新高考物理二轮复习精选练习专题17创新实验（含解析）

这是一份新高考物理二轮复习精选练习专题17创新实验（含解析），共31页。试卷主要包含了创新实验，近五年高考物理实验题的特点，指向深度探究的实验复习的必要性，指向深度探究的实验复习策略等内容，欢迎下载使用。

专题十七、创新实验
第一部分 织网点睛，纲举目张
物理实验在高考中占据重要地位，是高考试题中最具活力和创造性的部分，物理实验在注重对科学探究能力考查的同时，也注重对物理观念和科学思维等核心素养的考查，尤其重视对学生的迁移创新能力的考查。
一、近五年高考物理实验题的特点
1．源于教材但不拘泥于教材
分析近五年全国卷实验题发现，全部实验题均“源于教材而不拘泥于教材，源于经典实验而发展经典实验”，高度体现了2017年版课程标准提出的“注重体现物理学科本质，培养学生物理学科核心素养”的理念和“科学探究”为主体的实验评价方式。
2．创设情境引导学生设计与创新
实验设计已成为高考题的亮点，这类试题以“某同学”“某小组”为主角创设一个新的实验目的，但深入研究会发现，提供的实验器材和运用的基本原理都是学生熟悉的，只是需要学生深入理解每一个器材的作用、每一个原理的意义，才能完成设计。这类试题要求学生深入理解教材中实验所涉及的每一个知识、方法、原理，并能够在新的实验目的下迁移、重组并应用。
总之，实验题的原理和方法均源于《课程标准》要求的实验，但试题更加注重在新情境下的迁移与应用，在考查基础知识的基础上更加注重创新思维能力的考查。
二、指向深度探究的实验复习的必要性
传统的实验复习，学生大多缺少真实体验探究的机会，教师“说”、学生“背”实验的现象普遍存在，即使做实验，也是学生根据教师提供的实验器材，按照规定的实验步骤进行程式化操作，学生很少经历自主设计实验的机会。纸笔训练和测试成为常见的强化实验复习的主要手段，显然，这样的复习方式不利于学生迁移与应用能力的提高，更不利于学生创新思维能力的培养。
所以，实验复习应该以教材中的实验为抓手，引导学生经历深度探究，亲身体验物理知识的应用价值，进而主动理解知识、掌握方法、形成观念。
三、指向深度探究的实验复习策略
教材中的每一个实验必然是基于观察和实验提出问题、形成猜想和假设(即实验目的)，并进一步设计实验与制订方案(即实验原理)，最后基于证据得出结论并给出解释(实验步骤、数据处理、误差分析)。高三的实验复习中，只有引导学生再次经历探究过程，才能引发学生关于实验设计思想的深度思考，如果在高考中遇见新的实验题目，才能自主完善设计。所以，对待每一个实验，都要引导学生深入研究实验目的、实验原理、综合考虑实验原则来设计思路，完善实验方案。
1．深度探究实验目的
明确实验目的，指的是明确测定什么物理量，验证、探究什么物理规律，只有深入理解了实验目的，实验原理才会一步一步呈现出来，这是明确实验探究方向的必备前提。
2．深度探究实验原理
在实验目的的引导下，选择合适的实验原理，关键要清楚：实验目的与哪些物理量直接相关？待测物理量要通过哪些规律、公式求出？在现有实验条件下用什么方法测定该物理量？
3．深度探究测量电路
高中电学实验中的测量问题，重点是测电压、测电流、测电阻，核心问题是考虑电流表、电压表有内阻的情况下如何提高测量精度。
4．深度探究控制电路
无论是测电阻还是测电源电动势和内电阻，都离不开滑动变阻器，它在电路中的作用不仅是保障安全性，还起到调节电流和电压的作用，是控制电路的重要元器件。那么，在电路设计中，选择多大的滑动变阻器？又如何连接(限流或分压)？关注教材的练习题，会发现它在引导我们对比滑动变阻器在两种连接方式下的控制功能。
总之，在高考实验部分的复习备考中，引导学生经历对实验的深度探究，不仅能激发学生的好奇心和求知欲，更有利于提高学生发现问题、提出问题、解决问题的能力，进而培养学生的创新精神和实践能力，提升学生的科学素养。
第二部分 实战训练，高考真题演练
1. （2022山东物理）在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发。某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤如下：
①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；
②接通气源。放上滑块。调平气垫导轨；

③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；
④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。


