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第15讲　力学实验
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　力学基本仪器的使用与读数
力学量的测量模型
待测量 工具 使用、读数说明
时间 　 (1)t＝nT(n表示打点的时间间隔的个数，T表示打点周期) (2)打点频率(周期)与所接交流电的频率(周期)相同
测量值(t)＝短针读数(t1)＋长针读数(t2)，无估读．使用时，先读内圈，读数时只读整数，小数由外圈读出，读外圈时，指针是准确的，不用估读
长度 毫米刻度尺的读数；精确到毫米，估读一位
(1)读数：测量值＝主尺读数(mm)＋精度×游标尺上对齐刻线数值(mm) (2)常用精确度：10分度游标尺，精度0.1 mm；20分度游标尺，精度0.05 mm；50分度游标尺，精度0.02 mm
测量值＝固定刻度＋可动刻度(带估读值)×0.01 mm
力 力的大小＝精度×指针指示的格数(注意估读)，如分度值为0.1 N，则要估读，有两位小数，如分度值为0.2 N，小数点后只有一位小数
速度 打第n个点时的瞬时速度vn＝
加速度 a＝＝
[提醒]　(1)10分度的游标卡尺，以mm为单位，小数点后只有1位.20分度和50分度的游标卡尺以mm为单位，小数点后有2位．游标卡尺读数不估读．
(2)不要把游标尺的边缘当成零刻度线，从而把主尺的刻度读错．
(3)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．
(4)由纸带确定时间，要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与联系，为便于测量和计算，一般每五个点取一个计数点或每隔四个点取一个计数点，这样时间间隔为Δt＝0.02×5 s＝0.1 s.
例 1 某同学用50分度的游标卡尺测量一圆柱体工件的长度，如图1所示，则工件的长度为________ mm；用螺旋测微器测量工件的直径如图2所示，则工件的直径为________ mm.
　
提升训练
1.某同学用如图甲所示的螺旋测微器测小球的直径时，他应先转动________到F靠近小球，再转动________到F夹住小球，直至听到棘轮发出声音为止，拨动________(均填仪器部件字母符号)使F固定后读数，正确操作后，螺旋测微器的示数如图乙所示，则小球的直径是________ mm.
　
2．(1)某同学用游标卡尺的________(选填“内测量爪”“外测量爪”或“深度尺”)测得一玻璃杯的内高，如图甲所示，则其内高为________ cm.
(2)该同学随后又用螺旋测微器测得玻璃杯的玻璃厚度如图乙所示，则厚度为________ mm.
(3)该同学用螺旋测微器测得一小球直径如图丙所示，正确读数后得小球直径为1.731 mm，则a＝________，b＝________．
(4)该同学测定一金属杆的长度和直径，示数分别如图丁、戊所示，则该金属杆的长度和直径分别为________ cm和________ mm.
命题点二　“纸带”类实验
1．处理纸带问题的三个关键点
情景展示 说明
(1)区分计时点和计数点 (2)涉及打点计时器的实验均是先接通电源，打点稳定后，再释放纸带 (3)实验数据处理可借助图像，充分利用图像斜率、截距等的物理意义
2.求加速度的三种方式
情景条件 情景展示
有连续的偶 数段数据 　a＝
连续的奇 数段数据 　去掉最短的x1：a＝
不连续的 两段数据 　a＝＝
例 1 在用打点计时器研究小车速度随时间变化规律的实验中，得到一条纸带如图甲所示．A、B、C、D、E、F、G为计数点(相邻两计数点间有4个点未画出)，相邻计数点间的时间间隔为0.10 s，x1＝1.20 cm，x2＝1.60 cm，x3＝1.98 cm，x4＝2.38 cm，x5＝2.79 cm，x6＝3.18 cm.
(1)根据题目信息可知，打B点时小车的速度是______ m/s，小车的加速度是______ m/s2.(结果保留2位有效数字)
(2)某同学用以下办法绘制了小车运动的v t图像：先把纸带每隔T＝0.10 s剪断，得到若干段纸条，长度分别为x1、x2、x3、x4、x5、x6.再把这些纸条并排贴在一张纸上，使这些纸条的下端对齐，作为时间轴，标出时间．最后连接纸条上端中心位置作一条直线，于是得到v t图像(如图乙所示)．
①t1处应标为________ s；v1处应标为________[此空用第(2)问中的物理量符号表示].
②请说明利用纸条长度表示瞬时速度所依据的原理________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
[教你解决问题——读图]
例 2[2023·全国甲卷]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，小车发生对应位移所用时间和平均速度分别为Δt和，表中ΔxAD＝________cm，＝________cm/s.
位移区间 AB AC AD AE AF
Δx(cm) 6.60 14.60 ΔxAD 34.90 47.30
(cm/s) 66.0 73.0 87.3 94.6
(2)根据表中数据得到小车平均速度随时间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 Δt图线可视为一条直线，此直线用方程＝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)
提升训练
1.[2024·浙江省诸暨市高三适应性考试]在“验证机械能守恒定律”的实验中．
(1)利用图甲所示装置进行实验，得到图乙所示的纸带，打点计时器频率为50 Hz，每两个点取一个计数点，已知重物的质量为300 g．则纸带上的A和F两点，打点计时器先打________(填“A”或“F”)点；当打点计时器打D点时重物的速度为________ m/s.(保留3位有效数字)
(2)利用如图丙所示的装置验证机械能守恒，将弹簧秤固定在导轨的左侧，用细线连接弹簧秤钩子与小车，向右拉伸弹簧，小车靠近打点计时器，接通打点计时器电源，静止释放小车，改变弹簧拉伸的长度进行多次重复实验，(已知弹簧秤弹性势能Ep＝kx2)．
①下列有关说法正确的是________．
A．实验前不需要平衡摩擦力
B．小车先做匀加速运动，然后做匀速运动
C．小车的最终速度与弹簧的伸长量成正比
②利用图丁所示的量程为2.5 N和5 N的弹簧秤分别进行实验，且两弹簧秤均拉伸到读数为2 N处释放，则相同小车获得最终速度的大小________(填“相同”或“不同”)．
2．[2023·福建南平三模]某学习小组利用如图甲实验装置探究小车的加速度与力的关系．
(1)要用钩码所受的重力作为小车受到的合力，则应先平衡摩擦力，同时使钩码的质量________(选填“远小于”“等于”或“远大于”)小车的质量；
(2)保持小车质量不变，改变钩码(质量均为m)的个数n，测出小车对应的加速度a；
(3)作出a n图线如图乙所示，则说明在小车质量一定时，加速度与合力成正比；
(4)若该图线斜率为k，当地重力加速度为g，则小车的质量M＝________，测量值________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值．
命题点三　四个其他探究类实验
1．“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验
(1)操作：弹簧竖直悬挂；待钩码静止时测出弹簧长度．实验中不能挂过多的钩码，防止弹簧超过其弹性限度．
(2)作图：画图像时，不要连成“折线”，而应尽量让坐标点落在直线上或均匀分布在直线两侧．距离直线过远的点应舍弃．
2．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验
(1)等效：每次拉伸结点的位置O必须保持不变．
(2)拉力：记下每次各力的大小和方向．
3．“探究平抛运动的特点”实验
(1)安装：实验中必须保证通过斜槽末端点的切线水平，木板必须处在竖直平面内，且与小球运动轨迹所在竖直平面平行，并使小球的运动靠近木板但不接触．
(2)释放：小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始滚下，因此，可在斜槽上某一位置固定一个挡板．
4．“探究向心力的大小与半径、角速度、质量的关系”实验
(1)探究方法：控制变量法
①保持ω、r相同：探究发现向心力大小F与小球质量m的关系：F∝m；
②保持m、r相同：探究发现向心力大小F与小球角速度ω的关系：F∝ω2；
③保持m、ω相同：探究发现向心力大小F与小球半径r的关系：F∝r.
(2)实验结论：F∝mω2r，即得F＝m＝mω2r＝mr.
例 1[2023·浙江6月]
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 0 1 2 …
xA/cm 7.75 8.53 9.30 …
xB/cm 16.45 18.52 20.60 …
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“＝”“<”或“>”)．
例 2[2023·浙江6月]在“探究平抛运动的特点”实验中
(1)用图1装置进行探究，下列说法正确的是________．
A．只能探究平抛运动水平分运动的特点
B．需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C．能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
(2)用图2装置进行实验，下列说法正确的是________．
A．斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B．上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C．小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
(3)用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹．实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4.以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4.测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为________．
A．(x＋ B．(x＋
C．(3x－ D．(4x－
例 3[2023·浙江1月(节选)]“探究向心力大小的表达式”实验装置如图3所示．
①采用的实验方法是________．
A．控制变量法　　B．等效法　　C．模拟法
②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动．此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的____________之比(选填“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”)；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值________(选填“不变”“变大”或“变小”)．
提升训练
1.如图为一同学利用压力传感器探究弹力与弹簧伸长量关系的装置示意图，水平放置的压力传感器上叠放着连接轻弹簧的重物，左侧固定有竖直刻度尺．静止时弹簧上端的指针指示如图所示，表格中记录此时压力传感器的示数为6.00 N；竖直向上缓慢地拉动弹簧，分别记录指针示数和对应的传感器示数如表中所示．
传感器示数FN(N) 6.00 4.00 3.00 1.00 0
指针示数x(cm) 14.60 15.81 18.19 19.40
(1)补充完整表格中直尺的读数；
(2)在以传感器示数FN为纵轴、指针示数x为横轴的坐标系中，描点画出FN x图像，并根据图像求得弹簧的劲度系数为________N/m(结果保留3位有效数字)．
2．某研究小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5 N的弹簧测力计两个，橡皮条(带两个较长的细绳套)，小圆环，刻度尺，三角板，图钉(若干个)．
主要实验步骤如下：
a．橡皮条的一端与轻质小圆环相连，另一端固定；
b．用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环运动至O点，记下两弹簧测力计的读数F1和F2及两细绳套的方向；
c．用一个弹簧测力计将小圆环拉到O点，记下弹簧测力计的读数F及细绳套的方向；
d．在白纸上做出力F、F1和F2的图示，猜想三者的关系，并加以验证．
(1)b、c步骤中将小圆环拉到同一位置O的目的是________________________________________________________________________
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________________________________________________________________________.
(2)某次操作后，在白纸上记录的痕迹如图丁所示，请你在图丁中完成步骤d.
命题点四　力学创新型实验
1．力学创新型实验的特点
(1)以基本的力学模型为载体，依托运动学规律和牛顿运动定律设计实验．
(2)将实验的基本方法——控制变量法、处理数据的基本方法——图像法、逐差法融入到实验的综合分析之中．
(3)命题情境：常结合力学传感器、手机视频拍照或光电门等最新电子设备采集数据，借助图像的方法得出实验结论．
2．创新实验题的解法
(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．
例 1[2023·天津卷(节选)](1)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，接通气垫导轨气源，释放托盘与砝码，并测得：
a．遮光片的宽度d；
b．遮光片到光电门的距离l；
c．遮光片通过光电门的时间Δt；
d．托盘与砝码的质量m1，小车与遮光片的质量m2
①小车通过光电门时的速度v＝________；
②小车从释放到经过光电门的过程，系统重力势能的减少量为________，动能的增加量为________________________________________________________________________；
③改变l，做多组实验，作出如图乙以l为横轴、以()2为纵轴的图像，若系统机械能守恒，则图像的斜率k＝________．
例 2[2023·上海卷]如图所示，是某小组同学“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置，实验过程中可近似认为钩码受到的总重力等于小车所受的拉力．先测出钩码所受的力为G，之后改变绳端的钩码个数，小车每次从同一位置释放，测出挡光片通过光电门的时间Δt.
(1)实验中________测出小车质量m车
A．必须　　　　B．不必
(2)为完成实验还需要测量①______________；②____________________________．
(3)实际小车受到的拉力小于钩码的总重力，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(4)若导轨保持水平，滑轮偏低导致细线与轨道不平行，则细线平行时加速度a1，与不平行时加速度a2相比，a1________a2.(选填“大于”“小于”或“等于”)
例 3[2023·辽宁卷]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上某一位置，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＝________(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，写出一条产生这种误差可能的原因________________________________________________________________________
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提升训练
1.[2023·辽宁丹东二模]某实验小组做“测量滑块与长木板之间的动摩擦因数”实验时，实验装置如图甲所示．在水平桌面上固定放置一端有定滑轮的长木板，靠近定滑轮的B处有一个光电门．在A处有一上端带遮光条的滑块，A、B之间的距离保持L不变．不计滑轮质量及其与绳子之间的摩擦．
(1)实验过程中用游标卡尺测量遮光条的宽度d，游标卡尺读数如图乙所示，读出遮光条的宽度为d＝________ mm.
(2)实验时，将滑块从A处静止释放，若光电门显示遮光时间为t，此时力传感器示数为F，从而可以得到一组F、t数据，多次改变所挂重物的质量进行实验，可得到多组数据．根据这些数据，作出F 的关系图像如图丙所示，则滑块与遮光条的总质量为________，滑块与长木板之间的动摩擦因数为________(用L、a、b、d和g表示)．
2．[2024·广东汕头一模]物理创新实验研究小组用步进电机、圆盘、小物块、手机等制作了圆周运动综合探究平台，探究圆周运动中向心力、向心加速度等各个物理量之间的关系：
(1)手机内部自带加速度传感器，可测量向心加速度大小与方向，规定x、y、z三个方向的正方向如图所示．某同学站在转台上将手水平伸直，以不同朝向拿着手机，如图以自己身体为轴旋转，某段时间内测得y轴方向加速度—时间图像如图，x、z轴方向加速度为零，则她可以是________．(填选项前的字母)
A．将手机竖起，手机屏幕正对自己旋转
B．手机平放在手掌上，屏幕朝上，让底边对着自己旋转
C．手机平放在手掌上，屏幕朝上，让侧边对着自己旋转
(2)为了测加速度传感器在手机中位置，该同学如图将手机沿径向平放固定在圆盘上，底边正对圆盘转轴，让步进电机带动圆盘旋转，手机的加速度、角速度等值可通过手机app phyphox读取，由an ω2的图像获得斜率为k(使用国际单位)，再用刻度尺测量手机底边到转轴的长度d，如图，则d＝________ m．手机内部加速度传感器到手机底边的长度为________(用题目所给的物理量表示)．
(3)手机中有光照传感器，用手电筒在圆盘固定位置打光，手机旋转时记录光照强度周期性变化如图所示，则手机旋转的周期为________ s(保留2位小数)．测得手机的质量m，周期为T，手机视为质点，手机到转轴的距离为r，可求得向心力Fn＝________(用题目所给的物理量表述)．
3．[2023·河北石家庄二模]某同学用如图甲所示装置做探究向心力大小与角速度大小关系的实验．水平直杆随竖直转轴一起转动，滑块套在水平直杆上，用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细绳处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得．
(1)滑块和角速度传感器的总质量为20 g，保持滑块到竖直转轴的距离不变，多次仅改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F及角速度传感器的示数ω，根据实验数据得到的图像F ω2如图乙所示，图像没有过坐标原点的原因是____________，滑块到竖直转轴的距离为________ m．(计算结果保留三位有效数字)
(2)若去掉细线，仍保持滑块到竖直转轴的距离不变，则转轴转动的最大角速度为________ rad/s.
4.
[2022·北京卷]某同学利用自由落体运动测量重力加速度，实验装置如图1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2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3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3，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渐下落，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．________________________________________________________________________
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第15讲　力学实验
命题分类剖析
命题点一
[例1]　解析：根据游标卡尺读数规则可知工件的长度为21 mm＋0.02 mm×36＝21.72 mm；根据螺旋测微器读数规则可知工件的直径为4 mm＋0.01 mm×30.0＝4.300 mm.
答案：21.72　4.300
[提升训练]
1．解析：用螺旋测微器测小球直径时，先转动粗调旋钮D使测微螺杆F靠近被测小球，再转动微调旋钮H使测微螺杆F夹住小球，直到棘轮发出声音为止，拨动旋钮G使F固定后读数，读数为6.5 mm＋20.0×0.01 mm＝6.700 mm.
答案：D　H　G　6.700
2．解析：(1)因需测量的是玻璃杯的内高即深度，所以要用游标卡尺的深度尺测量，根据图甲可知，游标卡尺主尺上的整毫米数为100 mm，游标尺的精确度为0.1 mm，且第3条刻度线(不计0刻度线)与主尺上的刻度线对齐，则玻璃杯的内高为100 mm＋0.1 mm×3＝100.3 mm＝10.03 cm.(2)螺旋测微器的读数规则：测量值＝固定刻度读数(注意半毫米刻度线是否露出)＋精确度(0.01 mm)×可动刻度读数(一定要估读)，由图乙可知玻璃厚度为2.5 mm＋0.01 mm×26.0＝2.760 mm.(3)因1.731 mm＝1.5 mm＋0.01 mm×23.1，由螺旋测微器读数规则知a＝20，b＝0.(4)由图丁所示可得金属杆的长度L＝60.10 cm.由图戊知，此游标尺为50分度，游标尺上第10条刻度线(不计0刻度线)与主尺上的刻度线对齐，则该金属杆直径d＝4 mm＋0.02×10 mm＝4.20 mm.
