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(共69张PPT)
第16讲　力学实验
贯通 知识脉络
研学 核心考点
目录索引
贯通 知识脉络
研学 核心考点
考点一　纸带类和光电门类实验
命题角度1小车和长木板情境的两个探究实验
实验装置 探究小车速度随时间变化的规律 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
核心操作 相同点 1.平行:细绳与长木板平行。 2.打点:释放前小车应靠近打点计时器;先接通电源,再释放小车。 3.适当:钩码质量适当 不同点 1.不需要平衡阻力。 2.不需要满足“小车质量m远大于钩码质量m'” 1.平衡阻力:垫高长木板一端,使不挂槽码的小车能拉着纸带匀速下滑。
2.要满足“小车质量m远大于槽码质量m'”
数据处理
温馨提示常见的测速方法有:利用纸带打点计时器测速、光电门测速、传感器测速、动能定理计算法、平抛运动计算法等。
例1　(2024浙江1月选考)图甲是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的,因此我们采用的研究方法是　　　　。
A.放大法
B.控制变量法
C.补偿法
(2)该实验过程中操作正确的是　　　　。
A.平衡阻力时小车未连接纸带
B.先接通打点计时器电源,后释放小车
C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
甲
B
B
(3)在小车质量　　　　(选填“远大于”或“远小于”)槽码质量时,可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为____________　　　　　　　(选填“偶然误差”或“系统误差”)。为减小此误差,下列可行的方案是　　　　。
A.用气垫导轨代替普通导轨,滑块代替小车
B.在小车上加装遮光条,用光电计时系统代替打点计时器
C.在小车与细绳之间加装力传感器,测出小车所受拉力大小
远大于
系统误差
C
(4)经正确操作后获得一条如图乙所示的纸带,建立以计数点0为坐标原点的x轴,各计数点的位置坐标分别为0、x1、…、x6。已知打点计时器的打点周期为T,则打计数点5时小车速度的表达式v=　　 　,小车加速度的表达式是　　　　。
A.a=
B.a=
C.a=
乙
A
解析 (1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的,因此我们可以控制其中一个物理量不变,研究另外两个物理量之间的关系,即采用了控制变量法,故选B。
(2)平衡阻力时小车需要连接纸带,一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡,另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动,A错误;由于小车速度较快,且运动距离有限,打出的纸带长度也有限,为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点,实验时应先接通打点计时器电源,后释放小车,B正确;为使小车所受拉力与速度同向,应调节滑轮高度使细绳与长木板平行,C错误。
(3)设小车质量为m0,槽码质量为m。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有F=m0a、mg-F=ma,联立解得F=,由上式可知在小车质量远大于槽码质量时,可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力;上述做法引起的误差是由实验方法或原理不完善造成的,属于系统误差;该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的,不是由车与木板间存在阻力(实验中已经补偿了阻力)或是速度测量精度低造成的,为减小此误差,可在小车与细绳之间加装力传感器,测出小车所受拉力大小,故选C。
(4)相邻两计数点间的时间间隔为t=5T,打计数点5时小车速度的表达式为v=;根据逐差法可得小车加速度的表达式是a=,故选A。
命题角度2验证机械能守恒定律
实验 装置
核心 操作
数据 处理
例2　(2024浙江6月选考)在“验证机械能守恒定律”的实验中
(1)下列操作正确的是　　　　。
B
(2)实验获得一条纸带,截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示,已知打点的频率为50 Hz,则打点“13”时,重锤下落的速度大小为　　　　 m/s(保留3位有效数字)。
3.34
(3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77 m/s2,并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为5.09m,另计算得动能增加值为5.08m(m为重锤质量),则该结果　　　　(选填“能”或“不能”)验证机械能守恒定律,理由是　　　　。
A.在误差允许范围内
B.没有用当地的重力加速度g
不能
B
解析 (1)应手提纸带上端使纸带竖直,同时使重锤靠近打点计时器,由静止释放。故选B。
(2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得,打点“13”时,重锤下落的速度大小为v13= m/s=3.34 m/s。
(3)该同学求出的9.77 m/s2是重锤受到空气阻力时做匀加速运动的加速度a=9.77 m/s2,则肯定满足=2a(xB-x1),由此得出的变形式m()=ma(xB-x1)为恒等式,故不能验证机械能守恒定律。正确的方法是计算重力势能减少量时要用当地的重力加速度的数值,故选B。
命题角度3验证动量守恒定律
实验 装置
核心 操作 1.开始前调节导轨水平。 2.用天平测出两滑块的质量。 3.用光电门测量碰前和碰后的速度 1.测质量:用天平测出两个小球的质量m1、m2。
2.找落点:把所有的落点圈在小圆圈里,其中圆心表示落点。
3.注意点:斜槽末端水平
数据 处理 1.小球水平射程的测量:连接ON,测量线段OP、OM、ON的长度。
2.验证的表达式: m1·lOP=m1·lOM+m2·lON
例3　(2024北京卷)如图甲所示,让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。
(1)关于本实验,下列做法正确的是　　　　(填选项前的字母)。
A.实验前,调节装置,使斜槽末端水平
B.选用两个半径不同的小球进行实验
C.用质量大的小球碰撞质量小的小球
甲
AC
(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影,首先,将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放,小球落到复写纸上,重复多次。然后,把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端,再将质量为m1的小球从S位置由静止释放,两球相碰,重复多次。分别确定平均落点,记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。
a.图乙为实验的落点记录,简要说明如何确定平均落点:________________
　　　　　　　 　　　　　;
b.分别测出O点到平均落点的距离,记为OP、OM和ON。在误差允许范围内,若关系式　　　　　　　　　　　　成立,即可验证碰撞前后动量守恒。
乙
用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点
m1OP=m1OM+m2ON
(3)受上述实验的启发,某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示,用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O'点,两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放,在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A',小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m和m',弦长AB=l1、A'B=l2、CD=l3。
