资源简介

(共62张PPT)
第一讲　力学实验
2023
内容索引
核心考点聚焦
微专题 热考命题突破
【知识网络建构】
核心考点聚焦
考点一
纸带类问题(含频闪照相、光电门)
核心归纳
命题角度1　研究匀变速直线运动(包括平抛运动的竖直分运动)
(1)根据一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,测出不同时刻的瞬时速度,然后绘制v-t图像,分析运动规律;
(2)根据纸带用逐差法直接测量加速度或由v-t图像斜率求加速度。
充分利用数据,减小误差
命题角度2　验证牛顿运动定律
(1)注意需要补偿阻力;
(2)使提供牵引力的小盘及盘中砝码的总质量m远小于被牵引的小车和车中砝码的总质量m车,即m m车。
特别提醒一定理解实验原理,有些创新实验方案中不需要满足以上两条。
命题角度3　验证机械能守恒定律
(1)根据纸带测出物体下落高度,进一步求物体减小的重力势能;
(2)根据纸带计算出物体的瞬时速度,进一步求物体动能的增加量。
命题角度4　验证动量守恒定律
(1)利用纸带(气垫导轨和光电门)测出物体碰撞前后的速度,验证的表达式:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'或m1v1=(m1+m2)v2。
(2)利用等长摆球完成一维碰撞,测出摆球速度v= ,验证的表达式:
m1v1=m1v1'+m2v2'。
(3)利用斜槽滚球水平射程的测量,验证的表达式:m1lOP=m1lOM+m2lON。
深化拓展　1.纸带问题的两个关键点
(1)区分计时点和计数点:计时点是指打点计时器在纸带上打下的点,计数点是指测量和计算时在纸带上所选取的点。要注意“每五个点取一个计数点”与“每隔四个点取一个计数点”的取点方法是一样的。
　　 注意:不一定“每五个点”
(2)涉及打点计时器的实验均是先接通打点计时器的电源,待打点稳定后,再释放纸带。
2.纸带数据的处理方法
典例剖析
例1(命题角度2)(2022山东烟台、德州高三一模)某物理实验小组利用图甲所示装置探究小车的加速度与受力的关系。
甲
(1)关于实验操作,下列说法正确的是　　　;
A.实验时,先释放小车再接通打点计时器的电源
B.调节滑轮的高度,使牵引小车的细线与长木板保持平行
C.每次改变重物质量时,不需要重新调整长木板的倾斜度
D.为尽可能减小实验误差,小车的质量应远大于重物的质量
BCD
(2)一次实验中获得的纸带如图乙所示,已知所用电源的频率为50 Hz,每5个点取一个计数点,A、B、C、D、E、F、G为所取计数点,由图中数据可求得加速度大小a=　　　　 m/s2;(计算结果保留两位有效数字)
乙
0.19
(3)实验小组保持小车质量不变,改变小车所受的拉力F,得到a随F变化的规律如图丙所示,由图可知,直线不过坐标原点的原因是
　 。
丙
长木板倾斜程度过大,补偿阻力过度
解析 (1)实验时,要先接通打点计时器的电源再释放小车,A错误;绳子的拉力应与运动方向一致,故应调节滑轮的高度,使牵引小车的细线与长木板保持平行,B正确;平衡后,应有μmgcos θ=mgsin θ,即μ=tan θ,故每次改变重物质量时,不需要重新调整长木板的倾斜度,C正确;为尽可能减小实验误差,实验要求小车的质量应远大于重物的质量,D正确。
(2)设AD=x1,DG=x2,由图乙可得x1=3.65 cm-0.40 cm=3.25 cm,x2=8.60 cm-3.65 cm=4.95 cm,所用电源的频率为50 Hz,每5个点取一个计数点,可得AD之间的时间间隔为t=3×0.02×5 s=0.3 s,根据Δx=at2,代入数据解得
a= =0.19 m/s2。
(3)由题图丙可知,当F等于0时,加速度大于0,说明长木板倾斜程度过大,补偿阻力过度。
对点训练
1.(命题角度1)(2022全国乙卷)用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻(t=0)开始的一段时间内,该飞行器可视为沿直线运动,每隔1 s测量一次其位置,坐标为x,结果如下表所示:
t/s 0 1 2 3 4 5 6
x/m 0 507 1 094 1 759 2 505 3 329 4 233
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x=507 m时,该飞行器速度的大小v=　　　　 m/s。
(3)这段时间内该飞行器加速度的大小a=　　　　 m/s2(保留2位有效数字)。
相邻1 s内的位移之差接近相等
547
79
解析 (1)由题表可知,飞行器第1 s内的位移为507 m,第2 s内的位移为587 m,第3 s内的位移为665 m,第4 s内的位移为746 m,第5 s内的位移为824 m,第6 s内的位移为904 m,则相邻1 s内的位移之差接近相等,可判断飞行器在这段时间内近似做匀加速运动。
(2)当x=507 m时,飞行器的速度近似等于0~2 s内的平均速度,
2.(命题角度3)(2022广东惠州二模)在验证机械能守恒定律的实验中,两实验小组同学分别采用了如图甲和乙所示的装置,用两种不同的实验方案进行实验,设重力加速度为g。
(1)在甲图中,下落物体应选择密度　　　　(选填“大”或“小”)的重物;在乙图中,两个重物的质量关系是m1　　　　(选填“>”“=”或“<”)m2。
(2)采用图乙的方案进行实验,除图中的器材外,还需要的实验器材有交流电源、刻度尺和　　　　。
(3)某次实验所打纸带如图丙所示,O为第一个点,A、B、C、D点到O点的距离已标出,打点时间间隔为0.02 s,则记录C点时,重物的速度vC=
　　　　 m/s。(结果保留三位有效数字)
(4)从减小实验误差的角度看,比较两种
实验方案,你认为　　　　(选填“甲”或
“乙”)方案更合理。
丙
大
>
天平
0.780
甲
解析 (1)为了减小实验的误差,下落物体应选择密度大的重物,乙图是验证系统机械能是否守恒,质量为m1的物体向下运动,质量为m2的物体向上运动,所以m1>m2。
(2)验证系统机械能是否守恒,即验证系统动能的增加量和系统重力势能的减小量是否相等,动能的增加量为ΔEk= (m1+m2)v2,重力势能的减小量为ΔEp=(m1-m2)gh,可知需要测量两个重物的质量,所以实验器材还需要天平。
(3)根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度,可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小vC= m/s=0.780 m/s。
(4)甲方案更合理,因为在乙方案中还受到细线与滑轮之间的阻力影响。
3.(命题角度4)(2022全国甲卷)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞,碰撞时间极短,比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2,进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空:
(1)调节导轨水平。
(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg和0.304 kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反,应选取质量为　　　　 kg的滑块作为A。
(3)调节B的位置,使得A与B接触时,A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。
(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动,并与B碰撞,分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。
0.304
(5)将B放回到碰撞前的位置,改变A的初速度大小,重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示。
比较项 1 2 3 4 5
t1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
k= 0.31 k2 0.33 0.33 0.33
(6)表中的k2=　　　　(保留2位有效数字)。
0.31
0.32
0.34
解析 (2)要使两滑块碰撞后运动方向相反,应使质量小的滑块碰撞质量大的滑块,应选取质量为0.304 kg的滑块作为A。
(8)发生弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒,可得
m1v0=-m1v1+m2v2
考点二
弹簧、橡皮条问题
核心归纳
命题角度1　探究弹力与弹簧伸长的关系
(1)安装:按照原理装置图安装实验仪器。
(2)操作:弹簧竖直悬挂,待钩码静止时测出弹簧长度。
(3)作图:坐标轴标度要适中,单位要标注,连线时要通过尽可能多的数据点,不能通过的数据点均匀分布在图线的两侧,明显偏离图线的点要舍去。
深化拓展　两种非常规图像分析
(1)图像发生弯曲:悬挂钩码数量过多,导致弹簧的形变量超出了其弹性限度,不再符合胡克定律(F=kx),故图像发生弯曲,如图所示。