答案：(1)深度尺　10.03　(2)2.760　(3)20　0　(4)60.10　4.20
命题点二
[例1]　解析：(1)根据匀变速直线运动中某段时间的中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得打B点时小车的速度为vB＝＝＝ m/s＝0.14 m/s.由Δx＝aT2可得小车的加速度为a＝＝ m/s2＝0.40 m/s2.(2)①t轴标出的时间为连续相等的时间间隔，且纸带每隔T＝0.10 s剪断一段，所以t1处应标为0.10 s．由平均速度公式可得v1＝.②匀变速直线运动中某段时间的中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度．
答案：(1)0.14　0.40　(2)①0.10　　②见解析
[例2]　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
平均速度为
＝＝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-Δt图线可视为一条直线，图像为
此直线用方程＝kΔt＋b表示，由图像可知其中
k＝ cm/s2＝70.0 cm/s2，b＝59.0 cm/s
(4)小车做匀变速直线运动，由位移公式x＝v0t＋at2，整理得＝v0＋at
即＝vA＋at
故根据图像斜率和截距可得vA＝b，a＝2k
答案：(1)24.00　80.0
(2)
(3)70.0　59.0　(4)b　2k
[提升训练]
1．解析：(1)依题意，知重锤拖着纸带做匀加速直线运动，由纸带可看出从A到F点，相邻计数点间的距离在均匀增大，则打点计时器先打A点；每两个点取一个计数点，则相邻计数点之间的时间间隔为T＝2×0.02 s＝0.04 s，可得当打点计时器打D点时重物的速度为vD＝＝m/s≈2.46 m/s.
(2)①由于本实验为验证机械能守恒，需要满足系统机械能守恒的条件，所以实验前需要平衡摩擦力，否则无法验证，故A错误；由于开始时小车受到的合外力，即弹簧弹力是变力，而当弹簧恢复原长后，小车受到的合外力为零，则小车先做变加速运动，然后做匀速运动，故B错误；若系统机械能守恒，则有Ep＝kx2＝mv2，可得小车的最终速度v＝ x∝x，即v与弹簧的伸长量x成正比，故C正确；故选C.②由图丁可知两弹簧秤均拉伸到读数为2 N处释放，弹簧的形变量不同，弹簧的劲度系数也不同，则由v＝ x，可知相同小车获得最终速度的大小不同．
答案：(1)A　2.46
(2)①C　②不同
2．解析：(1)根据牛顿第二定律，对钩码和小车整体
m0g＝(M＋m0)a
对小车T＝Ma
整理得T＝
要用钩码所受的重力作为小车受到的合力，则使钩码的质量远小于小车的质量；
(4)用钩码所受的重力作为小车受到的合力，根据牛顿第二定律nmg＝Ma
整理得a＝n
结合图像k＝可得M＝
实际上，钩码本身也有加速度，则nmg＝(m＋M)a
整理得a＝n
结合图像k＝可得小车的质量真实值M＝－m
即测量值大于真实值．
答案：(1)远小于　(4)　大于
命题点三
[例1]　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；
根据能量守恒定律可知两根弹簧增加的弹性势能等于钩码减少的重力势能和与空气摩擦产生的内能之和
ΔEp<(0.185 2－0.16 45)mg＝0.020 7mg
又mg(ΔxA＋ΔxB)＝0.020 7mg
可得ΔEp答案：0.78　1.29　<
[例2]　解析：(1)用图1所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，故AC错误；在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B正确．故选B.
(2)为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次小球需要静止从同一位置释放，斜槽不需要光滑，故A错误，C正确；上下调节挡板N时，不必每次等间距移动，故B错误．故选C.
(3)竖直方向，根据y1＝gt2，
水平方向x－＝v0t，
联立可得v0＝(x－) ，
故A错误；
竖直方向，根据Δy＝y2－2y1＝gt2，
水平方向x＝v0t，
联立可得v0＝x，
故B错误；
竖直方向根据y4＝gt2，
水平方向4x－＝v0t，
联立可得v0＝(4x－) ，
故D正确，C错误．
故选D.
答案：(1)B　(2)C　(3)D
[例3]　解析：①探究向心力大小的表达式时采用的实验方法是控制变量法，A正确，BC错误．②由向心力公式F＝m、F＝mω2R、F＝mR可知，左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的线速度平方之比、角速度平方之比或周期平方的反比；在加速转动手柄的过程，由于左右两塔轮的角速度之比不变，因此左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变．
答案：①A　②角速度平方　不变
[提升训练]
1．解析：(1)刻度尺的最小刻度为1 mm，根据刻度尺的读数规则可知，估读到最小刻度的下一位，故读数为12.20 cm.
(2)根据表格数据作出图像，如图所示．
由题意可知FN＋F＝mg，则FN＝mg－kΔx，即FN＝mg－k(x－x0)，得图像的斜率绝对值为弹簧的劲度系数，由图像可知k＝＝N/m＝83.3 N/m.
答案：(1)12.20　(2)83.3
2．解析：(1)b、c步骤中将小圆环拉到同一位置O的目的是保证两次操作力的作用效果相同．
(2)在白纸上画出各力的大小及方向，并用虚线把F的箭头分别与F1、F2的箭头连接如图，能看到所围成的形状像是一个平行四边形．
答案：(1)保证两次操作力的作用效果相同　(2)图见解析
命题点四
[例1]　解析：(1)①小车通过光电门的挡光时间极短，该时间内的平均速度近似等于小车通过光电门的瞬时速度，即为v＝；②由题意可知，小车从释放到经过光电门的过程，托盘和砝码下降的高度为l，则该过程系统重力势能的减少量为|ΔEp|＝m1gl，系统动能的增加量为ΔEk＝(m1＋m2)()2；③若系统的机械能守恒，则有|ΔEp|＝ΔEk，即m1gl＝(m1＋m2)()2成立，整理得()2＝·l，结合题图乙可知该图像的斜率k＝.
答案：①　②m1gl　(m1＋m2)()2　③
[例2]　解析：(1)验证加速度与力的关系，由牛顿第二定律：a＝＝·F控制变量法，控制车的质量M不变，研究a与F的关系，故不必保持小车质量不变，不需要测出质量大小；(2)为完成实验还需要测量①测出挡光片的宽度d，以便计算光电门处小车的速度：v＝；②测出小车释放位置到光电门的距离L，由速度位移公式计算小车的加速度：v2＝2aL；(3)小车与钩码是连接体，钩码的重力使小车和钩码产生加速度，故绳子的拉力小于钩码的重力；(4)细线水平时，细线拉力产生加速度：F＝Ma1；滑轮偏低导致细线与轨道不平行时，细线拉力的水平分力产生加速度：F cos θ＝Ma2，故a1>a2.
答案：(1)B　(2)挡光片宽度d　小车释放位置到光电门的距离　(3)下落时钩码有向下的加速度，拉力小于重力
(4)大于
[例3]　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＝
解得碰撞前，甲到O点时速度的大小
v0＝
(3)同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为
v1＝
v2＝
若动量守恒，则满足m1v0＝m1v1＋m2v2
整理可得＝
(4)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．
答案：(1)一元　(2)　(3)　(4)见解析
[提升训练]
1．解析：(1)遮光条的宽度为：d＝2 mm＋0.05 mm×5＝2.25 mm
(2)光电门显示遮光时间为t，则滑块到B处的速度为v＝
滑块从A点运动到B点，由运动学公式得v2＝2aL
滑块从A点运动到B点，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma
解得F＝＋μmg
由图丙可知F-图像的斜率为k＝
则＝
解得滑块与遮光条的总质量为m＝
由图丙可知F-图像与纵轴的交点为b，则μmg＝b
解得滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝
答案：(1)2.25　(2)
2．解析：(1)根据图像可知旋转时有沿y轴负方向的加速度，向心加速度指向圆周运动的圆心，可能是手机平放在手掌上，屏幕朝上，让底边对着自己旋转．故选B.
(2)根据刻度尺的读数规则及图像可知d＝101.6 mm＝0.101 6 m
根据公式an＝kω2即旋转半径为k，手机内部加速度传感器到手机底边的长度为k－d.
(3)在时间t＝20.288 006 s的时间内总共有10个闪光周期，即T＝＝2.03 s
根据题意得Fn＝man＝mω2r＝mr＝m
答案：(1)B　(2)0.101 6　k－d　(3)2.03　m
3．解析：(1)若水平杆不光滑，则滑块转动过程中当角速度较小时只有静摩擦力提供向心力，随着角速度增大摩擦力逐渐增大，当摩擦力达到最大值时继续增大转速绳子开始出现拉力，则有F＋fmax＝mrω2
则有F＝mrω2－fmax图像不过坐标原点．
由图像可知斜率为：k＝mr＝
解得r≈0.257 m
(2)由图像可知，当F＝0时，fmax＝，则转轴转动的最大角速度为＝25(rad/s)2
解得ω0＝5 rad/s
答案：(1)水平杆不光滑　0.257　(2)5
4．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为t＝2×0.02 s＝0.04 s
纸带做自由落体运动，打点3时的瞬时速度等于点2到点4之间的平均速度，由纸带数据可知v3＝＝ m/s＝1.15 m/s
(2)做出图像如图所示
(3)根据v＝gt，可知g＝
根据v - t图像可知其斜率为重力加速度，则有g＝ 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＝.由h＝gt2可得g＝．
答案：(1)1.15　(2)图见解析　(3)9.79　(4)见解析(共82张PPT)
第15讲　力学实验
知识网络构建
命题分类剖析
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　力学基本仪器的使用与读数
力学量的测量模型
待测量 工具 使用、读数说明
时间 　 (1)t＝nT(n表示打点的时间间隔的个数，T表示打点周期)
(2)打点频率(周期)与所接交流电的频率(周期)相同
测量值(t)＝短针读数(t1)＋长针读数(t2)，无估读．使用时，先读内圈，读数时只读整数，小数由外圈读出，读外圈时，指针是准确的，不用估读
长度 毫米刻度尺的读数；精确到毫米，估读一位
(1)读数：测量值＝主尺读数(mm)＋精度×游标尺上对齐刻线数值(mm)
(2)常用精确度：10分度游标尺，精度0.1 mm；20分度游标尺，精度0.05 mm；50分度游标尺，精度0.02 mm
测量值＝固定刻度＋可动刻度(带估读值)×0.01 mm
力 力的大小＝精度×指针指示的格数(注意估读)，如分度值为0.1 N，则要估读，有两位小数，如分度值为0.2 N，小数点后只有一位小数
速度
加速度
[提醒]　(1)10分度的游标卡尺，以mm为单位，小数点后只有1位.20分度和50分度的游标卡尺以mm为单位，小数点后有2位．游标卡尺读数不估读．
(2)不要把游标尺的边缘当成零刻度线，从而把主尺的刻度读错．
(3)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．
(4)由纸带确定时间，要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与联系，为便于测量和计算，一般每五个点取一个计数点或每隔四个点取一个计数点，这样时间间隔为Δt＝0.02×5 s＝0.1 s.
例 1 某同学用50分度的游标卡尺测量一圆柱体工件的长度，如图1所示，则工件的长度为________ mm；用螺旋测微器测量工件的直径如图2所示，则工件的直径为________ mm.
21.72
4.300
解析：根据游标卡尺读数规则可知工件的长度为21 mm＋0.02 mm×36＝21.72 mm；根据螺旋测微器读数规则可知工件的直径为4 mm＋0.01 mm×30.0＝4.300 mm.
提升训练
1.某同学用如图甲所示的螺旋测微器测小球的直径时，他应先转动________到F靠近小球，再转动________到F夹住小球，直至听到棘轮发出声音为止，拨动________(均填仪器部件字母符号)使F固定后读数，正确操作后，螺旋测微器的示数如图乙所示，则小球的直径是________ mm.
D
H
G
6.700
解析：用螺旋测微器测小球直径时，先转动粗调旋钮D使测微螺杆F靠近被测小球，再转动微调旋钮H使测微螺杆F夹住小球，直到棘轮发出声音为止，拨动旋钮G使F固定后读数，读数为6.5 mm＋20.0×0.01 mm＝6.700 mm.
2．(1)某同学用游标卡尺的________(选填“内测量爪”“外测量爪”或“深度尺”)测得一玻璃杯的内高，如图甲所示，则其内高为________ cm.
(2)该同学随后又用螺旋测微器测得玻璃杯的玻璃厚度如图乙所示，则厚度为________ mm.
(3)该同学用螺旋测微器测得一小球直径如图丙所示，正确读数后得小球直径为1.731 mm，则a＝________，b＝________．
深度尺
10.03
2.760
20
0
解析：(1)因需测量的是玻璃杯的内高即深度，所以要用游标卡尺的深度尺测量，根据图甲可知，游标卡尺主尺上的整毫米数为100 mm，游标尺的精确度为0.1 mm，且第3条刻度线(不计0刻度线)与主尺上的刻度线对齐，则玻璃杯的内高为100 mm＋0.1 mm×3＝100.3 mm＝10.03 cm.(2)螺旋测微器的读数规则：测量值＝固定刻度读数(注意半毫米刻度线是否露出)＋精确度(0.01 mm)×可动刻度读数(一定要估读)，由图乙可知玻璃厚度为2.5 mm＋0.01 mm×26.0＝2.760 mm.(3)因1.731 mm＝1.5 mm＋0.01 mm×23.1，由螺旋测微器读数规则知a＝20，b＝0.
(4)该同学测定一金属杆的长度和直径，示数分别如图丁、戊所示，则该金属杆的长度和直径分别为________ cm和________ mm.
60.10
4.20
解析：由图丁所示可得金属杆的长度L＝60.10 cm.由图戊知，此游标尺为50分度，游标尺上第10条刻度线(不计0刻度线)与主尺上的刻度线对齐，则该金属杆直径d＝4 mm＋0.02×10 mm＝4.20 mm.
命题点二　“纸带”类实验
1．处理纸带问题的三个关键点
情景展示 说明
(1)区分计时点和计数点
(2)涉及打点计时器的实验均是先接通电源，打点稳定后，再释放纸带
(3)实验数据处理可借助图像，充分利用图像斜率、截距等的物理意义
2.求加速度的三种方式
情景条件 情景展示
有连续的偶 数段数据
连续的奇 数段数据
不连续的 两段数据
例 1 在用打点计时器研究小车速度随时间变化规律的实验中，得到一条纸带如图甲所示．A、B、C、D、E、F、G为计数点(相邻两计数点间有4个点未画出)，相邻计数点间的时间间隔为0.10 s，x1＝1.20 cm，x2＝1.60 cm，x3＝1.98 cm，x4＝2.38 cm，x5＝2.79 cm，x6＝3.18 cm.
(1)根据题目信息可知，打B点时小车的速度是______ m/s，小车的加速度是______ m/s2.(结果保留2位有效数字)
(2)某同学用以下办法绘制了小车运动的v -t图像：先把纸带每隔T＝0.10 s剪断，得到若干段纸条，长度分别为x1、x2、x3、x4、x5、x6.再把这些纸条并排贴在一张纸上，使这些纸条的下端对齐，作为时间轴，标出时间．最后连接纸条上端中心位置作一条直线，于是得到v- t图像(如图乙所示)．
①t1处应标为________ s；v1处应标为________[此空用第(2)问中的物理量符号表示].
②请说明利用纸条长度表示瞬时速度所依据的原理___________________________________________________________.
0.14
0.40
0.10　
　
匀变速直线运动中某段时间的中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度．
解析：(1)根据匀变速直线运动中某段时间的中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得打B点时小车的速度为vB＝＝＝ m/s＝0.14 m/s.由Δx＝aT2可得小车的加速度为a＝＝ m/s2＝0.40 m/s2.(2)①t轴标出的时间为连续相等的时间间隔，且纸带每隔T＝0.10 s剪断一段，所以t1处应标为0.10 s．由平均速度公式可得v1＝.②匀变速直线运动中某段时间的中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度．
[教你解决问题——读图]
例 2 [2023·全国甲卷]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，小车发生对应位移所用时间和平均速度分别为Δt和，表中ΔxAD＝________cm，＝________cm/s.
24.00
80.0
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
平均速度为＝＝80.0 cm/s
(2)根据表中数据得到小车平均速度随时间Δt的变化关系，如图(c)所示．在图中补全实验点．
位移区间 AB AC AD AE AF
Δx(cm) 6.60 14.60 ΔxAD 34.90 47.30
66.0 73.0 87.3 94.6
解析：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 Δt图线可视为一条直线，此直线用方程＝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)

70.0
59.0　
b　
2k
解析：(3)从实验结果可知，小车运动的-Δt图线可视为一条直线，图像为
此直线用方程＝kΔt＋b表示，由图像可知其中
k＝ cm/s2＝70.0 cm/s2，b＝59.0 cm/s
(4)小车做匀变速直线运动，由位移公式x＝v0t＋at2，整理得＝v0＋at,即＝vA＋at,故根据图像斜率和截距可得vA＝b，a＝2k
提升训练
1.[2024·浙江省诸暨市高三适应性考试]在“验证机械能守恒定律”的实验中．
(1)利用图甲所示装置进行实验，得到图乙所示的纸带，打点计时器频率为50 Hz，每两个点取一个计数点，已知重物的质量为300 g．则纸带上的A和F两点，打点计时器先打________(填“A”或“F”)点；当打点计时器打D点时重物的速度为________ m/s.(保留3位有效数字)
A　
2.46
解析：(1)依题意，知重锤拖着纸带做匀加速直线运动，由纸带可看出从A到F点，相邻计数点间的距离在均匀增大，则打点计时器先打A点；每两个点取一个计数点，则相邻计数点之间的时间间隔为T＝2×0.02 s＝0.04 s，可得当打点计时器打D点时重物的速度为vD＝＝m/s≈2.46 m/s.