回答以下问题（结果均保留两位有效数字）：
（1）弹簧的劲度系数为_____N/m。
（2）该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a—F图像如图丙中I所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg。
（3）该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a—F图像Ⅱ，则待测物体的质量为________kg。
【参考答案】 ①. 12 ②. 0.20 ③. 0.13
【命题意图】本题考查实验探究能力，胡克定律、牛顿运动定律及其相关知识点。
【名师解析】
（1）[1]由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F—t图有Dx = 5.00cm，F = 0.610N
根据胡克定律
计算出k ≈ 12N/m
（2）[2]根据牛顿第二定律有F = ma
则a—F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中I，则有

则滑块与加速度传感器的总质量为m = 0.20kg
（3）[3]滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中II，则有

则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m′ = 0.33kg
则待测物体的质量为Dm = m′ - m = 0.13kg
2．（2022·高考广东物理）（7分）某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图10（a）所示的装置，实验过程如下：

（1）让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。
（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图10（b）所示，小球直径__________。
（3）测量时，应__________（选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间和。
（4）计算小球通过光电门的速度，己知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失__________（用字母m、d、和表示）。
（5）若适当调高光电门的高度，将会__________（选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。
【参考答案】
（2）7.885mm （3）B （4） （5）增大
【命题意图】本题考查测量小球与橡胶材料碰撞损失的机械能和螺旋测微器读数、误差分析，意在考查实验探究能力。
【解题思路】
(2)根据螺旋测微器读数规则，小球直径d=7.5mm+0.385mm=7.885mm
（3）由于小球自由落体运动时间很短，所以测量时，应该先接通数字计时器，后释放小球。
（4）小球第1次通过光电门的速度v1=d/t1，第2次通过光电门的速度v2=d/t2，小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失△E=mv12-mv22=。
（5）若适当调高光电门高度，将会增大因空气阻力引起的测量误差。
3. （2022新高考江苏卷）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）用分度值为的刻度尺测量某级台阶高度h的示数如图2所示，则______。

（3）作出图线，如图3所示，则可得到重力加速度______。

（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______（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__ ____。
【参考答案】 （1） A （2）. 61.30 （3）. 9.55 （4）.
（5）. 不正确，理由是：图像斜率表示重力加速度不变。
【命题意图】本题考查重力加速度的测量实验及其相关知识点。
【解题思路】
（1）为了减小空气阻力的影响，应该选用材质密度较大的小钢球，故选A。
（2）刻度尺的分度值为1mm，需要估读到分度值的下一位，由图可知h=61.30cm；
（3）根据可知2h=gt2
故在图像中斜率k表示重力加速度，则根据图线有
（4）下落过程中声音传播的时间为
则小球下落的时间为
（5）设木条厚度为H，则相当于台阶距离地面的高度增加了H，由自由落体运动规律，h+H =gt2，变化为2（h+H）= gt2，即图像中纵坐标2h，应该改为2（h+H），而图像斜率表示重力加速度不变，所以用图像法计算的重力加速度g不变。
4．（2022·高考广东物理）（9分）弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件，某同学测量弹性导电绳的电阻与拉伸后绳长之间的关系，实验过程如下：
（1）装置安装和电路连接
如图11（a）所示，导电绳的一端固定，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图11（b）所示的电路中。

（2）导电绳拉伸后的长度L及其电阻的测量
①将导电绳拉伸后，用刻度尺测量并记录A、B间的距离，即为导电绳拉伸后的长度L。
②将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。断开开关，闭合开关，调节R，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置。记录两表的示数U和。
③闭合，电压表的示数__________（选填“变大”或“变小”）。调节R使电压表的示数仍为U，记录电流表的示数，则此时导电绳的电阻__________（用、和U表示）。
④断开，增大导电绳拉伸量，测量并记录A、B间的距离，重复步骤②和③。
（3）该电压表内阻对导电绳电阻的测量值__________（选填“有”或“无”）影响。
（4）图11（c）是根据部分实验数据描绘的图线。将该导电绳两端固定在某种机械臂上，当机械臂弯曲后，测得导电绳的电阻为，则由图线可读出导电绳拉伸后的长度为__________，即为机械臂弯曲后的长度。