推导说明,m、m'、l1、l2、l3满足关系　　 　　即可验证碰撞前后动量守恒。
丙
ml1=-ml2+m'l3
解析 (1)实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前、后的速度成正比,需要确保小球做平抛运动,即实验前,调节装置,使斜槽末端水平,故A正确;为使两小球发生的碰撞为对心正碰,两小球半径需相同,故B错误;为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出,需要用质量大的小球碰撞质量小的小球,故C正确。
(2)用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点。碰撞前、后小球均做平抛运动,由h=gt2可知,小球的运动时间相同,所以水平位移与平抛初速度成正比,所以若m1OP=m1OM+m2ON,即可验证碰撞前、后动量守恒。
(3)设轻绳长为L,小球从偏角θ处静止摆下,摆到最低点时的速度为v,小球经过圆弧对应的弦长为l,则由动能定理有mgL(1-cos θ)=mv2,由数学知识有sin,联立两式解得v=l,若两小球碰撞过程中动量守恒,有mv1=
-mv2+m'v3,又有v1=l1,v2=l2,v3=l3,整理可得ml1=-ml2+m'l3。
考点二　弹簧类和橡皮条类实验
命题角度1探究弹簧弹力与形变量的关系
实验 装置
核心 操作 1.测原长:在弹簧自然下垂时,测量弹簧原长l0。
2.挂钩码:轻轻挂钩码,数目适当,防止超过弹性限度。
3.注意点:(1)选自重小的弹簧。
(2)弹簧、刻度尺竖直放置
数据 处理 1.作出弹力F随弹簧伸长量x变化的图像,斜率表示弹簧的劲度系数。
2.超过弹簧的弹性限度时,图像会发生弯曲;测弹簧原长,水平放置弹簧时,图像横轴截距不为零
例4　(2025四川卷)某学习小组利用生活中常见物品开展“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。已知水的密度为1.0×103 kg/m3,当地重力加速度为9.8 m/s2。实验过程如下:
(1)将两根细绳分别系在弹簧两端,将其平放在较光滑的水平桌面上,让其中一个系绳点与刻度尺零刻度线对齐,另一个系绳点对应的刻度如图1所示,可得弹簧原长为　　　　 cm。
图1
13.15
(2)将弹簧一端细绳系到墙上挂钩,另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后,系一个空的小桶。使弹簧和桌面上方的细绳均与桌面平行,如图2所示。
图2
(3)用带有刻度的杯子量取50 mL水,缓慢加到小桶里,待弹簧稳定后,测量两系绳点之间的弹簧长度并记录数据。按此步骤操作6次。
(4)以小桶中水的体积V为横坐标,弹簧伸长量x为纵坐标,根据实验数据拟合成如图3所示直线,其斜率为200 m-2。由此可得该弹簧的劲度系数为
　　　　 N/m(结果保留2位有效数字)。
(5)图3中直线的纵截距为0.005 6 m,可得所用小桶质量为　　　　 kg(结果保留2位有效数字)。
图3
49
0.028
解析 本题考查探究弹簧弹力与形变量关系实验。
(1)刻度尺最小刻度为1 mm,往下估读一位,弹簧原长为13.15 cm。
(4)对桶和水受力分析,由胡克定律得kx=mg+ρVg
变形得x=V+
斜率=200 m-2,可得k=49 N/m。
(5)由x=V+可知,当V=0时,有0.005 6 m=
可得m=0.028 kg。
命题角度2探究两个互成角度的力的合成规律
实验 装置
核心 操作 1.适当:细绳套应适当长一些,互成角度地拉橡皮条时,夹角大小应适当
2.平行:橡皮条、弹簧测力计和细绳套与纸面平行
3.估读:正确估读弹簧测力计的读数
4.注意点:同一次实验中橡皮条结点O位置应保持不变
数据 处理 1.按力的图示作平行四边形
2.求合力大小
图(a)
图(b)
例5　(2025黑吉辽蒙卷)某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图(a)所示,细绳1、2和橡皮筋相连于一点,细绳1上端固定在A点,细绳2下端与水杯相连,橡皮筋的另一端与绳套相连。
为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系,该小组逐次加入等质量的水,拉动绳套,使细绳1每次与竖直方向夹角均为30°且橡皮筋与细绳1垂直,待装置稳定后测量对应的橡皮筋长度。根据测得数据作出x-m关系图线,如图(b)所示。
回答下列问题:
(1)将一芒果放入此空水杯,按上述操作测得x=11.60 cm,由图(b)可知,该芒果的质量m0=　　　　 g(结果保留到个位)。若杯中放入芒果后,细绳1与竖直方向夹角为30°,但与橡皮筋不垂直,由图像读出的芒果质量与m0相比
　　　　(选填“偏大”或“偏小”)。
(2)另一组同学利用同样方法得到的x-m图像在后半部分弯曲,下列原因可能的是　　　　。
A.水杯质量过小 B.绳套长度过大
C.橡皮筋伸长量过大,弹力与其伸长量不成正比
(3)写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施
　　　 　　　　　　　　　　。
106
偏大
C
减小细绳1与竖直方向的夹角
解析 (1)操作测得x=11.60 cm,由图(b)的图像坐标可知,该芒果的质量为106 g;若杯中放入芒果后,细绳1与竖直方向夹角为30°,但与橡皮筋不垂直,对细绳与橡皮筋结点受力分析,如图所示,根据共点力平衡可知橡皮筋的拉力变大,导致橡皮筋的长度偏大,若仍然根据图像读出芒果的质量与m0相比偏大。
(2)另一组同学利用同样方法得到的x-m图像在后半部分弯曲,可能是所测物体的质量过大,导致橡皮筋所受的弹力过大超过了其弹性限度,从而使橡皮筋弹力与其伸长量不成正比。故选C。
(3)根据共点力平衡条件可知,当减小细绳1与竖直方向的夹角时,相同的物体质量对应橡皮筋的拉力较小,故对于相同的橡皮筋,可减小细绳1与竖直方向的夹角来增大该装置测量质量的范围。
考点三　力学其他实验
命题角度1探究平抛运动的特点
实验 装置
核心 操作 1.释放:每次让小球从倾斜轨道的同一位置由静止释放。
2.定原点:坐标原点是小球出槽口时球心在纸板上的投影点。
3.注意点:斜槽末端水平
数据 处理
例6　(2024河北卷)图甲为探究平抛运动特点的装置,其斜槽位置固定且末端水平,固定坐标纸的背板处于竖直面内,钢球在斜槽中从某一高度滚下,从末端飞出,落在倾斜的挡板上挤压复写纸,在坐标纸上留下印迹。某同学利用此装置通过多次释放钢球,得到了如图乙所示的印迹,坐标纸的y轴对应竖直方向,坐标原点对应平抛起点。
甲
乙
(1)每次由静止释放钢球时,钢球在斜槽上的高度　　　　　　(选填“相同”或“不同”)。
(2)在坐标纸中描绘出钢球做平抛运动的轨迹。
(3)根据轨迹,求得钢球做平抛运动的初速度大小为　　　　　　 m/s。(当地重力加速度g为9.8 m/s2,保留2位有效数字)
相同
如图所示
0.71
解析 (1)为保证钢球每次做平抛运动的初速度相同,必须让钢球在斜槽上同一位置静止释放,故高度相同。
(2)描点连线用平滑曲线连接,钢球做平抛运动的轨迹如答案图所示。
(3)因为抛出点在坐标原点,为方便计算,在图线上找到较远的点,在图线上找到坐标为18.8 cm的点为研究位置,该点坐标为(14.0 cm,18.8 cm),根据平抛运动规律x=v0t,y=gt2,解得v0=0.71 m/s。
命题角度2探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
实验 装置
核心 操作 1.操作:正确放置小球,将皮带绕过两个塔轮、匀速转动手柄。
2.观察:通过标尺上刻度读出小球的向心力大小。
3.注意点:采用了控制变量法
数据 处理 作出F-ω2、F-r、F-m的图像,分析向心力与角速度、半径、质量之间的关系
例7　(2024海南卷)水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体,如图甲所示,图乙为俯视图,测得圆盘直径D=42.02 cm,圆柱体质量m=30.0 g,圆盘绕过盘心O的竖直轴匀速转动,转动时小圆柱体相对圆盘静止。