(2)利用如图丙所示的装置验证机械能守恒，将弹簧秤固定在导轨的左侧，用细线连接弹簧秤钩子与小车，向右拉伸弹簧，小车靠近打点计时器，接通打点计时器电源，静止释放小车，改变弹簧拉伸的长度进行多次重复实验，(已知弹簧秤弹性势能Ep＝kx2)．
①下列有关说法正确的是________．
A．实验前不需要平衡摩擦力
B．小车先做匀加速运动，然后做匀速运动
C．小车的最终速度与弹簧的伸长量成正比
C
解析：①由于本实验为验证机械能守恒，需要满足系统机械能守恒的条件，所以实验前需要平衡摩擦力，否则无法验证，故A错误；由于开始时小车受到的合外力，即弹簧弹力是变力，而当弹簧恢复原长后，小车受到的合外力为零，则小车先做变加速运动，然后做匀速运动，故B错误；若系统机械能守恒，则有Ep＝kx2＝mv2，可得小车的最终速度v＝ x∝x，即v与弹簧的伸长量x成正比，故C正确；故选C.
②利用图丁所示的量程为2.5 N和5 N的弹簧秤分别进行实验，且两弹簧秤均拉伸到读数为2 N处释放，则相同小车获得最终速度的大小________(填“相同”或“不同”)．
不同
解析：由图丁可知两弹簧秤均拉伸到读数为2 N处释放，弹簧的形变量不同，弹簧的劲度系数也不同，则由v＝ x，可知相同小车获得最终速度的大小不同．
2．[2023·福建南平三模]某学习小组利用如图甲实验装置探究小车的加速度与力的关系．
(1)要用钩码所受的重力作为小车受到的合力，则应先平衡摩擦力，同时使钩码的质量________(选填“远小于”“等于”或“远大于”)小车的质量；
(2)保持小车质量不变，改变钩码(质量均为m)的个数n，测出小车对应的加速度a；
远小于
解析：(1)根据牛顿第二定律，对钩码和小车整体
m0g＝(M＋m0)a
对小车T＝Ma
整理得T＝
要用钩码所受的重力作为小车受到的合力，则使钩码的质量远小于小车的质量；
(3)作出a -n图线如图乙所示，则说明在小车质量一定时，加速度与合力成正比；
(4)若该图线斜率为k，当地重力加速度为g，则小车的质量M＝________，测量值________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值．
　
大于
解析：(4)用钩码所受的重力作为小车受到的合力，根据牛顿第二定律nmg＝Ma
整理得a＝n
结合图像k＝可得M＝
实际上，钩码本身也有加速度，则nmg＝(m＋M)a
整理得a＝n
结合图像k＝可得小车的质量真实值M＝－m
即测量值大于真实值．
命题点三　四个其他探究类实验
1．“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验
(1)操作：弹簧竖直悬挂；待钩码静止时测出弹簧长度．实验中不能挂过多的钩码，防止弹簧超过其弹性限度．
(2)作图：画图像时，不要连成“折线”，而应尽量让坐标点落在直线上或均匀分布在直线两侧．距离直线过远的点应舍弃．
2．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验
(1)等效：每次拉伸结点的位置O必须保持不变．
(2)拉力：记下每次各力的大小和方向．
3．“探究平抛运动的特点”实验
(1)安装：实验中必须保证通过斜槽末端点的切线水平，木板必须处在竖直平面内，且与小球运动轨迹所在竖直平面平行，并使小球的运动靠近木板但不接触．
(2)释放：小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始滚下，因此，可在斜槽上某一位置固定一个挡板．
4．“探究向心力的大小与半径、角速度、质量的关系”实验
(1)探究方法：控制变量法
①保持ω、r相同：探究发现向心力大小F与小球质量m的关系：F∝m；
②保持m、r相同：探究发现向心力大小F与小球角速度ω的关系：F∝ω2；
③保持m、ω相同：探究发现向心力大小F与小球半径r的关系：F∝r.
(2)实验结论：F∝mω2r，即得F＝m＝mω2r＝mr.
例 1[2023·浙江6月] 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 0 1 2 …
xA/cm 7.75 8.53 9.30 …
xB/cm 16.45 18.52 20.60 …
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“＝”“<”或“>”)．
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；
根据能量守恒定律可知两根弹簧增加的弹性势能等于钩码减少的重力势能和与空气摩擦产生的内能之和
ΔEp<(0.185 2－0.16 45)mg＝0.020 7mg
又mg(ΔxA＋ΔxB)＝0.020 7mg
可得ΔEp例 2 [2023·浙江6月]在“探究平抛运动的特点”实验中
(1)用图1装置进行探究，下列说法正确的是________．
A．只能探究平抛运动水平分运动的特点
B．需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C．能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
(2)用图2装置进行实验，下列说法正确的是________．
A．斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B．上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C．小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
B
C
解析：(1)用图1所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，故AC错误；在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B正确．故选B.
(2)为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次小球需要静止从同一位置释放，斜槽不需要光滑，故A错误，C正确；上下调节挡板N时，不必每次等间距移动，故B错误．故选C.
(3)用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹．实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4.以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4.测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为________．
A．(x＋ B．(x＋
C．(3x－ D．(4x－
D
解析：竖直方向，根据y1＝gt2，水平方向x－＝v0t，
联立可得v0＝(x－) ，故A错误；
竖直方向，根据Δy＝y2－2y1＝gt2，水平方向x＝v0t，
联立可得v0＝x，故B错误；
竖直方向根据y4＝gt2，水平方向4x－＝v0t，
联立可得v0＝(4x－) ，
故D正确，C错误．
故选D.
例 3 [2023·浙江1月(节选)]“探究向心力大小的表达式”实验装置如图3所示．
①采用的实验方法是________．
A．控制变量法　　B．等效法　　C．模拟法
②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动．此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的____________之比(选填“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”)；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值________(选填“不变”“变大”或“变小”)．
A
角速度平方
不变
解析：①探究向心力大小的表达式时采用的实验方法是控制变量法，A正确，BC错误．②由向心力公式F＝m、F＝mω2R、F＝mR可知，左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的线速度平方之比、角速度平方之比或周期平方的反比；在加速转动手柄的过程，由于左右两塔轮的角速度之比不变，因此左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变．
提升训练
1.如图为一同学利用压力传感器探究弹力与弹簧伸长量关系的装置示意图，水平放置的压力传感器上叠放着连接轻弹簧的重物，左侧固定有竖直刻度尺．静止时弹簧上端的指针指示如图所示，表格中记录此时压力传感器的示数为6.00 N；竖直向上缓慢地拉动弹簧，分别记录指针示数和对应的传感器示数如表中所示．
传感器示数FN(N) 6.00 4.00 3.00 1.00 0
指针示数x(cm) 14.60 15.81 18.19 19.40
(1)补充完整表格中直尺的读数；
(2)在以传感器示数FN为纵轴、指针示数x为横轴的坐标系中，描点画出FN-x图像，并根据图像求得弹簧的劲度系数为________N/m(结果保留3位有效数字)．
12.20
83.3
解析：(1)刻度尺的最小刻度为1 mm，根据刻度尺的读数规则可知，估读到最小刻度的下一位，故读数为12.20 cm.
(2)根据表格数据作出图像，如图所示．
由题意可知FN＋F＝mg，则FN＝mg－kΔx，即FN＝mg－k(x－x0)，得图像的斜率绝对值为弹簧的劲度系数，由图像可知k＝＝N/m＝83.3 N/m.
2．某研究小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5 N的弹簧测力计两个，橡皮条(带两个较长的细绳套)，小圆环，刻度尺，三角板，图钉(若干个)．
主要实验步骤如下：
a．橡皮条的一端与轻质小圆环相连，另一端固定；
b．用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环运动至O点，记下两弹簧测力计的读数F1和F2及两细绳套的方向；
c．用一个弹簧测力计将小圆环拉到O点，记下弹簧测力计的读数F及细绳套的方向；
d．在白纸上做出力F、F1和F2的图示，猜想三者的关系，并加以验证．
(1)b、c步骤中将小圆环拉到同一位置O的目的是____________________________.
(2)某次操作后，在白纸上记录的痕迹如图丁所示，请你在图丁中完成步骤d.
保证两次操作力的作用效果相同
解析：(1)b、c步骤中将小圆环拉到同一位置O的目的是保证两次操作力的作用效果相同．
(2)在白纸上画出各力的大小及方向，并用虚线把F的箭头分别与F1、F2的箭头连接如图，能看到所围成的形状像是一个平行四边形．
命题点四　力学创新型实验
1．力学创新型实验的特点
(1)以基本的力学模型为载体，依托运动学规律和牛顿运动定律设计实验．
(2)将实验的基本方法——控制变量法、处理数据的基本方法——图像法、逐差法融入到实验的综合分析之中．
(3)命题情境：常结合力学传感器、手机视频拍照或光电门等最新电子设备采集数据，借助图像的方法得出实验结论．
2．创新实验题的解法
(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．
例 1 [2023·天津卷(节选)](1)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，接通气垫导轨气源，释放托盘与砝码，并测得：
a．遮光片的宽度d；
b．遮光片到光电门的距离l；
c．遮光片通过光电门的时间Δt；
d．托盘与砝码的质量m1，小车与遮光片的质量m2
①小车通过光电门时的速度v＝________；
②小车从释放到经过光电门的过程，系统重力势能的减少量为________，动能的增加量为_____________；
③改变l，做多组实验，作出如图乙以l为横轴、以()2为纵轴的图像，若系统机械能守恒，则图像的斜率k＝________．
　
m1gl　
(m1＋m2)()2　
解析：(1)①小车通过光电门的挡光时间极短，该时间内的平均速度近似等于小车通过光电门的瞬时速度，即为v＝；②由题意可知，小车从释放到经过光电门的过程，托盘和砝码下降的高度为l，则该过程系统重力势能的减少量为|ΔEp|＝m1gl，系统动能的增加量为ΔEk＝(m1＋m2)()2；③若系统的机械能守恒，则有|ΔEp|＝ΔEk，即m1gl＝(m1＋m2)()2成立，整理得()2＝·l，结合题图乙可知该图像的斜率k＝.
例 2 [2023·上海卷]如图所示，是某小组同学“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置，实验过程中可近似认为钩码受到的总重力等于小车所受的拉力．先测出钩码所受的力为G，之后改变绳端的钩码个数，小车每次从同一位置释放，测出挡光片通过光电门的时间Δt.
(1)实验中________测出小车质量m车
A．必须　　　　B．不必
(2)为完成实验还需要测量①______________；②________________________．
(3)实际小车受到的拉力小于钩码的总重力，原因是____________________________________.
(4)若导轨保持水平，滑轮偏低导致细线与轨道不平行，则细线平行时加速度a1，与不平行时加速度a2相比，a1________a2.(选填“大于”“小于”或“等于”)
B
挡光片宽度d
小车释放位置到光电门的距离
下落时钩码有向下的加速度，拉力小于重力
大于
解析：(1)验证加速度与力的关系，由牛顿第二定律：a＝＝·F控制变量法，控制车的质量M不变，研究a与F的关系，故不必保持小车质量不变，不需要测出质量大小；(2)为完成实验还需要测量①测出挡光片的宽度d，以便计算光电门处小车的速度：v＝；②测出小车释放位置到光电门的距离L，由速度位移公式计算小车的加速度：v2＝2aL；(3)小车与钩码是连接体，钩码的重力使小车和钩码产生加速度，故绳子的拉力小于钩码的重力；(4)细线水平时，细线拉力产生加速度：F＝Ma1；滑轮偏低导致细线与轨道不平行时，细线拉力的水平分力产生加速度：F cos θ＝Ma2，故a1>a2.
例 3 [2023·辽宁卷]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上某一位置，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＝________(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，写出一条产生这种误差可能的原因____________________________________________________
___________________________________________________________________________________________.
一元　
　
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．
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＝
解得碰撞前，甲到O点时速度的大小v0＝
(3)同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为v1＝
v2＝
若动量守恒，则满足m1v0＝m1v1＋m2v2
整理可得＝
(4)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．
提升训练
1.[2023·辽宁丹东二模]某实验小组做“测量滑块与长木板之间的动摩擦因数”实验时，实验装置如图甲所示．在水平桌面上固定放置一端有定滑轮的长木板，靠近定滑轮的B处有一个光电门．在A处有一上端带遮光条的滑块，A、B之间的距离保持L不变．不计滑轮质量及其与绳子之间的摩擦．
(1)实验过程中用游标卡尺测量遮光条的宽度d，游标卡尺读数如图乙所示，读出遮光条的宽度为d＝________ mm.
2.25
解析：遮光条的宽度为：d＝2 mm＋0.05 mm×5＝2.25 mm
(2)实验时，将滑块从A处静止释放，若光电门显示遮光时间为t，此时力传感器示数为F，从而可以得到一组F、t数据，多次改变所挂重物的质量进行实验，可得到多组数据．根据这些数据，作出F-的关系图像如图丙所示，则滑块与遮光条的总质量为________，滑块与长木板之间的动摩擦因数为________(用L、a、b、d和g表示)．
解析： (2)光电门显示遮光时间为t，则滑块到B处的速度为v＝
滑块从A点运动到B点，由运动学公式得v2＝2aL
滑块从A点运动到B点，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma
解得F＝＋μmg
由图丙可知F-图像的斜率为k＝
则＝
解得滑块与遮光条的总质量为m＝
由图丙可知F-图像与纵轴的交点为b，则μmg＝b
解得滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝
2．[2024·广东汕头一模]物理创新实验研究小组用步进电机、圆盘、小物块、手机等制作了圆周运动综合探究平台，探究圆周运动中向心力、向心加速度等各个物理量之间的关系：
(1)手机内部自带加速度传感器，可测量向心加速度大小与方向，规定x、y、z三个方向的正方向如图所示．某同学站在转台上将手水平伸直，以不同朝向拿着手机，如图以自己身体为轴旋转，某段时间内测得y轴方向加速度—时间图像如图，x、z轴方向加速度为零，则她可以是________．(填选项前的字母)
A．将手机竖起，手机屏幕正对自己旋转
B．手机平放在手掌上，屏幕朝上，让底边对着自己旋转
C．手机平放在手掌上，屏幕朝上，让侧边对着自己旋转
B
解析：(1)根据图像可知旋转时有沿y轴负方向的加速度，向心加速度指向圆周运动的圆心，可能是手机平放在手掌上，屏幕朝上，让底边对着自己旋转．故选B.
(2)为了测加速度传感器在手机中位置，该同学如图将手机沿径向平放固定在圆盘上，底边正对圆盘转轴，让步进电机带动圆盘旋转，手机的加速度、角速度等值可通过手机app phyphox读取，由an-ω2的图像获得斜率为k(使用国际单位)，再用刻度尺测量手机底边到转轴的长度d，如图，则d＝________ m．手机内部加速度传感器到手机底边的长度为________(用题目所给的物理量表示)．
0.101 6　
k－d
解析：根据刻度尺的读数规则及图像可知d＝101.6 mm＝0.101 6 m
根据公式an＝kω2即旋转半径为k，手机内部加速度传感器到手机底边的长度为k－d.
(3)手机中有光照传感器，用手电筒在圆盘固定位置打光，手机旋转时记录光照强度周期性变化如图所示，则手机旋转的周期为________ s(保留2位小数)．测得手机的质量m，周期为T，手机视为质点，手机到转轴的距离为r，可求得向心力Fn＝________(用题目所给的物理量表述)．
2.03　
m
解析：在时间t＝20.288 006 s的时间内总共有10个闪光周期，即T＝＝2.03 s
根据题意得Fn＝man＝mω2r＝mr＝m
3．[2023·河北石家庄二模]某同学用如图甲所示装置做探究向心力大小与角速度大小关系的实验．水平直杆随竖直转轴一起转动，滑块套在水平直杆上，用细线将滑块与固定在竖直转轴上的力传感器连接，细绳处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得．
(1)滑块和角速度传感器的总质量为20 g，保持滑块到竖直转轴的距离不变，多次仅改变竖直转轴转动的快慢，测得多组力传感器的示数F及角速度传感器的示数ω，根据实验数据得到的图像F-ω2如图乙所示，图像没有过坐标原点的原因是____________，滑块到竖直转轴的距离为________ m．(计算结果保留三位有效数字)
(2)若去掉细线，仍保持滑块到竖直转轴的距离不变，则转轴转动的最大角速度为________ rad/s.
水平杆不光滑
0.257
5
解析：(1)若水平杆不光滑，则滑块转动过程中当角速度较小时只有静摩擦力提供向心力，随着角速度增大摩擦力逐渐增大，当摩擦力达到最大值时继续增大转速绳子开始出现拉力，则有F＋fmax＝mrω2
则有F＝mrω2－fmax图像不过坐标原点．
由图像可知斜率为：k＝mr＝
解得r≈0.257 m
(2)由图像可知，当F＝0时，fmax＝，则转轴转动的最大角速度为＝25(rad/s)2
解得ω0＝5 rad/s
4.[2022·北京卷]某同学利用自由落体运动测量重力加速度，实验装置如图1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2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)．
1.15
解析：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为t＝2×0.02 s＝0.04 s
纸带做自由落体运动，打点3时的瞬时速度等于点2到点4之间的平均速度，由纸带数据可知v3＝＝ m/s＝1.15 m/s
(2)除点3外，其余各点速度对应的坐标点已在图3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3，实验测得的重力加速度g＝________ m/s2(结果保留3位有效数字)．
9.79
解析：(2)做出图像如图所示
(3)根据v＝gt，可知g＝
根据v - t图像可知其斜率为重力加速度，则有g＝ m/s2＝9.79 m/s2
(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渐下落，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．________________________.