(2)截距不为零:水平放置弹簧测量其原长,由于弹簧有自重,将其悬挂起来后会有一定的伸长量,故图像横轴截距不为零,如图所示。
命题角度2　验证力的平行四边形定则
(1)等效:同一次实验中两次把橡皮条拉长后的结点O位置必须保持不变。
合力、分力等效替代
(2)拉力:沿弹簧测力计轴线方向拉(与板面平行),橡皮条、弹簧测力计和细绳套与纸面平行;两分力F1、F2的夹角不要太大或太小。
(3)记录:记下每次各力的大小和方向,标记方向的两点尽量远些。
(4)作图:选定比例要相同,严格按力的图示要求作平行四边形求合力。
典例剖析
例2(命题角度2)(2022河北唐山一模)验证力的平行四边形定则的实验如图甲所示,其中A为固定橡皮筋的图钉,O为橡皮筋与细绳的结点,OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示。
(1)本实验采用的科学方法是　　　　;
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
(2)图乙中的F与F'两力中,方向一定沿AO方向的是　　　　;
(3)关于该实验,下列说法正确的是　　　　。
A.拉橡皮筋的细绳短一些,实验效果较好
B.拉橡皮筋时,弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
C.橡皮筋弹性要好,拉结点到达某一位置O时,拉力F1和F2的夹角越大越好
D.在同一实验中O点位置不能变
B
F'
BD
解析 (1)本实验用一根弹簧的拉力代替两根弹簧的拉力作用效果,采用等效替代法,故选B。
(2)F是通过作图的方法得到的合力的理论值,在平行四边形的对角线上,而F'是通过一个弹簧测力计沿AO方向拉橡皮筋,使橡皮筋伸长到O点的力,其方向一定沿AO方向。
(3)在实验中要减小拉力方向的误差,应让标记同一细绳方向的两点尽量远些,故细绳应该长一些,A错误;该实验是在白纸中作图,作出的是水平力的图示,若拉力倾斜,则作出图的方向与实际力的方向有较大差别,故应使各力尽量与木板平面平行,B正确;两个拉力的夹角过大,合力会过小,画理论值时相对误差变大,故夹角大小适中即可,不宜太大或太小,但要保证力的作用效果即O点位置不能变,C错误,D正确。
对点训练
4.(命题角度2)(2022广东深圳一模)在探究共点力的平衡条件的实验中,将三个细绳套系于一点,在水平桌面上用三支弹簧测力计互成角度地水平拉细绳套,使结点静止在纸面上O点,如图所示。
(1)测力计1的指针位置如图所示,其读数为　　　　 N,测力计2和3的读数分别为1.30 N和1.25 N。
(2)取1 cm代表1 N,请在虚线框内作出三个力的图示,并借助平行四边形定则作图,求出其中两个力的合力。
(3)改变三个弹簧测力计的弹力方向和大小,多次实验。
(4)在误差允许范围内,可归纳出这三个共点力的平衡条件是:　 。
2.30
解析 (1)弹簧测力计的最小刻度是0.1 N,因此弹簧测力计的示数为2.30 N。
(2)选取1 cm长度为1 N,作出力的图示,根据平行四边形法则,可作出任意两个力的合力,以下三个图中任意一个均正确。
(4)其中一个力与另两个力的合力等值反向(或“三个共点力的合力等于零”“合力等于零”“两个共点力的合力与第三个力大小相等,方向相反,在同一条直线上”“两力的合力与第三力等大反向共线”等)。
5.(命题角度1)(2022湖南卷)小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等,设计了如图甲所示的实验装置,测量冰墩墩玩具的质量。主要实验步骤如下:
甲
(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:
序号 1 2 3 4 5
硬币数量n/枚 5 10 15 20 25
橡皮筋长度l/cm 10.51 12.02 13.54 15.05 16.56
(3)根据表中数据在图乙上描点,绘制图线:
乙
答案 如图所示
(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丙所示,此时橡皮筋的长度为　　　　 cm。
丙
(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)。
15.35
127
解析 (4)由题图丙可知,刻度尺的分度值为1 mm,
读数为15 cm+3.5 mm=153.5 mm=15.35 cm。
(5)设橡皮筋的劲度系数为k,原长为x0,则
n1mg=k(x1-x0)
n5mg=k(x5-x0)
设冰墩墩质量为m1,则有m1g=k(l-x0)
联立各式代入数据解得m1=127 g。
考点三
新增力学实验
核心归纳
命题角度1　探究平抛运动的特点
利用运动的分解,化曲为直,分别研究两个方向的分运动。
命题角度2　探究向心力与半径、质量、角速度的关系
(1)实验方法:控制变量法。
(2)实验原理:Fn=mrω2。
命题角度3　用单摆测量重力加速度的大小
(1)先测量单摆周期和摆长。 悬点到小球球心的距离
典例剖析
例3(命题角度1)(2022河北模拟预测)用如图甲所示的装置研究平抛运动。实验操作如下:
a.将白纸和复写纸固定在竖直的背板上;
b.将钢球从斜槽上某一位置处由
静止释放,落在可上下调节的水
平挡板N上;(挡板N靠近背板一
侧较低,钢球落在挡板上时,钢球
侧面会在白纸上留下印迹)
c.上下调节挡板N,重复步骤b,在白纸上记录钢球所经过的多个位置;
d.　　　　,就得到钢球做平抛运动的轨迹。
(1)请将操作d补充完整: 　。
(2)实验中必须满足的条件有　　　　。
A.斜槽轨道末端水平
B.斜槽轨道光滑
C.挡板高度等间距变化
D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(3)通过实验,记录了钢球在运动途中的三个位置,如图乙所示,则该钢球在A点速度的大小为　　　　 m/s,钢球抛出点位置的坐标为　　　　。(g取10 m/s2)
答案 (1)见解析
(2)AD
解析 (1)以斜槽水平末端处钢球球心在白纸上的投影点为坐标原点O ,过O点画出竖直的y轴和水平的x轴;取下坐标纸,用平滑的曲线把这些印迹连接起来,就得到钢球做平抛运动的轨迹。
(2)斜槽轨道不一定需要光滑,但末端一定要水平,才能保证是平抛运动,A正确,B错误;挡板只要能记录下小球下落在不同高度的不同位置即可,不需要等间距变化,C错误;为了保证小球做平抛运动的初速度相等,小球每次应从斜槽的同一位置由静止释放, D正确。
从抛出到B点的水平位移x=v0tB=0.3 m=30 cm,竖直位移y= =0.2 m=20 cm,设小球抛出点的位置坐标为(x0,y0),则x0+ x=xB,y0+ y=yB,将B点坐标值xB=30 cm,yB=30 cm代入可得x0=0,y0=10 cm,即钢球抛出点位置的坐标为(0,10 cm)。
对点训练
6.(命题角度2)(2022北京模拟预测)探究向心力大小F与物体的质量m、角速度ω和轨道半径r的关系实验。
(1)本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的　　　　;
A.探究平抛运动的特点
B.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
C.探究两个互成角度的力的合成规律
D.探究加速度与物体受力、物体质量的关系
BD
(2)某同学用向心力演示器进行实验,实验情境如甲、乙、丙三图所示。
①三个情境中,图　　　　(选填“甲”“乙”或“丙”)是探究向心力大小F与质量m的关系。
②在甲情境中,若两钢球所受向心力的比值为1∶4,则实验中选取两个变速塔轮的半径之比为　　　　。
甲
乙
丙
丙
2∶1
解析 (1)在这个实验中,利用控制变量法来探究向心力的大小与物体质量、角速度和轨道半径之间的关系。探究平抛运动的特点的实验,例如两球同时落地,两球在竖直方向上的运动效果相同,应用了等效思想,A不符合题意;当一个物理量与多个物理量相关时,应采用控制变量法,探究该物理量与某一个量的关系,如保持原线圈的电压一定,探究副线圈的电压U2与匝数n1、n2的关系,B符合题意;探究两个互成角度的力的合成规律的实验,即两个分力与合力的作用效果相同,采用的是等效替代的思想,C不符合题意;探究加速度与物体受力、物体质量的关系的实验是通过控制变量法研究的,D符合题意。
(2)①根据F=mrω2可知,要探究向心力大小F与质量m的关系,需控制小球的角速度和轨道半径不变,由图可知,两侧采用皮带传动,所以两侧具有相等的线速度,根据皮带传动的特点可知,应该选择两个半径相等的塔轮,而且运动半径也应相同,选取不同质量的小球,故丙符合题意;②由题图甲可知,两个球的质量相等,轨道半径相同,根据牛顿第二定律有F=mRω2,F'=mRω'2,两个塔轮边缘的线速度相等v=v',根据v=rω,v'=r'ω',联立可得两个变速塔轮的半径之比为r∶r'=2∶1。
7.(命题角度3)(2022湖北模拟预测)(1)某同学在实验室做单摆的周期T与摆长L的关系的实验,下列措施可以提高实验精度的是　　　　。
A.选轻质、无弹性的棉线作为摆线
B.单摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内
C.系好摆球后,令其自然下垂时测量摆线长
D.当小球摆到最高点时按下秒表开始计时