【参考答案】（2）变小 （3）有（4）51.80cm
【命题意图】本题考查测量弹性导电绳的电阻实验，意在考查欧姆定律，数据处理，误差分析 和实验探究能力。
【解题思路】
（2）断开开关S2，根据欧姆定律，定值电阻R0=U/I1.
闭合开关S2，导电绳与定值电阻R0并联，等效电阻小于定值电阻R0，电流表示数增大，电压表示数变小。调节滑动变阻器R使电压表的示数仍为U，设导电绳与定值电阻R0并联的等效电阻为R’，则R’=，根据欧姆定律，R’=U/I2.，联立解得Rx=。.
(3) 分析电压表内阻对导电绳电阻的测量值有无影响，可以设电压表内阻Rv，断开开关S2，第一步测量实际上是电压表内阻与R0的并联等效电阻，由并联电阻公式，1/R1=1/R0+1/RV，U=I1 R1；第二步测量实际上是电压表内阻与R0、Rx三个电阻的并联等效电阻，由并联电阻公式，1/R2=1/R0+1/RV+1/Rx，U=I1 R2；联立解得：Rx=，由此可知，该电压表内阻对导电绳电阻的测量值有影响。
（4）由Rx——L图线可知，导电绳电阻Rx=1.33kΩ对应的导电绳拉伸后的长度L=51.80cm。
【方法总结】此题测量电阻的方法不同于一般的伏安法，导致解答时思维难度较大，对（2）解题时应先根据实验步骤，分别运用欧姆定律列出相关方程，得出弹性导电绳的电阻表达式。分析电压表内阻对导电绳电阻的测量值有无影响，需要得出考虑电压表内阻时测量得出Rx的表达式，才能正确分析得出。
5. （2022·全国理综乙卷·22）用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻（）开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：

0
1
2
3
4
5
6

0
507
1094
1759
2505
3329
4233
回答下列问题：
（1）根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是：______；
（2）当时，该飞行器速度的大小______；
（3）这段时间内该飞行器加速度的大小______（保留2位有效数字）。
【参考答案】 ①. 相邻1s内的位移之差接近∆x=80m ②. 547 ③. 79
【名师解析】
（1）[1]第1s内的位移507m，第2s内的位移587m，第3s内的位移665m，第4s内的位移746m，第5s内的位移824m，第6s内的位移904m，则相邻1s内的位移之差接近∆x=80m，可知判断飞行器在这段时间内做匀加速运动；
（2）[2]当x=507m时飞行器的速度等于0-2s内的平均速度，则

（3）[3]根据
6. （2022年1月浙江选考）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、调节滑动变阻器的阻值，使电流表的读数达到某一相同值时记录电压表的示数U，从而得到多个的值，作出图像，如图2中图线a所示。


（1）在实验中使用的是_______（选填“0~20”或“0~200”）的滑动变阻器。
（2）在某次测量时，电压表指针位置如图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_______·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。
【参考答案】 ①. 0~20 ②. 1.32（1.31~1.34）
③. 0.99×10-6（0.96×10-6~1×10-6） ④. 小于
【名师解析】（1）[1]由实验原理可知，而由图像可知待测电阻最大约为8，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0~20比较合适；
（2）[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）[3]根据电阻定律有
则图像的斜率为
可得合金丝甲的电阻率为（0.96×10-6~1×10-6）
（4）[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
由图2中图线b可得
解得，故合金丝甲的横截面积小于合金丝乙的横截面积。

7．（2022年6月浙江选考）（7分）（1）探究滑动变阻器的分压特性，采用图1所示的电路，探究滑片P从A移到B的过程中，负载电阻R两端的电压变化。
图2为实验器材部分连线图，还需要 ▲ （选填af、bf、fd、fc、ce或cg）连线（多选）。
图3所示电压表的示数为 ▲ V。
、

已知滑动变阻器的最大阻值R0=10Ω，额定电流I=1.0A。选择负载电阻R=10Ω，以R两端电压U为纵轴，为横轴（x为AP的长度，L为AB的长度），得到分压特性曲线为图4中的“I”；当R=100Ω，分压特性曲线对应图4中的 ▲ （选填“Ⅱ”或“Ⅲ”）；则滑动变阻器最大阻值的选择依据是 ▲ 。、

