
【解析】(1)为了保持流过传感器的电流恒定，电阻型氧气传感器两端的电压调节范围较大，所以滑动变阻器采用分压式接法，由于毫安表内阻可忽略，所以毫安表采用内接法，实物连接图如图所示
(3)为了保护电路，闭合开关前，需要电阻型氧气传感器两端的电压为零，故滑动变阻器的滑片滑到a端；
(6)由题图(c)可知，电压表的分度值为0.1 V，需要估读到分度值下一位，其读数为1.40 V；
当气瓶的氧气含量为20%时，电压表的示数为1.40 V，在题图(b)中描出该点，用平滑的曲线将各点连接起来，如图所示
可知电压表的示数为1.50 V时，此瓶气体的氧气含量为17%。
【难度】中档题
实验十九 测定电源的电动势和内阻
（2025·浙江6月选考·14）在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中,
(1)为了减小测量误差,如图所示的电路中应该选择的是 (选填“甲”或“乙”);
(2)通过调节滑动变阻器,测得多组U、I数据,记录于下表。试在方格纸中建立合适的标度,描点并作出U-I图像,由此求得电动势E= V,内阻r= Ω(结果均保留到小数点后两位)。
【答案】 (1)甲 (2)1.44 0.65
【解析】 (1)因乙电路中电流表内阻对电源内阻的测量影响较大,则为了减小测量误差,应该选择的是题图甲;
(2)根据实验数据做出电源的U-I图像如图
由U=E-Ir结合图像可知E=1.44 V,内阻r=ΔUΔI=1.35−−0.14 Ω≈0.65 Ω。
【难度】 中档题
(2025·湖北卷·11)某实验小组为测量一节干电池的电动势E和内阻r，设计了如图(a)所示电路，所用器材如下：干电池、智能手机、电流传感器、定值电阻R0、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路，将智能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接，闭合开关S，逐次改变电阻箱的阻值R，用智能手机记录对应的电流传感器测得的电流I。回答下列问题：
(1)R0在电路中起 (选填“保护”或“分流”)作用。
(2)1I与E、r、R、R0的关系式为1I＝ 。
(3)根据记录数据作出1I－R图像，如图(b)所示。已知R0＝9.0 Ω，可得E＝ V(保留三位有效数字)，r＝ Ω(保留两位有效数字)。
(4)电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果 (填“有”或“无”)影响。
【答案】(1)保护 (2)RE＋R0＋rE (3)1.47 1.3 (4)有
【解析】(1)R0与电阻箱串联，可知R0在电路中起保护作用。
(2)根据闭合电路欧姆定律E＝I(R＋R0＋r)
整理可得1I＝RE＋R0＋rE
(3)因1I＝RE＋R0＋rE，结合题图(b)，有1E＝24−725−0 V－1，R0＋rE＝7 A－1
解得E≈1.47 V，r≈1.3 Ω
(4)当电流传感器有电阻时，内阻测量值r测＝r真＋r传，导致干电池内阻测量值偏大，即电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果有影响。
【难度】中档题
(2024·北京卷·17)某兴趣小组利用铜片、锌片和橘子制作了水果电池，并用数字电压表(可视为理想电压表)和电阻箱测量水果电池的电动势E和内阻r，实验电路如图甲所示。连接电路后，闭合开关S，多次调节电阻箱的阻值R，记录电压表的读数U，绘出图像，如图乙所示，可得：该电池的电动势E= V，内阻r= kΩ。(结果保留两位有效数字)
【答案】1.0 3.3
【解析】由闭合电路欧姆定律得E=U+URr，
解得U=-URr+E
结合题图乙可得E=1.0 V，r=|k|=1.0−0.4180×10−6 Ω≈3.3 kΩ
【难度】基础题
(2024·甘肃卷·12)精确测量干电池电动势和内阻需要考虑电表内阻的影响。可用器材有：电压表(量程1.5 V，内阻约为1.5 kΩ)、电流表(量程0.6 A)、滑动变阻器、开关、干电池和导线若干。某小组开展了以下实验。
(1)考虑电流表内阻影响
①用图甲所示电路测量电流表的内阻。从图乙电压表和电流表读数可得电流表内阻RA＝____________ Ω(保留2位有效数字)。
②用图丙所示电路测量干电池电动势和内阻。电压表读数、电流表读数、干电池内阻和电流表内阻分别用U、I、r和RA表示。则干电池电动势E＝U＋____________(用I、r和RA表示)。
③调节滑动变阻器测得多组电表读数，作出图丁所示的U－I图像。则待测干电池电动势E＝____________ V(保留3位有效数字)、内阻r＝____________ Ω(保留1位小数)。