(2)若该同学先测得摆线长为l,摆球直径为d,然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为t。他测得的g值偏小,可能的原因是　　　　。
A.测摆线长时摆线拉得过紧
B.摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加了
C.开始计时时,秒表过早按下
D.在摆动过程中,由于空气阻力造成摆角逐渐变小
ABC
BC
(3)若实验中没有游标卡尺,无法测小球的直径d,该同学将悬点到小球最低点的距离作为摆长l,测得多组周期T和l的数据,作出l-T2图像。则实验得到的l-T2图像应是图中的　　　　(选填“a”“b”或“c”);小球的直径是　　 cm;实验测得当地重力加速度大小是　　　　 m/s2(取π2=9.86)。
c
1.2
9.86
解析 (1)为了提高测量的精确度,摆线应选用伸缩不计的细线,如轻质、无弹性的棉线作为摆线,A正确;单摆应在同一个竖直面内摆动,防止出现圆锥摆,B正确;测量摆长时应在摆球自然下垂时测量,C正确;应从平衡位置(最低点)开始计时,因为在最低点,摆球的速度最大,时间测量的误差比较小,D错误。
(2)根据单摆的周期公式 ,测摆线长时摆线拉得过紧,导致摆长偏大,重力加速度偏大,A错误;摆线上端悬点未固定牢,振动中出现松动,使摆线长度增加了,摆动的过程中,周期变大,测得的重力加速度偏小,B正确;开始计时时,秒表过早按下,导致周期变长,测得的重力加速度偏小,C正确;在摆动过程中,由于空气阻力造成摆角变小,但周期不变,对测量重力加速度没有影响,D错误。
微专题 热考命题突破
命题篇
创新实验 力学创新类实验归纳分析
知识精要
对于创新型实验的处理,最根本的方法是要把实验的本质从新情境中分离出来,找出与常规实验的相同之处,然后运用熟悉的实验原理和实验数据处理方法进行处理,解决此类问题要有“以不变应万变”的策略:
(1)根据题目情境,提取相应的力学模型,明确实验的理论依据和实验目的,设计实验方案。
(2)进行实验,记录数据,应用原理公式或图像法处理实验数据,结合物体实际受力情况和理论受力情况对结果进行误差分析。
考向分析
高考力学创新实验题常把考查内容延伸到演示实验中,甚至拓展到迁移类实验、应用性实验、设计性实验。要求学生利用所学知识,对实验仪器或实验方法重组,将教材中的学生实验和演示实验的实验原理、实验方法迁移到情境新颖的实验中去。
从高考题的特点我们可以看出,考查原始实验的题目较少,实验题大都以基本的力学模型为载体,依托运动学规律和力学定律设计实验,力学实验创新设计的形式有以下三种:
1.实验器材的等效与替换。常见的考查模式主要有两大类:一是不变目的,变装置;二是不变装置,变目的。
2.实验原理的拓展与延伸。该类实验的特点是题目来源于教材,但又高于教材,实验的基本原理和思想方法是考查的核心,要解决此类实验问题,应从背诵实验向分析理解实验转变。
3.试题情境的设计与创新。不管试题情境的设计进行了怎样的创新,其考查的实验原理和实验处理方法仍然不变。
案例探究
例题(2020山东卷)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:
(ⅰ)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)。
甲
(ⅱ)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。
(ⅲ)该同学选取部分实验数据,画出了 -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。
(ⅳ)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,小
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。(结果均保留两位有效数字)
(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。(结果保留两位有效数字,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80)
乙
0.32(或0.33)
3.1
9.4
图像的纵轴截距为2v0,斜率为加速度a,对照图像可解得v0=0.32 m/s(或0.33 m/s),a=3.1 m/s2。
(2)设小物块与木板的动摩擦因数为μ,由牛顿第二定律可得,木板倾角为53°时,有mgsin 53°-μmgcos 53°=ma',木板倾角为37°时,有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma,由题意可知a'=5.6 m/s2,联立解得g=9.4 m/s2。
思维拓展本题这一类问题创新之处常常有下列几种情况。
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

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

将动摩擦因数的测量转化为角度的测量 利用a=gsinθ-μgcosθ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
角度拓展 (2021全国甲卷)为测量
小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因
数,一同学将贴有标尺的瓷砖的一
端放在水平桌面上,形成一倾角为
α的斜面(已知sin α=0.34,cos α=
0.94),小铜块可在斜面上加速下滑,如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程,然后解析视频记录的图像,获得5个连续相等的时间间隔(每个时间间隔ΔT=0.20 s)内小铜块沿斜面下滑的距离si(i=1,2,3,4,5),如下表所示。
s1 s2 s3 s4 s5
5.87 cm 7.58 cm 9.31 cm 11.02 cm 12.74 cm
由表中数据可得,小铜块沿斜面下滑的加速度大小为　　　　　 m/s2,小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为　　　　　。(结果均保留两位有效数字,g取9.80 m/s2)
答案 0.43　0.32(共87张PPT)
第二讲　电学实验
2023
内容索引
核心考点聚焦
微专题 热考命题突破
【知识网络建构】
核心考点聚焦
考点一
实验仪器的读数与使用
核心归纳
命题角度1　游标卡尺
(1)弄清精确度:10分度——0.1 mm,20分度——0.05 mm,50分度——0.02 mm。
(2)读出测量结果:测量值=主尺刻度整毫米数+n×精确度(mm)。
游标尺上第n条线与主尺上的某刻度线对齐
命题角度2　螺旋测微器
测量值=固定刻度整毫米数+半毫米数+可动刻度读数(含估读值)×0.01 mm
命题角度3　电压表、电流表
(1)为减小测量误差,一般使电流表、电压表的示数超过满偏刻度的 。
(2)若最小分度为1、0.1、0.01等,需要估读到最小分度的下一位;如果最小分度不是1、0.1、0.01等,只需要读到最小分度位即可。
深化拓展　关于游标卡尺和螺旋测微器读数的几个要点
(1)10分度的游标卡尺,若以mm为单位,小数点后只有1位。20分度和50分度的游标卡尺若以mm为单位,小数点后有2位。
(2)游标卡尺在读数前要确定游标尺的分度,在读数时先读主尺数据,再读游标尺数据,最后两数相加。游标卡尺读数不估读。
(3)不要把游标尺的边缘当成零刻度,而把主尺的刻度读错。
(4)螺旋测微器读数时,要注意固定刻度上表示半毫米的刻度线是否已经露出;要准确读数到0.01 mm,估读到0.001 mm,即结果若用mm作单位,则小数点后必须保留三位数字。
典例剖析
例1(命题角度1、2、3)(1)一同学用一游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一物体的长度,测得的结果如图甲所示,则该物体的长度为
　　　　 mm。
(2)用螺旋测微器测量金属丝的直径,从图乙中读出金属丝的直径为
　　　　 mm。
甲
乙
20.30
0.520
(3)如图丙所示,一电压表接0~15 V量程,读数为　　　　 V。
(4)如图丁所示,一电流表接0~0.6 A量程,读数为　　 　A。
丙
丁
10.8
0.16
解析 (1)20分度的游标卡尺精确度为0.05 mm,
则物体的长度为l=20 mm+6×0.05 mm=20.30 mm。
(2)金属丝的直径为d=0.5 mm+2.0×0.01 mm=0.520 mm。
(3)接0~15 V量程时,每小格表示0.5 V,读数为10.8 V。
(4)接0~0.6 A量程时,每小格表示0.02 A,读数为0.16 A。
对点训练
1.(命题角度1、2)在练习使用游标卡尺和螺旋测微器的实验中,测量一枚1元硬币的直径和厚度。
(1)用游标卡尺测量其直径,如图乙所示,直径是　　　　 mm。
(2)用螺旋测微器测量其厚度,如图丙所示,厚度是　　　　 mm。
丙
乙
甲
25.00
1.850
解析 (1)用游标卡尺测量其直径是25 mm+0.05 mm×0=25.00 mm。
