2024年高考物理大一轮复习：第1课时 基础实验

第1课时基础实验测量实验命题角度一长度的测量【例1】对于如图1所示长度测量工具，请按要求正确读出数据。甲乙图1(1)刻度尺测得纸带A、B两点间的距离是________cm；(2)螺旋测微器的读数是________mm。解析(1)由题图可知，毫米刻度尺的最小分度为0.1cm，故A、B间的距离为6.25cm；(2)螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为20.3×0.01mm＝0.203mm，所以最终读数为5.5mm＋0.203mm＝5.703mm。答案(1)6.25(2)5.703命题角度二利用打点计时器测速【例2】(2019·全国卷Ⅰ，22)某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究。物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图2所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出。在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是________点。在打出C点时物块的速度大小为________m/s(保留3位有效数字)；物块下滑的加速度大小为________m/s2(保留2位有效数字)。图2解析物块加速下滑，因此打点间距逐渐增大，故最先打出的是A点。两个相邻计数点之间的时间间隔T＝0.1s，根据eq\o(v,\s\up6(－))＝veq\f(t,2)得C点的速度vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(（5.85－1.20）×10－2,2×0.1)m/s≈0.233m/s由图知xAB＝1.20cmxBC＝xAC－xAB＝1.95cmxCD＝xAD－xAC＝2.70cmxDE＝xAE－xAD＝3.45cm由逐差法可得a＝eq\f(（xCD＋xDE）－（xAB＋xBC）,4T2)代入数值解得物块下滑的加速度大小a＝0.75m/s2。答案A0.2330.75

注意区分几个关键点(1)区分计时点和计数点：计时点是指打点计时器在纸带上打下的点；计数点是指测量和计算时在纸带上所选取的点。要注意“每五个点取一个计数点”与“每隔四个点取一个计数点”的取点方法是一样的。(2)涉及打点计时器的实验均是先接通电源，待打点稳定后，再释放纸带。命题角度三电阻(电阻率)的测量【例3】(2019·江苏卷，11)某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率。实验操作如下：(1)螺旋测微器如图3所示。在测量电阻丝的直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动________(选填“A”“B”或“C”)，直到听到“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。图3(2)选择电阻丝的________(选填“同一”或“不同”)位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。(3)图4甲中Rx为待测电阻丝。请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入图4乙实物电路中的正确位置。甲乙图4(4)为测量Rx，利用图4甲所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1－I1关系图象如图5所示。接着，将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：U2/V0.501.021.542.052.55I2/mA20.040.060.080.0100.0请根据表中的数据，在方格纸上作出U2－I2图象。图5(5)由此，可求得电阻丝的Rx＝________Ω。根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率。解析(1)旋转微调旋钮C。(2)电阻丝的粗细不一定均匀，为保证测量结果准确，应在不同位置测直径，然后取平均值作为测量值。(3)滑动变阻器采用分压式接入电路，注意线不能交叉，如答案图甲所示。(4)将所给的5组数据标注在U－I图象中，用过原点的直线把它们连在一起，让尽可能多的点在直线上，如答案图乙所示。(5)由题意知：eq\f(U1,I1)＝Rx＋RA＋R0，由U1－I1图线的斜率可得eq\f(U1,I1)＝49.0Ω。