2025 高考物理三维设计二轮第三部分　专题复习　整合突破专题七　物理实验

18/182025高考物理三维设计二轮第三部分专题复习整合突破专题七物理实验第16讲力学实验考点一纸带类实验实验装置图注意事项考查热点探究小车速度随时间变化的规律①平行：细绳与长木板平行②靠近：小车应靠近打点计时器③两先：打点前先接通电源；打点后先断开电源④适当：钩码质量适当①考读算：读计数点间的时间、位移；计算瞬时速度、加速度②考操作：不需要平衡摩擦力、不需要满足悬挂钩码质量远小于小车质量探究加速度与物体受力、物体质量的关系①平衡：开始应平衡摩擦力②质量：重物质量需远小于小车质量③平行：细绳与长木板平行④靠近：小车应靠近打点计时器⑤两先：打点前先接通电源；打点后先断开电源①考操作：器材安装正误，平衡摩擦力、质量控制要求②测定a：计算加速度③求结论：描点作图像得结论④判成因：给定异常a-F图像，判断其可能成因验证机械能守恒定律①安装：竖直安装，纸带竖直②重物：选密度大、质量大的③计算：运用vn＝hn+1①考操作：重物靠近打点计时器处释放、先通电后释放②考运算：计算下落速度、减少的重力势能与增加的动能③考图像：v22-【典例1】（2024·北京海淀三模）在高中阶段，我们学习了多种测量物体加速度的方法。（1）通过打点计时器，可以测量小车的加速度。实验装置如图甲所示。通过实验得到了一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起点O（t＝0），然后每隔0.1s选取一个计数点，如图乙中的A、B、C、D、E、F……所示。某同学测量了相邻两计数点间的距离：OA＝7.05cm，AB＝7.68cm，BC＝8.31cm，CD＝8.95cm，DE＝9.57cm，EF＝10.20cm，请计算该小车的加速度a1＝0.63m/s2（保留小数点后两位）。（2）通过光电门，同样可以测量物体的加速度。如图丙所示，滑块上安装了宽度为2.0cm的遮光条，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过第一个光电门的时间Δt1＝0.20s，通过第二个光电门的时间Δt2＝0.05s，遮光条从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间t＝2.5s，试估算滑块的加速度a2＝0.12m/s2（保留两位有效数字），该估算值与真实值相比偏大（选填“偏大”“偏小”或“相同”）。（3）频闪照片也是一种测量加速度的方法。在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。某时刻，将一小球从O点由静止释放，频闪仪每隔0.04s闪光一次。以O点为原点，竖直向下为正方向建立坐标轴，并测量各时刻的位置坐标x1、x2、x3…。图丁是小球自由下落时的部分频闪照片示意图，照片中的数字是小球下落的距离（单位：cm）。小崔同学为了减小偶然误差，他建议做x-t2图像，把实验数据代入（如t12＝0.0016s2，x1＝0.21cm；t22＝0.0064s2，x2＝1.76cm……），得到一条过原点的直线，再通过该直线的斜率得到加速度a3。请问该方案是否可行？如果可行，请求出加速度的值（结果保留两位有效数字）；如果不可行，请说明原因不可行，理由：取由O到A点，下落时间为0.04s，重力加速度g约为10m/s2，由h＝12gt2＝0.8cm＞0.21cm，可知第一段OA的时间间隔小于0.04s，因此x-t解析：（1）相邻两个计数点间的时间间隔T＝0.1s根据逐差法，可知该小车的加速度a1＝（＝0.63m/s2。（2）遮光条宽度d＝2.0cm遮光条通过第一个光电门的速度v1＝d通过第二个光电门的速度v2＝d滑块的加速度a2＝v2－v1t＝0光电门测量滑块瞬时速度的原理是遮光条通过光电门的速度可以用平均速度代替，真实速度为遮光条前边缘到达光电门中心的瞬时速度，显然测量的速度偏大，故测得的加速度偏大。（3）不可行，理由：取由O到A点，下落时间为0.04s，重力加速度g约为10m/s2，由h＝12gt2＝0.8cm＞0.21cm，可知第一段OA的时间间隔小于0.04s，因此x-t2纸带的三大应用1.判断物体的运动性质（1）若Δx＝0，则可判定物体在实验误差允许的范围内做匀速直线运动。（2）若Δx不为零且为定值，则可判定物体在实验误差允许的范围内做匀变速直线运动。2.求解瞬时速度做匀变速运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度。如图所示，求打某一点的瞬时速度，只需在这一点的前、后取相同时间间隔T的两段位移xn和xn+1，则打n点时的速度vn＝3.求加速度（1）如图所示，有连续的偶数段数据，则a＝（x（2）如图所示，连续的奇数段数据，去掉最短的x1，则a＝（x【典例2】（2024·浙江1月选考16题）如图1所示是“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B。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B。A.