为了研究小圆柱体做匀速圆周运动时所需要的向心力情况,某同学设计了如下实验步骤:
(1)用秒表测圆盘转动10周所用的时间t=62.8 s,则圆盘转动的角速度
ω=　　　　 rad/s(π取3.14)。
(2)用游标卡尺测量小圆柱体不同位置的直径,某次测量的示数如图丙所示,该读数d=　　　 mm,多次测量后,得到平均值恰好与d相等。
(3)写出小圆柱体所需向心力表达式F=　　　　　　　(用D、m、ω、d表示),其大小为　　　　　 N(保留2位有效数字)。
1　
16.2
6.1×10-3
解析 (1)圆盘转动10周所用的时间t=62.8 s,则圆盘转动的周期为T= s=6.28 s
根据角速度与周期的关系有ω==1 rad/s。
(2)根据游标卡尺的读数规则可知,读数为d=1.6 cm+2×0.1 mm=16.2 mm。
(3)小圆柱体做圆周运动的半径为r=
则小圆柱体所需向心力表达式F=
代入数据有F=6.1×10-3 N。
命题角度3用单摆测量重力加速度的大小
实验 装置
核心 操作
数据 处理
例8　(2025福建龙岩二模)某同学用单摆测量重力加速度,装置如图甲所示。将装有磁感应强度传感器的手机固定于磁性小球正下方,测得摆线长L=80.47 cm,用20分度游标卡尺测摆球直径如图乙所示。将小球拉开一小角度释放后做简谐运动,通过手机记录如图丙所示的磁感应强度—时间曲线,图中A、B两点间时间间隔为10.80 s。回答下列问题:
丙
(1)摆球直径d=　　　　 mm。
(2)单摆周期T=　　　　 s,重力加速度g=　　　　 m/s2(取π2=9.87,结果均保留3位有效数字)。
(3)实验时若找不到磁性小球,改用不规则小磁铁作摆球,通过测量多组摆线长L与周期T,作T2-L图像,通过图线斜率求g值,则不规则小磁铁的重心位置未知对结果　　　　(选填“有”或“无”)影响。
10.60
1.80
9.87
无
解析 (1)根据游标卡尺的读数规则,游标卡尺读数10 mm+0.05×12 mm =10.60 mm。
(2)由图丙可知A、B两点间有六个单摆周期,A、B两点间时间间隔为10.80 s,所以T==1.80 s,单摆周期公式T=2π,解得g==9.87 m/s2。
(3)由公式T2=4π2,可知通过T2-L图像求加速度时,小球的重心对其无影响。
考点四　力学实验的拓展与创新
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。
例9　(2025浙江温州三模)(1)某学习小组做“探究小车加速度与力、质量的关系”的实验,图甲是方案1,图乙是改进后的方案2,两方案中滑轮与细线间摩擦力,以及它们的质量均不计。下列说法正确的是　　　　。
A.两种方案均需要平衡阻力
B.两种方案均需要让牵引小车的细线跟轨道保持平行
C.不断增加槽码质量,两种方案中小车的加速度大小均不可能超过重力加速度
D.操作中,若有学生不小心先释放小车再接通电源,得到的纸带一定不可用
AB
(2)正确操作情况下,得到了一条纸带如图丙所示,纸带上各相邻计数点间均有四个点迹,电源频率为50 Hz。
①根据纸带上所给数据,计时器在打下计数点C时小车的速度大小
vC=　　　　 m/s,小车的加速度大小a=　　　　 m/s2(以上结果均保留3位有效数字)。
②可以判断,该纸带是由方案　　　 　(选填“1”“2”或“1、2均有可能”)得到。
丙
0.534
2.00
1、2均有可能
解析 (1)两种方案均需要平衡阻力,选项A正确;两种方案均需要让牵引小车的细线跟轨道保持平行,选项B正确;不断增加槽码质量,方案1中小车的加速度不会超过重力加速度;方案2中因小车的加速度等于槽码加速度的2倍,则当不断增加槽码质量时小车的加速度大小可能超过重力加速度,选项C错误;用纸带上的点来求解加速度,操作中,若有学生不小心先释放小车再接通电源,若接通电源及时,则得到的纸带可能可用,选项D错误。
(2)纸带上各相邻计数点间均有四个点迹,则T=0.1 s。①计时器在打下计数点C时小车的速度大小vC= m/s=0.534 m/s,小车的加速度大小a= m/s2=2.00 m/s2。②因a例10　(2024山东卷)在第四次“天宫课堂”中,航天员演示了动量守恒实验。受此启发,某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验,气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器,a测量滑块A与它的距离xA,b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下:
①测量两个滑块的质量,分别为200.0 g和400.0 g;
②接通气源,调整气垫导轨水平;
③拨动两滑块,使A、B均向右运动;
④导出传感器记录的数据,绘制xA、xB随时间变化的图像,分别如图乙、图丙所示。
甲
乙
丙
回答以下问题:
(1)从图像可知两滑块在t=　　　　 s时发生碰撞;
(2)滑块B碰撞前的速度大小v=　　　　 m/s(保留2位有效数字);
(3)通过分析,得出质量为200.0 g的滑块是　　　　(选填“A”或“B”)。
1
0.20
B
解析 (1)从图上可以看出1 s时速度改变,即这时碰撞。
(2)碰撞前B的速度vB=v==0.20 m/s。
(3)碰前A的速度vA= cm/s=0.50 m/s
碰后A的速度vA'= cm/s=0.36 m/s
碰后B的速度vB'= cm/s=0.50 m/s
根据动量守恒,则有mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB',代入数据解得=2,说明B的质量是200 g。
例11　(2025河南豫西名校联盟一模)利用如图甲所示的实验装置可以测量滑块与长木板之间的动摩擦因数,一块表面平整的长木板放在水平桌面上,然后把一根弹簧固定在木板左端O点。A与O的距离刚好等于弹簧的自然长度。滑块放在长木板上不与弹簧连接。
甲
(1)利用手机端秒表功能,可以简易测量滑块与木板之间的动摩擦因数,让滑块压缩弹簧,然后释放滑块,运动到B点停下,测得由A到B的时间为t,用直尺测出A、B之间的距离为l,则动摩擦因数测量结果的表达式为
μ=　　　　(用t、l、g表示)。
(2)由于滑块滑行时间较短,导致时间t测量误差较大,为了更精确测量动摩擦因数,在A位置放置一个光电门,同时在滑块上安装上遮光片,用20分度的游标卡尺测量遮光片宽度d,测量结果如图乙所示,则d=　　　　 mm。
乙
5.25
(3)手推滑块压缩弹簧,然后释放滑块,记录下滑块通过光电门时挡光时间为Δt,测量出滑块停下的位置到A的距离l;改变弹簧的压缩量,记录下多组Δt、l数据,然后用图像法处理数据,作出l-图像,如图丙所示,发现图像是一条直线,在直线上取两点P、Q,测出两点坐标P(x1,y1)、Q(x2,y2),则滑块与长木
板之间的动摩擦因数为μ=　　 　　(用d、g、x1、y1、x2、y2表示)。
丙
解析 (1)滑块由A到B,由牛顿第二定律得a==μg,根据匀变速直线运动公式l=at2,解得μ=。
(2)游标卡尺为20分度,精度为0.05 mm,根据游标卡尺的读数规则,可得游标卡尺读数为5 mm+5×0.05 mm=5.25 mm。
(3)滑块从光电门到停止运动,由牛顿第二定律得μmg=ma,由匀变速直线运动速度和位移的关系得v2=2al,v=,解得l=,则l-图像斜率k=,因为k=,解得μ=。
例12　(2025湖南卷)某同学通过观察小球在黏性液体中的运动,探究其动力学规律,步骤如下:
(1)用螺旋测微器测量小球直径D如图1所示,D=　　　　 mm。
(2)在液面处由静止释放小球,同时使用频闪摄影仪记录小球下落过程中不同时刻的位置,频闪摄影仪每隔0.5 s闪光一次。装置及所拍照片示意图如图2所示(图中的数字是小球到液面的测量距离,单位是cm)。
图1
图2
2.206
(3)根据照片分析,小球在A、E两点间近似做匀速运动,速度大小
v=　　　　 m/s(保留2位有效数字)。
(4)小球在液体中运动时受到液体的黏滞阻力f=kDv(k为与液体有关的常量),已知小球密度为ρ,液体密度为ρ0,重力加速度大小为g,则k的表达式为
k=　　 　　　(用题中给出的物理量表示)。
(5)为了进一步探究动力学规律,换成直径更小的同种材质小球,进行上述实验,匀速运动时的速度将　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
0.010
减小