eq\f(U2,I2)＝RA＋R0，由作出的U2－I2图线的斜率可得eq\f(U2,I2)＝25.5Ω。故Rx＝(49.0－25.5)Ω＝23.5Ω。答案(1)C(2)不同(3)见图甲(4)见图乙(5)23.5(23.0～24.0都算对)甲乙1.仪器、仪表读数的几条规则(1)最小分度为“1”的仪器，测量误差出现在下一位，下一位按十分之一估读。(2)最小分度是“2”和“5”的仪器，测量误差出现在同一位上，同一位分别按二分之一或五分之一估读。(3)对游标卡尺读数时不要估读。2.电流表内接法与外接法的选择电流表内接法电流表外接法电阻的测量值大于真实值电阻的测量值小于真实值适用Rx≫RA，大电阻适用Rx≪RV，小电阻命题角度四测电源的电动势和内阻测电源电动势和内阻的三种方法方法原理图数据处理用电压表、电流表和可变电阻(如滑动变阻器)测量eq\a\vs4\al(纵轴截距：E,斜率绝对值：r)用电流表、电阻箱测量纵轴截距：eq\f(r,E)斜率：eq\f(1,E)用电压表、电阻箱测量eq\a\vs4\al(纵轴截距：\f(1,E),斜率：\f(r,E))【例4】某同学要测量某电源的电动势和内阻，根据实验室提供的器材，设计了如图6甲的实验电路。(1)请根据电路图将如图乙的器材连接成电路。图6(2)闭合开关后，调节电阻箱接入电路的阻值。得到多组电阻箱接入电路的阻值R和对应的电压表的示数U，为了比较准确地得出实验结论。该同学准备用直线图象来处理实验数据，图象的纵坐标表示电压表读数U，则图象的横坐标表示的物理量应该是________。(3)该同学又尝试用另一种图象来处理数据。即根据测得的多组电阻箱的阻值R和记录的对应电压表的读数U，作出eq\f(1,U)－eq\f(1,R)图象如图丙所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为－b、a，定值电阻的阻值用R0表示。则可得该电源的电动势为________，内阻为________；测得的电动势与真实值比________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。解析(1)根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示。(2)电源电动势为E＝U＋eq\f(U,R)(R0＋r)，整理得U＝－eq\f(U,R)(R0＋r)＋E，U与eq\f(U,R)是线性关系，要得到直线图象，横坐标应表示eq\f(U,R)。(3)电源电动势为E＝U＋eq\f(U,R)(R0＋r)，整理得eq\f(1,U)＝eq\f(R0＋r,E)eq\f(1,R)＋eq\f(1,E)，eq\f(1,U)－eq\f(1,R)图象的斜率k＝eq\f(R0＋r,E)＝eq\f(a,b)，纵轴截距a＝eq\f(1,E)，则电源电动势E＝eq\f(1,a)，电源内阻r＝eq\f(1,b)－R0由于电压表分流作用，通过电源的电流大于eq\f(U,R)，则电动势的测量值小于真实值。答案(1)电路图见解析(2)eq\f(U,R)(3)eq\f(1,a)eq\f(1,b)－R0偏小1.连接实物图的四点注意(1)各导线都应接在接线柱上。(2)不应在导线中间出现分叉，且导线不能跨过仪器。(3)连接电表应注意量程选用正确，正、负接线柱不要接错。(4)开关要控制整个电路。2.用好一个“电阻”1.小红同学在做“测定金属电阻率”的实验时，通过游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄金属圆片的直径和厚度，读出图7中的示数，游标卡尺所示的金属圆片直径的测量值为________mm，螺旋测微器所示的金属圆片厚度的测量值为________mm。图7解析根据游标卡尺读数规则，该金属圆片的直径为49mm＋3×0.05mm＝49.15mm；根据螺旋测微器读数规则，金属圆片的厚度为4.5mm＋19.9×0.01mm＝4.699mm。答案49.154.699(4.698～4.702均可)2.某实验小组利用拉力传感器和打点计时器探究加速度与力的关系。他们将拉力传感器固定在小车上记录小车受到拉力的大小，按照图甲进行实验。t＝0时，小车处于图8甲所示的位置。图8(1)该同学按图甲完成实验，请指出至少一处错误：_______________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E计数点(每两个计数点间还有4个计时点未画出)，A、C间的距离为________cm。(3)若打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度大小为________m/s2。