（2）两个相同的电流表G1和G2如图5所示连接，晃动G1表，当指针向左偏转时，静止的G2表的指针也向左偏转，原因是 ▲ （多选）。

A．两表都是“发电机”
B．G1表是“发电机”，G2表是“电动机”
C．G1表和G2表之间存在互感现象
D．G1表产生的电流流入G2表，产生的安培力使G2表指针偏转
【答案】（1）bf, cg, db 1.50 III R＜R0
（2）BD
【参考答案】
【命题意图】本题考查探究滑动变阻器的分压特性实验。
【解题思路】
（1）根据图1的电路原理图，可知还需要bf, cg, db连线。
根据电压表读数规则，图3所示电压表的示数为1.50V。
根据分压电路中滑动变阻器总阻值越小，分压特性曲线线性越好，可知当R=100Ω，分压特性曲线对应图4中的III。滑动变阻器最大阻值的选择依据是尽可能选择总阻值尽可能小的滑动变阻器，即R＜R0。
（2）晃动G1表，G1表是“发电机”，G2表的指针也向左偏转，说明G2表是“电动机”，G1表产生的电流流入G2表，产生的安培力使G2表指针偏转，BD正确
8. （2021重庆高考）（9分）某兴趣小组使用如图1电路，探究太阳能电池的输出功率与光照强度及外电路电阻的关系，其中P为电阻箱，R0是阻值为37.9kΩ的定值电阻，E是太阳能电池，是电流表（量程0~100μA，内阻2.10kΩ）

（1）实验中若电流表的指针位置如题图2所示，则电阻箱P两端的电压是 V。（保留3位有效数字）
（2）在某光照强度下，测得太阳能电池的输出电压U与电阻箱P的电阻R之间的关系如图3中的曲线①所示。不考虑电流表和电阻R0消耗的功率，由该曲线可知，M点对应的太阳能电池的输出功率是 mW。（保留3位有效数字）
（3）在另一更大光照强度下，测得U——R关系如图3中的曲线②所示。同样不考虑电流表和电阻R0消耗的功率，与曲线①相比，在电阻R相同的情况下，曲线②中太阳能电池的输出功率 （选填“较小”、“较大”），由图像估算曲线②中太阳能电池的最大输出功率约为 mW。（保留3位有效数字）

【参考答案】（1）2.48（2）40.5（3）较大
【名师解析】（1）根据电流表读数规则，电流表读数是I=62.0μA=6.20×10-5A。电阻箱P两端的电压是U=I（rg+R0）=6.20×10-5×（2.10+37.9）×103V=2.48V。
（2）M点对应的电压U=1.80V，电阻R=80.0Ω，太阳能电池的输出功率P=U2/R=4.05×10-2W=40.5mW。
（3）与曲线①相比，在电阻R相同的情况下，曲线②中太阳能电池的电压较大，由P=U2/R可知，曲线②中太阳能电池的输出电功率较大。由图像②可知，太阳能电池电动势为E=2.80V，太阳能电池的内阻随外接电阻R的增大而减小，可估算出当R=30Ω时电池内阻约为30Ω，太阳能电池输出功率最大，最大输出电功率P=E2/4R=0.0667W=66.7mW。
9. （2022高考河北）某物理兴趣小组利用废弃电饭煲的部分器材自制简易电饭煲，设计电路如图1所示。选用的器材有：限温开关S1（手动将其按下，开始持续加热煮饭，当锅内温度高于103℃时自动断开，之后不能自动闭合）；保温开关S2（当锅内温度高于80℃时自动断开，温度低于70℃时自动闭合）；电饭煲的框架（结构如图2所示）。自备元件有：加热电阻丝R（阻值为60Ω，用于加热煮饭）；限流电阻R1和R2，（阻值均为1kΩ）：指示灯L1和L2（2.5V，0.6W，当电流低于30mA时可视为熄灭）；保险丝T。


（1）按照兴趣小组设计的电路，下列说法正确的是______ （多选）。
A．按下S1，L1和L2均发光
B．当锅内温度高于103℃时，S1自动断开，L1和L2均发光
C．保温过程中，S2自动在闭合、断开状态之间交替切换
D．当锅内温度低于70℃时，S2自动闭合，L1发光，L2熄灭
（2）简易电饭煲制作完成后，试用时L1始终不亮，但加热和保温功能均正常。在不增加元件的前提下，断开电源，使用多用电表判断发生故障的元件。下列操作步骤的正确顺序是______（填写各步骤前的字母）。
A．将选择开关旋转到“ × 100”位置
B．将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指针指向欧姆零点
C．调整“指针定位螺丝”，使指针指到零刻度
D．测量指示灯L1两端的阻值
E．将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡

（3）操作时，将多用电表两表笔与L1两端接触，若指针如图3所示，可判断是______断路损坏；若指针如图4所示，可判断是______断路损坏。（用电路中的元件符号表示）
【参考答案】（1）CD （2）CABDE （3）L1 . R1
【命题意图】本题考查速度图像及其相关知识点。
【名师解析】(1) 按下，短路，不发光，发光，A错误；
当锅内温度高于103℃时，S1断开，而要温度降到70℃以下时S2才会闭合，则此时L2可能发光，此时电路中R与R1和L1的串联部分并联，并联的整体再和L2、R2串联，则回路中并联的整体电阻RL = 10.42Ω，R并 = 56.64Ω，则回路总电阻R总 = 1067.06Ω
则回路总电流，则L2一定发光，此时并联的整体的电压为U并 = I总R并 = 11.89V
则流过L1的电流为
则流过L1的电流小于30mA，则L1熄灭，B错误；保温过程中，自动在闭合、断开状态之间交替切换，C正确；当锅内温度低于时，自动闭合，发光，短路， 熄灭，D正确。
（2）断开电源，使用多用电表欧姆档判断发生故障的元件，多用电表的操作步骤为：调整“指针定位螺丝”，使指什指到零刻度——机械调零；将选择开关旋转到“ × 100”位置——选档；将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指计指向欧姆零点——欧姆调零；测量指示灯L1两端的阻值——测量；将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡——关闭多用电表。
故正确顺序为CABDE。
（3）操作时，将多用电表两表笔与两端接触。由于使用时L1始终不亮，但加热和保温功能均正常，则说明R、L2、R2、T均正常，如图3可看出L1两端有1090Ω左右的电阻，则说明L1始终不亮的原因是L1断路损坏。由于使用时L1始终不亮，但加热和保温功能均正常，则说明R、L2、R2、T均正常，如图4可看出欧姆表的示数几乎为零，但由于RL = 10.42Ω，此时选用的是“ × 100”档则说明灯泡L1正常，则说明L1始终不亮的原因是R1断路损坏。

第三部分 思路归纳，内化方法
一、　动摩擦因数的测定
测定动摩擦因数实验一般结合在“测量做直线运动物体的瞬时速度”“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”或“探究平抛运动的特点”等实验中考查。实验的原理是：利用打点计时器等器材测出物体做匀变速运动的加速度，再利用牛顿第二定律计算动摩擦因数，或者利用平衡条件、动能定理或能量守恒定律等计算动摩擦因数。
实验方法
创新思维
实验原理

将研究运动物体转化为研究静止物体
利用F弹＝Ff＝μFN求μ

让物块先做加速直线运动，当重物掉到地面上之后物块做匀减速直线运动
匀减速运动中，利用逐差法求加速度，利用F＝μmg＝ma进一步求μ

将动摩擦因数的测量转化为角度的测量
利用a＝gsin θ－μgcos θ求μ(a通过逐差法求解)

将动摩擦因数的测量转化为加速度的测量
利用vB2－vA2＝2as和动力学知识得到μ＝

将动摩擦因数转化为速度的测量，并营造多过程切入水平滑动情景
A→B过程中，机械能守恒；C→D过程中，物块Q做平抛运动；B→C过程中，对物块Q只有摩擦力做功，利用Wf＝EkC－EkB，进一步求μ

二、电阻的测定
电阻的测定是欧姆定律的重要应用，是整个电学实验的核心，是高考电学实验命题的热点。以教材中伏安法测电阻为原形实验，变换出安安法、伏伏法、比较法、半偏法、替代法等多种不同的测量方式，综合考查仪器选择、电路设计与分析、实验数据处理与误差分析，从而全方位考查考生的实验能力。
伏安法

(内接法)

(外接法)
Rx＝
大电阻用内接法，测量结果偏大；小电阻用外接法，测量结果偏小，简记为“大内偏大，小外偏小”
安安法

如果已知的内阻R1，则可测得的内阻R2＝

串联一定值电阻R0后，同样可测得的内阻R2＝
伏伏法

两电表的满偏电流接近时，若已知的内阻R1，则可测出的内阻R2＝R1

并联一定值电阻R0后，同样可得的内阻R2＝
比较法

测得电阻箱R1的阻值及表、表的示数I1、I2，可得Rx＝(电表阻值不计)
半偏法

电阻箱与电流表并联，然后与大电阻滑动变阻器串联，R测＜R真(测电流表内阻)