(2)考虑电压表内阻影响
该小组也尝试用图戊所示电路测量电压表内阻，但发现实验无法完成。原因是____________________(单选，填正确答案标号)。
A．电路设计会损坏仪器 B．滑动变阻器接法错误
C．电压太大无法读数 D．电流太小无法读数
【答案】(1)1.0 I(r＋RA) 1.40 1.0 (2)D
【解析】(1)由题图乙可知，电压表读数为
U＝0.60 V
电流表读数为I＝0.58 A
根据欧姆定律可得电流表内阻为
RA＝eq \f(U,I)＝eq \f(0.60,0.58) Ω≈1.0 Ω
由闭合电路欧姆定律可知，干电池电动势
E＝U＋I(r＋RA)
变形为U＝－(r＋RA)I＋E
结合U－I图像可知，纵轴截距即为电动势
E＝1.40 V
斜率的绝对值为r＋RA
r＋RA＝eq \f(1.40－1.00,0.20－0) Ω＝2.0 Ω
所以电源内阻为r＝1.0 Ω
(2)由于电压表内阻很大，将电压表串联接在电路中，电路中电流太小，导致电流表无法读数，无法完成实验。故选D。
【难度】中档题
(2024·黑吉辽·11)某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有：电压表、电阻丝、定值电阻(阻值为R0)、金属夹、刻度尺、开关S、导线若干。他们设计了如图所示的实验电路原理图。
(1)实验步骤如下：
①将电阻丝拉直固定，按照图(a)连接电路，金属夹置于电阻丝的________(填“A”或“B”)端；
②闭合开关S，快速滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数U，断开开关S，记录金属夹与B端的距离L；
③多次重复步骤②，根据记录的若干组U、L的值，作出图(c)中图线Ⅰ；
④按照图(b)将定值电阻接入电路，多次重复步骤②，再根据记录的若干组U、L的值，作出图(c)中图线Ⅱ。
(2)由图线得出纵轴截距为b，则待测电池的电动势E＝________________。
(3)由图线求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分别为k1、k2，若eq \f(k2,k1)＝n，则待测电池的内阻r＝____________(用n和R0表示)。
【答案】(1)A (2)eq \f(1,b) (3)eq \f(R0,n－1)
【解析】(1)为了保护电路，闭合开关前，金属夹置于电阻丝的最大阻值处，由题图可知，应该置于A端。
(2)对于电路图(a)，根据闭合电路欧姆定律有
U＝E－Ir
设电阻丝的电阻率为ρ，横截面积为S，结合欧姆定律和电阻定律有I＝eq \f(U,R)，
R＝ρeq \f(L,S)
联立可得U＝E－eq \f(US,ρL)r
整理可得eq \f(1,U)＝eq \f(1,E)＋eq \f(Sr,Eρ)·eq \f(1,L)
对于电路图(b)，根据闭合电路欧姆定律有
U＝E－I(r＋R0)
结合欧姆定律和电阻定律有I＝eq \f(U,R)
R＝ρeq \f(L,S)
联立后整理得eq \f(1,U)＝eq \f(1,E)＋eq \f(S(r＋R0),Eρ)·eq \f(1,L)
可知图线的纵轴截距b＝eq \f(1,E)
解得E＝eq \f(1,b)
(3)由题意可知k1＝eq \f(Sr,Eρ)
k2＝eq \f(S(r＋R0),Eρ)
又eq \f(k2,k1)＝n
联立解得r＝eq \f(R0,n－1)。
【难度】中档题
(2022·天津卷·10)实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的U−I图像如图2所示。
(1)图1的电路图为下图中的 。(选填“A”或“B”)
(2)如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势E= V，内阻r= Ω。
(3)实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图2中重新绘制U−I图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将 ，与纵坐标轴交点的数值将 。(两空均选填“变大”“变小”或“不变”)
【答案】(1)B (2)4.5 1.8 (3)不变 变大
【解析】(1)通过观察实物图可知电压表接在电源两端，故电路图为B；
(2)根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir
有U=−Ir+E，则U−I图线在纵轴上的截距表示电池的电动势E，斜率是电池的内阻r，根据图像可知，纵轴截距为4.5，横轴截距为2.5，结合上述分析可知电池电动势E=4.5V；内阻r=4.52.5Ω=1.8Ω