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＝.由h＝gt2可得g＝．第16讲　电学实验
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　电学仪器的读数及使用
1．电流表和电压表的读数
为了减小读数误差，使指针指在超过满偏刻度的位置．
(1)分度值为2、0.2、0.02的电表，采用估读，估读位与最小刻度在同一位．
(2)分度值为5、0.5、0.05的电表，采用估读，估读位与最小刻度在同一位．
2．欧姆表使用的注意点
(1)使用多用电表时，电流都是从红表笔进、从黑表笔出，黑表笔必须连负接线柱．
(2)为了减小读数误差，指针应指在表盘到 的部分，即中央刻度附近．若表头指针偏转过大，表示待测电阻较小，应当换低倍率的挡位；若表头指针偏转过小，表示待测电阻很大，应当换高倍率的挡位．
(3)测电阻时每变换一次挡位，都要重新进行欧姆调零．
例 1 (1)如图甲所示的电表使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________ A，图中表针示数为________ A；当使用3 A量程时，对应刻度盘中每一小格代表________ A，图中表针示数为________ A.
(2)如图乙所示的电表使用较小量程时，每小格表示________ V，图中表针的示数为______ V；若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________ V，图中表针示数为________ V．
(3)旋钮式电阻箱如图丙所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为________ Ω.现欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
若用两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围是________．
例 2 某实验小组使用多用电表和螺旋测微器测量一长度为80.00 cm电阻丝的电阻率，该电阻丝的电阻值约为100～200 Ω，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)．
例 3[2022·辽宁卷]某同学要将一小量程电流表(满偏电流为250 μA，内阻为1.2 kΩ)改装成有两个量程的电流表，设计电路如图(a)所示，其中定值电阻R1＝40 Ω，R2＝360 Ω.
(1)当开关S接A端时，该电流表的量程为0～________ mA；
(2)当开关S接B端时，该电流表的量程比接A端时的________(填“大”或“小”)；
(3)该同学选用量程合适的电压表(内阻未知)和此改装电表测量未知电阻Rx的阻值，设计了图(b)中的两个电路．不考虑实验操作中的偶然误差，则利用________(填“甲”或“乙”)电路可修正由电表内阻引起的实验误差．
提升训练
1.如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的欧姆挡测电阻时，表针如图所示，则：
(1)所测电阻的阻值为________ Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104 Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是________(选填“×10”“×100”或“×1 k”)．
(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________ mA；当选用量程为250 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________ mA.
(3)当选用量程为10 V的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为______ V．
2．某兴趣小组利用所学知识自制一个欧姆表，他们先利用如图所示电路测量，一只量程为100 mA的电流表内阻，实验步骤如下：
①闭合S1，断开S2，调节滑动变阻器R1，使电流表达到满偏值I0＝100 mA；
②保持R1的滑片位置不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流表的读数如图所示，然后读出此时电阻箱R2的阻值为12.8 Ω；(可认为电路总电流保持不变)
③计算出电流表内阻R0.
(1)步骤②中电流表示数为________ mA，步骤③中电流表内阻R0为________ Ω.
(2)如图为改装后的欧姆表电路示意图．电源电动势为2 V、内阻很小可不计，S为单刀双掷开关，a、b为制作的两个挡位，其中一个是“×1”挡，另外一个是“×10”挡．可计算出定值电阻R3为________ Ω.(保留两位有效数字)
(3)现使用该自制欧姆表测一未知定值电阻Rx的阻值，将开关S接到b处，完成欧姆调零后，在红黑表笔间接入Rx时电流表指针在如图所示位置，计算出Rx电阻为______ Ω.
命题点二　以测量电阻为核心的电学实验
1．电阻的测量
电阻测量首先要根据实验目的、实验原理、实验器材的不同而灵活选用“伏安法”(又分为内接法和外接法)“安安法”“伏伏法”“伏安加R法”等测量电路．从供电方式上又可分为限流电路和分压电路．
(1)有电压表、电流表且量程恰当时选择“伏安法”．
(2)电压表不能用或没有电压表等情形下，若精确知道电流表内阻，可以将电流表当作电压表使用，即选择“安安法”．
(3)电流表不能用或没有电流表等情况下，若精确知道电压表内阻，可以将电压表当作电流表使用，即选择“伏伏法”．
(4)在运用伏安法测电阻时，由于电压表或电流表的量程太小或太大，为了满足安全精确的原则，选择“伏安加R法”，此法又叫“加保护电阻法”．
2．实验器材的选择
(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需要的直流电源．
(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电流选择电流表；电表的指针摆动的幅度较大，一般应使指针能达到半偏．
例 1[2023·天津卷(节选)](2)某实验小组的同学们为了测量一未知电阻R的阻值，做了以下实验。
①同学们首先用多用电表欧姆“×1”挡位大致测出电阻R的阻值大小，如图丙所示，则其读数为________Ω；
同学们继续使用学生电源(4 V)组装图丁电路进行实验，其中电表可以从如下器材中进行选择：
A．电压表V1(0～15 V)
B．电压表V2(0～3 V)
C．电流表A1(0～3 A)
D．电流表A2(0～0.6 A)
②电压表应选择________，电流表应选择________；(填器材前字母序号)
③下列说法正确的是________。
A．电压表分流属于系统误差
B．闭合开关前滑动变阻器滑片应该调到b端
C．可以通过调节滑片使电压表示数为0
D．多次实验可以减小系统误差
例 2 [2023·全国乙卷]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：
U1(mV) 0.57 0.71 0.85 1.14 1.43
U2(mV) 0.97 1.21 1.45 1.94 2.43
(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)
提升训练
1.[2023·北京卷]采用图1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1连接实物图，如图2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________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
2．[2023·海南卷]用如图甲所示的电路测量一个量程为100 μA、内阻约为2 000 Ω的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为12 V，有两个电阻箱可选，R1 (0～9 999.9 Ω)，R2 (0～99 999.9 Ω)
(1)RM应选________，RN应选________；
(2)根据电路图甲，请把实物图乙连线补充完整；
(3)下列操作顺序合理排列是：________；
①将滑动变阻器滑片P移至最左端，将RN调至最大值；
②闭合开关S2，调节RM，使微安表半偏，并读出RM的阻值；
③断开S2，闭合S1，调节滑片P至某位置再调节RN使表头满偏；
④断开S1、S2，拆除导线，整理好器材
(4)如图丙是RM调节后的面板，则待测表头的内阻为________，该测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值．
(5)将该微安表改装成量程为2 V的电压表后，某次测量指针指在图丁所示位置，则待测电压为________ V.
(6)某次半偏法测量表头内阻的实验中，S2断开，电表满偏时读出RN的值，在滑片P不变的情况下，S2闭合后调节电阻箱RM，使电表半偏时读出RM，若认为OP间电压不变，则微安表内阻为________(用RM、RN表示)．命题点三　以测量电源电动势为核心的电学实验
1．常见测量电源电动势和内阻的三种方法
根据闭合电路欧姆定律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.
2．在数据处理问题中，利用图像得出电动势和内阻是常用的方法——注意“化曲为直”．
例 1[2023·浙江6月]在“测量干电池的电动势和内阻”实验中
(1)部分连线如图1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2所示，其示数为________ V.
(2)测得的7组数据已标在如图3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)
例 2[2023·湖北卷]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－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”)．
提升训练
1.某实验兴趣小组利用如图甲所示的电路测量某电源的电动势E和内阻r.实验所用器材如下：待测电源(电动势约为3 V，内阻约为1 Ω)；电流表(量程为0.6 A，内阻RA为1 Ω)；定值电阻R0(阻值为5 Ω)；电阻箱R(最大阻值为99.9 Ω)；开关及导线若干．回答下列问题：
　
(1)按图甲所示的电路图连接图乙所示的实物．
(2)闭合开关S前，电阻箱调到阻值最大处．然后缓慢多次改变电阻箱的阻值R，分别读出多组电流表和电阻箱的示数I、R.某一次测量中，电流表的示数如图丙所示，则示数为________ A.
(3)将实验记录的数据适当处理，作出 R图线如图丁所示，则该电源的电动势E＝______ V，内阻r＝________ Ω.(结果保留小数点后2位)
2．某实验小组计划用一个实验方案完成对一个电流表内阻的测量和电源电动势及内阻的测量．实验器材有：待测电源E，待测内阻的电流表A，电压表V(量程为3.0 V，内阻很大)，电阻箱R(0～99.99 Ω)，单刀开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．设计的电路图如图所示，进行了如下操作：
Ⅰ.将S2接到a，闭合S1，拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图甲所示的位置，记录下此时的电压表示数为2.00 V，然后断开S1；
Ⅱ.保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，闭合S1，记录此时电压表的读数(如图乙所示)，然后断开S1.
请你解答下列问题：
(1)图甲所示电阻箱的读数为________ Ω，图乙所示的电压表读数为________ V．由此可算出电流表内阻RA的阻值为5.00 Ω.
(2)在完成上述操作后，继续以下操作：将S2切换到a，闭合S1，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据绘出了如图丙所示的 图线．根据实验原理得到和的函数关系式为______________________________________；由函数关系式和图像可求得电源电动势E和电源内阻r，其中E＝______ V，r＝______ Ω(计算结果保留3位有效数字)．
命题点四　四个其他观察、探究、制作类实验
1．“观察电容器的充、放电现象”
(1)先使开关S与1接通，待充电完成后，把开关S再与2接通，电容器通过电阻放电．
(2)利用计算机的自动绘图功能绘制“电流－时间”图线；
(3)对“电流－时间”图线的面积进行积分，得到电容器的电荷量Q.
2．“探究影响感应电流方向的因素”注意事项
(1)选用零刻度在中间的灵敏电流计．
(2)要明确线圈的绕线方向，确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系．
(3)按照控制变量的思想进行实验．
3．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”误差分析
(1)铁芯：铁芯中有涡流，有磁损耗(漏磁)，即通过原、副线圈的磁通量不相等．
(2)线圈：原、副线圈有电阻，产生焦耳热的损耗．
4．“利用传感器制作简单的自动控制装置”注意事项
(1)在做“热敏特性实验”时，加开水后要等一会儿再测量其阻值，使电阻温度与水的温度相同，同时读出水温．
(2)若“光敏特性实验”现象不明显，可制造密闭箱体，将光敏电阻置于其中，通过改变箱体的透光程度达到实验目的．
例 1[2023·新课标卷]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”)．
例 2[2023·山东卷]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______端滑动(填“a”或“b”)．
(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．
提升训练
1.[2023·福建厦门期末]在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中：
(1)为明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除灵敏电流计、导线、定值电阻和开关这些器材之外，还需要________(选填“A”“B”或“C”)；
　　　　　　
　 　A　　 　　B　　　　　　C
(2)实验得出，电流由“＋”接线柱流入时灵敏电流计指针向右偏转，电流由“－”接线柱流入时指针向左偏转；如图甲所示，该同学将条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，发现指针________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转；
(3)如图乙所示，将第(2)问中的螺线管置于电子秤上，在条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，电子秤的示数会________(选填“变大”“变小”或“不变”)．
2．[2023·福建漳州三模]某物理小组欲探究变压器线圈两端电压与匝数关系，提供的实验器材有：学生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线．
图甲为实验原理图，在原线圈A、B两端加上电压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，测量数据如表：
实验 序号 原线圈匝数n1＝400　原线圈两端电压U1(V) 副线圈匝数n2＝200　原线圈两端电压U2(V) 副线圈匝数n2＝1 400　原线圈两端电压U2(V)
1 5.8 2.9 20.3
2 8.0 4.0 28.1
3 12.6 6.2 44.0
请回答下列问题：
(1)在图乙中，应将A、B分别与________(填“a、b”或“c、d”)连接．
(2)根据上表数据得出的实验结论是：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于________________________．
(3)在实验序号为2的测量中，若把图乙中的可动铁芯取走，副线圈匝数n2＝200，则副线圈两端电压________(填正确答案标号)．
A．一定小于4.0 V
B．一定等于4.0 V
C．一定大于4.0 V
3．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60 Ω，用于加热煮饭)；限流电阻R1和R2(阻值均为1 kΩ)；指示灯L1和L2(2.5 V，0.6 W，当电流低于30 mA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
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)
命题点五　电学创新实验
例 1[2023·湖南卷]某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置，其电路如图(a)所示，R1、R2、R3为电阻箱，RF为半导体薄膜压力传感器，C、D间连接电压传感器(内阻无穷大)．
(1)先用欧姆表“×100”挡粗测RF的阻值，示数如图(b)所示，对应的读数是________ Ω；
(2)适当调节R1、R2、R3，使电压传感器示数为0，此时，RF的阻值为________(用R1、R2、R3表示)；
(3)依次将0.5 g的标准砝码加载到压力传感器上(压力传感器上所受压力大小等于砝码重力大小)，读出电压传感器示数U，所测数据如下表所示：
次数 1 2 3 4 5 6
砝码质量m/g 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
电压U/mV 0 57 115 168 220 280
根据表中数据在图(c)上描点，绘制U m关系图线；
(4)完成前面三步的实验工作后，该测量微小压力的装置即可投入使用．在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力F0，电压传感器示数为200 mV，则F0大小是________ N(重力加速度取9.8 m/s2，保留2位有效数字)；
(5)若在步骤(4)中换用非理想毫伏表测量C、D间电压，在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力F1，此时非理想毫伏表读数为200 mV，则F1________F0(填“>”“＝”或“<”)．
例 2[2023·全国甲卷]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，用实线画出实验中应得到的I U关系曲线的示意图．
提升训练
1.[2023·广东茂名二模]智能手机中都配有气压传感器，传感器的电阻会随所处环境气压变化而变化．某实验小组在室温下用以下可供选择的器材探究：气压传感器的电阻值Rx随气压变化规律：
A．阻值随气压而变化的气压传感器一个(阻值变化范围从几十欧到几百欧)；
B．直流电源，电动势6 V，内阻不计；
C．电压表V1，量程为0～3 V，内阻为3 kΩ；
D．电压表V2，量程为0～15 V，内阻为15 kΩ；
E．电流表A1，量程为0～0.6 A，内阻忽略不计；
F．电流表A2，量程为0～60 mA，内阻忽略不计；
G．定值电阻R1＝3 kΩ；
H．定值电阻R2＝12 kΩ；
I．滑动变阻器R，最大电阻值约为50 Ω；
J．开关与导线若干
(1)小明设计了如图甲所示的实验电路原理图，其中电压表应选择____________，电流表应选择________，定值电阻应选择________．(选填实验器材代号)．
(2)请在图乙中将实物连线补充完整．
(3)当气压传感器所处环境压强为p时，闭合开关S，测得两个电表的读数分别为U＝2.30 V和I＝23.0 mA，则气压传感器阻值Rx＝________．(计算结果保留3位有效数字)
(4)当环境压强p改变时，测得不同的Rx值，绘成图像如图丙所示，由图可得Rx和压强p的关系表达式为Rx＝________Ω.
2．[2023·福建福州4月检测]酒驾严重危害交通安全，喝酒不开车已经成为准则．某款酒精检测仪如图甲所示，核心部件为酒精气体传感器，其电阻R与酒精气体浓度c的关系如图乙所示．某同学想利用该酒精气体传感器设计一款酒精测量仪，除酒精气体传感器外，在实验室中找到了如下器材：
A．干电池组(电动势E＝3.0 V，内阻r＝1.2 Ω)
B．表头G(满偏电流6.0 mA，内阻Rg＝42 Ω)
C．电阻箱R1(最大阻值9 999.9 Ω)
D．电阻箱R2(最大阻值9 999.9 Ω)
E．开关及导线若干
(1)该同学设计的测量电路如图丙所示，他首先将表头G量程扩大为90 mA，则应将电阻箱R1的阻值调为________ Ω；
(2)如图丁所示，该同学想将酒精气体浓度为零的位置标注在表头上2 mA处，则应将电阻箱R2的阻值调为________ Ω；
(3)完成步骤(2)后，某次在实验室中试测酒精浓度时，表头指针如图丁所示．已知酒精浓度在0.2～0.8 mg/mL之间属于饮酒驾驶；酒精含量达到或超过0.8 mg/mL属于醉酒驾驶，则该次测试的酒精浓度属于________范围(选填“酒驾”或“醉驾”)；
(4)使用较长时间后，干电池组电动势降低，内阻增大，则此时所测的酒精气体浓度与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．
第16讲　电学实验
命题分类剖析
命题点一
[例1]　解析：(1)使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，表针示数为0.44 A；当使用3 A量程时，每一小格为0.1 A，表针示数为2.20 A.
(2)电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，表针示数为1.70 V；使用15 V量程时，每小格表示0.5 V，表针示数为8.5 V.
(3)电阻为1 987 Ω.最简单的操作方法是先将“×1 k”挡旋钮调到2，再将“×100”挡旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9 999 Ω＝19 998 Ω，故用两个这样的电阻箱，可得到电阻范围为0～19 998 Ω.
答案：(1)0.02　0.44　0.1　2.20　(2)0.1　1.70　0.5　8.5　(3)见解析
[例2]　解析：(1)该电阻丝的直径为d＝1 mm＋41.4×0.01 mm＝1.414 mm.
(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100～200 Ω，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＝16×10 Ω＝160 Ω.
(7)根据电阻定律有R＝ρ＝ρ，解得该电阻丝的电阻率为ρ＝≈3.14×10－4 Ω·m.