电阻箱与电压表串联，滑动变阻器为小电阻的变阻器，R测＞R真(测电压表内阻)
替代法
(电流等效替代)
调整R0，使S1、S3均闭合与S1、S2均闭合时电流表示数相等，则Rx＝R0


(电压等效替代)
调整R0，使S1、S3均闭合与S1、S2均闭合时电压表示数相等，则Rx＝R0

三、　电表的改装与校准
实验室中通常使用的机械式电表有电流表、电压表及多用电表，这些电表都是由小量程的电流表G(表头)经过改装再校准而制成的，是欧姆定律的具体应用，也是高考命题的热点。

1．电流表的改装
(1)原理：部分电路欧姆定律。
(2)改装电路：

(3)分流电阻R的大小：R＝＝。
2．电流表的校准
(1)校准电路：
　
(2)校准过程：
①移动滑动变阻器的滑片，使电路中的标准电流表取不同数值，校对改装成的电流表的示数是否相同。
②对分流电阻进行补偿
设改装电流表满偏时，标准电流表的示数为IA，改装电流表的量程为I，则IA＝Ig＋。若IA＞I，说明分流电阻偏小，应增大些，若IA＜I，说明分流电阻偏大，应减小些。

1．电压表的改装
(1)原理：部分电路欧姆定律。
(2)改装电路：

(3)分压电阻的大小：R＝＝。
2．电压表的校准
(1)校准电路：
　
(2)校准过程：
①移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数逐渐增大，核对改装电压表与标准电压表示数是否相同。
②对分压电阻进行补偿
设改装电压表满偏时标准电压表的电压示数为UV，改装电压表的量程为U，则UV＝Ig(Rg＋R)。若UV＞U，则应使分压电阻R减小，若UV＜U，则应使分压电阻R增大。

1．欧姆表的改装
(1)原理：闭合电路欧姆定律。
(2)改装电路：如图所示。
(3)欧姆表内阻：
红、黑表笔短接，调节调零电阻R，使电流表满偏时，Ig＝＝，可得：R内＝＝Rg＋r＋R。
(4)待测电阻Rx与电流表示数Ix的对应关系：
Ix＝＝。
当Ix＝0时，Rx→∞；当Ix＝Ig时，Rx＝R内；当Ix＝Ig时，Rx＝R内；当Ix＝Ig时，Rx＝3R内；当Ix＝Ig时，Rx＝7R内……最后，再将原表盘的电流刻度值按照上述规律标出其电阻值，完成改装。
2．欧姆表的校准
先进行欧姆表调零，再将欧姆表红、黑表笔与电阻箱相接，校准时可采用两种方式：①使指针指示不同的角度，使电流分别等于Ig，Ig，Ig，Ig……直接将电阻箱阻值替换原标称电阻的值；②使电阻箱分别取不同的值，如1 Ω，5 Ω，10 Ω，15 Ω……在指针所指的位置直接标出电阻箱上的示数。两种方法均不管电源电动势和满偏电流的数值是否正确。
第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力
1．（4分）（2023江西红色十校第一次联考）如图所示为研究曲线运动的实验装置，在光滑水平桌面中间O处有一转轴，转轴上安有力传感器，力传感器与一根不可伸长的轻绳连接，轻绳另一端拴着一小物体，小物体可视为质点。现让小物体绕转轴O做匀速圆周运动，小物体刚运动到A点时，绳子断裂，然后经过桌面边缘B点飞出做平抛运动，落到沙坑中的D处，AB与桌面边缘垂直。不计空气阻力，重力加速度为g。

（1）研究小物体从离开桌面到落到沙坑的运动过程，运用的思想方法是______。
A．微元法 B．放大法 C．控制变量法 D．化曲为直法
（2）测出小物体质量为m，做匀速圆周运动时小物体到O点间的距离为r，沙坑平面到桌面间的距离为h，D点到桌面边缘B点正下方的距离为x，读出小物体做匀速圆周运动时力传感器的示数F，则上述所测的物理量间的关系是F=______。
（3）若桌面AB部分粗糙，保持力传感器F读数不变，则小物体落点到桌面边缘B点正下方的距离x将______（填“变大”“变小”或“不变”）。
【参考答案】（1）D（1分）（2）（2分）（3）变小（1分）
【名师解析】（1）小物体从离开桌面到落到沙坑的运动过程是平抛运动，属于化曲为直的思想方法，D项正确。
（2）小物体从离开桌面到落到沙坑的运动过程中有，，小物体在桌面做匀速圆周运动有，综上可得。
（3）若桌面AB部分粗糙，小物体在AB部分运动要克服摩擦力做功，小物体做平抛运动的初速度将减小，由平抛运动的规律可得，小物体落点到桌面边缘B点正下方的距离x将变小。
2．（6分）（2023湖南长沙名校联合体联考）小李同学用如图所示的装置测量三角形支架PQO的高度和倾角。三角形支架PQO固定在水平地面上，顶端处固定一弧形轨道，轨道末端切线水平，小球从弧形轨道上不同位置下滑，从P处平抛，小球可落到装置中的不同位置。在P处放一速度传感器（图中未画出），可测小球在P处的不同速度，改变小球的释放位置，从而改变小球在P处的速度，测出小球平抛运动的水平射程x，记录的数据如下表：（重力加速度g取）