(3)分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，使得电流表的示数小于流过电池的电流，考虑电压表内阻RV的影响，流过电压表的电流为IV=U测RV
可知流过电池的电流为I=I测+U测RV，I>I测
因电压表内阻RV不变，随着电压U测值减小，电压表电流IV减小，当电压U测值趋于0时，I趋于I测，在图2中重新绘制的U−I图线如图所示
故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。
【难度】较难题
(2023·浙江6月选考·16Ⅱ)在“测量干电池的电动势和内阻”实验中
(1)部分连线如图甲所示，导线a端应连接到 (选填“A”“B”“C”或“D”)接线柱上。正确连接后，某次测量中电压表指针位置如图乙所示，其示数为 V。
(2)测得的7组数据已标在如图丙所示U－I坐标系上，用作图法求干电池的电动势E＝ V和内阻r＝ Ω。(计算结果均保留两位小数)
【答案】(1) B 1.20 (2)1.50 1.04
【解析】(1)电压表测量的电压应为滑动变阻器接入电路中电阻丝两端的电压，开关应能控制电路，所以导线a端应连接到B处；
干电池电动势约为1.5 V，电压表选择0～3 V量程，分度值为0.1 V，题图中电压表读数为1.20 V；
(2)作出U－I如图所示
根据闭合电路欧姆定律U＝E－Ir
可知U－I图像纵轴截距为干电池的电动势可得E＝1.50 V
U－I图像斜率的绝对值等于干电池的内阻r＝eq \f(1.50－1.00,0.48－0) Ω≈1.04 Ω
【难度】基础题
(2023·湖北卷·12)某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图(a)所示电路，所用器材如下：
电压表(量程0～3 V，内阻很大)；
电流表(量程0～0.6 A)；
电阻箱(阻值0～999.9 Ω)；
干电池一节、开关一个和导线若干。
(1)根据图(a)，完成图(b)中的实物图连线。
(2)调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的U－I图像如图(c)所示，则干电池的电动势为 V(保留3位有效数字)、内阻为 Ω(保留2位有效数字)。
(3)该小组根据记录数据进一步探究，作出eq \f(1,I)－R图像如图(d)所示。利用图(d)中图像的纵轴截距，结合(2)问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为 Ω(保留2位有效数字)。
(4)由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值 (填“偏大”或“偏小”)。
【答案】(1)见解析图 (2)1.58 0.64 (3)2.5 (4) 偏小
【解析】(1)实物连线如图：
(2)由电路结合闭合电路的欧姆定律可得U＝E－Ir
由图像可知E＝1.58 V
内阻r＝eq \f(1.58－1.37,0.33) Ω≈0.64 Ω
(3)根据E＝I(R＋RA＋r)
可得eq \f(1,I)＝eq \f(1,E)·R＋eq \f(RA＋r,E)
由图像可知eq \f(RA＋r,E)＝2 A－1
解得RA≈2.5 Ω
(4)由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与干电池内阻的并联值，即实验中测得的干电池内阻偏小。
【难度】中档题
(2022·福建卷·12)在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知R0＝2 Ω。
(1)按照图甲所示的电路图，将图乙中的器材实物连线补充完整。
(2)实验操作步骤如下：
①将滑动变阻器滑到最左端位置
②接法Ⅰ：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U1I1的值，断开开关S0
③将滑动变阻器滑到最左端位置
④接法Ⅱ：单刀双掷开关S与2闭合，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U2I2的值，断开开关S0
⑤分别作出两种情况所对应的U1I1和U2I2图像
(3)单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图丙所示，此时U1＝_______ V。
(4)根据测得数据，作出U1I1和U2I2图像如图丁所示，根据图线求得电源电动势E＝ ，内阻r＝ 。(结果均保留两位小数)