答案：(1)1.414　(3)×10　(5)160　(7)3.14×10－4
[例3]　解析：(1)当开关S接A端时，定值电阻R1与定值电阻R2串联后再与电流表并联，等效电路图如图1所示，由并联电路的规律可知，电流表两端的电压和两定值电阻两端的总电压相等，当电流表满偏时，有IgRg＝I1(R1＋R2)，代入数据解得I1＝750μA，所以该电流表的量程为Im1＝I1＋Ig＝1 000 μA＝1 mA.(2)当开关S接B端时，电流表和定值电阻R2串联后再与定值电阻R1并联，等效电路图如图2所示，同样可得Ig(Rg＋R2)＝I2R1，代入数据解得I2＝9 750 μA，该电流表的量程为Im2＝I2＋Ig＝10 000 μA＝10 mA，则接B端时电流表的量程比接A端时量程大．(3)改装电流表能测量出通过它的电流及其两端电压，题图(b)甲所示的电路能精确测量未知电阻Rx两端的电压，但是由于电压表的分流作用，测得的电流偏大，存在系统误差；题图(b)乙所示的电路图，改装电流表能精确测量通过未知电阻Rx的电流，而未知电阻两端的电压为电压表的示数与改装电流表分得的电压之差，既能测出Rx的精确电流又能测出精确电压，故题图(b)乙所示的电路能修正由电表内阻引起的实验误差．
答案：(1)1　(2)大　(3)乙
[提升训练]
1．解析：(1)欧姆表读数：对应最上边一行刻度值为15，倍率为“×100”，读数为1.5×103 Ω；测2.0×104 Ω电阻时应选“×1 k”的欧姆挡．
(2)选50 mA电流挡，则每一大格表示10 mA，每一小格表示1 mA，测量的精确度为1 mA，应估读到0.1 mA(此时为估读)，表针对应的读数为30.7 mA；选择量程为250 mA的电流挡，则每一大格表示50 mA，每一小格表示5 mA，测量的精确度为5 mA，应估读到1 mA(此时为估读)，表针对应的读数为153 mA.
(3)选择10 V电压挡，则每一大格表示2 V，每一小格表示0.2 V，测量的精确度为0.2 V，应估读到0.1 V(此时应为估读)，表针对应的读数为6.1 V.
答案：(1)1.5×103　×1 k　(2)30.7(30.5～30.9都正确)　153(152～154都正确)　(3)6.1
2．解析：(1)电流表示数I1＝80 mA时，R2所在支路电流I2＝I0－I1＝20 mA，故R0＝＝3.2 Ω.
(2)S接a时，欧姆表内阻R内＝＝20 Ω，S接b时R3分流，电流表满偏时，电路总电流增大，此时欧姆表内阻R′内(3)S接b且电流表示数I1＝80 mA时，＝10I1，＝0.8 A，解得Rx＝0.5 Ω
答案：(1)80　3.2　(2)0.36　(3)0.5
命题点二
[例1]　解析：①由多用电表欧姆挡下的读数规则可知，该电阻的大小应为表盘的读数与所选挡位的乘积，即该读数为7×1 Ω＝7 Ω；②由于同学们使用的是学生电源(4 V)，为减小误差，则电压表应选择B，流过电流表的最大电流约为I＝＝ A≈0.43 A，则电流表应选择D；③电压表分流是器材本身带来的实验误差，应属于系统误差，A正确；为保护电路，开关闭合时应使测量电路分得的电压最小，又滑动变阻器用作分压接法，则闭合开关前滑动变阻器的滑片应该调到a端，B错误；滑动变阻器用作分压接法时，两电表的示数均可调节为0，C正确；实验时，应多次测量求其平均值，目的是减小偶然误差，D错误．
答案：①7　②B　D　③AC
[例2]　解析：(2)根据题意可知，R0两端的电压为U＝U2－U1
则流过R0即流过待测金属丝的电流I＝＝
金属丝的电阻r＝
联立可得r＝
(5)螺旋测微器的读数为d＝15.0×0.01 mm＝0.150 mm
(6)根据电阻定律R＝ρ
又S＝π·
代入数据联立解得ρ＝5.0×10－7 Ω·m
答案：(2)　(5)0.150　(6)5.0
[提升训练]
1．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应处在最大阻值处，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．
答案：(1)M　(2)b　移动滑片时，电压表和电流表的示数不变
2．解析：(1)根据半偏法的测量原理可知，当闭合开关S2之后，通过RN的电流应基本不变，就需要RN较大，对下方分压电路影响甚微，故RM应选R1，RN应选R2.(2)按实验原理图依次连接实物电路，如答图所示．(3)闭合开关前，需要调节滑动变阻器滑片，使测量电路短路，即滑片P移至最左端，然后断开S2、闭合S1，使微安表达到满偏，接着闭合S2，保证滑片P不动，调节RM，使微安表半偏，最后断开所有开关，拆除导线，整理器材．故正确的操作顺序是①③②④.(4)根据半偏法的测量原理可知，读出的RM即是微安表的内阻，则由图丙可知微安表的内阻为1 998.0 Ω.闭合S2后，相当于RM由无穷大变成有限值，RM的阻值变小，流过RN的电流大于原来的电流，则流过RM的电流大于，故RM的阻值小于RA.(5)按读数规则，微安表的示数为64 μA，按换算关系＝可知待测电压为1.28 V．(6)根据题意可得I(RA＋RN)＝()RN＋·RA，得RA＝.
答案：(1)R1　R2　(2)如图所示　(3)①③②④
(4)1 998.0 Ω　小于　(5)1.28　(6)
命题点三
[例1]　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阻的电压，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图像如图所示
根据闭合电路欧姆定律U＝E－Ir可知，
U-I图像纵轴截距为电源电动势可得
E＝1.50 V
U-I图像斜率的绝对值等于电源内阻
r＝ Ω＝1.04 Ω.
答案：(1)B　1.20　(2)1.50　1.04
[例2]　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＝ Ω＝0.64 Ω
(3)根据E＝I(R＋RA＋r)
可得＝·R＋
由图像可知＝2
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电源内阻的并联值，即实验中测得的电池内阻偏小．
答案：(1)图见解析　(2)1.58　0.64　(3)2.5　(4)偏小
[提升训练]
1．解析：(1)实物连接如图所示．
(2)电流表的量程为0.6 A，所以读数为0.44 A.
(3)根据闭合电路欧姆定律有(R＋r)＋IRA＝E，整理得＝·R＋，直线的斜率k＝，纵截距b＝，结合图丁求得电动势E＝2.94 V，内阻r＝0.93 Ω.
答案：(1)见解析　(2)0.44　(3)2.94　0.93
2．解析：(1)电阻箱的读数等于各挡位的电阻之和，图中电阻箱的读数为2×10 Ω＋1×0 Ω＋0.1×0 Ω＋0.01×0 Ω＝20.00 Ω.电压表的精度为0.1 V，读数应估读一位，该电压表读数为2.50 V.
(2)根据闭合电路欧姆定律有U＝E－(RA＋r)变形得＝·结合图像有＝0.380 V－1，＝ A－1，解得E≈2.63 V，r≈1.00 Ω.
答案：(1)20.00　2.50
(2)＝·　2.63　1.00
命题点四
[例1]　解析：(1)多用电表红表笔流入电流，黑表笔流出电流，故电流表红表笔应该与电池的正极接触；
(2)电容器充电完成后，开始时两极板电量较多，电势差较大，当闭合“2”接入小灯泡，回路立即形成电流，灯泡迅速变亮；随着时间的积累，两极板电量变少，电势差变小，流过灯泡的电流减小，直至两极板电荷量为零不带电，则无电流流过，小灯泡熄灭，故选C.
(3)开始充电时两极板不带电，两极板电势差为零，设电源内阻为r，则开始充电时有E＝I(R＋r)
由图像可知开始充电时实线的电流较小，故电路中的电阻较大，因此电阻箱阻值为R2；
图像的物理意义为充电过程中电流随时间的变化图线，故曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量．
答案：(1)正极　(2)C　(3)R2　电荷量
[例2]　解析：(1)滑动变阻器分压式接法，故向b端滑动充电电压升高；
(2)量程15 V，每个小格0.5 V，估读，故6.5 V；
(3)I-t图像所围的面积，等于电容器存储的电荷量，38个小格，故电容器存储的电荷量为3.8×10－3 C；
(4)由电容的定义式C＝得：C＝4.8×10－4 C；
(5)开关S2掷向2，电容器放电，故D1闪光．
答案：(1)b　(2)6.5　(3)3.8×10－3　(4)4.8×10－4　(5)D1
[提升训练]
1．解析：(1)为明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除题中器材外，还需要直流电源确定电流的方向，故选C.(2)将条形磁铁的N极从螺线管拔出时，由楞次定律可知，螺线管中感应电流沿顺时针方向，即电流由“＋”接线柱流入灵敏电流计，则指针向右偏转．(3)根据楞次定律“来拒去留”的结论可知，电子秤的示数会变小．
答案：(1)C　(2)向右　(3)变小
2．解析：(1)在探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实验中，原线圈两端应接入交流电，故应将A、B分别与c，d连接；
(2)根据题表中数据可得，在实验误差允许范围内＝＝，得出结论：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比；
(3)若把题图乙中的可动铁芯取走，磁损耗变大，原线圈中磁通量变化率比副线圈磁通量变化率大，根据法拉第电磁感应定律知，副线圈两端电压一定小于4.0 V，故选A.
答案：(1)c、d　(2)两个线圈的匝数之比　(3)A
3．解析：(1)指示灯L1和L2的电阻RL＝≈10 Ω.按下S1，R2和L2被短路，L2不发光，流过L1的电流I1＝≈0.22 A＞30 mA，L1发光，A错误；当锅内温度高于103 ℃时，S1和S2均处于断开状态，此时电路中R1和L1串联后与R并联，然后再与R2和L2串联，并联部分电阻R并＝≈57 Ω，流过L2的电流I2＝≈0.21 A＞30 mA，L2发光，流过L1的电流I′1＝I2≈12 mA＜30 mA，L1熄灭，B错误；在保温过程中，温度低于70 ℃时S2闭合，加热至80 ℃时S2断开，当温度再次降低至70 ℃时S2又闭合，之后一直重复此过程，故C正确；当锅内温度低于70 ℃时，S2自动闭合，此时电路与S1闭合时的电路等效，结合A项分析知，此时L1发光，L2熄灭，D正确．
(2)在使用多用电表前，要进行机械调零，使用多用电表测量电阻时，先选挡位后欧姆调零，再进行测量，测量完成后，将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡，故正确顺序为CABDE.
由题知，加热和保温功能正常，L1始终不亮，则S1、S2、L2、R2、R和T均连接正常．测量L1两端电阻时，多用电表两表笔间有两条支路，一条支路中只有L1，另一条支路中有R1和R.若指针如图3，测量电阻约为1 100 Ω，可知R1和R完好，L1断路损坏；若指针如图4，测量电阻接近0 Ω，可知L1完好，R1断路损坏．
答案：(1)CD　(2)CABDE　L1　R1
命题点五
[例1]　解析：(1)欧姆表读数为10×100 Ω＝1 000 Ω
(2)当电压传感器读数为零时，CD两点电势相等，即UCB＝UDB
即RF＝R3
解得RF＝
(3)绘出U-m图像如图
(4)由图像可知，当电压传感器的读数为200 mV时，所放物体质量为1.75 g，则F0＝mg＝1.75×10－3×9.8 N＝1.7×10－2 N
(5)可将CD以外的电路等效为新的电源，CD两点电压看做路端电压，因为换用非理想电压传感器当读数为200 mV时，实际CD间断路(接理想电压传感器)时的电压大于200 mV，则此时压力传感器的读数F1>F0.
答案：(1)1 000　(2)
(3)
(4)1.7×10－2　(5)>
[例2]　解析：(1)由于≈95 Ω
而小灯泡的电阻约为r≈＝12 Ω
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)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1.4 V、4.0 V、6.75 V，描点连线有
答案：(1)a
(2)
[提升训练]
1．解析：(1)电源电动势为6 V，电压表读数时要在表盘中间三分之一更准确，而且串联定值电阻可以扩大量程，故电压表选C；
气压传感器阻值变化范围从几十欧到几百欧，流经电流表的电流大概在几十毫安，故电流表选F；
串联定值电阻，相当于扩大电压表量程，扩大到6 V即可，电压表内阻为3 kΩ，定值电阻选G.
(2) 如下图所示
(3)根据欧姆定律Rx＝＝200 Ω
(4)根据图像，假设Rx＝R0－kp代入数据可得Rx＝1 000－8×10－3p
答案：(1)C　F　G　(2)见解析　(3)200 Ω
(4)1 000－8×10－3p
2．解析：(1)将表头G量程扩大为90 mA，则有R1＝＝ Ω＝3 Ω
(2)表头G显示电流为2 mA，电路实际电流为I1＝15×2 mA＝30 mA
由图乙可知，当酒精气体浓度为零时，该气体传感器电阻R＝80 Ω，改装后电流表等效电阻为
R′g＝＝2.8 Ω
根据闭合电路欧姆定律可得I1＝解得R2＝16 Ω
(3)由图乙可知，当酒精气体浓度达到醉驾标准时，该气体传感器电阻R′＝20 Ω，此时电路中的实际电流为I2＝＝75 mA，此时表头G中的实际电流为5 mA，则图丁所示的酒精浓度未到达醉驾，属于酒驾范围．
(4)使用较长时间后，干电池组电动势降低，内阻增大，根据I＝
同一酒精浓度下，电路中的总电流将偏小，流经表头的电流也同比偏小，故所测得的酒精浓度值偏小．
答案：(1)3　(2)16　　(3)酒驾　(4)偏小(共102张PPT)
第16讲　电学实验
知识网络构建
命题分类剖析
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　电学仪器的读数及使用
1．电流表和电压表的读数
为了减小读数误差，使指针指在超过满偏刻度的位置．
(1)分度值为2、0.2、0.02的电表，采用估读，估读位与最小刻度在同一位．
(2)分度值为5、0.5、0.05的电表，采用估读，估读位与最小刻度在同一位．
2．欧姆表使用的注意点
(1)使用多用电表时，电流都是从红表笔进、从黑表笔出，黑表笔必须连负接线柱．
(2)为了减小读数误差，指针应指在表盘到 的部分，即中央刻度附近．若表头指针偏转过大，表示待测电阻较小，应当换低倍率的挡位；若表头指针偏转过小，表示待测电阻很大，应当换高倍率的挡位．
(3)测电阻时每变换一次挡位，都要重新进行欧姆调零．
例 1 (1)如图甲所示的电表使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________ A，图中表针示数为________ A；当使用3 A量程时，对应刻度盘中每一小格代表________ A，图中表针示数为________ A.
(2)如图乙所示的电表使用较小量程时，每小格表示________ V，图中表针的示数为______ V；若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________ V，图中表针示数为________ V．
0.02
0.44
0.1
2.20
0.1
1.70
0.5
8.5
解析：(1)使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，表针示数为0.44 A；当使用3 A量程时，每一小格为0.1 A，表针示数为2.20 A.
(2)电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，表针示数为1.70 V；使用15 V量程时，每小格表示0.5 V，表针示数为8.5 V.
(3)旋钮式电阻箱如图丙所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为________ Ω.现欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是_____________________________________________.
若用两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围是__________．
1 987 Ω
先将“×1 k”挡旋钮调到2，再将“×100”挡旋钮调到0
0～19 998 Ω
例 2 某实验小组使用多用电表和螺旋测微器测量一长度为80.00 cm电阻丝的电阻率，该电阻丝的电阻值约为100～200 Ω，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)．
1.414
×10
160
3.14×10－4
解析：(1)该电阻丝的直径为d＝1 mm＋41.4×0.01 mm＝1.414 mm.
(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100～200 Ω，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＝16×10 Ω＝160 Ω.
(7)根据电阻定律有R＝ρ＝ρ，解得该电阻丝的电阻率为ρ＝≈3.14×10－4 Ω·m.
例 3 [2022·辽宁卷]某同学要将一小量程电流表(满偏电流为250 μA，内阻为1.2 kΩ)改装成有两个量程的电流表，设计电路如图(a)所示，其中定值电阻R1＝40 Ω，R2＝360 Ω.
(1)当开关S接A端时，该电流表的量程为0～________ mA；
(2)当开关S接B端时，该电流表的量程比接A端时的________(填“大”或“小”)；
(3)该同学选用量程合适的电压表(内阻未知)和此改装电表测量未知电阻Rx的阻值，设计了图(b)中的两个电路．不考虑实验操作中的偶然误差，则利用________(填“甲”或“乙”)电路可修正由电表内阻引起的实验误差．
1
大
乙
解析：(1)当开关S接A端时，定值电阻R1与定值电阻R2串联后再与电流表并联，等效电路图如图1所示，由并联电路的规律可知，电流表两端的电压和两定值电阻两端的总电压相等，当电流表满偏时，有IgRg＝I1(R1＋R2)，代入数据解得I1＝750μA，所以该电流表的量程为Im1＝I1＋Ig＝1 000 μA＝1 mA.(2)当开关S接B端时，电流表和定值电阻R2串联后再与定值电阻R1并联，等效电路图如图2所示，同样可得Ig(Rg＋R2)＝I2R1，代入数据解得I2＝9 750 μA，该电流表的量程为Im2＝I2＋Ig＝10 000 μA＝10 mA，则接B端时电流表的量程比接A端时量程大．(3)改装电流表能测量出通过它的电流及其两端电压，题图(b)甲所示的电路能精确测量未知电阻Rx两端的电压，但是由于电压表的分流作用，测得的电流偏大，存在系统误差；题图(b)乙所示的电路图，改装电流表能精确测量通过未知电阻Rx的电流，而未知电阻两端的电压为电压表的示数与改装电流表分得的电压之差，既能测出Rx的精确电流又能测出精确电压，故题图(b)乙所示的电路能修正由电表内阻引起的实验误差．
提升训练
1.如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的欧姆挡测电阻时，表针如图所示，则：
(1)所测电阻的阻值为________ Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104 Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是________(选填“×10”“×100”或“×1 k”)．
(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________ mA；当选用量程为250 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________ mA.