序号
（m/s）
x（m）
1
4
1.6
2
3
1.2
3
2
0.8
4
1
0.2
5
0.5
0.05
（1）当时，小球落在______（填字母序号）。
A．斜面上 B．水平面上 C．Q点 D．无法判断
（2）三角形支架的高度为______m，斜面的倾角为______度。
【参考答案】．（6分）（1） B（2分）
（2）0.8（2分） 45（2分）
【名师解析】（1）当时，由第1第2组数据可以看出，水平速度变为时，水平位移也变为，因此小球在空中的运动时间不变，小球落在水平面上，选B。
（2）前两组数据小球一定落在水平面上，根据任一组数据，用，可得h=0.8m；前三组数据水平射程与速度成正比，后三组数据水平射程与速度平方成正比，说明第三组数据，即正好满足两种关系，既在水平面上，又在斜面上，说明小球正好落在Q点，利用第三组数据，，，可得，h=0.8m。
3. （2023四川内江一中入学考试）（1）探究电磁感应现象应选用如图___________（选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验。

（2）在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏（不通电时指针停在正中央），则：在图乙中，磁体N极插入线圈A过程中电流表的指针将___________偏转，（选填“向左”、“向右”或“不发生”）；在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，电流表的指针将___________偏转；（选填“向左”、“向右”或“不发生”）。

（3）在图丁中，R为光敏电阻，轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴（A线圈平面与螺线管线圈平面平行），并位于螺线管左侧。当光照增强时，从左向右看，金属环A中电流方向为___________（选填“顺时针”或“逆时针”），金属环A将___________（选填“向左”或“向右”）运动。
【参考答案】 ①. 甲 ②. 向左 ③. 向右 ④. 逆时针 ⑤. 向左
【名师解析】
（1）[1]在电磁感应现象中，感应电流的方向与导体切割磁感线运动的方向和磁感线的方向有关。探究电磁感应现象的实验装置，只需要有磁场、导体棒、电流表即可，不需要电源，分析图甲与乙可知，探究电磁感应现象应选用甲图装置。
（2）[2]当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从负接线柱流入时，电流表指针向左偏。磁体N极插入线圈A过程中，线圈A中磁通量向下增大，根据楞次定律可知感应电流将从电流表负接线柱流入，则此时电流表的指针将向左偏转；
[3] 在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，根据右手定则可知感应电流从电流表正接线柱流入，则此时电流表的指针将向右偏转。
（3）[4] 根据安培定则，螺线管内部磁场向右，金属环中的磁场向右，当光照增强时，热敏电阻的阻值减小，回路电流增大，金属环的磁通量增大，根据增反减同，感应电流的磁场向左，根据安培定则，从左向右看，金属环A中电流方向为逆时针；
[5]金属环A是逆时针电流，螺线管是顺时针的电流，反向电流相互排斥，金属环将向左运动。
4. （2023重庆八中高三质检）某同学设计了如图所示实验装置探究向心力与质量、半径的关系。水平杆光滑，竖直杆与水平杆铰合在一起，互相垂直，绕过定滑轮的细线两端分别与物块和力传感器连接。（忽略细线与定滑轮间的摩擦）

（1）探究向心力与质量关系时，让物块1、2的质量不同，测出物块1、2的质量分别为、，使物块到竖直轴距离______（填“相同”或“不同”），转动竖直杆，测出不同角速度下两个力传感器的示数、。反复实验测出多组、，作出图像，如果作出的图像是过原点的斜线，且图像的斜率等于______，则表明在此实验过程中向心力与质量成正比。
（2）该实验过程中采用的实验方法是______。
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法
【参考答案】 ①. 相同 ②. ③. C
【名师解析】
（1）[1]本题采用的是控制变量法，根据向心力公式

