方法03 测量性实验--2023高考物理实验题方法总结和训练 （解析版）

这是一份方法03 测量性实验--2023高考物理实验题方法总结和训练 （解析版），共20页。试卷主要包含了 测量原则，测量工具，实验器材，易错点等内容，欢迎下载使用。
测量性实验解读测量性实验测量性实验目的掌握一些测量工具的使用、读数方法，和一些常用物理规律的测量方法，重点在于熟练使用。常见测量性实验（一）、长度的测量1． 测量原则a． 为避免读数出错，三种测量器具（包括毫米刻度尺）均应以mm为单位读数。b． 用游标尺或螺旋测微器测长度时，均应注意从不同方位多测量几次，读平均值。c． 尺应紧贴测量物，使刻度线与测量面间无缝隙。2．测量工具游标卡尺：a工作原理：每等份为0.9mm，每格与主尺最小分度差0.1mm；20分度的卡尺，游标总长度为19mm，分成20等份，每等份为19/20 mm，每格与主尺最小分度差0.05(即二十分子一)mm；50分度的卡尺，游标总长度为49mm，分成50等份，每等份为49/50mm，每格与主尺最小分度差0.02(即1/50)mm。b读数方法：以标尺的零刻线对就位置读出主尺上的整毫米数，再读出洲标尺上的第几条线一心尽的某条线重合，将对齐的洲标尺刻度线数乘以该卡尺的精确度（即总格的倒数），将主尺读数与游标读数相加即得测量值。螺旋测微器a．工作原理：每转一周，螺杆运动一个螺距0.5mm，将它等分为50等份，则每转一份即表示0.01mm，故它精确到0.01mm即千分之一厘米，故又叫千分尺。b．读数方法：先从主尺上读出露出的刻度值，注意主尺上有整毫米和半毫米两行刻线，不要漏读半毫米值。再读可动刻度部分的读数，看第几条刻度线与主尺线重合（注意估读），乘以0.01mm即为可动读数，再将固定与可动读数相加即为测量值。注意：螺旋测微器读数如以mm为单位，小数点后一定要读够三位数字，如 读不够，应以零来补齐。3、注意事项a．游标卡尺读数时，主尺的读数应从游标的零刻度处读，而不能从游标的机械末端读。b．游标尺使用时，不论多少分度都不用估读20分度的读数，末位数一定是0或5；50分度的卡尺，末位数字一定是偶数。c．若游标尺上任何一格均与主尺线对齐，选择较近的一条线读数。d．螺旋测微器的主尺读数应注意半毫米线是否露出。e．螺旋测微器的可动部分读数时，即使某一线完全对齐，也应估读零。例题：（2022·山东聊城市高三下学期一模）某实验小组为了测定金属丝的电阻率，用螺旋测微器测量金属丝的直径，用米尺测量金属丝的长度，用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。（1）测量时螺旋测微器如图甲所示，金属丝的直径为______mm。（2）略【答案】    ①. 0.950【解析】（1）[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为（二）、 用单摆测重力加速度1．实验目的：用单摆测定当地的重力加速度。2．实验原理：g=4T2L/T23．实验器材：长约1m的细线、小铁球、铁架台、米尺、游标卡尺、秒表。4．易错点：a．小球摆动时，最大偏角应小于50。到10度。b．小球应在竖直面内振动。c．计算单摆振动次数时，应从摆球通过平衡位置时开始计时。d．摆长应为悬点到球心的距离。即：L=摆线长+摆球的半径。例题：（2022·广东深圳市高三下学期一模）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列说法正确的有（　　）A. 摆线要选择细些、伸缩性小些且尽可能长一些的B. 摆球尽量选择质量大些且体积小些的C. 将悬线的长度当成摆长，测得的重力加速度值偏小D. 拉开摆球释放（摆角小于5°），当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置51次的时间Δt，则单摆周期T=E. 画出的周期的二次方与摆长（T2-L）的图象是一条过原点的倾斜直线，直线斜率等于重力加速度的大小【答案】ABC【解析】A．“用单摆测定重力加速度”的实验中，单摆的周期仅与摆长和重力加速度有关，且摆角要控制在5°以下，摆线要选择细些、伸缩性小些且尽可能长一些的，A正确；B．由于空气阻力与摆球的横截面积有关，为了减小摆球运动过程中受到的空气阻力，摆球要尽量选择质量大些且体积小些的，B正确；C．由单摆周期公式可知，将悬线的长度当成摆长，测得的重力加速度g值偏小，C正确；D．