(3)当选用量程为10 V的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为______ V．
1.5×103
×1 k
30.7
153
6.1
解析：(1)欧姆表读数：对应最上边一行刻度值为15，倍率为“×100”，读数为1.5×103 Ω；测2.0×104 Ω电阻时应选“×1 k”的欧姆挡．
(2)选50 mA电流挡，则每一大格表示10 mA，每一小格表示1 mA，测量的精确度为1 mA，应估读到0.1 mA(此时为估读)，表针对应的读数为30.7 mA；选择量程为250 mA的电流挡，则每一大格表示50 mA，每一小格表示5 mA，测量的精确度为5 mA，应估读到1 mA(此时为估读)，表针对应的读数为153 mA.
(3)选择10 V电压挡，则每一大格表示2 V，每一小格表示0.2 V，测量的精确度为0.2 V，应估读到0.1 V(此时应为估读)，表针对应的读数为6.1 V.
2．某兴趣小组利用所学知识自制一个欧姆表，他们先利用如图所示电路测量，一只量程为100 mA的电流表内阻，实验步骤如下：
①闭合S1，断开S2，调节滑动变阻器R1，使电流表达到满偏值I0＝100 mA；
②保持R1的滑片位置不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流表的读数如图所示，然后读出此时电阻箱R2的阻值为12.8 Ω；(可认为电路总电流保持不变)
③计算出电流表内阻R0.
(1)步骤②中电流表示数为________ mA，步骤③中电流表内阻R0为________ Ω.
(2)如图为改装后的欧姆表电路示意图．电源电动势为2 V、内阻很小可不计，S为单刀双掷开关，a、b为制作的两个挡位，其中一个是“×1”挡，另外一个是“×10”挡．可计算出定值电阻R3为________ Ω.(保留两位有效数字)
80
3.2
0.36
解析：(1)电流表示数I1＝80 mA时，R2所在支路电流I2＝I0－I1＝20 mA，故R0＝＝3.2 Ω.
(2)S接a时，欧姆表内阻R内＝＝20 Ω，S接b时R3分流，电流表满偏时，电路总电流增大，此时欧姆表内阻R′内(3)现使用该自制欧姆表测一未知定值电阻Rx的阻值，将开关S接到b处，完成欧姆调零后，在红黑表笔间接入Rx时电流表指针在如图所示位置，计算出Rx电阻为______ Ω.
0.5
解析：S接b且电流表示数I1＝80 mA时，＝10I1，＝0.8 A，解得Rx＝0.5 Ω
命题点二　以测量电阻为核心的电学实验
1．电阻的测量
电阻测量首先要根据实验目的、实验原理、实验器材的不同而灵活选用“伏安法”(又分为内接法和外接法)“安安法”“伏伏法”“伏安加R法”等测量电路．从供电方式上又可分为限流电路和分压电路．
(1)有电压表、电流表且量程恰当时选择“伏安法”．
(2)电压表不能用或没有电压表等情形下，若精确知道电流表内阻，可以将电流表当作电压表使用，即选择“安安法”．
(3)电流表不能用或没有电流表等情况下，若精确知道电压表内阻，可以将电压表当作电流表使用，即选择“伏伏法”．
(4)在运用伏安法测电阻时，由于电压表或电流表的量程太小或太大，为了满足安全精确的原则，选择“伏安加R法”，此法又叫“加保护电阻法”．
2．实验器材的选择
(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需要的直流电源．
(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电流选择电流表；电表的指针摆动的幅度较大，一般应使指针能达到半偏．
例 1 [2023·天津卷(节选)](2)某实验小组的同学们为了测量一未知电阻R的阻值，做了以下实验。
①同学们首先用多用电表欧姆“×1”挡位大致测出电阻R的阻值大小，如图丙所示，则其读数为________Ω；
同学们继续使用学生电源(4 V)组装图丁电路进行实验，其中电表可以从如下器材中进行选择：
A．电压表V1(0～15 V)
B．电压表V2(0～3 V)
C．电流表A1(0～3 A)
D．电流表A2(0～0.6 A)
7
解析：①由多用电表欧姆挡下的读数规则可知，该电阻的大小应为表盘的读数与所选挡位的乘积，即该读数为7×1 Ω＝7 Ω；
②电压表应选择________，电流表应选择________；(填器材前字母序号)
③下列说法正确的是________。
A．电压表分流属于系统误差
B．闭合开关前滑动变阻器滑片应该调到b端
C．可以通过调节滑片使电压表示数为0
D．多次实验可以减小系统误差
B
D
AC
解析：②由于同学们使用的是学生电源(4 V)，为减小误差，则电压表应选择B，流过电流表的最大电流约为I＝＝ A≈0.43 A，则电流表应选择D；③电压表分流是器材本身带来的实验误差，应属于系统误差，A正确；为保护电路，开关闭合时应使测量电路分得的电压最小，又滑动变阻器用作分压接法，则闭合开关前滑动变阻器的滑片应该调到a端，B错误；滑动变阻器用作分压接法时，两电表的示数均可调节为0，C正确；实验时，应多次测量求其平均值，目的是减小偶然误差，D错误．
例 2 [2023·全国乙卷]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：
U1(mV) 0.57 0.71 0.85 1.14 1.43
U2(mV) 0.97 1.21 1.45 1.94 2.43
　
解析：(2)根据题意可知，R0两端的电压为U＝U2－U1
则流过R0即流过待测金属丝的电流I＝＝
金属丝的电阻r＝
联立可得r＝
(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)
0.150
5.0
解析：(5)螺旋测微器的读数为d＝15.0×0.01 mm＝0.150 mm
(6)根据电阻定律R＝ρ
又S＝π·
代入数据联立解得ρ＝5.0×10－7 Ω·m
提升训练
1.[2023·北京卷]采用图1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．
M
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应处在最大阻值处，滑动变阻器的滑片P应处在M端．
(2)按照图1连接实物图，如图2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_________________________________.
b
移动滑片时，电压表和电流表的示数不变
解析：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．
2．[2023·海南卷]用如图甲所示的电路测量一个量程为100 μA、内阻约为2 000 Ω的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为12 V，有两个电阻箱可选，R1 (0～9 999.9 Ω)，R2 (0～99 999.9 Ω)
(1)RM应选________，RN应选________；
(2)根据电路图甲，请把实物图乙连线补充完整；
R1
R2
解析：(1)根据半偏法的测量原理可知，当闭合开关S2之后，通过RN的电流应基本不变，就需要RN较大，对下方分压电路影响甚微，故RM应选R1，RN应选R2.(2)按实验原理图依次连接实物电路，如答图所示．
(3)下列操作顺序合理排列是：________；
①将滑动变阻器滑片P移至最左端，将RN调至最大值；
②闭合开关S2，调节RM，使微安表半偏，并读出RM的阻值；
③断开S2，闭合S1，调节滑片P至某位置再调节RN使表头满偏；
④断开S1、S2，拆除导线，整理好器材
解析：(3)闭合开关前，需要调节滑动变阻器滑片，使测量电路短路，即滑片P移至最左端，然后断开S2、闭合S1，使微安表达到满偏，接着闭合S2，保证滑片P不动，调节RM，使微安表半偏，最后断开所有开关，拆除导线，整理器材．故正确的操作顺序是①③②④.
①③②④
(4)如图丙是RM调节后的面板，则待测表头的内阻为________，该测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值．
1 998.0 Ω
小于
解析：(4)根据半偏法的测量原理可知，读出的RM即是微安表的内阻，则由图丙可知微安表的内阻为1 998.0 Ω.闭合S2后，相当于RM由无穷大变成有限值，RM的阻值变小，流过RN的电流大于原来的电流，则流过RM的电流大于，故RM的阻值小于RA.
(5)将该微安表改装成量程为2 V的电压表后，某次测量指针指在图丁所示位置，则待测电压为________ V.
(6)某次半偏法测量表头内阻的实验中，S2断开，电表满偏时读出RN的值，在滑片P不变的情况下，S2闭合后调节电阻箱RM，使电表半偏时读出RM，若认为OP间电压不变，则微安表内阻为________(用RM、RN表示)．
1.28
解析：(5)按读数规则，微安表的示数为64 μA，按换算关系＝可知待测电压为1.28 V．(6)根据题意可得I(RA＋RN)＝()RN＋·RA，得RA＝.
命题点三　以测量电源电动势为核心的电学实验
1．常见测量电源电动势和内阻的三种方法
根据闭合电路欧姆定律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.
2．在数据处理问题中，利用图像得出电动势和内阻是常用的方法——注意“化曲为直”．
例 1 [2023·浙江6月]在“测量干电池的电动势和内阻”实验中
(1)部分连线如图1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2所示，其示数为________ V.
(2)测得的7组数据已标在如图3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)
B　
1.20
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阻的电压，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图像如图所示
根据闭合电路欧姆定律U＝E－Ir可知，
U-I图像纵轴截距为电源电动势可得
E＝1.50 V
U-I图像斜率的绝对值等于电源内阻
r＝ Ω＝1.04 Ω.
例 2 [2023·湖北卷]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)．
1.58
0.64
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＝ Ω＝0.64 Ω
(3)该小组根据记录数据进一步探究，作出－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”)．
2.5
偏小
解析：(3)根据E＝I(R＋RA＋r)
可得＝·R＋
由图像可知＝2
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电源内阻的并联值，即实验中测得的电池内阻偏小．
提升训练
1.某实验兴趣小组利用如图甲所示的电路测量某电源的电动势E和内阻r.实验所用器材如下：待测电源(电动势约为3 V，内阻约为1 Ω)；电流表(量程为0.6 A，内阻RA为1 Ω)；定值电阻R0(阻值为5 Ω)；电阻箱R(最大阻值为99.9 Ω)；开关及导线若干．回答下列问题：
(1)按图甲所示的电路图连接图乙所示的实物．
(2)闭合开关S前，电阻箱调到阻值最大处．然后缓慢多次改变电阻箱的阻值R，分别读出多组电流表和电阻箱的示数I、R.某一次测量中，电流表的示数如图丙所示，则示数为________ A.
0.44
解析：(1)实物连接如图所示．
(2)电流表的量程为0.6 A，所以读数为0.44 A.
(3)将实验记录的数据适当处理，作出 -R图线如图丁所示，则该电源的电动势E＝______ V，内阻r＝________ Ω.(结果保留小数点后2位)

2.94
0.93
解析：根据闭合电路欧姆定律有(R＋r)＋IRA＝E，整理得＝·R＋，直线的斜率k＝，纵截距b＝，结合图丁求得电动势E＝2.94 V，内阻r＝0.93 Ω.
2．某实验小组计划用一个实验方案完成对一个电流表内阻的测量和电源电动势及内阻的测量．实验器材有：待测电源E，待测内阻的电流表A，电压表V(量程为3.0 V，内阻很大)，电阻箱R(0～99.99 Ω)，单刀开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．设计的电路图如图所示，进行了如下操作：
Ⅰ.将S2接到a，闭合S1，拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图甲所示的位置，记录下此时的电压表示数为2.00 V，然后断开S1；
Ⅱ.保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，闭合S1，记录此时电压表的读数(如图乙所示)，然后断开S1.
请你解答下列问题：
(1)图甲所示电阻箱的读数为________ Ω，图乙所示的电压表读数为________ V．由此可算出电流表内阻RA的阻值为5.00 Ω.
(2)在完成上述操作后，继续以下操作：将S2切换到a，闭合S1，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据绘出了如图丙所示的 图线．根据实验原理得到和的函数关系式为_____________；由函数关系式和图像可求得电源电动势E和电源内阻r，其中E＝______ V，r＝______ Ω(计算结果保留3位有效数字)．
20.00
2.50
＝·　
2.63
1.00
解析：(1)电阻箱的读数等于各挡位的电阻之和，图中电阻箱的读数为2×10 Ω＋1×0 Ω＋0.1×0 Ω＋0.01×0 Ω＝20.00 Ω.电压表的精度为0.1 V，读数应估读一位，该电压表读数为2.50 V.
(2)根据闭合电路欧姆定律有U＝E－(RA＋r)变形得＝·结合图像有＝0.380 V－1，＝ A－1，解得E≈2.63 V，r≈1.00 Ω.
命题点四　四个其他观察、探究、制作类实验
1．“观察电容器的充、放电现象”
(1)先使开关S与1接通，待充电完成后，把开关S再与2接通，电容器通过电阻放电．
(2)利用计算机的自动绘图功能绘制“电流－时间”图线；
(3)对“电流－时间”图线的面积进行积分，得到电容器的电荷量Q.
2．“探究影响感应电流方向的因素”注意事项
(1)选用零刻度在中间的灵敏电流计．
(2)要明确线圈的绕线方向，确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系．
(3)按照控制变量的思想进行实验．
3．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”误差分析
(1)铁芯：铁芯中有涡流，有磁损耗(漏磁)，即通过原、副线圈的磁通量不相等．
(2)线圈：原、副线圈有电阻，产生焦耳热的损耗．
4．“利用传感器制作简单的自动控制装置”注意事项
(1)在做“热敏特性实验”时，加开水后要等一会儿再测量其阻值，使电阻温度与水的温度相同，同时读出水温．
(2)若“光敏特性实验”现象不明显，可制造密闭箱体，将光敏电阻置于其中，通过改变箱体的透光程度达到实验目的．
例 1 [2023·新课标卷]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
正极
C
解析：(1)多用电表红表笔流入电流，黑表笔流出电流，故电流表红表笔应该与电池的正极接触；
(2)电容器充电完成后，开始时两极板电量较多，电势差较大，当闭合“2”接入小灯泡，回路立即形成电流，灯泡迅速变亮；随着时间的积累，两极板电量变少，电势差变小，流过灯泡的电流减小，直至两极板电荷量为零不带电，则无电流流过，小灯泡熄灭，故选C.
(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”)．
R2
电荷量
解析：开始充电时两极板不带电，两极板电势差为零，设电源内阻为r，则开始充电时有E＝I(R＋r)
由图像可知开始充电时实线的电流较小，故电路中的电阻较大，因此电阻箱阻值为R2；
图像的物理意义为充电过程中电流随时间的变化图线，故曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量．
例 2 [2023·山东卷]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______端滑动(填“a”或“b”)．
(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)．
b
6.5
3.8×10－3
解析：(1)滑动变阻器分压式接法，故向b端滑动充电电压升高；
(2)量程15 V，每个小格0.5 V，估读，故6.5 V；
(3)I-t图像所围的面积，等于电容器存储的电荷量，38个小格，故电容器存储的电荷量为3.8×10－3 C；
(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．
解析：(4)由电容的定义式C＝得：C＝4.8×10－4 C；
(5)开关S2掷向2，电容器放电，故D1闪光．
4.8×10－4
D1
提升训练
1.[2023·福建厦门期末]在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中：
(1)为明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除灵敏电流计、导线、定值电阻和开关这些器材之外，还需要________(选填“A”“B”或“C”)；
　A　　 　　B　　　　 　　C
C
解析：为明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除题中器材外，还需要直流电源确定电流的方向，故选C.
(2)实验得出，电流由“＋”接线柱流入时灵敏电流计指针向右偏转，电流由“－”接线柱流入时指针向左偏转；如图甲所示，该同学将条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，发现指针________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转；
向右
解析：(2)将条形磁铁的N极从螺线管拔出时，由楞次定律可知，螺线管中感应电流沿顺时针方向，即电流由“＋”接线柱流入灵敏电流计，则指针向右偏转．
(3)如图乙所示，将第(2)问中的螺线管置于电子秤上，在条形磁铁的N极从螺线管拔出的过程中，电子秤的示数会________(选填“变大”“变小”或“不变”)．
变小
解析：根据楞次定律“来拒去留”的结论可知，电子秤的示数会变小．
2．[2023·福建漳州三模]某物理小组欲探究变压器线圈两端电压与匝数关系，提供的实验器材有：学生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线．
图甲为实验原理图，在原线圈A、B两端加上电压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，测量数据如表：
实验 序号 原线圈匝数n1＝400　 原线圈两端电压U1(V) 副线圈匝数n2＝200　 原线圈两端电压U2(V) 副线圈匝数n2＝1 400　
原线圈两端电压U2(V)
1 5.8 2.9 20.3
2 8.0 4.0 28.1
3 12.6 6.2 44.0
请回答下列问题：
(1)在图乙中，应将A、B分别与________(填“a、b”或“c、d”)连接．
c、d
解析：在探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实验中，原线圈两端应接入交流电，故应将A、B分别与c，d连接；
(2)根据上表数据得出的实验结论是：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于_________________．
(3)在实验序号为2的测量中，若把图乙中的可动铁芯取走，副线圈匝数n2＝200，则副线圈两端电压________(填正确答案标号)．
A．一定小于4.0 V B．一定等于4.0 V C．一定大于4.0 V
两个线圈的匝数之比
A
解析：(2)根据题表中数据可得，在实验误差允许范围内＝＝，得出结论：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比；
(3)若把题图乙中的可动铁芯取走，磁损耗变大，原线圈中磁通量变化率比副线圈磁通量变化率大，根据法拉第电磁感应定律知，副线圈两端电压一定小于4.0 V，故选A.