(结果保留2位有效数字)解析(1)该实验的错误之处为：打点计时器连接了直流电源；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦力。(2)A、C间的距离为3.10cm。(3)由Δx＝aT2，利用逐差法有a＝eq\f(xCE－xAC,4T2)＝eq\f([（10.10－3.10）－3.10]×10－2,4×0.01)m/s2≈0.98m/s2。答案(1)打点计时器连接了直流电源；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力(写出一处即可)(2)3.10(3.09～3.11均正确)(3)0.98(0.96～1.0均正确)3.一同学在学习金属的电阻率知识时发现不同的材料电阻率一般不同。有些不法商贩在一些导线中掺入杂质，导致导线的质量不达标，该同学想通过测量导线的电阻率来进一步确定导线是否合格，于是该同学剥掉导线的绝缘外层，用剪刀剪下一段，设计了如图9(a)所示的实验电路。图9(1)为了粗略测量该金属丝的电阻，该同学用如图(b)所示的多用电表在连接好的电路上进行测量。①机械调零后将选择开关拨到“×1Ω”挡。②将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使_____________________________________________________________________________________________________。③________________，将红表笔接P，黑表笔接Q，多用电表指针如图(c)所示，则金属丝总电阻约为________Ω。(2)用螺旋测微器测金属丝直径，测得该金属丝直径d＝0.360mm。(3)闭合开关S，保持电流表示数不变，改变并记录电阻箱的阻值R和对应接入电路中金属丝长度L的数据，作出R－L图线如图(d)所示。(4)根据测得的金属丝直径d及R－L图线，求得金属丝的电阻率ρ＝________。(结果保留3位有效数字)解析(1)②欧姆调零时，将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆表盘零刻度处(或使指针指在电流满偏的位置)。③测量时，需将多用电表接在金属丝两端，且电路处于断路状态，所以应断开开关S，取下线夹(或断开开关S，将线夹夹到Q端)。根据欧姆表读数规则可知金属丝的电阻约为5Ω。(4)根据R＝－ρeq\f(L,S)＋b，可知R－L图线斜率的绝对值为eq\f(ρ,S)＝10Ω·m－1，S＝eq\f(1,4)πd2，代入数据可得ρ＝1.02×10－6Ω·m。答案(1)②指针指在欧姆表盘零刻度处(或使指针指在电流满偏的位置)③断开开关S，取下线夹(或断开开关S，将线夹夹到Q端)5(4)1.02×10－6Ω·m验证型实验命题角度一常规方法验证已有的物理规律【例1】如图10所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。图10(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是________。A.重物选用质量和密度较大的金属B.两限位孔在同一竖直面内上下对齐C.精确测量出重物的质量D.用手托稳重物，接通电源后，撤手释放重物(2)某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50Hz的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图11所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有________。图11A.OA、AD和EG的长度B.OC、BC和CD的长度C.BD、CF和EG的长度D.AC、BD和EG的长度(3)该实验小组想要测量出物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h。他们利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案。A.用刻度尺测出重物下落的高度h，并测出下落时间t，通过v＝gt计算出瞬时速度v0B.用刻度尺测出重物下落的高度h，并通过v＝eq\r(2gh)计算出瞬时速度C.根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，计算出该点的瞬时速度，并通过计算得出高度hD.用刻度尺测出重物下落的高度h，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，计算出瞬时速度v0以上方案中只有一种正确，正确的是________。