(5)由图丁可知 (填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”)测得的电源内阻更接近真实值。
(6)综合考虑，若只能选择一种接法，应选择 (填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”)测量更合适。
【答案】(1)见解析图 (3)1.30 (4)1.80 2.50 (5)接法Ⅱ (6)接法Ⅱ
【解析】(1)根据题图甲所示的电路图，实物连接如图所示
(3)量程为3 V的电压表分度值为0.1 V，需要估读到分度值的下一位，由题图丙可知电压表读数为U1＝1.30 V
(4)当单刀双掷开关接1时，电流表示数为零时，电压表测量准确，故电动势为U1I1的纵轴截距，则有E＝1.80 V
当单刀双掷开关接2时，电压表示数为零时，电流表测量准确，由U2I2图像可知此时电路电流为0.40 A，根据闭合电路欧姆定律可知I＝eq \f(E,R0＋r)
解得内阻为r＝eq \f(E,I)－R0＝eq \f(1.80,0.40) Ω－2 Ω＝2.50 Ω
(5)由题图丁可知U1I1图像的斜率绝对值为k1＝eq \f(1.80－0,0.36) Ω＝R0＋r1
解得r1＝3.00 Ω
由题图丁可知U2I2图像的斜率绝对值为k2＝eq \f(1.70－0,0.40) Ω＝R0＋r2
解得r2＝2.25 Ω
可得eq \f(r1－r,r)＝eq \f(3.00－2.50,2.50)＝0.2>eq \f(r－r2,r)＝eq \f(2.50－2.25,2.50)＝0.1
故接法Ⅱ测得的电源内阻更接近真实值。
(6)由电路图可知接法Ⅰ的误差来源是电流表的分压，接法Ⅱ的误差来源是电压表的分流，由于电源内阻较小，远小于电压表内阻，结合(5)问分析可知，若只能选择一种接法，应选择接法Ⅱ更合适。
【难度】较难题
(2021·浙江1月选考·18(1))在“测定电池的电动势和内阻”实验中，
①用如图1所示的电路图测量，得到的一条实验数据拟合线如图2所示，则该电池的电动势E＝ V(保留3位有效数字)；内阻r＝ Ω(保留2位有效数字)．
②现有如图3所示的实验器材，照片中电阻箱阻值可调范围为0～9 999 Ω，滑动变阻器阻值变化范围为0～10 Ω，电流表G的量程为0～3 mA、内阻为200 Ω，电压表的量程有0～3 V和0～15 V．请在图3中选择合适的器材，在虚线框中画出两种测定一节干电池的电动势和内阻的电路图．
【答案】①1.45～1.47 0.63～0.67 ②电路图见解析图
【解析】①将U－I图线延长与纵坐标的交点即为电池的电动势E＝1.46 V，图线的斜率的绝对值为电池的内阻r＝eq \f(1.46－1.10,0.56) Ω≈0.64 Ω.
②根据题中所给的实验器材，可选择伏阻法测电源电动势和内阻，电路图如图甲所示；若选择电压表、电流表测量，则电流表量程较小，应将其改装成大量程电流表，故电流表应与电阻箱并联，电路图如图乙所示．
【难度】基础题
(2021·天津卷·10)随着智能手机的广泛应用，充电宝成为手机及时充电的一种重要选择．充电宝可以视为与电池一样的直流电源．一充电宝的电动势约为5 V，内阻很小，最大放电电流为2 A，某实验小组测定它的电动势和内阻．他们剥开充电宝连接线的外绝缘层，里面有四根导线，红导线为充电宝的正极，黑导线为充电宝的负极，其余两根导线空置不用，另有滑动变阻器R用于改变电路中的电流，定值电阻R0＝3 Ω，两只数字多用电表M、N，两表均为理想电表，并与开关S连成如图所示电路．
(1)图中测量电流的电表是 ，测量电压的电表是 ．(均填写字母“M”或“N”)
(2)调节滑动变阻器，测得多组I、U数据，记录如下表，其中只有一个数据记录有误，审视记录的数据，可以发现表中第 次的记录数据有误．(填测量次数的序号)
(3)电路中接入R0可以达到下列哪个效果 ．(填选项前的字母)
A．使测电流的电表读数变化明显
B．为了更准确地测量充电宝内阻
C．避免使充电宝的放电电流过大
D．减小测量电压的电表分流作用
【答案】(1)N M (2)4 (3)C
【解析】(1)器件N串联在电路中，测量干路电流，所以N为电流表；
器件M一端接在开关上，另一端接在充电宝的负极，闭合开关后相当于并联在电源两端，所以M为电压表，测量路端电压；
(2)题中表格的电流I不断增大，根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir可知路端电压U不断减小，电压表的示数不断减小，所以第4次的记录数据有误；
(3)因为充电宝的内阻很小，所以电阻R0串联在电路中，起保护电路的作用，避免使充电宝的放电电流过大损坏电路中的器件．故选C.