3．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60 Ω，用于加热煮饭)；限流电阻R1和R2(阻值均为1 kΩ)；指示灯L1和L2(2.5 V，0.6 W，当电流低于30 mA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
CD
解析：(1)指示灯L1和L2的电阻RL＝≈10 Ω.按下S1，R2和L2被短路，L2不发光，流过L1的电流I1＝≈0.22 A＞30 mA，L1发光，A错误；当锅内温度高于103 ℃时，S1和S2均处于断开状态，此时电路中R1和L1串联后与R并联，然后再与R2和L2串联，并联部分电阻R并＝≈57 Ω，流过L2的电流I2＝≈0.21 A＞30 mA，L2发光，流过L1的电流I′1＝I2≈12 mA＜30 mA，L1熄灭，B错误；在保温过程中，温度低于70 ℃时S2闭合，加热至80 ℃时S2断开，当温度再次降低至70 ℃时S2又闭合，之后一直重复此过程，故C正确；当锅内温度低于70 ℃时，S2自动闭合，此时电路与S1闭合时的电路等效，结合A项分析知，此时L1发光，L2熄灭，D正确．
(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
CABDE
解析：在使用多用电表前，要进行机械调零，使用多用电表测量电阻时，先选挡位后欧姆调零，再进行测量，测量完成后，将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡，故正确顺序为CABDE.
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)
L1
R1
解析：由题知，加热和保温功能正常，L1始终不亮，则S1、S2、L2、R2、R和T均连接正常．测量L1两端电阻时，多用电表两表笔间有两条支路，一条支路中只有L1，另一条支路中有R1和R.若指针如图3，测量电阻约为1 100 Ω，可知R1和R完好，L1断路损坏；若指针如图4，测量电阻接近0 Ω，可知L1完好，R1断路损坏．
命题点五　电学创新实验
例 1 [2023·湖南卷]某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置，其电路如图(a)所示，R1、R2、R3为电阻箱，RF为半导体薄膜压力传感器，C、D间连接电压传感器(内阻无穷大)．
(1)先用欧姆表“×100”挡粗测RF的阻值，示数如图(b)所示，对应的读数是________ Ω；
(2)适当调节R1、R2、R3，使电压传感器示数为0，此时，RF的阻值为________(用R1、R2、R3表示)；
1 000
解析：(1)欧姆表读数为10×100 Ω＝1 000 Ω
(2)当电压传感器读数为零时，CD两点电势相等，即UCB＝UDB
即RF＝R3
解得RF＝
(3)依次将0.5 g的标准砝码加载到压力传感器上(压力传感器上所受压力大小等于砝码重力大小)，读出电压传感器示数U，所测数据如下表所示：
根据表中数据在图(c)上描点，绘制U- m关系图线；
次数 1 2 3 4 5 6
砝码质量m/g 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
电压U/mV 0 57 115 168 220 280
(4)完成前面三步的实验工作后，该测量微小压力的装置即可投入使用．在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力F0，电压传感器示数为200 mV，则F0大小是________ N(重力加速度取9.8 m/s2，保留2位有效数字)；
(5)若在步骤(4)中换用非理想毫伏表测量C、D间电压，在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力F1，此时非理想毫伏表读数为200 mV，则F1________F0(填“>”“＝”或“<”)．
1.7×10－2
>
解析：(4)由图像可知，当电压传感器的读数为200 mV时，所放物体质量为1.75 g，则F0＝mg＝1.75×10－3×9.8 N＝1.7×10－2 N
(5)可将CD以外的电路等效为新的电源，CD两点电压看做路端电压，因为换用非理想电压传感器当读数为200 mV时，实际CD间断路(接理想电压传感器)时的电压大于200 mV，则此时压力传感器的读数F1>F0.
例 2 [2023·全国甲卷]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，用实线画出实验中应得到的I- U关系曲线的示意图．
a
解析：(1)由于≈95 Ω
而小灯泡的电阻约为r≈＝12 Ω
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)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1.4 V、4.0 V、6.75 V，描点连线有
提升训练
1.[2023·广东茂名二模]智能手机中都配有气压传感器，传感器的电阻会随所处环境气压变化而变化．某实验小组在室温下用以下可供选择的器材探究：气压传感器的电阻值Rx随气压变化规律：
A．阻值随气压而变化的气压传感器一个(阻值变化范围从几十欧到几百欧)；
B．直流电源，电动势6 V，内阻不计；
C．电压表V1，量程为0～3 V，内阻为3 kΩ；
D．电压表V2，量程为0～15 V，内阻为15 kΩ；
E．电流表A1，量程为0～0.6 A，内阻忽略不计；
F．电流表A2，量程为0～60 mA，内阻忽略不计；
G．定值电阻R1＝3 kΩ；
H．定值电阻R2＝12 kΩ；
I．滑动变阻器R，最大电阻值约为50 Ω；
J．开关与导线若干
(1)小明设计了如图甲所示的实验电路原理图，其中电压表应选择________，电流表应选择_______，定值电阻应选择_______．(选填实验器材代号)．
(2)请在图乙中将实物连线补充完整．
C　
F　
G
解析：(1)电源电动势为6 V，电压表读数时要在表盘中间三分之一更准确，而且串联定值电阻可以扩大量程，故电压表选C；
气压传感器阻值变化范围从几十欧到几百欧，流经电流表的电流大概在几十毫安，故电流表选F；
串联定值电阻，相当于扩大电压表量程，扩大到6 V即可，电压表内阻为3 kΩ，定值电阻选G.
(2) 如下图所示
(3)当气压传感器所处环境压强为p时，闭合开关S，测得两个电表的读数分别为U＝2.30 V和I＝23.0 mA，则气压传感器阻值Rx＝________．(计算结果保留3位有效数字)
(4)当环境压强p改变时，测得不同的Rx值，绘成图像如图丙所示，由图可得Rx和压强p的关系表达式为Rx＝________________Ω.
200 Ω
1 000－8×10－3p
解析：(3)根据欧姆定律Rx＝＝200 Ω
(4)根据图像，假设Rx＝R0－kp代入数据可得Rx＝1 000－8×10－3p
2．[2023·福建福州4月检测]酒驾严重危害交通安全，喝酒不开车已经成为准则．某款酒精检测仪如图甲所示，核心部件为酒精气体传感器，其电阻R与酒精气体浓度c的关系如图乙所示．某同学想利用该酒精气体传感器设计一款酒精测量仪，除酒精气体传感器外，在实验室中找到了如下器材：
A．干电池组(电动势E＝3.0 V，内阻r＝1.2 Ω)
B．表头G(满偏电流6.0 mA，内阻Rg＝42 Ω)
C．电阻箱R1(最大阻值9 999.9 Ω)
D．电阻箱R2(最大阻值9 999.9 Ω)
E．开关及导线若干
(1)该同学设计的测量电路如图丙所示，他首先将表头G量程扩大为90 mA，则应将电阻箱R1的阻值调为________ Ω；
(2)如图丁所示，该同学想将酒精气体浓度为零的位置标注在表头上2 mA处，则应将电阻箱R2的阻值调为________ Ω；
(3)完成步骤(2)后，某次在实验室中试测酒精浓度时，表头指针如图丁所示．已知酒精浓度在0.2～0.8 mg/mL之间属于饮酒驾驶；酒精含量达到或超过0.8 mg/mL属于醉酒驾驶，则该次测试的酒精浓度属于________范围(选填“酒驾”或“醉驾”)；
(4)使用较长时间后，干电池组电动势降低，内阻增大，则此时所测的酒精气体浓度与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．
3
16
酒驾
偏小
解析：(1)将表头G量程扩大为90 mA，则有R1＝＝ Ω＝3 Ω
(2)表头G显示电流为2 mA，电路实际电流为I1＝15×2 mA＝30 mA
由图乙可知，当酒精气体浓度为零时，该气体传感器电阻R＝80 Ω，改装后电流表等效电阻为R′g＝＝2.8 Ω
根据闭合电路欧姆定律可得I1＝解得R2＝16 Ω
(3)由图乙可知，当酒精气体浓度达到醉驾标准时，该气体传感器电阻R′＝20 Ω，此时电路中的实际电流为I2＝＝75 mA，此时表头G中的实际电流为5 mA，则图丁所示的酒精浓度未到达醉驾，属于酒驾范围．
(4)使用较长时间后，干电池组电动势降低，内阻增大，根据I＝
同一酒精浓度下，电路中的总电流将偏小，流经表头的电流也同比偏小，故所测得的酒精浓度值偏小．第17讲　振动与波、光学和热学的实验
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　用单摆测重力加速度的大小
1．测摆长：用毫米刻度尺测量出摆线长L，用游标卡尺测量出小球直径D，则单摆的摆长l＝L＋.
2．测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°)，然后释放小球，记下单摆摆动30次或50次全振动的总时间t，则单摆的振动周期T＝.
3．数据处理：
(1)方法一：由T＝2π，得g＝.
(2)方法二：由单摆周期公式不难推出l＝T2，因此，多次测量，描点画l T2图像，图像应是一条通过原点的直线，如图所示；
求出图像的斜率k＝＝，即可利用g＝4π2k，计算重力加速度．
例 1[2023·新课标卷]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)
例 2[2023·湖南卷]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”)；
m/kg 10T/s T/s T2/s2
0.015 2.43 0.243 0.059
0.025 3.14 0.314 0.099
0.035 3.72 0.372 0.138
0.045 4.22 0.422 0.178
0.055 4.66 0.466 0.217
(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．2π　　　　B．2π
C．2π D．2πk
(7)除偶然误差外，写出一条本实验中可能产生误差的原因：________________________________________________________________________.
提升训练
1.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________(多选)；
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
2．[2024·济南市测评]某实验小组在实验室用单摆做测定重力加速度的实验，实验装置如图甲所示．
(1)摆球的直径用螺旋测微器测出，如图乙所示，其读数为________ mm.
(2)正确操作测出单摆完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，螺旋测微器测得摆球直径为d.用上述测得量写出重力加速度的表达式：g＝______________．
(3)某同学测得的g值比当地的重力加速度偏小，可能原因是________．
A．计算时将L当成摆长
B．测摆线长时摆线拉得过紧
C．开始计时时，秒表按下过晚
D．实验中误将30次全振动计为29次
命题点二　光学的两个实验
例 1 某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸．
(1)下列哪些措施能够提高实验准确程度________．
A．选用两光学表面间距大的玻璃砖
B．选用两光学表面平行的玻璃砖
C．选用粗的大头针完成实验
D．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
(2)该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是________．
(3)该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率n＝________．(用图中线段的字母表示)
思维提升
实验数据处理的两种辅助方法
方法图解 思维过程
辅助线段法 作辅助线AB垂直于OB、CD垂直于OD.sin θ1＝，sin θ2＝，则n＝＝.
“单位圆”法 过E作NN′的垂线EH，过E′作NN′的垂线E′H′.sin θ1＝，sin θ2＝＝＝R，则n＝＝.
例 2 图示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置．实验中：
(1)观察到较模糊的干涉条纹，要使条纹变得清晰，值得尝试的是________．
A．旋转测量头
B．增大单缝与双缝间的距离
C．调节拨杆使单缝与双缝平行
(2)要增大观察到的条纹间距，正确的做法是________.
A．减小单缝与光源间的距离
B．减小单缝与双缝间的距离
C．增大透镜与单缝间的距离
D．增大双缝与测量头间的距离
提升训练
1.[2023·海南卷][本题第(2)小问的物理量是根据题目编写的，与原题有些许出入]如图所示，在用激光测玻璃砖折射率的实验中，玻璃砖与光屏P平行放置，从另一侧用激光笔以一定角度照射，此时在光屏上的S1处有激光点，移走玻璃砖，光点移到S2处，
(1)请在图中画出激光束经玻璃砖折射后完整的光路图；
(2)已经测出AB＝l1，OA＝l2，S1S2＝l3，则折射率n＝________(用l1、l2、l3表示)；
(3)若改用宽度比ab更小的玻璃砖做实验，则S1S2间的距离会________(填“变大”“变小”或“不变”)．
2．在用双缝干涉测量光的波长的实验中，如图所示，则：
(1)a、b分别是(　　)
A．单缝和双缝　　　B．双缝和单缝
C．单缝和单缝 D．双缝和双缝
(2)如果双缝间距是d，双缝到毛玻璃的距离是L，第一条亮纹到第六条亮纹间距是x，则光的波长是________．(用x、d、L表示)
命题点三　热学的两个实验
例 1[2023·山东卷]利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系．将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连．活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和)，逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示．
回答以下问题：
(1)在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体________．
A．p与V成正比
B．p与成正比
(2)若气体被压缩到V＝10.0 mL，由图乙可读出封闭气体压强为________ Pa(保留3位有效数字)．
(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而________(填“增大”或“减小”)．
例 2 用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是__________________________________________________．实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以__________________________________________________．为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是__________________________．
提升训练
1.(1)在做“用油膜法估测油酸分子大小”的实验时，已经准备的器材有：一定浓度的油酸酒精溶液、烧杯、浅盘和水、玻璃板、彩笔，要完成本实验，还缺少的器材有
________________________________________________________________________.
(2)在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，在哪些方面做了理想化的假设________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
实验中滴在水面的是油酸酒精溶液而不是纯油酸，且只能滴一滴，这是因为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
在将油酸酒精溶液滴向水面前，要先在水面上均匀撒上爽身粉，这样做是为了________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(3)下面4个图反映“用油膜法估测油酸分子大小”实验中的4个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是________(用符号表示)．
(4)在做“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，已知实验室中使用的油酸酒精溶液的体积浓度为c，又用注射器测得每N滴这种油酸酒精溶液的总体积为V，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为a的正方形小格的纸上(如图所示)，测得油膜占有的小正方形个数为X.
①每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积的表达式V0＝________．
②油膜的面积表达式S＝________，从图中可数出小正方形的有效个数X＝________．
③用以上字母表示油酸分子的大小D＝________________________________________________________________________．
2．某同学利用图(a)装置验证玻意耳定律：粗细相同的玻璃管A和B下端用橡皮管相连，管内装有水银，A管上端封闭，内有封闭气体，B管上端开口．上、下移动B管时，需保持________不变，气体体积V可以根据A管上的刻度读出，利用刻度尺测出B管液面与A管液面的高度差h.测得一系列数据后，以h为纵坐标，得到如图(b)所示的函数图像，则图像的横坐标应为________；图线与h轴交点的物理含义是______________________．
第17讲　振动与波、光学和热学的实验
命题分类剖析
命题点一
[例1]　解析：(1)测量前测微螺杆和测砧相触时，图(a)的示数为d0＝0 mm＋0.7×0.01 mm＝0.007 mm
螺旋测微器读数是固定刻度读数(0.5 mm的整数倍)加可动刻度(0.5 mm以下的小数)读数，图中读数为d1＝20 mm＋3.4×0.01 mm＝20.034 mm
则摆球的直径为d＝d1－d0＝20.027 mm
(2)角度盘的大小一定，即在规定的位置安装角度盘，测量的摆角准确，但将角度盘固定在规定位置上方，即角度盘到悬挂点的距离变短，同样的角度，摆线在角度盘上扫过的弧长变短，故摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角大于5°；
(3)单摆的摆线长度为81.50 cm，则摆长为l＝l0＋＝81.50 cm＋ cm＝82.5 cm；
一次全振动单摆经过最低点两次，故此单摆的周期为T＝＝ s＝1.82 s
由单摆的周期表达式T＝2π得，重力加速度g＝＝9.83 m/s2
答案：(1)0.007(0.007～0.009均可)　20.034(20.034～20.036均可)　20.027(20.025～20.029均可)
(2)大于　(3)82.5　1.82　9.83
[例2]　解析：(3)从图中可以算出弹簧振子振动周期T＝
(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于常量3.95，则弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是线性的．
(6)因2π 的单位为 ＝ ＝s
因为s(秒)为周期的单位，则其它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．
答案：(3)　(5)线性的　(6)A　(7)空气阻力
[提升训练]
1．解析：(1)单摆只有在最大摆角小于5°时，其振动才可以视为简谐运动，所以选项A错误；摆球的质量大些、体积小些，可以减小振动时空气阻力的影响，可以减小测量误差，选项B正确；摆线尽量细些，可减小摆线质量的影响，摆线尽量长些，可保证最大摆角小于5°，伸缩性小些，可使摆动过程中摆长保持不变，选项C正确；由于摆球在通过最低位置时速度最大，计时的起、止位置选在摆球达到的最低位置，有利于减小计时误差，选项D错误．
(2)设摆线长为L，摆球半径为r，则单摆的周期公式为T＝2π ，变化为T2＝.对照图3所示的图像，图像斜率k＝.实验所得结果与当地重力加速度值相等，说明实验测量符合要求，图像延长线没有过原点，说明测量摆长时直接将摆线长度作为摆长，其原因可能是C.
答案：(1)BC　(2)C
2．解析：(1)螺旋测微器的读数为d＝4.5 mm＋20.0×0.01 mm＝4.700 mm
(2)单摆完成n次全振动的时间为t，则单摆的周期为T＝
由题可得，单摆的摆长为l＝L＋
根据单摆的周期公式T＝2π
可得，重力加速度为g＝＝
(3)计算时将L当成摆长，此时得到重力加速度的表达式将为g′＝＝，可知，此时测得的重力加速度将偏小，故A正确；测摆线长时摆线拉得过紧，则导致摆长l偏大，会使测得的重力加速度将偏大，故B错误；开始计时时，秒表按下过晚，会导致测得的时间t偏小，从而导致测得的重力加速度偏大，故C错误；实验中误将30次全振动计为29次，会使得记录的次数n偏小，从而导致测得的重力加速度偏小，故D正确．
答案：(1)4.700　(2)　(3)AD
命题点二
[例1]　解析：(1)采用插针法测定光的折射率的时候，应选定光学表面间距大一些的玻璃砖，这样光路图会更加清晰，减小误差，同时两枚大头针的距离尽量大一些，保证光线的直线的准确度，因此A、D正确，光学表面是否平行不影响该实验的准确度，因此B错误，应选用细一点的大头针因此C错误．
(2)根据光的折射定律可知当选用平行的玻璃砖时出射光和入射光应是平行光，又因发生了折射因此出射光的出射点应相比入射光的延长线向左平移，因此D正确．
(3)由折射定律可知折射率n＝，sin ∠AOC＝，sin ∠BOD＝，联立解得n＝.