(填入相应的字母)解析(1)重物选用质量和密度较大的金属锤，减小空气阻力，以减小误差，故选项A正确；两限位孔在同一竖直面内上下对齐，减小纸带和打点计时器之间的阻力，以减小误差，故选项B正确；验证机械能守恒定律的原理是：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，重物质量可以消掉，无需精确测量出重物的质量，故选项C错误；用手提纸带上端，而不是托住重物，接通电源，待打点计时器打点稳定后，撒手释放纸带，故选项D错误。(2)由EG的长度可求出打F点的速度v2，打O点的速度v1＝0，但求不出OF之间的距离h，故选项A错误；由BC和CD的长度可求出打C点的速度v2，打O点的速度v1＝0，有OC之间的距离h，可以来验证机械能守恒定律，故选项B正确；由BD和EG的长度可分别求出打C点的速度v1和打F点的速度v2，有CF之间的距离h，可以来验证机械能守恒定律，故选项C正确；AC、BD和EG的长度可分别求出打B、C、F三点的速度，但BC、CF、BF之间的距离都无法求出，无法验证机械能守恒定律，故选项D错误。(3)不能用自由落体的公式再计算瞬时速度，A、B错误；重物下落的高度是用刻度尺测量的，不是计算的，选项C错误；D为验证机械能守恒定律的实验测量方案，是正确的。答案(1)AB(2)BC(3)D命题角度二新情景下验证已有的物理规律【例2】某同学用如图12甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板一端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出。已知一元硬币和五角硬币与长木板间动摩擦因数相同，主要实验步骤如下：①将一元硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线的适当位置取一点O，测出硬币停止滑动时硬币右侧到O点的距离。再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为x1，如图乙所示；②将五角硬币放在长木板上，使其左侧位于O点，并使其直径与中心线重合，按步骤①从同一位置释放弹片，重新弹射一元硬币，使两硬币对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距O点距离的平均值x2和x3，如图丙所示。甲图12(1)为完成该实验，除长木板，硬币发射器，一元及五角硬币，刻度尺外，还需要的器材为________。(2)实验中还需要测量的物理量为________________________________，验证动量守恒定律的表达式为________________________(用测量物理量对应的字母表示)。解析(1)动量为质量和速度的乘积，该实验要验证质量不等的两物体碰撞过程中动量守恒，需测量两物体的质量和碰撞前后的速度，因此除给定的器材外，还需要的器材为天平。(2)测出一元硬币的质量为m1，五角硬币的质量为m2，一元硬币以速度v1被弹射出去后，由动能定理可得μm1gx1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，解得v1＝eq\r(2μgx1)，当一元硬币以速度v1与五角硬币碰撞后，速度分别为v2、v3，由动能定理可得μm1gx2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)，μm2gx3＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)，解得一元硬币碰后速度v2＝eq\r(2μgx2)，五角硬币碰后的速度为v3＝eq\r(2μgx3)，若碰撞过程动量守恒则需满足m1v1＝m1v2＋m2v3，代入数据可得m1eq\r(x1)＝m1eq\r(x2)＋m2eq\r(x3)。答案(1)天平(2)一元硬币的质量为m1，五角硬币的质量为m2m1eq\r(x1)＝m1eq\r(x2)＋m2eq\r(x3)1.(2019·烟台一模)某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮筋改为劲度系数为400N/m的轻质弹簧AA′，将弹簧的一端A′固定在竖直墙面上。不可伸长的细线OA、OB、OC，分别固定在弹簧的A端和弹簧测力计甲、乙的挂钩上，其中O为OA、OB、OC三段细线的结点，如图13所示。在实验过程中，保持弹簧AA′伸长1.00cm不变。(1)若OA、OC间夹角为90°，弹簧测力计乙的读数是__________N(如图14所示)，则弹簧测力计甲的读数应为__________N。