解析 (1)根据图1可知小球直径D=2 mm+20.6×0.01 mm=2.206 mm。
(3)由图2可知A、E两点间的距离为x=(7.02-5.00)×10-2 m=2.02×10-2 m,小球从A运动到E的时间为t=4t0=4×0.5 s=2 s,所以速度为v=≈0.010 m/s。
(4)小球匀速运动,根据受力平衡有ρgV=ρ0gV+f,由体积公式可知,小球的体积V=πR3=,整理可得k=。
(5)根据(4)可知匀速运动的速度与小球直径的二次方成正比,所以换成直径更小的同种材质小球,匀速运动时的速度将减小。(共40张PPT)
第18讲　光学与热学实验
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研学 核心考点
考点一　光学实验
命题角度1测量玻璃的折射率
实验装置
核心操作 1.把白纸固定在木板上。
2.大头针竖直插在纸上,画线、插针交替进行。
3.画出完整光路图。
4.注意点:(1)入射角i不宜太大或太小。
(2)不能把玻璃砖界面当作尺子画界线
数据处理
例1　(2025浙江湖州三模)用插针法测梯形玻璃砖的折射率实验中
(1)在画玻璃砖边界时,请指出图甲中操作不当之处:
　 。
(2)已画好玻璃砖边界MN、PQ,插上大头针P1、P2,使P1P2连线与PQ边界垂直。要保证能测出玻璃的折射率,入射光应从图乙所示玻璃砖的_______　　　　(选填“ae”“ef”或“fd”)区域射入(已知玻璃的折射率介于1.3~1.5)。
(3)插大头针P3、P4操作正确,测得P3P4连线与MN的夹角为75°,如图丙所示,则玻璃的折射率n=　　　　。
不能直接沿玻璃砖画边界
fd
解析 (1)不能在白纸上用铅笔紧靠玻璃砖画出玻璃砖界面,这样会污染和磨损玻璃砖。
(2)玻璃的折射率介于1.3~1.5,则临界角的正弦值范围为≤sin C≤,若从ae区域射入,由几何关系可知,光线在ab边上的入射角为60°,大于临界角,发生全反射,不能测出玻璃的折射率;若从ef区域射入,光线将从bc边垂直射出,不能测出玻璃的折射率;若从fd区域射入,由几何关系可知,光线在cd边上的入射角为30°,小于临界角,能从cd边折射出光线,可以测出玻璃的折射率。则P1P2入射光应从题图乙中玻璃砖的fd区域射入。
(3)补全光路图,如图所示。
由几何关系可得r=30°,i=45°,由折射定律可得,玻璃的折射率n=。
命题角度2用双缝干涉实验测光的波长
实验装置
核心操作 1.同轴安装,双缝和单缝的缝平行。
2.测量条纹间距。
3.注意点:直接测几个条纹的总间距,得出单个条纹间距Δx
数据处理
例2　利用双缝干涉实验测光的波长,实验装置如图甲所示。
(1)已知单缝到双缝之间的距离是100 mm,双缝到屏的距离为1.0 m,双缝之间的距离为0.30 mm,干涉图样如图乙所示,分划板中心刻度线在A位置时螺旋测微器的读数为1.234 mm,在B位置时读数如图丙所示,为_________　　　　 mm,则该光的波长为　　　　 nm(计算结果保留3位有效数字)。
甲
乙
丙
14.538
665
(2)某同学观察到图丁所示图像,即测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上,若继续移动目镜观察,将会使测量结果出现偏差。在这种情况下测出干涉条纹的间距Δx,则波长的测量值　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)其实际值。
(3)下列操作能够使(2)问中的干涉条纹与分划板中心刻线在同一方向上的是　　　　(单选)。
A.调整目镜使条纹清晰
B.调节拨杆使单缝与双缝平行
C.旋转测量头使分划板中心线与某一条纹的中心线对齐
丁
大于
C
解析 (1)B的位置为14.5 mm+3.8×0.01 mm=14.538 mm;A、B间距为x=xB-xA=13.304 mm,其间有6个条纹间隔,相邻两条纹间距为Δx1=,根据Δx1=λ可知所测光的波长为λ=≈0.665×10-6 m=665 nm。
(2)测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上,实际值Δx实=Δx测cos θ,其中θ为条纹与分划板中心竖直刻线间的夹角,故可知测量值
Δx测大于实际值Δx实,由Δx=λ可知,λ=Δx,则波长的测量值大于其实际值。
(3)旋转测量头,分划板的竖线随之旋转,可使分划板的竖线与条纹的中心线平行,故选C。
考点二　热学实验
命题角度1用油膜法估测油酸分子的大小
实验装置
核心操作 1.用量筒测出体积Vn的溶液的滴数n。
2.将痱子粉或细石膏粉均匀地撒在水面上,将一滴油酸酒精溶液滴在水面上。
3.油膜形状稳定后,将玻璃板放在浅盘上描出油膜轮廓
数据处理
例3　利用“油膜法估测分子直径”的实验体现了通过对宏观量的测量来实现对微观量的间接测量的方法。
(1)甲同学配制好油酸酒精溶液,并测出一滴油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积为V,之后又进行了下列操作,其中错误的一项是　　;其余正确操作的合理顺序是　　 　。
A.将一滴纯油酸滴到水面上,让它在水面上自由地扩展为油酸膜
B.将一滴油酸酒精溶液滴到水面上,让它在水面上自由地扩展为油酸膜
C.向浅盘中倒入约2 cm深的水,将痱子粉均匀地撒在水面上
D.将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上计算出油酸膜的面积S。再根据d=估算出油酸分子的直径
E.将玻璃板盖到浅盘上,用彩笔将油酸膜的轮廓画在玻璃板上
A
CBED
(2)乙同学在做“用油膜法估测分子的大小”实验时,将6 mL的油酸溶于酒精中制成104 mL的油酸酒精溶液。用注射器取适量溶液滴入量筒,测得每滴入75滴,量筒内的溶液增加1 mL。用注射器把1滴这样的溶液滴入表面撒有痱子粉的浅盘中,把玻璃板盖在浅盘上并描出油酸膜边缘轮廓,如图2所示。已知玻璃板上正方形小方格的边长为1 cm,则油酸膜的面积约为
　　 　　 m2(保留2位有效数字)。由以上数据,可估算出油酸分子的直径约为　　 　　 m(保留2位有效数字)。
图1
图2
1.1×10-2
7.1×10-10
(3)丙同学将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算,导致最终测出的油酸分子直径　　　　(选填“偏大”或“偏小”)。
(4)在用油膜法估测分子大小的实验中,已知纯油酸的摩尔质量为M,密度为ρ,一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的质量为m,一滴油酸酒精溶液滴在水面上扩散后形成的纯油酸油膜最大面积为S,阿伏加德罗常数为NA。以上各量均采用国际单位制,对于油酸分子的直径和分子数量有如下判断:
①油酸分子直径d=
②油酸分子直径d=
偏大
③一滴油酸酒精溶液中所含油酸分子数n=NA
④一滴油酸酒精溶液中所含油酸分子数n=NA
以上判断正确的是　　　　。 　　　　　　　　　　
A.①和③ B.①和④
C.②和④ D.②和③
C
解析 (1)为了使油膜形成单分子油膜层,实验时,需要将油酸进行稀释,不能直接将一滴纯油酸滴到水面上,让它在水面上自由地扩展为油酸膜,A错误,符合题意。实验时,先向浅盘中倒入约2 cm深的水,将痱子粉均匀地撒在水面上,再将一滴油酸酒精溶液滴到水面上,让它在水面上自由地扩展为油酸膜,随后将玻璃板盖到浅盘上,用彩笔将油酸膜的轮廓画在玻璃板上,最后将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上计算出油酸膜的面积S。再根据d=估算出油酸分子的直径。即正确操作的合理顺序是CBED。
(2)利用数格子的方法,油酸膜的面积约为S=112×1×10-2×1×10-2 m2=1.12×10-2 m2,一滴这样的溶液中的纯油酸体积为V=×10-6 m3=8×10-12 m3,则估算出油酸分子的直径约为d= m=7.1×10-10 m。
(3)由于d=,若将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算,体积偏大,则所测的油酸分子直径d明显偏大。
(4)由于一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的质量为m,则该纯油酸的体积为V=,根据d=,解得d=,则①错误,②正确;一滴纯油酸的物质的量为n0=,一滴油酸酒精溶液中所含油酸分子数n=n0NA,解得n=NA,③错误,④正确,故选C。