(2)用螺旋测微器测量其厚度是1.5 mm+0.01 mm×35.0=1.850 mm。
考点二
以测电阻为核心的实验
核心归纳
命题角度1　测量金属的电阻率
(1)实验原理:ρ=R 。
(2)关键步骤:①测量:分别测量S、l和U、I;②求R:作U-I图像,求斜率k,则R=k;③计算ρ。
命题角度2　测电阻的方法
(1)最直接的——用多用电表的欧姆挡测量;
(2)最常用的——伏安法;
(3)最灵活的——伏伏法或安安法;
(4)最精确的——等效替代法;
(5)最专一的——半偏法(测量电压表或电流表的内阻);
(6)最独特的——电桥法。
深化拓展　1.明确三个“选择”
(1)实验器材的选择
要遵循安全性原则和准确性原则(尽量减小误差)
①电源的选择:一般根据待测电阻的额定电流或额定电压选择符合要求的直流电源。
②电表的选择:一般根据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表;根据待测电流的最大值选择电流表;读数时电表的指针摆动的幅度应较大,一般应使指针能达到半偏。
(2)电流表内接法与外接法的选择 大内小外
(3)分压电路与限流电路的选择
①从节能的角度考虑,优先选用限流式。
②以下三种情况必须用分压式:a.要求待测
特例:有时根据题目中给的测量数据进行选择
电路的U、I从0变化;b.R滑 Rx;c.选用限流式时,Ux、Ix过大(超过电流表量程,烧坏电表、电源或用电器等)。
2.数据处理和误差分析
(1)线性图像处理实验数据的一般方法和步骤:先根据物理规律写出物理方程,再把物理方程转换成线性方程的数学函数式,最后把数学函数式与线性图像相结合,在图中提取斜率、截距、面积等信息。
(2)判断实验误差导致测量值偏大或偏小,要从实验原理和方法上去寻找根源,所以要弄清实验原理和方法,然后依据物理规律做适当推理,最后写出测量值的表达式。
典例剖析
例2(命题角度2)(2021浙江卷)小李在实验室测量一电阻Rx的阻值。
(1)因电表内阻未知,用如图甲所示的电路来判定电流表应内接还是外接。正确连线后,合上开关S1,将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关S2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S2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　　　　(选填“内”或“外”)接法。
甲
乙
0.34
外
(2)完成上述实验后,小李进一步尝试用其他方法进行实验。
①器材间连线如图丙所示,请在虚线框中画出对应的电路图。
丙
②先将单刀双掷开关掷到左边,记录电流表读数,再将单刀双掷开关掷到右边,调节电阻箱的阻值,使电流表的读数与前一次尽量相同,电阻箱的示数如图丙所示。则待测电阻Rx=　　　Ω。此方法　　　(选填“有”或“无”)明显的实验误差,其理由是　 。
5
有
阻箱的最小分度与待测电阻阻值比较接近
读数可得Rx=5 Ω,电阻箱的最小分度和待测电阻阻值接近,这样测得的阻值不够精确,如待测电阻阻值为5.4 Ω,则实验只能测得其为Rx=5 Ω,误差较大。
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
因此可知电压表的示数变化更明显,说明电流表的分压更严重,因此不能让电流表分压,采用外接法。
(2)①电路图如图所示。
对点训练
2.(命题角度1)(2022河北唐山高三一模)实验小组利用如图甲所示电路测量某金属丝的电阻率。
甲
乙
(1)使用螺旋测微器测量金属丝的直径,如图乙所示,金属丝的直径为
　　　　 mm。
(2)关于电流表和滑动变阻器,有以下器材可供选择:
A.电流表量程0~0.6 A,内阻RA=1.0 Ω
B.电流表量程0~0.6 A,内阻未知
C.滑动变阻器,最大阻值10 Ω
D.滑动变阻器,最大阻值50 Ω
实验中电流表应选择　　　　,滑动变阻器应选择　　　　。(均选填器材前的字母序号)
(3)闭合开关之前,滑动变阻器的滑片应滑到　　　　　　(按照电路图填“最左端”“正中间”或“最右端”)。
0.869
A
C
最左端
(4)闭合开关,调节滑动变阻器和电阻箱,使电压表有一较大读数U,记下此时电阻箱的读数R1和电流表的读数I1。
(5)改变电阻箱的阻值,同时调节滑动变阻器,使电压表的读数仍为U,记下此时电阻箱的读数R2和电流表的读数I2。
(6)重复步骤(5),得到多组电阻箱和电流表的读数,
以电阻箱电阻R为横坐标,以电流表电流的倒数
为纵坐标建立坐标系,描点连线,获得图线的纵轴
截距为b,可知电阻丝电阻为　　　　(用题中给定的符号表示)。
(7)将电阻值代入电阻定律公式计算电阻丝的电阻率。
Ub-RA
解析 (1)螺旋测微器读数为0.5 mm+36.9×0.01 mm=0.869 mm。
(2)选用内阻已知的电流表可以通过计算消去电流表分压引起的系统误差,故电流表选择A。滑动变阻器采用分压接法,故选用总电阻较小的C。
(3)为保护电路,闭合开关之前,滑动变阻器的滑片应滑到最左端。
3.(命题角度2)(2022黑龙江哈尔滨六中一模)某物理课外实验小组为了测量某未知电阻R0的阻值,制订了四种测量方案。
(1)方案一:用欧姆表测电阻
a.在进行正确机械调零后,将欧姆挡的
选择开关拨至“×1”挡,先将红、黑表
笔短接,让指针指在　　　　(选填“左
侧”或“右侧”)零刻度线上。
b.欧姆表指针如图甲所示,可得未知电
阻R0的阻值为　　　　Ω。
甲
右侧
36
(2)方案二:用伏安法测电阻
如图乙所示的实验电路,电压表的示数为2.80 V,电流表的示数为87.5 mA,则由此可得未知电阻R0的阻值为　　　　(结果保留两位有效数字),此测量值　　　　(选填“大于”或“小于”)真实值。
乙
32
小于
(3)方案三:用等效替代法测电阻
a.如图丙所示,将电阻箱R的阻值调到最大,闭合开关S1和S2,调节电阻箱R,使电流表示数为I0,此时电阻箱的示数R1=102 Ω;
b.断开开关S2,闭合开关S1,调节电阻箱R,使电流表示数仍为I0,此时电阻箱的示数R2=68 Ω;
c.根据以上测量数据可知未知电阻R0的阻值为　　　　Ω(结果保留两位有效数字)。
丙
34
(4)方案四:用惠斯通电桥法测电阻
如图丁所示的实验电路,AB为一段粗细均匀的
直电阻丝。
a.闭合开关S,调整触头D的位置,使按下触头D时,
电流表G的示数为零。已知定值电阻R的阻值,
用刻度尺测量出l1、l2,则电阻
R0=　　　　(用R、l1、l2表示)。
b.为消除因电阻丝的粗细不均匀而带来的误差,将图丁中的定值电阻R换成电阻箱,并且按照a中操作时,电阻箱的读数记为R3;然后将电阻箱与R0交换位置,保持触头D的位置不变,调节电阻箱,重新使电流表G的示数为零,此时电阻箱的读数记为R4,则电阻R0=　　　　(用R3、R4表示)。
丁
解析 (1)红、黑表笔短接,使电流达到满偏,故指针指在右侧;依题意,读数为36 Ω。
电路采用外接法,电流表读数偏大,故电阻测量值小于真实值。
(3)设电流表阻值为RA,根据闭合电路欧姆定律有E=(102 Ω+r+RA)I0、E=(68 Ω+r+R0+RA)I0,联立解得R0=34 Ω。
4.(命题角度2)(2022山东卷)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 处。该同学选择的电流表为　　　(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 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。
A1
60
100
无
(3)如果电源有内阻,根据闭合电路欧姆定律,可以让滑动变阻器和电源内阻的总阻值等于60 Ω,最终对Rx的测量结果无影响。
考点三
电表改装与多用电表的使用
核心归纳
命题角度1　电表改装
(1)把电流表改装为电压表;
(2)扩大电流表量程;
(3)把电流表改装为欧姆表。
命题角度2　多用电表的原理与使用
(1)原理:清楚多用电表内部结构,会用串、并联规律和闭合电路欧姆定律进行分析。
(2)使用:熟悉多用电表外部功能区域,掌握使用方法及注意事项。
深化拓展　1.三种电表改装方法
类型 电路图 原理
把电流表改装为电压表
U=Ig(Rg+R)
2.欧姆表使用“六点注意”
(1)电流的流向:使用欧姆挡时,多用电表内部电池的正极接黑表笔、负极接红表笔,从电源外部看,电流从红表笔流入、从黑表笔流出。
(2)区分“机械调零”和“欧姆调零”:“机械调零”调节指针至表盘刻度左侧“0”位置,调节表盘下边的指针定位螺丝;“欧姆调零”调节指针至表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置,调节欧姆调零旋钮。
(3)倍率选择:使用欧姆挡测电阻时,表头指针偏转过大或过小均有较大误差,指针落在刻度盘的中间区域时读数较准确。
(4)换挡需重新进行欧姆调零。
(5)读数之后要乘以倍率得阻值。
(6)电池用久了,电动势变小,内阻变大,使测量结果偏大。
典例剖析
例3(命题角度1)(2022江苏南京、盐城高三一模)某同学要将一量程为3 V的电压表V1改装成量程为15 V的电压表V2。
(1)先将V1直接接到内阻很小的电源两端,读数为2.0 V;再将V1与阻值为3 000 Ω的电阻串联后,接到该电源两端,读数为0.8 V,则V1的内阻为