(2)在(1)问中若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OA与OC的夹角，则弹簧测力计甲的读数大小将__________，弹簧测力计乙的读数大小将______________。解析(1)根据弹簧测力计的读数方法可知，乙的读数为3.00N；根据胡克定律可知，F＝kx＝400×0.01N＝4.00N，OA、OC间夹角为90°，则甲的示数等于弹簧AA′的弹力与乙测力计拉力的矢量和，即F甲＝eq\r(3.002＋4.002)N＝5.00N。(2)在(1)问中若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OA与OC的夹角，甲、乙两个弹簧测力计弹力的合力不变，如图所示，则可知弹簧测力计甲的读数逐渐减小，弹簧测力计乙的读数先变小后变大。答案(1)3.005.00(2)逐渐减小先变小后变大2.在验证牛顿第二定律的实验中，采用如图15所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用m表示，盘及盘中重物的总质量用m0表示，小车的加速度可由打点计时器打在纸带上的点计算出。图15(1)当m与m0的大小关系满足________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中重物的总重力。(2)一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中重物的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据。为了比较容易地确定出加速度a与质量m的关系，应该作a与________的图象。(3)如图16(a)为甲同学根据测量数据作出的a－F图线，说明实验存在的问题是____________________________________________________________________。(4)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a－F图线如图(b)所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同？_____________________________。图16解析从实验原理入手，对照本实验的操作要求，弄清各图象的物理意义，讨论实验中处理数据的方法。(1)当m≫m0时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中重物的总重力。(2)因由实验画的a－m图线是一条曲线，难以判定它所对应的函数式，从而难以确定a与m的定量关系，所以在实验中应作a－eq\f(1,m)图象而不是a－m图象来分析实验结果。(3)图(a)为甲同学根据测量数据作出的a－F图线，图线没有过原点，而是与F轴交于一点，说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。(4)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a－F图线，两图线的斜率不同，说明两个同学做实验时的小车及车中砝码的质量不同。答案(1)m≫m0(2)eq\f(1,m)(3)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够(4)小车及车中砝码的质量不同探究型实验1.探究性实验情景一般比较新，要善于与已知实验比对。但不要盲从已知实验。2.探究性实验是实验题，不要等同于计算题，要注意数据和误差的处理。3.探究物理量的联系或者规律，必定是高中学习的规律。可以通过筛选，排除等方法得出关系。命题角度一探究物理量之间的关系或者规律【例1】如图17甲所示，两位同学用此装置做“探究弹力与弹簧伸长量的关系”的实验，把弹簧上端固定在横梁上，下端悬吊不同重力的砝码，用刻度尺测量弹簧的长度，并用图象来处理实验数据。图17(1)甲同学把弹簧的伸长量x和弹簧弹力F的关系在F－x坐标系中描点如图乙所示。请在坐标系中作出图象，并根据图象写出F－x的函数关系式：F＝________(其中F的单位为N，x的单位为m)。(2)乙同学根据实验数据作出的图象如图18所示，发现图象后半部分出现弯曲现象，你认为造成这一现象的原因是____________________________________________________________________。图18解析(1)所作图象如答案图所示。在F－x图象中，图象的斜率大小等于弹簧的劲度系数，该图象斜率为k＝eq\f(ΔF,Δx)＝1.2×102N/m，则F－x的函数关系式为F＝1.2×102x。