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
实验装置
核心操作 1.柱塞上涂抹润滑油防止漏气,保证气体质量不变。
2.缓慢改变气体体积,保证气体温度不变。
3.记录气柱长度(表示体积)与压强。
4.注意点:实验中手不能握住注射器
数据处理
例4　(2024上海卷)验证“气体体积随温度变化关系”的实验装置如图所示,用支架将封有一定质量气体的注射器和温度传感器固定在盛有热水的烧杯中。实验过程中,随着水温的缓慢下降,记录多组气体温度和体积的数据。
(1)不考虑漏气因素,符合理论预期的图线是　　。
A
(2)下列有助于减小实验误差的操作是　　　。
A.实验前测量并记录环境温度
B.实验前测量并记录大气压强
C.待温度示数完全稳定后才记录数据
D.测量过程中保持水面高于活塞下端
C
解析 (1)根据=C,可得V=T=(t+273 K),可知,在压强不变的情况下,气体体积与热力学温度成正比,与摄氏温度成一次函数关系,故A正确。
(2)环境温度不影响实验数据,实验前测量并记录环境温度并不能减小实验误差,故A错误;本实验压强不变,实验前测量并记录大气压强不能减小实验误差,故B错误;待温度示数完全稳定后才记录数据,稳定后的数据更加接近真实数据,能减小误差,故C正确;测量过程中保持水面高于活塞下端不能减小误差,故D错误。
考点三　光学、热学实验的拓展与创新
光学、热学实验的主要创新设计方式
(1)“测量玻璃的折射率”的实验中,通过改变获得光路图的方法进行实验创新。
(2)“用双缝干涉测量光的波长”的实验中,用反射法获得相干光源进行实验创新。
(3)“等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”的实验中,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”。
例5　(2025福建泉州一模)某同学通过图甲所示的实验装置,研究温度不变时,一定质量的气体压强与体积的关系。
(1)实验时,为判断气体压强与体积的关系,　　　　(选填“需要”或“不需要”)测出针筒内空气柱的横截面积。
甲
(2)该同学按实验步骤开始实验,推动活塞压缩气体,记录活塞在不同位置的压强p和体积V,并计算相应的p与V乘积的值,发现pV值逐渐增大,原因可能是　　　　　　　　　　。
不需要
空气柱温度升高
(3)该同学实验操作无误,但根据测得的数据作出V-图像不过坐标原点O,如图乙所示,则图中V0所表示的可能是　　　　。
A.初始状态针筒内封闭气体的体积
B.最后状态针筒内封闭气体的体积
C.连接针筒与传感器细管内空气的体积
乙
C
解析 (1)设气体初状态压强为p1,空气柱的长度为L1,气体末状态的压强为p2,空气柱长度为L2,空气柱的横截面积为S,由玻意耳定律得p1L1S=p2L2S,只需要验证p1L1=p2L2,故不需要测量空气柱的横截面积。
(2)由克拉伯龙方程pV=nRT,可知pV会变大,原因可能是空气柱温度升高。
(3)若忽略传感器与注射器之间气体,根据理想气体的状态方程=C,测得的数据作出V-图像应是过坐标原点的直线;在实际的实验过程中,由于传感器与注射器之间存在少量气体,该图线的方程为V=k-V0,导致气体根据测得的数据作出V-图像不过坐标原点,图中V0代表传感器与注射器之间气体的体积。故选C。
例6　(2025重庆南开中学三模)洛埃镜实验是利用平面镜研究光波的性质。某次实验时,小南用光电传感器代替光屏,测量单色光的波长,其原理如图甲所示,单色光从单缝S射出,一部分直接投射到传感器上,另一部分入射到平面镜后反射到传感器上。传感器沿矩形的长边(图中竖直方向)均匀分布着许多光敏单元,各个光敏单元得到的光照信息经计算机处理后,在显示器得到各点的光照强度,形象地展示亮条纹的分布,得到干涉图像的条纹间距。图乙中a曲线是小南得到的干涉图像。
甲
乙
(1)由图甲可知单缝S到传感器的距离为　　　 cm。
(2)单缝S到平面镜的距离d=0.3 mm,则单色光的波长为　　　　 nm(保留3位有效数字)。
(3)若只把光源换成频率更大的单色光,则新的光照强度分布是图丙中的
　　　　(选填“b”或“c”)曲线。
丙
61.0
610
b
解析 (1)单缝S到传感器的距离为81.0 cm-20.0 cm=61.0 cm。
(2)等效双缝宽度d'=2d=0.6 mm,相邻亮条纹中心间距Δx=0.93 mm-0.31 mm=0.62 mm,由Δx=λ,得λ=610 nm。
(3)若只把光源换成频率更大的单色光,则波长变短,根据Δx=λ,可知条纹间距变小,故新的光照强度分布是题图丙中的b曲线。
例7　(2024湖北卷)某同学利用激光测量半圆柱体玻璃砖的折射率,具体步骤如下:
①平铺白纸,用铅笔画两条互相垂直的直线AA'和BB',交点为O。将半圆柱体玻璃砖的平直边紧贴AA',并使其圆心位于O点,画出玻璃砖的半圆弧轮廓线,如图甲所示。
②将一细激光束沿CO方向以某一入射角射入
玻璃砖,记录折射光线与半圆弧的交点M。
③拿走玻璃砖,标记CO光线与半圆弧的交点P。
甲
④分别过M、P作BB'的垂线MM'、PP',M'、P'是垂足,并用刻度尺分别测量MM'、PP'的长度x和y。
⑤改变入射角,重复步骤②③④,得到多组x和y的数据。根据这些数据作出y-x图像,如图乙所示。
乙
(1)关于该实验,下列说法正确的是　　　　(单选,填标号)。
A.入射角越小,误差越小
B.激光的平行度好,比用插针法测量更有利于减小误差
C.选择圆心O点作为入射点,是因为此处的折射现象最明显
(2)根据y-x图像,可得玻璃砖的折射率为　　　 (保留3位有效数字)。
(3)若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径,则折射率的测量结果　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
B
1.58
不变
解析 (1)入射角适当即可,不能太小,入射角太小,导致折射角太小,测量的误差会变大,故A错误;激光的平行度好,比用插针法测量更有利于减小误差,故B正确;相同的材料在各点的折射效果都一样,故C错误。
(2)设玻璃砖的半径为R,根据几何关系可得入射角的正弦值为sin i=
折射角的正弦值为sin r=,折射率n=,可知y-x图像的斜率大小等于折射率,即n=≈1.58。
(3)根据(2)中数据处理可知,若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径,则折射率的测量结果不变。(共79张PPT)
第17讲　电学实验
贯通 知识脉络
研学 核心考点
目录索引
贯通 知识脉络
研学 核心考点
考点一　实验仪器的使用与电表改装
命题角度1常见测量工具的读数
1.游标卡尺的读数
(1)精确度:10分度——0.1 mm,20分度——0.05 mm,50分度——0.02 mm。
(2)游标卡尺不估读,若以mm为单位,10分度游标卡尺,小数点后只有一位。20分度和50分度游标卡尺若以mm为单位,小数点后有两位。
(3)测量值=主尺刻度整毫米数+n×精确度(mm),n为游标尺上第n条线与主尺上的某刻度线对齐。
2.螺旋测微器的读数
(1)螺旋测微器读数时要准确读到0.01 mm,估读到0.001 mm,若以mm为单位,小数点后必须为三位,同时注意固定刻度上的半刻度是否露出。
(2)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。
3.电流表和电压表的读数
量程 精确度 读数规则
电流表0~3 A 0.1 A
电压表0~3 V 0.1 V 电流表0~0.6 A 0.02 A
电压表0~15 V 0.5 V
例1　(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L=　　　　 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。
20.30
0.510
(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。