【难度】中档题
(2021·湖南卷·12)某实验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻(阻值为R0)、一个电流表(内阻为RA)、一根均匀电阻丝(电阻丝总阻值大于R0，并配有可在电阻丝上移动的金属夹)、导线若干．由于缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，但发现桌上有一个圆形时钟表盘．某同学提出将电阻丝绕在该表盘上，利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度．主要实验步骤如下：
(1)将器材如图1连接；
(2)开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的 端(填“a”或“b”)；
(3)改变金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角θ和电流表示数I，得到多组数据；
(4)整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图2所示，图线斜率为k，与纵轴截距为d，设单位角度对应电阻丝的阻值为r0，该电池电动势和内阻可表示为E＝ ，r＝ ；(用R0、RA、k、d、r0表示)
(5)为进一步确定结果，还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值r0.利用现有器材设计实验，在图3方框中画出实验电路图(电阻丝用滑动变阻器符号表示)；
(6)利用测出的r0，可得该电池的电动势和内阻．
【答案】(2)b (4)eq \f(r0,k) eq \f(r0d,k)－R0－RA (5)见解析图
【解析】(2)开关闭合前，为了保护电路中的元件，应将电阻丝的最大阻值接入电路，根据电阻定律R＝ρeq \f(L,S)可知电阻丝接入越长，接入电阻越大，金属夹应夹在电阻丝的b端．
(4)设圆心角为θ时，电阻丝接入电路中的电阻为θr0，根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，
可知E＝I(RA＋R0＋θr0)＋Ir
整理得eq \f(1,I)＝eq \f(r0,E)θ＋eq \f(RA＋R0＋r,E)
结合eq \f(1,I)－θ图像的斜率和纵截距有
eq \f(r0,E)＝k，eq \f(RA＋R0＋r,E)＝d
解得E＝eq \f(r0,k)
r＝eq \f(r0d,k)－R0－RA
(5)实验器材中有定值电阻R0和单刀双掷开关，考虑使用等效法测量电阻丝电阻，如图
原理的简单说明：
①将开关置于R0位置，读出电流表示数I0；
②将开关置于电阻丝处，调节电阻丝对应的圆心角，直到电流表示数为I0，读出此时的圆心角θ ；
③此时θr0＝R0，即可求得r0的数值．
【难度】中档题
(2020·浙江7月选考·18)某同学分别用图1甲和乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻．
(1)请画出图乙的电路图；
(2)某次测量时电流表和电压表的示数如图2所示，则电流I＝ A，电压U＝ V；
(3)实验得到如图3所示的两条直线，图中直线Ⅰ对应电路是图 (选填“甲”或“乙”)；
(4)该电池的电动势E＝ V(保留三位有效数字)，内阻r＝ Ω(保留两位有效数字)．
【答案】(1)见解析图 (2)0.40(0.39～0.41均可) 1.30(1.29～1.31均可) (3)乙 (4)1.52(1.51～1.54均可) 053(0.52～0.54均可)
【解析】(1)如图所示
(2)测电池的电动势和内阻所用电流表量程为0～0.6 A，电压表量程为0～3.0 V，则两表示数分别为0.40 A(0.39 A～0.41 A均可)、1.30 V(1.29 V～1.31 V均可)．
(3)由E＝U＋Ir，得U＝E－Ir，即Ⅰ、Ⅱ两图线的斜率绝对值表示电源内阻，且rⅡ>rⅠ.
题图甲中由于电流表的分压作用，所测电阻为电源内阻与电流表电阻的和，r甲测>r；题图乙中由于电压表的分流作用，所测电阻为电源内阻与电压表电阻的并联值，r乙测