(2)图线后半段偏离了直线，说明此时弹力与伸长量不成正比，其原因是超出了弹簧的弹性限度范围。答案(1)如图所示1.1×102x～1.3×102x均可(2)所挂砝码太重，超出了弹簧的弹性限度【例2】某实验小组要描绘小灯泡(2.5V0.5W)的伏安特性曲线，实验室提供以下器材可供选择：A.直流电源3V(内阻不计)B.直流电流表0～300mA(内阻约为5Ω)C.直流电流表0～600mA(内阻约为1Ω)D.直流电压表0～3V(内阻约为3kΩ)E.滑动变阻器0～100Ω(允许通过的最大电流为0.5A)F.滑动变阻器0～10Ω(允许通过的最大电流为2A)G.导线和开关实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。(1)实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________。(填器材前的字母标号)(2)图19中已将可能用到的仪器画出，请根据实验要求，将图中各器材连接成完整的电路。图19(3)根据实验数据，作出的小灯泡I－U图线如图20所示。由此可知，当电压为1.5V时，小灯泡的灯丝电阻为________Ω(结果保留2位有效数字)。图20(4)如果将该小灯泡直接与电动势为2V、内阻为10Ω的电池连接，此时小灯泡的功率为________W(结果保留2位有效数字)。解析(1)已知小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，可知额定电流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(0.5,2.5)A＝0.2A，为了保证电流表读数的准确性，所以选择B；实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化，并能进行多次测量，应该采用分压式接法，滑动变阻器选择最大阻值较小的，采用分压式能使小灯泡两端电压变化更加均匀，作出的图象更加准确，所以选择F。(2)根据实验要求，将图中各器材连接成完整的电路，如图所示。(3)根据图线可知，当电压为1.5V时，电流为0.175A，根据欧姆定律可知小灯泡的内阻为eq\f(1.5,0.175)Ω≈8.6Ω。(4)如果将该小灯泡与电动势为2V，内阻为10Ω的电池连接，在小灯泡的I－U图中画出电池的I－U图线，如图所示，两图线的交点I＝0.125A，U＝0.75V，表示流过小灯泡的电流与小灯泡两端的电压，所以其功率P＝UI≈0.094W。答案(1)BF(2)如解析图所示(3)8.6(4)0.094控制电路的选择(1)从节能的角度考虑，优先选用限流式。(2)以下三种情况必须用分压式，①要求待测电路的U、I从0变化；②R滑≪Rx；③选用限流式，Ux、Ix过大(超过电流表量程，烧坏电表、电源或用电器等)。命题角度二新情境下探究物理量之间的关系【例3】(2019·全国卷Ⅱ，23)某小组利用图21(a)所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系，图中和为理想电压表；R为滑动变阻器，R0为定值电阻(阻值100Ω)；S为开关，E为电源。实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t由温度计(图中未画出)测出。图(b)是该小组在恒定电流为50.0μA时得到的某硅二极管U－t关系曲线。回答下列问题：图21(1)实验中，为保证流过二极管的电流为50.0μA，应调节滑动变阻器R，使电压表的示数为U1＝________mV；根据图(b)可知，当控温炉内的温度t升高时，硅二极管正向电阻________(填“变大”或“变小”)，电压表示数________(填“增大”或“减小”)，此时应将R的滑片向________(填“A”或“B”)端移动，以使示数仍为U1。(2)由图(b)可以看出U与t成线性关系。硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,Δt)))＝________×10－3V/℃(保留2位有效数字)。解析(1)、是理想电压表，则R0与硅二极管串联，电流相等，R0两端电压U1＝IR0＝50.0×10－6×100V＝5.00×10－3V＝5.00mV。由U－t图象知：控温炉内温度升高，硅二极管两端电压U2变小，又I＝50.0μA不变，故硅二极管正向电阻变小；当控温炉内温度升高时，硅二极管电阻变小，反过来影响电路中电流，由闭合电路欧姆定律知，电路中电流增大，示数增大；要保持示数不变，需增大滑动变阻器的阻值，即滑片向B端移动。(2)由U－t图象的斜率可知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,Δt)))＝eq\f(0.44－0.30,80－30)V/℃＝2.8×10－3V/℃。