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+1.0×0.01 mm=0.510 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。
命题角度2电表的改装
1.大量程电流表、电压表的改装
类型 电路图 原理
把电流表改装为电压表 U=Ig(Rg+R)
扩大电流表量程
2.电阻表的读数
(1)电阻表的刻度是不均匀的,读数时应乘以倍率。
(2)为了减小读数误差,电阻表指针应指在表盘的部分,即中值刻度附近。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.电阻表的原理
(1)原理:I=。欧姆调零就是将红、黑表笔短接,则Ig=。
(2)待测电阻的值:Rx=-R内,Rx与I成一一对应关系。
(3)中值电阻R中=R内==Rg+R+r。
(4)电流方向:“红进黑出”。
例2　某物理课外实验小组用电阻表测某未知电阻R0的阻值。
(1)在进行正确机械调零后,将电阻挡的选择开关拨至“×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。
(2)电阻表指针如图所示,可得未知电阻R0的阻值为　　　　 Ω。(结果保留2位有效数字)
右侧
36
解析 (1)红、黑表笔短接,使电流达到满偏,故指针指在右侧。
(2)依题意,读数为36 Ω。
例3　某同学利用一灵敏电流表G(满偏电流Ig=200 μA,内阻Rg=120 Ω)进行电学实验。
(1)图甲为该同学设计的电阻表的原理图,其中电源的电动势E=1.5 V,内阻不计,欧姆调零后,当A、B 间接入阻值为Rx的电阻时电流表的指针指在100 μA处,则Rx=　　　　 kΩ。
7.5
(2)现将该电流表改装成有0~1 mA、0~6 mA两个量程的电流表,该同学设计了如图乙、丙所示的两个电路,则=　　　　。
(3)如图丁所示,用灵敏电流表G1和电阻箱R串联改装成一个电压表,灵敏电流表G1的满偏电流为Ig'=2 mA,内阻为Rg'=300 Ω,电阻箱R接入电路的阻值为R=1 200 Ω,则改装后的电压表的最大测量值为　　　　 V。
6
3
解析 (1)根据闭合电路欧姆定律有Ig=,当A、B间接入阻值为Rx的电阻时,有Ig=,解得Rx=7.5 kΩ。
(2)根据电路的串、并联规律,有=R2,R2=R4+R5,=R4,解得=6。
(3)改装后的电压表的最大测量值为U=Ig'(Rg'+R)=3 V。
考点二　以测电阻为核心的实验
命题角度1测电阻的常用方法
1.伏安法
(1)电流表内接法与外接法的选择(大内小外)
电流表内接法 电流表外接法
(2)滑动变阻器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必须用分压式三种情况:a.要求待测电路的U、I从0变化;b.滑动变阻器阻值太小,不能起到限流的作用;c.选用限流式时,Ux、Ix过大(超过电表量程,烧坏电表、电源或用电器等)。
(3)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以上。
2.替代法
电路图
核心 操作 (1)单刀双掷开关分别与1、2相接,调节电阻箱R1,保证电流表两次读数相等。
(2)R1的读数即等于待测电阻的阻值
3.电桥法
电路图
核心 操作
例4　某物理课外实验小组为了测量某未知电阻R0的阻值,制定了三种测量方案。
(1)方案一:用伏安法测电阻。如图甲所示的实验电路,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　　　　 Ω (结果保留2位有效数字),此测量值　　　　 (选填“大于”或“小于”)真实值。
32
小于
(2)方案二:用等效替代法测电阻。
①如图乙所示,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,电阻箱的示数R1=102 Ω;
②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,电阻箱的示数R2=68 Ω;
③则未知电阻R0的阻值为　　　　 Ω(结果保留2位有效数字)。
34
(3)方案三:用电桥法测电阻。如图丙所示的实验电
路,AB为一段粗细均匀的直电阻丝。
①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);
②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①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)。
R'
解析 (1)根据欧姆定律,电阻的测量值为R0= Ω=32 Ω,电路采用电流表外接法,电流表读数偏大,故电阻测量值小于真实值。
(2)③根据闭合电路的欧姆定律有E=(102+r)I0,E=(68+r+R0)I0,解得R0=34 Ω。
(3)①根据电桥测量原理,依题意有,解得R0=R'。②据前面分析有R0=R3,R0=R4,则有R0=。
命题角度2测金属的电阻率
电路图
核心操作 1.用螺旋测微器在三个不同位置测量直径。
2.用毫米刻度尺测接入电路的有效长度。
3.改变滑动变阻器的阻值,测多组U、I
数据处理
例5　(2025四川卷)某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有:
待测合金丝样品(长度约1 m)
螺旋测微器
学生电源E(电动势0.4 V,内阻未知)
米尺(量程0~100 cm)
滑动变阻器(最大阻值20 Ω)
电阻箱(阻值范围0~999.9 Ω)
电流表(量程0~30 mA,内阻较小)
开关S1、S2
导线若干
(1)将待测合金丝样品绷直固定于米尺上,将金属夹分别夹在样品20.00 cm和70.00 cm位置,用螺旋测微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径,读数分别为0.499 mm、0.498 mm和0.503 mm,则该样品横截面直径的平均值为　　　　 mm。
(2)该小组采用限流电路,则图1中电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱　　　　(选填“a”或“b”)相连。闭合开关前,滑动变阻器滑片应置于
　　　　(选填“左”或“右”)端。
图1
0.500
a
左
(3)断开S2、闭合S1,调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到15.0 mA刻度处。断开S1、闭合S2,保持滑动变阻器滑片位置不变,旋转电阻箱旋钮,使电流表指针仍指到15.0 mA处,此时电阻箱面板如图2所示,则该合金丝的电阻率为　　 　　 Ω·m(取π=3.14,结果保留2位有效数字)。
图2
1.3×10-6
(4)(多选)为减小误差,可采用的做法有　　　　。
A.换用内阻更小的电源
B.换用内阻更小的电流表
C.换用阻值范围为0~99.99 Ω的电阻箱
D.多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率,再求平均值
CD
解析 本题考查测合金丝的电阻率。
(1)该样品横截面直径的平均值
mm=0.500 mm。
(2)限流接法分别接滑动变阻器上、下两个接线柱,一上一下,下端已接好,上端接a。
滑片置于最左端,电阻最大,电流最小,电路最安全。
(3)采用等效替代法,合金丝电阻R=3.2 Ω;金属丝长度l=0.5 m,直径d=0.500 mm,根据R=,变形得ρ==1.3×10-6 Ω·m。
(4)采用等效替代法,电源、电流表的内阻不影响结果,A、B错误;0~99.99 Ω的电阻箱能提高测量精度,C正确;求平均值可减小偶然误差,D正确。
考点三　以测电源的电动势和内阻为核心的实验
1.测电源的电动势和内阻的三种常用方法
方法 实验原理 图像法处理数据
伏安法 U=E-Ir
纵轴截距:E
斜率绝对值:r
方法 实验原理 图像法处理数据
安阻法
方法 实验原理 图像法处理数据
伏阻法
2.“等效电源法”测电源内阻
电路图
核心操作 (1)定值电阻R0与电源串联,把它们看成一个等效电源。
(2)等效电源的内阻r0=R0+r,则被测电源的内阻r=r0-R0
例6　(2024黑吉辽卷)某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有电压表、电阻丝、定值电阻(阻值为R0)、金属夹、刻度尺、开关S、导线若干。他们设计了如图所示的实验电路原理图。