　　　　Ω;
(2)要改装成量程为15 V的电压表V2,需要将V1表与合适的电阻R　　　(选填“串联”或“并联”);
2 000
串联
(3)将改装后的电压表V2与一标准电压表校对,完成下面的实物连接;
(4)在闭合开关之前,滑动变阻器的滑片P置于最　　　　(选填“左”或“右”)端;
(5)闭合开关,移动滑片P,标准电压表示数为10.5 V时,V1表示数为2.5 V。要达到预期目的,只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可,其中k=　　　(保留三位有效数字)。
左
1.25
解析 (1)先将V1直接接到内阻很小的电源两端,读数为2.0 V,可知电源电动势E=2 V;再将V1与阻值为3 000 Ω的电阻串联后,接到该电源两端,读数为0.8 V,则0.8 V= ,解得V1的内阻为RV=2 000 Ω。
(2)要改装成量程为15 V的电压表V2,需要将V1表与合适的电阻R串联。
(3)校准电路如图所示。
(4)在闭合开关之前,滑动变阻器的滑片P置于最左端。
(5)标准电压表示数为10.5 V时,V1表示数为2.5 V,
对点训练
5.(命题角度1、2)(2022湖南卷)小梦同学自制了一个两挡位(“×1”“×10”)的欧姆表,其内部结构如图所示,R0为调零电阻(最大阻值为R0m),Rs、Rm、Rn为定值电阻(Rs+R0m(1)短接①②,将单刀双掷开关S与m接通,电流表G示数为Im;保持电阻R0滑片位置不变,将单刀双掷开关S与n接通,电流表G示数变为In,则Im　　　(选填“大于”或“小于”)In。
(2)将单刀双掷开关S与n接通,此时欧姆表的挡位为　　　　(选填“×1”或“×10”)。
(3)若从“×1”挡位换成“×10”挡位,调整欧姆零点(欧姆零点在电流表G满偏刻度处)时,调零电阻R0的滑片应该　　　　(选填“向上”或“向下”)调节。
(4)在“×10”挡位调整欧姆零点后,在①②间接入阻值为100 Ω的定值电阻R1,稳定后电流表G的指针偏转到满偏刻度的 ;取走R1,在①②间接入待测电阻Rx,稳定后电流表G的指针偏转到满偏刻度的 ,则Rx=　　　　Ω。
大于
×10
向上
400
解析 (1)由RmIn。
(2)S与n接通时,欧姆表内阻大,欧姆表的挡位倍率大,即为“×10”挡。
(3)从“×1”挡位换为“×10”挡位,即开关S从m拨向n,电路总电阻增大,干路电流减小,①②短接时,为了使电流表满偏,则需要增大通过电流表所在支路的电流,所以需要将R0的滑片向上调节。
(4)设“×10”挡位时欧姆表内阻为R内,电流表满偏电流为Ig,电路简化结构如图
考点四
以测电源的电动势和内阻为核心的实验
核心归纳
命题角度1　伏安法测电动势和内阻
(1)闭合电路方程为E=U+Ir,利用两组数据,联立方程求解E和r;
(2)作出U-I图像,图线的纵截距表示电源的电动势,斜率的绝对值表示电源的内阻。
命题角度2　安阻法测电动势和内阻
(1)闭合电路方程为E=I(R+r),利用两组数据联立方程求解;
命题角度3　伏阻法测电动势和内阻
利用图线的截距和斜率求E和r。
深化拓展　等效电源法测电源内阻
当电源内阻r过小时,如果直接测量,测出电源的内阻误差较大,可以用等效电源法来测量。如图所示,用一个适当的定值电阻R0与电源串联,并把它们看成一个等效电源,这个等效电源的内阻r0=R0+r,其中r是被测电源的内阻。测出这个等效电源的内阻r0,则被测电源的内阻r=r0-R0。
典例剖析
例4(命题角度3)(2022黑龙江大庆三模)某课外小组想测两节干电池组成的电源的电动势和内阻,同学们用电压表、电阻箱、开关、若干导线和待测电池组连成电路,电路中用到的器材均完好无损。
(1)如图甲所示为该小组同学正准备接入最后一根导线(图中虚线)时的实验电路,下列关于实验操作的论述正确的是　　　　;
A.将电压表直接接在电源两端,实验时读数正常,
所以实验中这样接是可以的
B.开关处于闭合状态时,接入虚线导线,此操作违反实验操作规则
C.电阻箱接入电路中时不允许阻值为零,所以应该调到任意一个不为零的阻值
D.只要小心操作,接入虚线导线后,电路是安全的
甲
B
(2)改正错误后,按照标准实验操作流程操作,该小组同学顺利完成实验,并根据测得的数据画出如图乙所示的 图线,其中U为电压表示数,R为电阻箱连入电路的阻值。由图乙可知,电池组的电动势E=　　　　,内阻r=　　　　。(用a1、a2、b1表示)
乙
(3)利用图像分析电表内阻引起的实验误差。如图丙所示,两条图线分别是根据电压表读数和电流I 描点作图得到的U-I图线和没有电表内阻影响的理想情况下该电源的路端电压U随电流I变化的U-I图线,则由测量值得到的图线是　　　　(选填“P”或“M”)图线,图丙中b-a的含义是　 。
丙
P
通过电压表的电流IV
解析 (1)若将电压表直接接在电源两端,则开关无法控制电压表,会导致电路一直处于接通状态,A错误;由于要在电路断开状态才能进行接线,开关处于闭合状态时,接入虚线导线,此操作违反实验操作规则,B正确;为了保护电路,电阻箱应该调到最大阻值,C错误;接入虚线导线后,电压表还是不受开关的控制,电路还存在一定的风险,D错误。
综上可知|k'|<|k|、b' < b,即电动势和内阻的测量值均偏小,则由测量值得到的图线是P图线;图丙中b-a表示的含义为在相同的电压情况下,流过内阻的电流差,该电流差即流过电压表的电流IV。
方法点拨1.掌握测量电源电动势和内阻的三种常用方法:任何一种实验方法都要紧扣闭合电路欧姆定律E=U+Ir,而最关键的是看电路中如何测量出路端电压U和电路中的总电流I,这也是命题专家命题时的入手点。
2.在数据处理问题中,利用图像得出电动势和内阻是常见的方法——注意“化曲为直”。
对点训练
6.(命题角度2)(2021湖南卷)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)连接电路,如图甲所示。
甲
(2)开关闭合前,金属夹应夹在电阻丝的　　(选填“a”或“b”)端。
(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,所得图像如图乙所示,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)
乙
b
(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,在图丙方框中画出实验电路图(电阻丝用滑动变阻器符号表示)。
丙
(6)利用测出的r0,可得该电池的电动势和内阻。
解析 (2)开始时接入线路电阻应最大,金属夹应夹在电阻丝的b端。
(4)根据闭合电路欧姆定律得E=I(R0+Rx+RA+r)
Rx=r0θ
(5)电路图如答案图所示。
S先掷到b端,读出电流表读数I,再把S掷到a端,移动Rx上的金属夹,使电流表的读数也为I,此时Rx的值与R0相等,记下偏转角度θ,则r0= 。
7.(命题角度1)(2022山东日照高三一模)某物理探究小组的同学设计了如图甲所示的实验电路测定干电池的电动势和内阻。提供的实验器材有:
电池组(两节干电池);
定值电阻R0=2 Ω;
毫安表(量程为50 mA,内阻Rg=4.5 Ω);
电压表(量程为3 V,内阻很大);
滑动变阻器R;
电阻箱;
开关;
导线若干。
(1)将电阻箱的阻值调至0.5 Ω,则图甲中虚线框内改装后电流表的量程为
　　　 mA。
(2)实验步骤如下:
①闭合开关S前,将滑动变阻器R的滑片移到　　　　(选填“左”或“右”)端;
②闭合开关S,改变滑片位置,记下电压表的示数U和毫安表的示数I,多次实验后将所测数据描绘在如图乙所示的坐标纸上,作出U-I图线。
(3)每节干电池的电动势E=　　　　V,内阻r=　　　　Ω。(结果均保留两位有效数字)
500
左
1.5
1.0
解析 (1)将电阻箱的阻值调至0.5 Ω,则图甲中虚线框内改装后电流表的量程为I=Ig+ ,代入数据解得I=500 mA。
(2)为了保护电路,应使滑动变阻器接入电路的电阻最大,即滑片应移到左端。
(3)根据毫安表的改装原理,当毫安表示数为I时,此时电路中的电流为10I,根据甲所示电路图,设改装后电流表内阻为RA,由欧姆定律可知,电压表的示数为U=2E-10(R0+2r+RA)I,由图乙所示图像可知,纵轴截距为b=2E,解得E=1.5 V,图像斜率的绝对值为k=10(R0+2r+RA),代入数据解得r=1.0 Ω。
考点五
新增电学实验
核心归纳
命题角度1　观察电容器的充、放电现象
(1)充电过程Q、U、E均增大,放电过程Q、U、E均减小;
(2)放电过程电流随时间变化图像与坐标轴围成的面积表示电容器减少的电荷量。
命题角度2　探究影响感应电流方向的因素
明确条形磁铁磁感线方向→判断穿过线圈的磁通量变化→观察感应电流方向→得出实验结论。
命题角度3　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
典例剖析
例5(命题角度3)如图所示,在用可拆变压器探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系的实验中,下列说法正确的是(　　)
A.本实验可以用直流电源供电,且可以用直流电压
表测量原、副线圈两端的电压
B.原线圈接0、4接线柱,副线圈分别接0、2或0、8