答案(1)5.00变小增大B(2)2.81.甲、乙两同学利用如图22所示的装置探究功与物体速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下沿着木板滑行。图22(1)实验中为了平衡小车运动中受到的阻力，应该采用方法________(填选项前面的字母)。A.逐步调节木板的倾斜程度，使静止的小车开始运动B.逐步调节木板的倾斜程度，使小车在木板上保持静止C.逐步调节木板的倾斜程度，使夹在小车后面的纸带上所打出的点间隔均匀(2)对于橡皮筋和小车连接的问题，两位同学分别采用以下a、b两种接法。为能更有利于测算小车获得的速度，你认为图23中________(填“a”或“b”)接法更合理些。图23(3)按上述合理的连接方式进行实验时，下列四条纸带中可能是操作时得到的纸带的是________。解析(1)在实验中，为了减小实验误差，通过倾斜木板，利用重力沿木板方向的分力来平衡摩擦力，当小车受到的摩擦力被抵消时，打点计时器打在纸带上的点迹是均匀的。(2)为了测量小车获得的速度，在弹力对小车做功之后，应让橡皮筋与小车分离，否则橡皮筋会对小车产生阻力，影响小车的运动，使得测量结果误差较大，故b的接法正确。(3)在合理连接的情况下，小车先做加速度逐渐减小的加速运动，在橡皮筋与小车分离后，小车做匀速直线运动。由此可知只有B纸带符合。答案(1)C(2)b(3)B2.某探究兴趣小组想研究某型号热敏电阻的电学性质，通过查找资料只得到该型号电阻的部分伏安特性曲线，如图24所示。现想设计一个实验完整地描绘出该热敏电阻的伏安特性曲线，实验室提供了如下器材：图24A.待测热敏电阻RT(允许承载的最大电压Um＝3V)；B.电流表(量程0～10mA，内阻r1＝50Ω，示数用I1表示)；C.电流表(量程0～0.2A，内阻r2＝6Ω，示数用I2表示)；D.电压表(量程0～3V，内阻约为10kΩ，示数用U1表示)；E.电压表(量程0～10V，内阻约为40kΩ，示数用U2表示)；F.定值电阻R，阻值为3Ω；G.直流电源，电动势E＝5V，内阻不计；H.滑动变阻器R1，最大阻值为1kΩ；I.滑动变阻器R2，最大阻值为5Ω；J.开关一个，导线若干。(1)为了减小实验误差，更好地描绘热敏电阻的伏安特性曲线，滑动变阻器应选用________，电流表应选用________，电压表应选用________。(填写对应器材前的字母序号)(2)请在下面的虚线框中，画出实验电路原理图(3)待测热敏电阻RT的表达式为RT＝________(用题中所给的器材示数符号表示)。解析(1)描绘伏安特性曲线要求电压从零开始测量，为便于实验操作和调节，滑动变阻器选择I；根据热敏电阻的额定电压值，电压表选择D；由电阻的伏安特性曲线可知热敏电阻的电流会大于0.4A，故电流表选择C。(2)要求电压从零开始测量，滑动变阻器应用分压式接法；电流表量程偏小无法达到实验要求，故应并联小电阻扩大量程；由于已知电流表内阻可代入运算，故电流表选用内接法可消除系统误差；实验电路图如图所示。(3)通过热敏电阻的电流I＝eq\f(I2r2,R)＋I2，根据欧姆定律得RT＝eq\f(U1－I2r2,I)，联立解得RT＝eq\f(（U1－I2r2）R,I2（r2＋R）)。答案(1)ICD(2)如解析图所示(3)eq\f(（U1－I2r2）R,I2（r2＋R）)A卷提能小卷练1.(1)如图1甲、乙、丙所示的三把游标卡尺，它们的游标尺分别为9mm长10等分、19mm长20等分、49mm长50等分，它们的读数依次为________mm、________mm、________mm。图1(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，则金属丝的直径是________mm。图2解析(1)甲图读数：整毫米数是17mm，不足1毫米数是2×0.1mm＝0.2mm，最后读数是17mm＋0.2mm＝17.2mm；乙图读数：整毫米数是23mm，不足1毫米数是7×0.05mm＝0.35mm，最后读数是23mm＋0.35mm＝23.35mm；丙图读数：整毫米数是10mm，不足1毫米数是19×0.02mm＝0.38mm，最后读数是10mm＋0.38mm＝10.38mm。(2)固定刻度示数为2.0mm，不足半毫米的从可动刻度上读，其示数为15.0×0.01mm，最后的读数是2.0mm＋15.0×0.01mm＝2.150mm。答案(1)17.223.3510.38(2)2.1502.小明同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时，为了更准确地选取电压表和电流表的合适量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值。