图(a)
图(b)
(1)实验步骤如下:
①将电阻丝拉直固定,按照图(a)连接电路,金属夹置于电阻丝的　　　(选填“A”或“B”)端;
②闭合开关S,快速滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数U,断开开关S,记录金属夹与B端的距离L;
③多次重复步骤②,根据记录的若干组U、L的值,作出图(c)中图线Ⅰ;
④按照图(b)将定值电阻接入电路,多次重复步骤②,再根据记录的若干组U、L的值,作出图(c)中图线Ⅱ。
图(c)
A
(2)由图线得出纵轴截距为b,则待测电池的电动势E=　　　　。
(3)由图线求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分别为k1、k2,若=n,则待测电池的内阻
r=　　　　(用n和R0表示)。
提示:该实验题来源于教材,但又高于教材,实验的基本原理和思想方法是考查的核心,题目创新之处有两点:一是实验器材的创新——利用电阻丝拉直固定,结合金属夹代替滑动变阻器;二是结合欧姆定律和电阻定律,建立起电动势、内阻和电阻丝长度的关系——实验原理创新。
解析 (1)应将电阻丝完全接入电路,确保电路安全。
(2)(3)对图(a)中的电路图,根据闭合电路欧姆定律得E=U+r,解得,结合图(c)可知,b=,k1=;对图(b)中的电路图,根据闭合电路欧姆定律得E=U+·(r+R0),解得,结合图(c)可知,b=,k2=。又由于=n,因此=n,解得r=。
例7　(2025湖北卷)某实验小组为测量一节干电池的电动势E和内阻r,设计了如图(a)所示的电路,所用器材如下:干电池、智能手机、电流传感器、定值电阻R0、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路,将智能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接,闭合开关S,逐次改变电阻箱的阻值R,用智能手机记录对应的电流传感器测得的电流I。回答下列问题:
(a)
(b)
(1)R0在电路中起　　　　(选填“保护”或“分流”)作用。
(2)与E、r、R、R0的关系式为=　 　　　。
(3)根据记录数据作出-R图像,如图(b)所示。已知R0=9.0 Ω,可得E=______　　　　 V(保留3位有效数字),r=　　　　 Ω(保留2位有效数字)。
(4)电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果　　　　(选填“有”或“无”)影响。
保护
(R+R0+r)
1.47
1.3
有
解析 (1)R0串联在电路中,起保护电路的作用。
(2)由闭合电路欧姆定律有E=I(R+R0+r),整理得(R+R0+r)。
(3)结合题图(b)可知, V-1,故E=1.47 V,图像纵截距为=7 A-1,故r=1.3 Ω。
(4)若电流传感器有内阻,则E=I(R+R0+r+RA),整理得R+,E测量值仍为,无误,但=7 A-1,则r测=r+RA,故电流传感器的电阻对干电池内阻的测量结果有影响。
考点四　电学其他实验
命题角度1观察电容器的充、放电现象
电路图
核心操作 开关S接1或2,仔细观察电压表、电流表示数的变化特点
数据处理 1.绘制充、放电的I-t图像。
2.放电过程的I-t图像与坐标轴围成的面积表示电容器减少的电荷量
例8　(2024重庆卷)探究电容器充、放电规律,实验装置如图甲所示,有电源E,定值电阻R0,电容器C,单刀双掷开关S。
(1)为测量电容器充放电过程电压U和电流I的变化,需在①②处接入测量仪器,位置②应该接入测　　　　(选填“电流”或“电压”)仪器。
(2)接通电路并接通开关,当电压表示数最大时,电流表示数为　　　　。
(3)根据测到数据,某过程中电容器两端电压U与电流I的关系图如图乙所示。该过程为　　　　(选填“充电”或“放电”)过程。放电过程中电容器两端电压U随时间t变化关系如图丙所示。0.2 s时R0消耗的功率为　　　 W。
电压
零
放电
0.32
解析 (1)位置②与电容器并联,为测电压仪器。
(2)电压表示数最大时,电容器充电完毕,电流表示数为零。
(3)电容器放电时电压和电流都减小,图像逆向分析,该过程为电容器放电过程。电容器充电完毕后的电压等于电源电动势,大小为12 V,由题图丙可知t=0.2 s时电容器两端电压为U=8 V,由题图乙可知当U=8 V时,电流I=40 mA,则电阻R0消耗的功率为P=8×40×10-3 W=0.32 W。
命题角度2探究影响感应电流方向的因素
电路图
核心操作 1.观察线圈绕向、电流方向。
2.根据实验现象分析感应电流的磁场方向
数据处理 1.分析指针偏转方向。
2.分析多种实验电路及实验现象。
3.结论的灵活运用
例9　(2025福建厦门三模)小萌同学用不同装置分别进行电磁感应现象的实验探究。
(1)用图甲所示的装置探究感应电流方向的影响因素。
甲
在图甲中用笔画线代替导线,将实物电路补充完整;该同学在闭合开关时发现电流表指针向右偏转,则开关闭合状态时,将滑动变阻器滑片_________　　　　(选填“向左”或“向右”)滑动,电流表指针向左偏转。
向右
(2)如图乙所示,在探究感应电流大小的影响因素实验中,该同学将一线圈两端与电流传感器相连,强磁体从长玻璃管上端由静止下落,电流传感器记录了强磁体穿过线圈过程中电流i与时间t的关系图像,如图丙所示,下列说法正确的是　　　　。
A.t2时刻的速度大小等于t4时刻的速度大小
B.在t1~t3时间内,强磁体的加速度小于重力
加速度
C.强磁体穿过线圈的过程中,受到线圈的作用力先向上后向下
D.在t1~t5的时间内,强磁体重力势能的减少量等于其动能的增加量
B
解析 (1)将实物电路补充完整如图所示。闭合开关时穿过线圈B的磁通量增大,电流表指针向右偏转,则开关闭合时,要使电流表指针向左偏转,穿过线圈B的磁通量应减小,线圈A中的电流应减小,滑动变阻器连入电路的阻值应增大,应将滑动变阻器滑片向右滑。
(2)t1~t5时间内,强磁体均向下做加速运动,只不过加速度大小发生变化,所以线圈t2时刻的速度大小小于t4时刻的速度大小,故A错误;线圈中只要有感应电流,感应电流的磁场就阻碍强磁体与线圈之间的相对运动,即强磁体所受线圈的作用力向上,根据牛顿第二定律有mg-F安=ma,可得a命题角度3探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
实验装置
核心操作 1.估测电压的大致范围。
2.先用交流电压最大量程挡试测,再选用适当量程测量。
3.改变电压或线圈匝数前要先断开开关
数据处理 变压器的铁芯漏磁使得能量损耗,从而导致电压比与匝数比有差别
例10　(2025湖北襄阳一模)物理兴趣小组用可拆变压器“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。
(1)保持原线圈输入的电压一定,通过改变原、副线圈匝数,测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是　　　　。
A.等效法
B.理想模型法
C.控制变量法
D.演绎法
C
(2)变压器原、副线圈匝数分别选择n=800匝、n'=400匝,原线圈与10 V正弦式交流电源相连,用理想电压表测得输出电压U'=2.5 V,输出电压测量值明显小于理论值,造成这种现象的主要原因是　　　　。
A.副线圈匝数略少于400匝
B.变压器存在电磁辐射
C.原、副线圈存在电流热效应
D.两块变压器铁芯没有组装在一起
D
(3)等效法、理想模型法是重要的物理学方法,合理采用物理学方法会让问题变得简单,这体现了物理学科“化繁为简”之美。图丙为某电学仪器原理图,变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。若将右侧实线框内的电路等效为一个电阻,可利用闭合电路的规律解决如下极值问题:在交流电源的电
压有效值U0不变的情况下,在调节可变电阻R的过程中,当R=　　　　(用n1、n2、R0表示)时,R获得的功率最大。
R0
解析 (1)为实现探究目的,保持原线圈输入的电压一定,通过改变原、副线圈匝数,测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法。故选C。