拉开摆球释放（摆角小于5°），当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置51次的时间Δt，则Δt时间内单摆运动的周期数为25，所以单摆周期D错误；E．画出的周期的二次方与摆长（T2-L）的图象是一条过原点的倾斜直线，由T=2π可知T2=LT2-L图象的斜率等于，E错误。故选ABC。（三）、用油膜法估测分子直径1．实验原理：油酸滴在水面上，可认为在水面上形成了单分子油膜，，如把分子认为是球状，，测出其厚度即为直径。2．实验器材：盛水方盘、注射器（或胶头滴管）、试剂瓶、坐标纸、玻璃、痱子粉（或石膏粉）、酒精油酸溶液、量筒3．步骤：盘中倒水侍其静，胶头滴管吸液油，逐滴滴入量筒中，一滴体积应记清，痱粉均撒水面上，靠近水面一滴成，油膜面积稳定后，方盘上放玻璃稳，描出轮廓印（坐标）纸上，再把格数来数清，多于半格算一格，少于半格舍去无，数出方格求面积，体积应从浓度求。4．注意事项：（1）实验前应注意方盘是否干净，否则油膜难以形成。（2）方盘中的水应保持平衡，痱子粉应均匀浮在水面上（3）向水面滴酒精溶液时应靠近水面，不能离水面太高，否则油膜难以形成。（4）向水面只能滴一滴油酸溶液（5）计算分子直径时，注意滴加的不是纯油酸，而是酒精油酸溶液，应用一滴溶液的体积乘以溶液的体积百分比浓度（四）、测定金属的电阻率1．电路连接方式是安培表外接法，而不是内接法。2．测L时应测接入电路的电阻丝的有效长度。3．闭合开关前，应把滑动变阻器的滑动触头置于正确位置。4．多次测量U、I，先计算R，再求R平均值。5．电流不宜过大，否则电阻率要变化，安培表一般选0­—0.6安挡。例题：（2022·山东聊城市高三下学期一模）某实验小组为了测定金属丝的电阻率，用螺旋测微器测量金属丝的直径，用米尺测量金属丝的长度，用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。（1）测量时螺旋测微器如图甲所示，金属丝的直径为______mm。（2）现有电动势3V的电源、开关和若干导线及下列器材：A.电压表V（量程3V，内阻约10kΩ）B.电流表A（量程0.6A，内阻约2Ω）C.滑动变阻器（最大阻值为10Ω）D.滑动变阻器（最大阻值为100Ω）①用多用电表粗测金属丝的电阻大约为5Ω，要求较准确地测出其阻值，滑动变阻器应选______（填“”或“”）②实验中该小组实物接线如图乙所示，合上开关前检查电路，请指出其明显错误或不合理的地方是______。（3）不论使用电流表内接法还是电流表外接法，都会产生系统误差，某小组按如图丙所示的电路进行测量，可以消除由于电表内阻造成的系统误差。利用该电路进行实验的主要操作过程是：第一步：先将的滑动触头调到最左端，单刀双掷开关向1闭合，闭合开关，调节滑动变阻器和，使电压表和电流表的示数尽量大些（不超过量程），读出此时电压表和电流表的示数、。第二步：保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变，将单刀双掷开关向2闭合，读出此时电压表和电流表的示数、。由以上数据可计算出被测电阻______。【答案】    ①. 0.950    ②. R1    ③. 电流表应外接；滑动变阻器滑片应置于最左端    ④. 【解析】（1）[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为（2）[2]由已知待测电阻为5Ω，如果选100Ω的滑动变阻器，两者差值过大，待测电阻分压过小，因此为了便于测量和读数，应选择与待测电阻阻值相近的R1。[3]待测电阻与电压表电流表的关系为故待测电阻为小电阻，根据“内大外小”原则，为了更精准测量，故电流表应选择外接法；在开关闭合前，滑动变阻器的电阻应全部接入干路，故滑动变阻器的滑片应置于最左端（3）[4]单刀双掷开关向1闭合，由闭合电路欧姆定律保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变，将单刀双掷开关向2闭合，由闭合电路欧姆定律联立解得（五）、 测定电源的电动势和内电阻1．实验电路图：安培表和滑动变阻器串联后与伏特表并联。2．测量误差：e、r测量值均小于真实值。3．安培表一般选0－0.6A档，伏特表一般选0－3伏档。4．电流不能过大，一般小于0.5A。