接线柱时,副线圈输出电压的频率不同
C.原线圈接0、2接线柱,副线圈接0、4接线柱,副线圈电压小于原线圈电压
D.用可拆变压器,保持原、副线圈匝数和原线圈两端的电压不变,副线圈电压不变
D
解析 变压器只能改变交流电压,不能改变直流电压,A错误。变压器两端的电压不同,电流不同,功率相等,电压的频率相等,B错误。根据原、副线圈匝数之比等于输入、输出电压之比可知,原线圈接0、2接线柱,副线圈接0、4接线柱,副线圈电压大于原线圈电压,C错误。根据原、副线圈匝数之比等于输入、输出电压之比可知,用可拆变压器,保持原、副线圈匝数和原线圈两端的电压不变,副线圈电压不变,D正确。
对点训练
8.(命题角度2)如图所示,线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上,线圈B的两端连到电流表上,把线圈A装在线圈B的里面。实验中观察到,开关闭合瞬间,电流表指针向右偏转,则(　　)
A.开关断开瞬间,电流表指针不偏转
B.开关闭合瞬间,两个线圈中的电流方向
可能同为顺时针或逆时针
C.开关闭合,向右移动滑动变阻器的滑片,
电流表指针向右偏转
D.开关闭合,向上拔出线圈A的过程中,线圈B将对线圈A产生排斥力
C
解析 开关断开瞬间,线圈B中会产生感应电流阻碍穿过线圈B的磁通量减小,所以电流表指针会偏转,A错误。开关闭合瞬间,线圈B中会产生感应电流阻碍穿过线圈B的磁通量增大,所以两个线圈中的电流方向一定相反,B错误。开关闭合,向右移动滑动变阻器的滑片,滑动变阻器接入回路的阻值减小,则线圈A中的电流增大,线圈B中会产生感应电流阻碍穿过线圈B的磁通量增大,所以感应电流的方向应和开关闭合瞬间时的相同,即电流表指针向右偏转,C正确。开关闭合,向上拔出线圈A的过程中,线圈B中会产生感应电流阻碍穿过线圈B的磁通量减小,表现为线圈B对线圈A产生吸引力,D错误。
9.(命题角度1)(2022北京房山二模)电容器是一种重要的电学元件,在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连,可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势E=8 V,实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电,充电结束后,使S与“2”端相连,直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i-t曲线如图乙所示。
(1)图乙中阴影为i-t图像与对应时间轴所围成的面积,表示的物理意义是　　　　;
(2)图乙中阴影部分的面积S1　　　　(选填“>”“<”或“=”)S2;
(3)计算机测得S1=1 203 mA·s,则该电容器的电容为　　　　 F;(保留两位有效数字)
(4)由甲、乙两图可判断阻值R1　　　　(选填“>”“<”或“=”)R2。
电荷量
=
0.15
<
解析 (1)根据q=it可知i-t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电荷量。
(2)S1表示电容器充电后所带电荷量,S2表示电容器放电的电荷量,所以S1=S2。
(4)由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大, 且电容器充电瞬间电源电压和放电瞬间电容器两端电压相等,则有 ,
所以R1微专题 热考命题突破
命题篇
创新实验 电学创新类实验归纳分析
知识精要
1.对于电学实验的创新,应注意的2个问题
(1)在解决设计型实验时,要注意条件的充分利用,如对于给定确切阻值的电压表和电流表,电压表可当作电流表使用,电流表也可当作电压表使用,利用这一特点,可以拓展伏安法测电阻的方法,如伏伏法、安安法等。
(2)对一些特殊电阻的测量,如电流表或电压表内阻的测量,电路设计有其特殊性,即首先要注意到其自身量程对电路的影响,其次要充分利用其“自报电流或自报电压”的功能,因此在测电压表内阻时无需另并联电压表测电压,测电流表内阻时无需再串联电流表测电流。
2.解决电学设计型实验常用的3种方法
(1)转换法:将不易测量的物理量转换成可以(或易于)测量的物理量进行测量,然后再反求待测物理量的值,这种方法叫转换测量法(简称转换法)。如在测量金属丝电阻率的实验中,虽然无法直接测量电阻率,但可通过测量金属丝的长度和直径,并将金属丝接入电路测出其电阻,进而计算出它的电阻率。
(2)替代法:用一个标准的已知量替代被测量,通过调整标准量,使整个测量系统恢复到替代前的状态,则被测量等于标准量。
(3)控制变量法:研究一个物理量与其他几个物理量的关系时,每次只改变其中的一个物理量,而控制其余几个物理量不变,从而研究被改变的这个物理量与要研究的那个物理量的关系,分别加以研究后再归纳总结,如探究电阻的决定因素实验。
考向分析
同力学实验一样,高考对电学实验的考查,大都是创新类电学实验题。这类问题,要通过审题,弄清属于什么类型的创新,然后再结合已有的电学知识(如串并联关系、闭合电路欧姆定律等)和实验方法进行推理,找到突破方向。
考向 解答指引
1.仪器的使用创新 与原型实验对比:根据题意找出题中实验在教材中的实验原型或原理,如电压表换成电压传感器等
2.装置的改造 根据题中所提供的实验器材与原型中的器材比较,用改装的方法完成实验
考向 解答指引
3.实验器材的创新考查 在测量电表的内阻时,要把电表当作能读数的电阻,充分利用待测电表自身的测量功能,即电流表可测定通过自身的电流,电压表可测定自身两端的电压,不需要其他的电表来测量
4.数据的灵活处理 应用图像处理数据——细心推导找关系,数形转换是关键。在实验中,数据处理的常用方法有公式法、列表法、图像法、逐差法等,电学实验最常考的是图像法(如考点四对点训练)
5.实验原理的创新——电路的设计 此类题应以掌握常规实验原理、实验方法、规范操作程序、数据处理方法等为根本依据,从题目给出的电路原理图入手分析,再结合已有的电学知识(如串并联关系、闭合电路欧姆定律等)和实验方法进行推理,找到突破方向
案例探究
例题(2022四川绵阳三模)某兴趣小组用金属铂电阻制作量程0~500 ℃的电阻温度计。已知金属铂电阻Rt与温度t的关系是:Rt=R0(1+θt),其中R0=40 Ω,温度系数θ=0.004 ℃-1。
(1)设计电路
该小组设计的电阻温度计测量电路如图所示,他们准备了如下实验器材:
干电池1节(E=1.5 V,内阻r=1 Ω),毫安表(0~30 mA, Rg=1 Ω),滑动变阻器R1(0~5 Ω),滑动变阻器R2(0~50 Ω),开关S一只,导线若干。
滑动变阻器应选　　　　(选填“R1”或“R2”)。
R2
(2)在毫安表刻度盘上标注温度刻度值
①温度调零(即确定0 ℃刻度)
断开开关S,为保证电路安全,应先将滑动变阻器的滑片拨至如图所示的b端,根据电路图连接好实物。将金属铂电阻放入0 ℃冰水混合物中,稳定后闭合开关S,调节滑动变阻器阻值使毫安表满偏,则30 mA刻度即对应0 ℃刻度,并保持滑动变阻器滑片位置不动。
②确定刻度
通过理论计算出每一电流刻度所对应的温度值,并标注在刻度盘上。毫安表半偏位置对应的温度是　　　　℃。该温度计刻度线是　　　　(选填“均匀”或“不均匀”)的。
312.5
不均匀
③实际检验
将金属铂电阻放入其他已知温度的物体中,待指针稳定后,检验指针所指温度与实际温度在误差允许范围内是否一致。
(3)实际测量
测量前完成(2)中①的温度调零操作,将金属铂电阻放入某未知温度的物体中,待指针稳定后读数,测出该物体的温度。
(4)误差分析
若干电池使用时间较长,其电动势会减小,内阻变大。用该温度计按照(3)中的测量方法进行测量(能够完成温度调零),则测量结果　　　　(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。
偏大
解析 (1)为了保证毫安表的安全,根据闭合电路欧姆定律,
(2)由题意,30 mA刻度即对应0 ℃刻度,可知此时金属铂电阻的阻值为R0=40 Ω,根据闭合电路欧姆定律可得E=Im(R0+r+Rg+R),解得滑动变阻器接入电路的阻值为R=8 Ω,设毫安表半偏位置对应的温度为t1,根据闭合电路欧姆定律可得E= Im(Rt1+r+Rg+R),解得Rt1=90 Ω,结合Rt1=R0(1+θt1),联立解得t1=312.5 ℃;假设毫安表示数为I时,对应的温度为t,根据闭合电路欧姆定律可得E=I(Rt+r+Rg+R),解得I= ,可知I与t成非线性关系,故该温度计刻度线是不均匀的。
(4)若干电池使用时间较长,其电动势会减小,内阻变大,设电动势变为E',内阻变为r',能够完成温度调零时,根据闭合电路欧姆定律可得E'=Im(R0+r'+Rg+R'),当进行测量时,假设毫安表电流为I2,此时对应温度刻
角度拓展1 (2022广东广州一模)利用输出电压为3 V的恒压电源、量程为0~0.6 A的电流表(内阻不计)、定值电阻、阻值随长度均匀变化的电阻丝(长度为0.05 m,总阻值为25 Ω)、弹簧(电阻不计)、开关、导线,改装成如图甲所示的测力计。
(1)图甲的电路中,定值电阻的作用是　　　　　　　　　　　　　　　,阻值至少为　　　　Ω;
(2)弹簧所受拉力F与其伸长量ΔL的关系如图乙所示。若定值电阻为10 Ω,则电流表的示数I与弹簧所受拉力F的关系式I=　　　　(A),可知由电流表改装的测力计刻度　　　　(选填“均匀”或“不均匀”),当电流表的示数为0.3 A时,对应标示的力为　　　　 N。