(2)根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系,副线圈匝数略少于400匝,可知副线圈电压应略小于5 V,不会明显小于理论值,A错误;变压器存在电磁辐射,辐射电磁波,放出能量,但辐射能量较少,输出电压测量值不会明显小于理论值,B错误;原、副线圈存在电流热效应,副线圈电压将小于5 V,不会明显小于理论值,C错误;两块变压器铁芯没有组装在一起,会出现漏磁,副线圈电压将明显小于理论值,D正确。
(3)根据变压器原理可得,根据欧姆定律R=,则右侧实线框内电路的等效电阻为R'=R,将U0等效为电源电动势,R0等效为电源内阻,R'等效为外电阻,当R获得的功率最大时,则有R0=R',解得R=R0。
考点五　电学实验的拓展与创新
解决电学拓展创新实验的三种常用方法
(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,虽然无法直接测量金属丝电阻率,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。
例11　(2025重庆卷)熄火保护装置主要由弹簧、热电偶和电磁铁等组成,其示意图如图甲所示,A、B为导线上两个接线端。小组设计了如图乙所示的电路(部分连线未完成)进行探究,图中数字毫安表内阻约为1 Ω,数字毫伏表内阻约为10 MΩ。
甲
乙
(1)将图甲中的A、B端分别与图乙中的A'、B'端连接,测量热电偶和电磁铁线圈构成的组合体电阻。已知组合体电阻不超过0.05 Ω,则未完成的连接中,Q端应和　　　　(选填“b”或“c”)处相连,理由是　　　　　　　　　　　。正确连线后,开始时滑动变阻器的滑片应置于　　　　(选填“d”或“e”)端。
b　
见解析
e
(2)闭合开关S1、S2,实验测得组合体电阻为0.020 Ω,当电磁铁线圈中的电流小于142 mA时,电磁铁无法继续吸合衔铁,衔铁被释放。断开开关S1、S2,从室温加热热电偶感温端到某一温度后,停止加热,使其自然冷却至室温。测得整个过程中热电偶受热产生的电动势E'随时间t的变化关系如图丙所示。在相同的加热和冷却过程中,如果将A、B端直接连接,不计温度变化对组合体电阻的影响,从停止加热到吸合的衔铁被释放,所用的时间约为
　　　　 s(保留3位有效数字)。
丙
17.5
解析 (1)组合体电阻不超过0.05 Ω,远小于数字毫伏表内阻,应采用数字毫安表外接法,即Q端应和b处相连。滑动变阻器采用分压接法,闭合开关时,为了保护电表,滑动变阻器的滑片应置于e端。
(2)衔铁被释放时,由闭合电路欧姆定律可知电动势为E=Ir=0.02×142×
10-3 V=2.84×10-3 V=2.84 mV,停止加热时,热电偶受热产生的电动势E'最大,如图所示,由图可知,从停止加热到吸合的衔铁被释放,所用的时间约为Δt=32.5 s-15 s=17.5 s。
例12　(2024湖南卷)某实验小组要探究一金属丝的阻值随气压变化的规律,搭建了如图甲所示的装置。电阻测量原理如图乙所示,E是电源,V为电压表,A为电流表。
(1)保持玻璃管内压强为标准大气压,电流表示数为100 mA,电压表量程为0~3 V,表盘如图丙所示,示数为　　　　 V,此时金属丝阻值的测量值R为　　　　 Ω(保留3位有效数字);
(2)打开抽气泵,降低玻璃管内气压p,保持电流I不变,读出电压表示数U,计算出对应的金属丝阻值;
1.23
12.3
(3)根据测量数据绘制R-p关系图线,如图丁所示;
(4)如果玻璃管内气压是标准大气压的,保持电流为100 mA,电压表指针应该在图丙指针位置的　　　　(选填“左”或“右”)侧;
(5)若电压表是非理想电压表,则金属丝电阻的测量值　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
右
小于
解析 (1)电压表分度值为0.1 V,则电压表读数需估读一位,读数为1.23 V,根据欧姆定律可知,金属丝的测量值R==12.3 Ω。
(4)根据图丁可知气压越小电阻越大,则压强p减小,则电阻R增大,再根据U=IR,故电压增大,电压表的指针位置应该在题图丙中指针位置的右侧。
(5)电流表采用外接法会导致电压表分流,即R测=,I测=I真+,即I测偏大,故R测例13　(2024广东卷)某科技小组模仿太阳能发电中的太阳光自动跟踪系统,制作光源跟踪演示装置。实现太阳能电池板方向的调整,使电池板正对光源。
图甲是光照方向检测电路,所用器材有电源E(电动势3 V)、电压表V1和V2(量程均有3 V和15 V、内阻均可视为无穷大)、滑动变阻器R、两个相同的光敏电阻RG1和RG2、开关S、手电筒、导线若干。图乙是实物图,图中电池板上垂直安装有半透明隔板,隔板两侧装有光敏电阻,电池板固定在电动机转轴上,控制单元与检测电路的连接未画出。控制单元对光照方向检测电路无影响。
请完成下列实验操作和判断。
(1)电路连接。
图乙中已正确连接了部分电路。请完成虚线框中滑动变阻器R、电源E、开关S和电压表V1间的实物图连线。
甲
乙
见解析图
(2)光敏电阻阻值与光照强度关系测试。
①将图甲中R的滑片置于　　　　端,用手电筒的光斜照射到RG1和RG2,使RG1表面的光照强度比RG2表面的小。
②闭合S,将R的滑片缓慢滑到某一位置,V1的示数如图丙所示,示数U1为
　　　　 V,V2的示数U2为1.17 V。由此可知,表面光照强度较小的光敏电阻的阻值　　　　(选填“较大”或“较小”)。
③断开S。
丙
b
1.60
较大
(3)光源跟踪测试。
①将手电筒的光从电池板上方斜照射到RG1和RG2。
②闭合S并启动控制单元,控制单元检测并比较两光敏电阻的电压,控制电动机转动。此时两电压表的示数U1　　　　(选填“逆时针”或“顺时针”)转动,直至　　　　时停止转动,电池板正对手电筒发出的光。
逆时针
　U1=U2
解析 (1)实物图连线如图所示。
(2)①将图甲中的R的滑片置于b端。②电压表V1量程为3 V,最小刻度为0.1 V,则示数为1.60 V;由此可知表面光照强度较小的RG1两端电压较大,说明表面光照强度较小的阻值较大。
(3)②由于两电压表的示数U1例14　(2025湖南卷)车辆运输中若存在超载现象,将带来安全隐患。由普通水泥和导电材料混合制成的导电水泥,可以用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。
图1
(1)选择一块均匀的长方体导电水泥块样品,用多用电表粗测其电阻。将多用电表开关旋转到“×1 k”挡,正确操作后,指针位置如图1所示,则读数为
　　　　 Ω。
8 000
图2
(2)为进一步提高实验精度,使用伏安法测量水泥块电阻,电源E电动势6 V,内阻可忽略,电压表量程0~6 V,内阻约10 kΩ,电流表量程0~600 μA,内阻约100 Ω。实验中要求滑动变阻器采用分压接法,在图2中完成余下导线的连接。
(3)如图2所示,测量水泥块的长为a,宽为b,高为c。用伏安法测得水泥块电阻为R,则电阻率ρ=　　　　　　(用R、a、b、c表示)。
见解析图
(4)测得不同压力F下水泥块的电阻R,算出对应的电阻率ρ,作出ρ-F图像如图3所示。
图3
(5)基于以上结论,设计压力报警系统,电路如图4所示。报警器在两端电压大于或等于3 V时启动,R1为水泥块,R2为滑动变阻器,当R2的滑片处于某位置,R1上压力大于或等于F0时,报警器启动。报警器应并联在　　　　(选填“R1”或“R2”)两端。
(6)若电源E使用时间过长,电动势变小,R1上压力大于或等于F1时,报警器启动,则F1　　 　(选填“大于”“小于”或“等于”)F0。
图4
R2
大于
解析 (1)由题可知多用电表开关旋转到“×1 k”挡,故根据题图1可得读数为8 000 Ω。
(2)由上述知长方体导电水泥块样品的电阻Rx>,故采用电流表内接法;实验中要求滑动变阻器采用分压接法,故连接实物图如图所示。
(3)电阻定律R=,化简得ρ=,根据题图2可知,测量的水泥块长度为a,横截面积为bc,代入解得ρ=。
(5)根据题图3可知压力越大电阻率越小,即电阻越小;回路中电流增大,滑动变阻器R2电压增大,水泥块R1电压减小,而报警器在两端电压大于或等于3 V时启动,故应将报警器并联在R2两端。
(6)电源电动势E减小,要使报警器启动,即R2两端电压仍为3 V,根据串联分压有U2=E=E,可知E减小需要R1更小,又因为F越大R1越小,可知F1大于F0。

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