研究F与m的关系，所以需要保持、r相同，所以应使物块到竖直轴距离相同；
[2] 根据向心力公式可得


作出图像，则

如果作出的图像是过原点的斜线，且图像的斜率等于

（2）[3]该实验过程中采用的实验方法是控制变量法，故C正确，AB错误。
故选C。
5. （2023浙江舟山质检）（1）图1是一款可以直接接在手机上的电风扇，某同学拆下电风扇，将多用电表选择开关置于欧姆“”挡，调零后按正确操作将表笔接在风扇的接线柱上测量，一次叶片转动，另一次设法使叶片不转，两次电表读数如图2、3所示，则__________（选填“图2”或“图3”）为叶片转动时的读数。根据测量得出电风扇的电阻大约是__________；


（2）该同学想进一步探究在不同电压下风扇的电功率，按图4所示连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器滑片，发现电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其原因是图4中导线__________没有连接好（选填图中导线序号）；

（3）根据实验数据描绘电风扇的电流随电压的变化曲线如图6所示，某次测量时电压表的示数如图5所示，则电压__________V，此时该风扇的输入功率大约是__________W（功率结果保留两位有效数字）。
【参考答案】 ①. 图3 ②. 10 ③. ④ ④. 1.20 ⑤. 0.11
【名师解析】
（1）[1] 因为风扇转动的时候，其内部电动机上绕制的线圈因为电磁感应，产生一个反电势，这个反电势正好和电源极性相反，和电源抵消一部分，所以电流较小，电阻读数较大，电动机不转，就不会产生反电势，所以电流较大，所测得的电阻较小，故图3是转动时测的电阻值；
[2]电风扇的电阻是不转时的电阻，既图2，其中读数为10，则电风扇的电阻大约是

（2）[3]闭合开关，调节滑动变阻器滑片，发现电压表和电流表均有示数,说明除滑动变阻器部分其他部分都是通路，电表示数总是调不到零，说明滑动变阻器分压连接没连接好，其原因是图4中导线④没有连接好。
（3）[4]根据电流随电压的变化曲线可知，电压表量程选择的是3V的量程，电压表的分度值为0.1V，则对应的读数为1.20V；
[5]根据图像可知，此时该风扇的电流为0.9A，故输入功率大约是

6. （2023江苏如皋期初质检）小明设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律实验，如图所示。


（1）现有以下材质的小球：①乒乓球；②橡胶球；③钢球，实验中应选用____________。
（2）固定好拉力传感器后，下列实验操作步骤，正确顺序是____________。
①改变小球的初始释放位置，重复上述过程
②记录小球摆动过程中拉力传感器示数的最大值和最小值
③将一根轻绳穿过小圆环，一端连接传感器，另一端连接小球
④拉起小球至某一位置由静止释放，使小球在竖直平面内摆动
⑤在传感器正下方固定一个小圆环，圆环平面水平
（3）实验测得的数据见下表。

0.047
0.080
0.110
0.170
0.200

1.660
1.580
1.522
1.409
1.350
（3）请根据表中的数据，在方格纸上作出图像。（ ）


（4）由图像得图线的斜率为_________（结果保留两位有效数字）。若小球摆动过程中机械能守恒，图线斜率的理论值为____________。
（5）该实验系统误差的主要来源是___________。
A．小球摆动角度偏大 B.小球初始释放位置不同 C.小球摆动过程中有空气阻力
【参考答案】 ①. ③ ②. ⑤③④②①
③. ④. ⑤. ⑥. C
【名师解析】
（1）[1]为减小摩擦阻力带来的影响，应选用密度大的③钢球；
（2）[2]根据实验逻辑顺序，应为⑤③④②①；
（3）[3]根据表格数据，绘图如下


（4）[4]由图可得图线的斜率

[5]设刚释放时绳与竖直方向夹角为，则

若机械能守恒，下落过程中

在最低点，根据牛顿第二定律

解得

整理得

故图像斜率的理论值为-2。
（5）[6]AB．由发现，摆动角度或初始释放高度不影响图像，故AB错误；
C．若小球摆动过程中有空气阻力，式不再成立，是实验的系统误差的主要来源。故选C。

7.(13分) （2023江苏百校联考第一次考试）国家有关酒驾的裁量标准如下:
驾驶员血液酒精含量
≥20mg/100mL,