对电流表起保护作用
5
不均匀
0
解析 (1)电路中接入定值电阻的目的是对电流表起保护作用,防止当P移动到电阻丝的最右端时电流表被烧坏;当电路中电流达到最大0.6 A时,电路中的总电阻最小值为R= Ω=5 Ω,所以定值电阻至少为5 Ω。
角度拓展2 (2022四川遂宁模拟)现用如图甲所示的电路来测量恒流源(输出电流大小恒定)的输出电流I0和并联电阻的阻值R0。调节电阻箱R的阻值,电流表测得多组I值,并计算出 数值。
甲
乙
丙
丁
(1)根据测量数据,作出 -R函数关系曲线如图乙所示,图中直线纵截距为a,斜率为k,若不考虑电流表内阻,则I0=　　　　,R0=　　　　。(用a和k表示)
(2)若考虑电流表内阻带来的系统误差,则I0测量值　　　　(选填“>”“=”或“<”)真实值;
(3)把一小灯泡接在恒流源和定值电阻两端,如图丙所示,小灯泡伏安特性曲线如图丁所示,若测得I0=0.26 A,R0=11.0 Ω,则小灯泡实际功率为
　　　　 W。(计算结果保留两位有效数字)
<
0.19
(3)由题图丙可得U=(I0-IL)R0,代入数据解得U=-11IL+2.86(各物理量单位均为国际单位制单位),在题图丁中作出该IL-U图线,两图线的交点U=1.38 V,IL=0.135 A,则小灯泡实际功率为P=UIL=0.19 W。(共42张PPT)
第三讲　光学与热学实验
2023
内容索引
核心考点聚焦
微专题 热考命题突破
【知识网络建构】
核心考点聚焦
考点一
光学实验
核心归纳
命题角度1　测量玻璃的折射率
(1)实验目的:测定玻璃的折射率,掌握光发生折射的入射角和折射角的确定方法。
(2)实验原理:用插针法找出与入射光线AO对应的出射光线O'B,确定出O'点,画出折射光线OO',然后测量出角θ1和θ2,根据n= 计算玻璃的折射率。
深化拓展　测量玻璃的折射率实验中数据处理的方法
特别提醒(1)大头针竖直插在纸上,且间距稍大一些;(2)入射角θ1不宜太大(接近90°),也不宜太小(接近0°);(3)手不能触摸玻璃砖的光学面,更不能把玻璃砖界面当作尺子画界线;(4)实验过程中,玻璃砖与白纸的相对位置不能改变;(5)玻璃砖应选用宽度较大的,最好在5 cm以上,若宽度太小,则测量误差较大。
命题角度2　用双缝干涉测量光的波长
(1)实验目的:观察双缝干涉图样;测定单色光的波长。
(2)实验原理:相邻两条明条纹间距Δx与入射光波长λ,双缝S1、S2的间距d及双缝与屏的距离l满足关系式Δx= λ。
深化拓展　用双缝干涉测量光的波长实验中数据处理的方法
(1)调节测量头,使分划板中心刻度线对齐第1条亮条纹的中心,记下手轮上的读数a1;
(2)转动手轮,当分划板中心刻度线与第n条相邻的亮条纹中心对齐时,记下手轮上的读数a2;
特别提醒(1)不要直接测单个条纹间距Δx,要测几个条纹的间距,计算得出Δx,这样可以减小误差;(2)白光的干涉观察到的是彩色条纹,其中白色在中央,红色在最外边。
典例剖析
例1(命题角度1)(2022福建三明模拟)某实验小组在做测定玻璃折射率的实验。
甲
乙
(1)如图甲所示,某同学用“插针法”测定一半圆形玻璃砖的折射率。在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线,并让入射光线过圆心O,在玻璃砖另一侧垂直纸面插大头针P3,使P3挡住P1、P2的像,连接OP3。图中MN为分界面,虚线半圆与实线半圆关于MN对称,B、C分别是入射光线、折射光线与圆周的交点,AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D点。
在图甲中,设AB的长度为a,AO的长度为b,CD的长度为m,DO的长度为n,则玻璃砖的折射率可表示为　　　　。实验中该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心逆时针转过一小角度,由此测得玻璃砖的折射率将
　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”);
偏大
(2)小涛同学突发奇想,用两块同样的玻璃直角三棱镜ABC来做实验,两者的AC面是平行放置的,如图乙所示。大头针P1、P2的连线垂直于AB面,若操作正确的话,则在图乙中右边表示出射光线的大头针应该是　　　　(选填“P3、P4”“P3、P6”“P5、P4”或“P5、P6”)。
P5、P6
大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心逆时针转过一小角度,相当于入射角略微减小,根据折射定律可知折射角也将减小且减小量比入射角的减小量更大些,则折射光线将以O为圆心顺时针转过一小角度,之后再插大头针P3时,其位置将更靠近直线AD,所以AB长度不变,CD变小,由此测得玻璃砖的折射率将偏大。
(2)由题意,根据几何关系以及对称性作出
光路图如图所示,可知表示出射光线的大
头针是P5、P6。
对点训练
1.(命题角度1)如图所示,某同学利用插针法测定半圆形玻璃砖的折射率。在一半圆形玻璃砖外面插上P1、P2、P3、P4四枚大头针时,P3恰可挡住P1、P2所成的像,P4恰可挡住P1、P2所成的像以及P3。
(1)以下说法正确的是　　　　　。
A.P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些,可以提高准确度
B.P1、P2及P3、P4之间的距离取得小些,可以提高准确度
C.入射角i适当大些,可以提高准确度
D.P1、P2的间距、入射角的大小均与实验的准确度无关
(2)该玻璃砖的折射率n=　　　　　。另一同学将大头针插在P1'和P2'位置时,沿着P3、P4的方向看不到大头针的像,其原因可能是
　 。
AC
经过P1'、P2'的光线在界面MN处发生全反射
解析 (1)反射光线是通过隔着玻璃砖观察成一条直线确定的,大头针间的距离太小,引起的误差会较大,故P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些,可以提高准确度,A正确,B错误;入射角i尽量大些,折射角也会大些,折射现象较明显,角度的相对误差会减小,故C正确,D错误。
(2)由题图知,沿P1、P2的光线入射角为i=30°,折射角为r=60°,则该玻璃砖的折射率n= 。把大头针插在P1'、P2'位置时,沿着P3、P4的方向看不到大头针的像,其原因是经过P1'、P2'的光线在界面MN处发生全反射。
2.(命题角度2)(2022浙江宁波模拟)利用如图甲所示的装置测定光的波长,双缝间距d=0.4 mm,双缝到光屏间的距离l=0.5 m,实验时,接通电源使光源正常发光,调整光路,使得从目镜中可以观察到干涉条纹。
(1)若想增加从目镜中观察到的条纹个数,该同学可　　　　。
A.仅将单缝向双缝靠近
B.仅将屏向靠近双缝的方向移动
C.仅将屏向远离双缝的方向移动
D.仅使用间距更小的双缝
甲
B
(2)某种单色光照射双缝得到的干涉条纹如图乙所示,分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数也在图乙中所给出。分划板在图中A位置时游标卡尺的读数为xA=11.1 mm,在B位置时游标卡尺读数为xB=　　　 mm,相邻两条纹间距Δx=　　　　 mm;该单色光的波长λ=　　　 　 m。
乙
15.6
0.75
6.0×10-7
(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上,如图丙所示。则在这种情况下测量干涉条纹的间距Δx时,测量值　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)实际值。
丙
大于
解析 (1)若想增加从目镜中观察到的条纹个数,则需要减小条纹间距,由公式Δx=λ 可知,将单缝向双缝靠近,不改变条纹间距,A错误;将屏向靠近双缝的方向移动,条纹间距减小,B正确,C错误;使用间距更小的双缝,条纹间距增大,D错误。
(3)测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上,则测得的Δx偏大,由公式Δx=λ 可知,波长的测量值大于真实值。
考点二
热学实验
核心归纳
命题角度1　用油膜法估测分子的大小
(1)实验目的:学会用油膜法估测分子的大小。
(2)实验原理:将一定体积的油酸滴在水面上,测出单分子油膜的面积,则油膜厚度可看作油酸分子的直径,即d= 。
命题角度2　探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系
(1)实验目的:探究玻意耳定律。
(2)实验原理:对理想气体要保持温度不变、质量不变,才能得到较好的实验效果,可以用图像处理数据。
深化拓展　1.用油膜法估测分子的大小
(1)理想化:认为油酸薄膜是由单层的油酸分子紧密排列组成。
(2)模型化:在估测油酸分子大小的数量级时,把每个油酸分子简化为球体。
(3)厚度直径化:认为油膜的厚度等于油酸分子的直径。
密封性要好,不能漏气
2.探究气体压强与体积的关系实验注意点
(1)为保持气体温度不变, 实验过程中不要用手握住注射器有气体的部位;同时,改变体积过程应缓慢,以免影响密闭气体的温度。