误差：电动势的测量值e测和内电阻的测量值r测均小于真实值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＋IrE＝U＋rE＝IR＋Ir实验电路数据处理计算法由解得E、r由解得E、r由解得E、r图象法U＝－rI＋E＝·＋＝·R＋误差来源电压表的分流E测＜E真；r测＜r真电压表的分流E测＜E真；r测＜r真电流表的分压E测＝E真；r测＞r真例题：（2022·全国甲卷·T22）某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势，内阻很小），电流表（量程，内阻约），微安表（量程，内阻待测，约），滑动变阻器R（最大阻值），定值电阻（阻值），开关S，导线若干。（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图_____；（2）某次测量中，微安表的示数为，电流表的示数为，由此计算出微安表内阻_____。【答案】    ①. 见解析    ②. 990【解析】（1）[1]为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所示（2）[2]流过定值电阻R0的电流加在微安表两端的电压微安表的内电阻（六）、电表改装（测内阻）实验注意：（1）半偏法测电流表内阻时，应满足电位器阻值远远大于待测表内阻（倍左右）的条件。（2）选用电动势高的电源有助于减少误差（3）半偏法测得的内阻值偏小（读数时干路电流大于满度电流，通过电阻箱的电流大于半偏电流，由分流规律可得）（4）改装后电表的偏转仍与总电流或总电压成正比，刻度或读数可由此来定且刻度线应均匀。（5）校准电路一般采用分压器接法（6）绝对误差与相对（百分）误差相比，后者更能反应实验精确程度。例题：（2022·湖南衡阳市高三下学期一模）某物理兴趣小组要描绘一个标有“4V  2.0W”的小灯泡L的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，且尽量减小实验误差。可供选用的器材除导线、开关外，还有以下器材：A．直流电源4.5V（内阻不计）B．直流电流表0~600mA（内阻约为）C．直流电压表0~3V（内阻等于）D．滑动变阻器R（标有“  2A”）E．三个定值电阻（、、）（1）某小组同学们研究后发现，电压表的量程不能满足实验要求，为了完成测量，他将电压表进行了改装，在给定的定值电阻中选用最合适的电阻___________（选填“”“”或“”）与电压表申联，完成改装。（2）实验要求能够实现在0~4V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路图。（        ）（3）用改装后的电表测得小灯泡伏安特性曲线如图a所示，可确定小灯泡的功率P与和P与的关系，下列示意图中合理的是___________（U和I分别为灯泡两端的电压和流过灯泡的电流）。A．    B．    C．        D．（4）若将两个完全相同规格的小灯泡L按如图b所示电路连接，电源电动势，内阻，若调节滑片P使滑动变阻器R的功率是一个小灯泡功率的两倍，测此时每个小灯泡消耗的电功率为_______W。（结果保留2位有效数字）【答案】    ①.     ②.     ③. C    ④. 0.56【解析】（1）[1] 器材中提供的直流电压表量程只有3V，而小灯泡L的额定电压为4V，所以需要给电压表串联一个电阻从而扩大量程，设定值电阻的阻值为R，则根据串联分压规律有解得定值电阻选择（2）[2] 描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法。由于灯泡内阻较小，因此应采用电流表外接法，所以电路图如图所示（3）[3] 随着电压的升高灯泡电阻增大，所以灯泡的功率则P-I2图象的斜率增大，而P-U2的斜率减小。故选C。（4）[4] 两个完全相同的灯泡并联后通过滑动变阻器调节每个灯泡的电流I和电压U，滑动变阻器R的功率是一个小灯泡功率的两倍，则滑动变阻器R两端的电压和灯泡两端电压相同，根据串并联电流和电压的关系有代入数据并变形得到将此电流与电压的关系画在小灯泡伏安特性曲线中，如图所示两图象的交点坐标为（1.50V，0.375A），所以灯泡功率高考真题【（2022·全国甲卷·T22）】 某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势，内阻很小），电流表（量程，内阻约），微安表（量程，内阻待测，约），滑动变阻器R（最大阻值），定值电阻（阻值），开关S，导线若干。