(1)在使用前发现多用电表指针位置如图3甲所示，该同学应该调节旋钮________(选“①”或者“②”)。(2)小明使用多用电表欧姆挡的“×10”挡测量小灯泡电阻的阻值，示数如图乙所示，为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆挡____________(填“×100”或“×1”)挡，两表笔短接并调节旋钮____________(选“①”或者“②”)。(3)按正确步骤测量时，指针指在如图丙位置，则小灯泡阻值的测量值为________Ω。图3解析(1)多用电表使用前，指针没有指在零刻度，应该进行机械调零，应调节旋钮①。(2)指针偏转角度太大，说明被测电阻小，应该换用小倍率的挡位，故选“×1”挡，两表笔短接并调节旋钮②。(3)换挡后要进行欧姆调零，示数乘以倍数即为小灯泡的阻值，即为28Ω。答案(1)①(2)×1②(3)283.在用“落体法”做“验证机械能守恒定律”的实验时，小明选择了一条较为满意的纸带，如图4甲所示。他舍弃前面密集的点，以O为起点，从A点开始选取纸带上连续点A、B、C……测出O到A、B、C……的距离分别为h1、h2、h3……电源的频率为f。图4(1)为减少阻力对实验的影响，下列操作可行的是________。A.选用铁质重锤B.安装打点计时器时使两限位孔在同一竖直线上C.释放纸带前，手应提纸带上端并使纸带竖直D.重锤下落过程中手始终提住纸带上端，保持纸带竖直(2)打B点时，重锤的速度vB为________。(3)小明用实验测得数据画出的v2－h图象如图乙所示。图线不过坐标原点的原因是___________________________________________________________________。(4)另有四位同学在图乙的基础上，画出没有阻力时的v2－h图象，并与其比较，其中正确的是________。解析(1)为了减小阻力的影响，实验时重锤应选择质量大一些的，体积小一些的，选项A正确；安装打点计时器时应使两限位孔在同一竖直线上，以减小阻力的影响，选项B正确；释放纸带前，手应提纸带上端并使纸带竖直，可以减小阻力，选项C正确；重锤下落过程中，手不能拉着纸带，选项D错误。(2)根据某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度可知，B点的瞬时速度vB＝eq\f(h3－h1,2T)＝eq\f(（h3－h1）f,2)。(3)图线不过原点，即h＝0时，速度不为零，是因为O点前面有舍弃的点，打下O点时重锤速度不为零。(4)因释放点的位置相同，即初速度为零时两图线必能相交，又因为无阻力时，理论速度要大于实际测出的速度。因而画出的直线在原直线上方，选项B正确。答案(1)ABC(2)eq\f(（h3－h1）f,2)(3)打下O点时重锤速度不为零(4)B4.要测量电流表A1的内阻，电流表A1量程为0～300mA，内阻约为5Ω。实验室提供的器材如下：A.电流表A2(量程为0～600mA，内阻约为1Ω)B.电压表V(量程为0～15V，内阻约为3kΩ)C.定值电阻R1(阻值为5.0Ω)D.定值电阻R2(阻值为50Ω)E.滑动变阻器R3(最大阻值为10Ω，额定电流为2A)F.滑动变阻器R4(最大阻值为250Ω，额定电流为2A)G.电源E(电动势为3V，内阻较小)H.导线、开关(1)某同学利用上述实验器材，拟将电压表V和待测电流表A1并联接入测量电路中，测出电压和电流，再计算出rA1。该方案实际上不可行，其最主要的原因是_______________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)要求电流表A1的示数从零开始变化，且能测出多组数据，尽可能减小误差，定值电阻应选________，滑动变阻器应选________(填实验器材前的字母序号)。在虚线框中画出符合要求的实验电路图，并标出所选元件的相应字母代号。(3)连接好电路，接通开关，改变滑动变阻器滑片的位置，实验时电表A1、A2的示数分别如图5甲、乙所示，电流表A1的示数为________A，电流表A2的示数为________A。由电表示数和题中数据可得电流表A1的内阻为________Ω。图5解析(1)电压表量程较大，而电流表A1两端电压较小，电压表指针偏转角度较小，误差较大。(2)要求电流表A1的示数从零开始变化，因而滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器选择最大阻值较小的，故选E。由于缺少可用的电压表，而电流表A2内阻未知，将定值电阻与待测电流表A1并联，再与电流表A2串联，利用并联电路特点求电流表A1的内阻。若定值