(2)在等温过程中,气体的p-V图像呈现为双曲线,要通过坐标变换,画p- 图像,把双曲线变为直线,以方便判断p和V成反比。
典例剖析
例2(命题角度1)(2022上海模拟预测)在用油膜法估测分子大小的实验中,用体积为A的纯油酸配制成体积为B的油酸酒精溶液,再用滴管取体积为C的油酸酒精溶液,让其自然滴出,共n滴。把1滴该溶液滴入盛水的、表面撒有痱子粉的浅盘里,待水面稳定后,将玻璃板放在浅盘上,用油性笔在玻璃板上描出油酸膜的轮廓,测得面积为S,如图所示。
(1)此估测方法是将每个油酸分子视为球形,让油酸尽可能在水面上散开,则形成的油膜可视为　　　　油膜,这层油膜的厚度可视为油酸分子的　　　　;
(2)估算出油酸分子的直径大小是　　　　(用以上字母表示);
(3)用油膜法估算出油酸分子的直径后,要测定阿伏加德罗常数,还需要知道油酸的　　　　。
A.质量 B.体积 C.摩尔质量 D.摩尔体积
(4)某同学计算出的油酸分子直径明显偏大,可能的原因是　　　　。
A.油酸中含有大量酒精
B.痱子粉撒太多,油膜未能充分展开
C.计算油膜面积时,将所有不完整的方格都作为一格保留
D.计算每滴溶液中纯油酸的体积时,1 mL油酸酒精溶液的滴数多记了10滴
单分子
直径
D
B
解析 (1)此估测方法是将每个油酸分子视为球形,让油酸尽可能在水面上散开,则形成的油膜可视为单分子油膜,这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径。
(3)用油膜法估算出油酸分子的直径后,可以根据体积公式估算出1个油酸分子的体积,要测定阿伏加德罗常数,还需要知道NA个油酸分子的总体积,即油酸的摩尔体积,故选D。
(4)油酸中虽含有大量酒精,但只要每一滴油酸酒精溶液中所含油酸的体积计算准确,就不会造成实验结果明显偏大的情况,A错误;痱子粉撒太多,油膜未能充分展开,则S测量值偏小,会造成d测量值偏大,B正确;计算油膜面积时,将所有不完整的方格都作为一格保留,则S测量值偏大,会造成d测量值偏小,C错误;计算每滴溶液中纯油酸的体积时,1 mL油酸酒精溶液的滴数多记了10滴,则每一滴油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积测量值偏小,会造成d测量值偏小,D错误。
对点训练
3.(命题角度1)(2022上海浦东模拟预测)在油膜法测分子直径的实验中,某同学操作如下:
①取1.0 mL油酸配成 250 mL油酸酒精溶液;
②用滴管吸取1.0 mL油酸酒精溶液逐滴滴入量筒,全部滴完共滴了20滴;
③在边长约10 cm的正方形浅盘内注入适量的水,
将痱子粉均匀地撒在水面上,用滴管滴入一滴上
述油酸酒精溶液;
④待油膜形状稳定后,将绘有方格的玻璃板放在
浅盘上,绘出油酸膜的轮廓(如图所示),每个方格
的边长为1.0 cm。
(1)该实验中一滴油酸酒精溶液含　 　　 mL纯油酸。
(2)由上述数据估算得到油酸分子直径的数量级约为　　　　 m。
(3)若该同学在计算油酸膜面积时,对不完整的方格均不计数,由此估算得到的油酸分子直径数量级将　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(4)已知油酸分子的直径约为 8×10-10 m,该同学实验结果产生偏差的可能原因是: 　。
理由是: 　。
2×10-4
10-8
不变
(3)若该同学在计算油酸膜面积时,对不完整的方格均不计数,则算得的油膜的面积偏小,由此估算得到的油酸分子直径偏大,但是数量级不变。
(4)已知油酸分子的直径约为 8×10-10 m,该同学实验结果偏大,则产生偏差的可能原因是:油酸膜可能没有充分展开,形成的并不是单分子油膜层。理由是:2×10-10 m3的油酸若形成紧密排列的单分子膜时,膜面积约为 0.25 m2,远大于浅盘内的水面面积,说明实际上油膜不可能仅是一层油酸分子构成的。
4.(命题角度2)(2022山东聊城模拟)图甲是探究气体等温变化规律的实验装置。
甲
(1)实验中为了保持封闭气体的温度不变,下列措施正确的是　　　　。
A.在活塞上涂上润滑油
B.推拉活塞时要缓慢
C.不要用手直接握在注射器上
D.实验前注射器内要吸入尽量多的空气
(2)图乙是两同学在某次实验中得到的p- 图像,若两人实验时操作均正确无误,且选取坐标标度相同,那么两图线斜率不同的主要原因是
　 。
(3)如图丙所示,某同学在实验中根据实验数据画出的图线不是直线而出现了向下弯曲,则可能的原因是 　。
BC
两同学实验时所用封闭气体的质量不同
实验过程中气体质量减小或气体温度降低
解析 (1)在活塞上涂上润滑油是为了避免实验过程中气体泄漏,并不是为了保持封闭气体的温度不变,A错误;推拉活塞时要缓慢,使封闭气体有足够的时间与外界发生热交换,从而保持封闭气体的温度不变,B正确;不要用手直接握在注射器上,防止气体温度升高,C正确;实验前注射器内吸入尽量多的空气,与保持封闭气体的温度不变无关,D错误。
(2)在两人实验时操作均正确无误,且选取坐标标度相同的情况下,p- 图像的斜率不同,即pV不同,在温度相同和气体种类相同的情况下,pV与气体质量有关,pV越大质量越大,所以两图线斜率不同的主要原因是两同学实验时所用封闭气体的质量不同。
微专题 热考命题突破
命题篇
创新实验 光学、热学创新类实验归纳分析
知识精要
光学实验中“测量玻璃的折射率”的原型实验是通过“插针法”获得光路图进行实验的,在创新考法中可以改变获得光路图的方法进行实验;“用双缝干涉测量光的波长”的实验是用双缝获得相干光源来进行实验的,在创新考法中可以用反射法获得相干光源进行实验。
热学实验中“用油膜法估测分子的大小”这个实验很难有创新的考法;探究“等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”的原型实验是注射器与压强传感器组合进行,考查玻意耳定律,本实验既可以从实验器材上进行创新,也可以从实验原理上进行迁移探究“等容情况下一定质量气体压强与温度的关系”。
考向分析
目前新高考中还是传统的“一力一电”两个实验,光学和热学实验还没有出现,但不排除以后新高考中考查光学和热学实验,我们在复习中仍要重视光学和热学实验。
案例探究
例题(2022福建厦门外国语学校模拟)如图所示为“研究一定质量气体在体积不变的条件下,压强变化与温度变化的关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶中,B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接,C管开口向上,一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内。开始时,B、C内的水银面等高。
(1)此实验中研究对象是　　　　(只填序号:①烧瓶中气体;②烧瓶和AB管中的气体;③BC下面橡胶管中的气体)。若气体温度升高,为使瓶内气体的体积不变,应将C管　　　　(选填“向上”或“向下”)移动,直至B内的水银面回到原位置。
(2)实验中使瓶内气体的体积不变,
多次改变气体温度,用Δt表示气体
升高的摄氏温度,用p表示烧瓶内
气体压强。根据测量数据作出的
图线是　　　　。
②
向上
C
(3)同学还想用此实验装置验证玻意耳定律,在保证温度不变的情况下,寻找体积和压强满足的关系,现在不知道大气压强的具体数值,但大气压强可视为不变。也无法直接测出气体的体积和B管的内径,但该同学通过分析还是可以验证玻意耳定律。保证温度不变的方法是　　　　。(只填序号:①保持实验环境温度不变;②移动C管要迅速;③测量数据要快)
①
解析 (1)由题图可知C管开口向上,所以BC下面软管中的气体的压强等于大气压强与C管竖直部分液柱的压强之和,所以实验中是研究烧瓶和AB管中的气体在体积不变的条件下,压强变化与温度变化的关系;若气体温度升高,瓶内气体的体积不变,则气体压强增大,所以应将C管向上移动,直至B内的水银面回到原位置。
(2)瓶中气体的体积不变,设初状态压强为p1,温度为T1,
气体升高的摄氏温度与升高的热力学温度相等,则有ΔT=Δt,
(3)烧瓶可与外界进行热传递,所以要保持实验环境温度不变,缓慢移动C管,稳定后再测量数据,故①正确。
角度拓展 (2022江西抚州模拟)小明同学设计了一个用刻度尺测半圆形玻璃砖折射率的实验(如图所示),他进行的主要步骤是:
Ⅰ. 用刻度尺测出玻璃砖的直径AB的大小为d;
Ⅱ. 先把白纸固定在木板上,将玻璃砖水平放置
在白纸上,用笔描出玻璃砖的边界,将玻璃砖移
走,标出玻璃砖的圆心O、直径AB、AB的法线
OC;
Ⅲ. 将玻璃砖放回白纸的原处,长直尺MN紧靠A点并与直径AB垂直放置;
Ⅳ.调节激光器,使PO光线从玻璃砖圆弧面沿半径方向射向圆心O,并使长直尺MN上A点的左右两侧均出现亮点,记下左侧亮点到A点距离x1、右侧亮点到A点的距离x2。
(1)小明利用实验数据计算玻璃折射率的表达式为n=　　 　　;
(2)关于上述实验,下列说法正确的是　　　　。
A.要使左侧亮点到A点的距离x1增大,应增大入射角
B.左侧亮点到A点的距离x1一定小于右侧亮点到A点的距离x2
C.左侧亮点到A点的距离x1可能大于右侧亮点到A点的距离x2
D.在∠BOC的范围内,改变入射光PO的入射角,直尺MN上可能只出现一个亮点
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