（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图_____；（2）某次测量中，微安表的示数为，电流表的示数为，由此计算出微安表内阻_____。【答案】    ①. 见解析    ②. 990【解析】（1）[1]为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所示（2）[2]流过定值电阻R0的电流加在微安表两端的电压微安表的内电阻【2019年全国Ⅰ】某同学要将一量程为的微安表改装为量程为20mA的电流表。该同学测得微安表内阻为，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。
根据图和题给条件，将图中的实物连线。
当标准毫安表的示数为时，微安表的指针位置如图所示。由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值，而是______。填正确答案标号
A.18mA
B.21mA
C.25mA
D.28mA
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
B.微安表内阻测量错误，实际内阻小于
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
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______。【答案】C   AC  【解析】解：微安表与分流电阻并联可以改装成电流表，根据图所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

微安表量程为，由图所示表盘可知，其分度值为，其示数为，
电流表示数为，电流表示数为微安表示数的倍，
改装后电流表量程为：，故C正确；
故选：C；
、由可知，改装后电流表量程偏大，则流过分流电阻的电流偏大，由并联电路特点可知，分流电阻阻值偏小，
如果R值计算错误，接入的电阻偏小会导致改装后电流表量程偏大，故C正确，D错误；
AB、把微安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：，
如果微安内阻测量值错误，微安表内阻实际阻值大于，即内阻测量值偏小，
并联电阻阻值：偏小，会导致改装后电流表量程偏大，故A正确，B错误；
故选：AC；
把微安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：，
由可知，流过分流电阻电流为流过微安表电流的99倍，则并联电阻：，，
把微安表改装成20mA的电流表，并联电阻阻值：，
则：；
故答案为：实物电路图如图所示；；；。
根据电路图连接实物电路图。
根据微安表量程与图所示表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数，然后根据电流表改装原理求出改装后电流表的量程。
把微安表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，根据题意与改装原理分析实验误差。
根据电流表的改装原理与题意求出并联电阻阻值。
本题考查了电流表的改装问题，把微安表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值，掌握基础知识是解题的前提与关键，根据题意应用基础知识即可解题。
 热身训练1．（2019·北京师大附中高二期末）某同学想测量一节干电池的电动势和内电阻（较小），实验桌上有下列器材：干电池，电流表（0.6A，0.1）；电压表（3V，3k）；滑动变阻器R1（最大阻值5）；滑动变阻器R2（最大阻值50）；开关导线若干。（1）实验中滑动变阻器应选用__________（填“R1”或“R2”），请在下面的方框内画出他的实验电路图___________________________。（2）他将实验中测得的数据描绘在坐标纸上，得到上图所示的U－I图像（横轴从0开始标数值且横截距的数值为），由图像可知这次实验中电源电动势的测量值为_________V，内阻测量值为_________Ω。