答案：(1)AD　(2)D　(3)
[例2]　解析：(1)若粗调后看不到清晰的干涉条纹，看到的是模糊不清的条纹，则最可能的原因是单缝与双缝不平行；要使条纹变得清晰，值得尝试的是调节拨杆使单缝与双缝平行，故选C.(2)根据Δx＝λ可知要增大条纹间距可以增大双缝到光屏的距离l，减小双缝的间距d，故选D.
答案：(1)C　(2)D
[提升训练]
1．解析：(1)光线穿过平行玻璃砖的出射光线和入射光线平行，过S1作BS2的平行线，交ad于C点，连接OC，光路图如答图所示．(2)根据几何关系可知，入射角的正弦值sin i＝，折射角的正弦值sin r＝，根据折射定律n＝＝.(3)若玻璃砖的宽度变小，ad边与两条光线的交点距离变小，即BC变小，则S1S2间的距离也会变小．
答案：(1)如图所示
　(3)变小
2．解析：(1)由双缝干涉原理可知，先用滤光片得到单色光，然后用单缝得到细长的光源，最后用双缝得到两束相干光，故a、b分别是单缝和双缝，故选A.(2)第一条亮纹到第六条亮纹间距是x，则相邻亮条纹间距为Δx＝，根据Δx＝可得光的波长是λ＝＝
答案：(1)A　(2)
命题点三
[例1]　解析：(1)在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体，p与成正比．故选B.
(2)若气体被压缩到V＝10.0 mL，则有
＝ mL－1＝100×10－3 mL－1
由图乙可读出封闭气体压强为
p＝2.04×105 Pa.
(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，根据
p(V0＋ΔV)－pV0＝pΔV
可知他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而增大．
答案：(1)B　(2)2.04×105　(3)增大
[例2]　解析：油膜法测量分子大小需要形成单分子油膜，故而需要减少油酸浓度；一滴油酸的体积非常微小不易准确测量，故而使用累积法，测出N滴油酸溶液的体积V，用V与N的比值计算一滴油酸的体积；由于形成单分子油膜，油膜的厚度h可以认为是分子直径，故而还需要测量出油膜的面积S，以计算厚度h＝.
答案：使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜　把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1 mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积　油膜稳定后得表面积S.
[提升训练]
1．解析：(1)在本实验中，要用注射器通过累积法得到一滴油酸酒精溶液的体积，先在水槽中撒上爽身粉，再将用酒精稀释过的油酸用注射器滴到水面上，将玻璃板盖在水槽上，在玻璃板上铺上坐标纸，用彩笔画出油膜的边界，用数格子的方法得出形成的面积；则可根据体积公式求得分子直径．故实验中还需要：注射器、爽身粉及坐标纸．
(2)在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，一般将油膜看成单分子膜，将油酸看成球形，将油酸分子看成是紧挨在一起的；实验中滴在水面上的是油酸酒精溶液而不是纯油酸，且只能滴一滴，这是因为纯油酸粘滞力较大，直接测量体积时误差太大；在滴入油滴之前，要先在水面上均匀撒上爽身粉，这样做的目的是使油膜边界清晰，便于描绘油膜形状．
(3)“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径，显然，操作先后顺序排列应是dacb.
(4)①由题意可知，一滴油酸酒精溶液的体积V′＝，其中纯油酸的体积V0＝；②所形成的油膜的面积为S＝Xa2；超过半格的算一个，不足半格的舍去，从图中可数出小正方形的有效个数X＝55；③纯油酸的体积V0＝DS，D＝＝.
答案：(1)注射器、爽身粉、坐标纸
(2)将油膜看成单分子膜，将油酸分子看成球形，将油酸分子看成是紧挨在一起的　纯油酸粘滞力较大，直接测量体积时误差太大　使油膜边界清晰，便于描绘油膜形状
(3)dacb　(4)①　②Xa2　55　③
2．解析：由于要验证玻意耳定律，则上、下移动B管时，需保持温度不变；对A中的气体，若满足玻意耳定律，则(p0＋h)V＝C，解得h＝C·－p0，则以h为纵坐标，得到如题图(b)所示的函数图像，则图像的横坐标为；图线与h轴交点的物理含义是－p0，即大气压强p0的相反数．
答案：温度　　大气压强p0的相反数(共44张PPT)
第17讲　振动与波、光学和热学的实验
知识网络构建
命题分类剖析
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　用单摆测重力加速度的大小
1．测摆长：用毫米刻度尺测量出摆线长L，用游标卡尺测量出小球直径D，则单摆的摆长l＝L＋.
2．测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°)，然后释放小球，记下单摆摆动30次或50次全振动的总时间t，则单摆的振动周期T＝.
3．数据处理：
(1)方法一：由T＝2π，得g＝.
(2)方法二：由单摆周期公式不难推出l＝T2，因此，多次测量，描点画l- T2图像，图像应是一条通过原点的直线，如图所示；
求出图像的斜率k＝＝，即可利用g＝4π2k，计算重力加速度．
例 1 [2023·新课标卷]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)
0.007
20.034
20.027
大于
82.5
1.82
9.83
解析：(1)测量前测微螺杆和测砧相触时，图(a)的示数为d0＝0 mm＋0.7×0.01 mm＝0.007 mm
螺旋测微器读数是固定刻度读数(0.5 mm的整数倍)加可动刻度(0.5 mm以下的小数)读数，图中读数为d1＝20 mm＋3.4×0.01 mm＝20.034 mm
则摆球的直径为d＝d1－d0＝20.027 mm
(2)角度盘的大小一定，即在规定的位置安装角度盘，测量的摆角准确，但将角度盘固定在规定位置上方，即角度盘到悬挂点的距离变短，同样的角度，摆线在角度盘上扫过的弧长变短，故摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角大于5°；
(3)单摆的摆线长度为81.50 cm，则摆长为l＝l0＋＝81.50 cm＋ cm＝82.5 cm；
一次全振动单摆经过最低点两次，故此单摆的周期为T＝＝ s＝1.82 s
由单摆的周期表达式T＝2π得，重力加速度g＝＝9.83 m/s2
例 2 [2023·湖南卷]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)；
　
解析：(3)从图中可以算出弹簧振子振动周期T＝
(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”)；
m/kg 10T/s T/s T2/s2
0.015 2.43 0.243 0.059
0.025 3.14 0.314 0.099
0.035 3.72 0.372 0.138
0.045 4.22 0.422 0.178
0.055 4.66 0.466 0.217
线性的
解析：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于常量3.95，则弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是线性的．
(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．2π　　　B．2π
C．2π D．2πk
(7)除偶然误差外，写出一条本实验中可能产生误差的原因：_________.
A
空气阻力
解析：(6)因2π 的单位为 ＝ ＝s
因为s(秒)为周期的单位，则其它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．
提升训练
1.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________(多选)；
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
BC
解析：(1)单摆只有在最大摆角小于5°时，其振动才可以视为简谐运动，所以选项A错误；摆球的质量大些、体积小些，可以减小振动时空气阻力的影响，可以减小测量误差，选项B正确；摆线尽量细些，可减小摆线质量的影响，摆线尽量长些，可保证最大摆角小于5°，伸缩性小些，可使摆动过程中摆长保持不变，选项C正确；由于摆球在通过最低位置时速度最大，计时的起、止位置选在摆球达到的最低位置，有利于减小计时误差，选项D错误．
(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
C
解析：设摆线长为L，摆球半径为r，则单摆的周期公式为T＝2π ，变化为T2＝.对照图3所示的图像，图像斜率k＝.实验所得结果与当地重力加速度值相等，说明实验测量符合要求，图像延长线没有过原点，说明测量摆长时直接将摆线长度作为摆长，其原因可能是C.
2．[2024·济南市测评]某实验小组在实验室用单摆做测定重力加速度的实验，实验装置如图甲所示．
(1)摆球的直径用螺旋测微器测出，如图乙所示，其读数为_____ mm.
(2)正确操作测出单摆完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，螺旋测微器测得摆球直径为d.用上述测得量写出重力加速度的表达式：g＝______________．
(3)某同学测得的g值比当地的重力加速度偏小，可能原因是________．
A．计算时将L当成摆长
B．测摆线长时摆线拉得过紧
C．开始计时时，秒表按下过晚
D．实验中误将30次全振动计为29次
4.700
　
AD
解析：(1)螺旋测微器的读数为d＝4.5 mm＋20.0×0.01 mm＝4.700 mm
(2)单摆完成n次全振动的时间为t，则单摆的周期为T＝
由题可得，单摆的摆长为l＝L＋
根据单摆的周期公式T＝2π
可得，重力加速度为g＝＝
(3)计算时将L当成摆长，此时得到重力加速度的表达式将为g′＝＝，可知，此时测得的重力加速度将偏小，故A正确；测摆线长时摆线拉得过紧，则导致摆长l偏大，会使测得的重力加速度将偏大，故B错误；开始计时时，秒表按下过晚，会导致测得的时间t偏小，从而导致测得的重力加速度偏大，故C错误；实验中误将30次全振动计为29次，会使得记录的次数n偏小，从而导致测得的重力加速度偏小，故D正确．
命题点二　光学的两个实验
例 1 某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸．
(1)下列哪些措施能够提高实验准确程度________．
A．选用两光学表面间距大的玻璃砖
B．选用两光学表面平行的玻璃砖
C．选用粗的大头针完成实验
D．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
AD
解析：采用插针法测定光的折射率的时候，应选定光学表面间距大一些的玻璃砖，这样光路图会更加清晰，减小误差，同时两枚大头针的距离尽量大一些，保证光线的直线的准确度，因此A、D正确，光学表面是否平行不影响该实验的准确度，因此B错误，应选用细一点的大头针因此C错误．
(2)该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是________．
D
解析：根据光的折射定律可知当选用平行的玻璃砖时出射光和入射光应是平行光，又因发生了折射因此出射光的出射点应相比入射光的延长线向左平移，因此D正确．
(3)该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率n＝________．(用图中线段的字母表示)
解析：由折射定律可知折射率n＝，sin ∠AOC＝，sin ∠BOD＝，联立解得n＝.
思维提升
实验数据处理的两种辅助方法
方法图解 思维过程
辅助线段法
“单位圆”法
例 2 图示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置．实验中：
(1)观察到较模糊的干涉条纹，要使条纹变得清晰，值得尝试的是________．
A．旋转测量头
B．增大单缝与双缝间的距离
C．调节拨杆使单缝与双缝平行
(2)要增大观察到的条纹间距，正确的做法是________.
A．减小单缝与光源间的距离
B．减小单缝与双缝间的距离
C．增大透镜与单缝间的距离
D．增大双缝与测量头间的距离
C
D
解析：(1)若粗调后看不到清晰的干涉条纹，看到的是模糊不清的条纹，则最可能的原因是单缝与双缝不平行；要使条纹变得清晰，值得尝试的是调节拨杆使单缝与双缝平行，故选C.(2)根据Δx＝λ可知要增大条纹间距可以增大双缝到光屏的距离l，减小双缝的间距d，故选D.
提升训练
1.[2023·海南卷][本题第(2)小问的物理量是根据题目编写的，与原题有些许出入]如图所示，在用激光测玻璃砖折射率的实验中，玻璃砖与光屏P平行放置，从另一侧用激光笔以一定角度照射，此时在光屏上的S1处有激光点，移走玻璃砖，光点移到S2处，
(1)请在图中画出激光束经玻璃砖折射后完整的光路图；
(2)已经测出AB＝l1，OA＝l2，S1S2＝l3，则折射率n＝__________(用l1、l2、l3表示)；
(3)若改用宽度比ab更小的玻璃砖做实验，则S1S2间的距离会________(填“变大”“变小”或“不变”)．
　
变小
解析：(1)光线穿过平行玻璃砖的出射光线和入射光线平行，过S1作BS2的平行线，交ad于C点，连接OC，光路图如答图所示．(2)根据几何关系可知，入射角的正弦值sin i＝，折射角的正弦值sin r＝，根据折射定律n＝＝.(3)若玻璃砖的宽度变小，ad边与两条光线的交点距离变小，即BC变小，则S1S2间的距离也会变小．
2．在用双缝干涉测量光的波长的实验中，如图所示，则：
(1)a、b分别是(　　)
A．单缝和双缝　　　B．双缝和单缝
C．单缝和单缝 D．双缝和双缝
(2)如果双缝间距是d，双缝到毛玻璃的距离是L，第一条亮纹到第六条亮纹间距是x，则光的波长是________．(用x、d、L表示)
A
解析：(1)由双缝干涉原理可知，先用滤光片得到单色光，然后用单缝得到细长的光源，最后用双缝得到两束相干光，故a、b分别是单缝和双缝，故选A.(2)第一条亮纹到第六条亮纹间距是x，则相邻亮条纹间距为Δx＝，根据Δx＝可得光的波长是λ＝＝
命题点三　热学的两个实验
例 1 [2023·山东卷]利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系．将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连．活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和)，逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示．
回答以下问题：
(1)在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体________．
A．p与V成正比
B．p与成正比
(2)若气体被压缩到V＝10.0 mL，由图乙可读出封闭气体压强为________ Pa(保留3位有效数字)．
(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而________(填“增大”或“减小”)．
B
2.04×105
增大
解析：(1)在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体，p与成正比．故选B.
(2)若气体被压缩到V＝10.0 mL，则有
＝ mL－1＝100×10－3 mL－1
由图乙可读出封闭气体压强为p＝2.04×105 Pa.
(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，根据p(V0＋ΔV)－pV0＝pΔV
可知他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而增大．
例 2 用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是________________________________________．实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以__________________________________________________________________________________．为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是__________________．
使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜
把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1 mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积
油膜稳定后得表面积S.
解析：油膜法测量分子大小需要形成单分子油膜，故而需要减少油酸浓度；一滴油酸的体积非常微小不易准确测量，故而使用累积法，测出N滴油酸溶液的体积V，用V与N的比值计算一滴油酸的体积；由于形成单分子油膜，油膜的厚度h可以认为是分子直径，故而还需要测量出油膜的面积S，以计算厚度h＝.
提升训练
1.(1)在做“用油膜法估测油酸分子大小”的实验时，已经准备的器材有：一定浓度的油酸酒精溶液、烧杯、浅盘和水、玻璃板、彩笔，要完成本实验，还缺少的器材有______________________.
(2)在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，在哪些方面做了理想化的假设_________________________________________________
___________；
实验中滴在水面的是油酸酒精溶液而不是纯油酸，且只能滴一滴，这是因为___________________________________；
在将油酸酒精溶液滴向水面前，要先在水面上均匀撒上爽身粉，这样做是为了______________________________.
注射器、爽身粉、坐标纸
将油膜看成单分子膜，将油酸分子看成球形，将油酸分子看成是紧挨在一起的
纯油酸粘滞力较大，直接测量体积时误差太大
使油膜边界清晰，便于描绘油膜形状
解析：(1)在本实验中，要用注射器通过累积法得到一滴油酸酒精溶液的体积，先在水槽中撒上爽身粉，再将用酒精稀释过的油酸用注射器滴到水面上，将玻璃板盖在水槽上，在玻璃板上铺上坐标纸，用彩笔画出油膜的边界，用数格子的方法得出形成的面积；则可根据体积公式求得分子直径．故实验中还需要：注射器、爽身粉及坐标纸．
(2)在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，一般将油膜看成单分子膜，将油酸看成球形，将油酸分子看成是紧挨在一起的；实验中滴在水面上的是油酸酒精溶液而不是纯油酸，且只能滴一滴，这是因为纯油酸粘滞力较大，直接测量体积时误差太大；在滴入油滴之前，要先在水面上均匀撒上爽身粉，这样做的目的是使油膜边界清晰，便于描绘油膜形状．
(3)下面4个图反映“用油膜法估测油酸分子大小”实验中的4个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是________(用符号表示)．
dacb
解析：“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径，显然，操作先后顺序排列应是dacb.
(4)在做“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，已知实验室中使用的油酸酒精溶液的体积浓度为c，又用注射器测得每N滴这种油酸酒精溶液的总体积为V，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为a的正方形小格的纸上(如图所示)，测得油膜占有的小正方形个数为X.
①每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积的表达式V0＝________．
②油膜的面积表达式S＝________，从图中可数出小正方形的有效个数X＝________．
③用以上字母表示油酸分子的大小D＝________．
　
Xa2　
55　
解析：①由题意可知，一滴油酸酒精溶液的体积V′＝，其中纯油酸的体积V0＝；②所形成的油膜的面积为S＝Xa2；超过半格的算一个，不足半格的舍去，从图中可数出小正方形的有效个数X＝55；③纯油酸的体积V0＝DS，D＝＝.
2．某同学利用图(a)装置验证玻意耳定律：粗细相同的玻璃管A和B下端用橡皮管相连，管内装有水银，A管上端封闭，内有封闭气体，B管上端开口．上、下移动B管时，需保持________不变，气体体积V可以根据A管上的刻度读出，利用刻度尺测出B管液面与A管液面的高度差h.测得一系列数据后，以h为纵坐标，得到如图(b)所示的函数图像，则图像的横坐标应为________；图线与h轴交点的物理含义是__________________．
温度
　
大气压强p0的相反数
解析：由于要验证玻意耳定律，则上、下移动B管时，需保持温度不变；对A中的气体，若满足玻意耳定律，则(p0＋h)V＝C，解得h＝C·－p0，则以h为纵坐标，得到如题图(b)所示的函数图像，则图像的横坐标为；图线与h轴交点的物理含义是－p0，即大气压强p0的相反数．

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