（3）某同学认为，如果考虑电表内阻对电路的影响，该实验存在误差下，下列分析正确的是___________。A．电压表测量值是准确的B．电流表测量值是准确的C．电动势测量值大于真实值D．内电阻测量值小于真实值【答案】R1        1.5    1    AD    【解析】（1）[1]因为干电池的内阻较小，所以选择电阻较小的滑动变阻器方便调节电路。[2]滑动变阻器采用限流式接法，由于电源电阻较小，采用安培表外接法，实验电路图如图（2）[3]根据闭合电路欧姆定律变形可知图像的纵截距为电动势[4]斜率的大小为内阻（3）[5]AB．根据电路图可知电压表测量的为真实的路端电压，由于电压表的分流，所以电流表的测量值比真实的干路电流偏小，故A正确，B错误；CD．通过电压表的电流为，真实的闭合电路欧姆定律为可知电动势测量值偏小，结合图像可知内阻的测量值也偏小，故C错误，D正确。故选AD。2．（2019·北京和平街第一中学高二期末）某同学想通过实验测定一个阻值约为50Ω的电阻Rx的阻值。设计了一个如图所示的电路图。请你帮助他完善实验设计。（1）如果实验室提供的滑动变阻器最大电阻R1=20Ω，想要实现对Rx的测量，要求电路简单，可操作性强，则在此电路图的基础上去掉一根导线_______即可。（填“ab”、“cd”、“ed”或“ef ”）（2）如果实验室提供的滑动变阻器最大电阻R1=200Ω，想要实现对Rx的测量，要求电路简单，可操作性强，则在此电路图的基础上去掉两根导线_______、______即可。（填“ab”、“cd”、“ed”或“ef ”）（3）如果不加修改，直接用上图测量，请你从安全、精确、可操作等角度评价这一方案，并预测可能出现的问题___。【答案】ed    ab    ed    当滑动变阻器划片滑到b端时，电路会造成短路    【解析】(1)[1]因为滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻，故使用分压式接法，所以要去掉图中的ed导线；(2)[2][3]如果滑动变阻器最大电阻R1=200Ω，则为了方便测量，需要采用限流式接法，故要去掉图中ab和ed两根导线即可；(3)[4]如果不加修改，则会有安全隐患，当滑动变阻器划片滑到b端时，电路会造成短路。3．（2019·浙江高二期末）(1)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学用游标卡尺测得摆球的直径如图（甲）所示，则小球直径为_________cm；并用秒表测出单摆的多个周期，秒表的读数如图（乙）所示，该读数为_________s； (2)为了提高测量的准确性，下列说法中正确的是________A．选择密度稍大一些的小球B．实验时摆角不要太大C．测量周期时，当小球运动到最低点时开始计时D．摆线应选用弹性好的细线E.测量摆线长度时，应先将摆线放置在水平桌面上，拉直后再用刻度尺测量(3)某同事将他的实验数据代入单摆周期公式，计算得到的g值都比其它同学大，其原因可能是______A．摆线上端没有固定，振动中出现松动，使摆线边长了B．单摆没在同一竖直面内摆动，而成了圆推摆C．测量周期时，误将摆球n次全振动记成了n+1次D．将摆线的长度与小球直径之和作为摆长【答案】2.020    99.6s    ABC    CD    【解析】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为2.0cm，游标读数为0.05×4mm=0.20mm，则最终读数为2.020cm；[2]秒表的读数为99.6s；(2)[3]A．为了减少空气阻力的影响，单摆的摆球密度尽可能大，故A正确；B．为了保证球做单摆运动，单摆的摆角要比较小，故B正确；C．由于最低点速度最大，所以摆球在最低点开始计时能够减小计时误差，故C正确；D．弹性好的细线在摆动过程中实际摆长变长，所以会增大测量误差，故D错误。故选ABC。(3)[3]由单摆的周期公式可得A．摆线上端没有固定，振动中出现松动，使得实际摆长变长，由可知，测量值g偏小，故A错误；B．单摆没在同一竖直面内摆动，而成了圆推摆，则周期变长，由可知，测量值g偏小，故B错误；C．测量周期时，误将摆球n次全振动记成了n+1次，使周期变小，由可知，测量值g偏大，故C正确；D．将摆线的长度与小球直径之和作为摆长，使摆长测量值偏大，由可知，测量值g偏大，故D正确。故选CD。