补偿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（3）在小车质量远大于（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系统误差（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C。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（4）经正确操作后获得一条如图2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＝x6－x410TA.a＝xB.a＝xC.a＝x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，即采用的研究方法是控制变量法，故选B。（2）补偿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，故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，故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，故C错误。（3）设小车质量为M，槽码质量为m，对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有F＝Mamg－F＝ma联立解得F＝Mmg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于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，不是由于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＝x6－x根据逐差法可得小车加速度的表达式是a＝x6－x3－x【典例3】（2024·北京朝阳区模拟）如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律。（1）实验中打点计时器应选择电火花计时器（选填“电火花计时器”或“电磁打点计时器”）较好。（2）安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图所示。图中O点为打出的起始点，且速度为零。选取在纸带上连续打出的点A、B、C、D、E作为计数点。其中测出A、B、C、D、E点距起始点O的距离如图所示。已知打点计时器的打点周期为T＝0.02s。由此可计算出重物下落到C点时的瞬时速度vC＝1.92（1.90～1.92均可）m/s。（结果保留三位有效数字）（3）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于此误差，下列说法正确的是D。A.该误差属于偶然误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差B.该误差属于偶然误差，可以通过挂一个小物块来平衡阻力进而消除该误差C.该误差属于系统误差，可以通过多次测量取平均值的方法来消除该误差D.该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差（4）某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点O的距离h并计算出打相应计数点时重物的速度v，通过描绘v2-h图像去研究机械能是否守恒。若实验中重物所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的v2-h图像是下图中的哪一个A。解析：（1）电火花计时器对纸带的阻力较小，则实验中打点计时器应选择电火花计时器较好。（2）物体下落到C点时的瞬时速度vC＝xBD2T＝0.2006－0（3）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，故选D。（4）下落时阻力大小不变，则根据动能定理有mgh－fh＝12mv2，即v2＝2则v2-h图像是过原点的直线，故选A。考点二弹簧、橡皮条类实验实验装置图注意事项考查热点探究弹簧弹力与形变量的关系①弹簧：选自重小的轻质弹簧②钩码：轻一点，防止超过弹性限度③竖直：弹簧、刻度尺竖直放置④静止：钩码不上下振动时读数、测量弹簧长度①考作图：建立适当的F-x坐标系，描点作平滑图线②考探究：要能根据图像找出F与x间关系，并解释常数含义③找误差：测量长度、作图等探究两个互成角度的力的合成规律①不变：同一次实验中橡皮条结点O位置应保持不变②平行：橡皮条、弹簧测力计和细绳套与纸面平行③作图：严格按力的图示要求作平行四边形求合力①考读数：弹簧测力计示数②考操作：如何拉？怎么拉？拉到哪里？③求合力：作图法求合力④会区分：能区分合力的理论值与实验值【典例4】（2024·湖北武汉模拟）某实验小组为测量自动笔里面被压缩弹簧的劲度系数，他们一开始设计如图甲所示的实验：将自动笔活动端竖直置于电子秤上，当竖直向下按下约0.80cm时（未触底且未超过弹簧弹性限度），稳定后电子秤上的读数增加了37.85g（重力加速度大小g取10m/s2）。（1）此笔里的弹簧劲度系数为47.3N/m（结果保留3位有效数字），这支笔的重力对实验无（填“有”或“无”）影响；（2）由于弹簧较短，施加适当外力时长度变化不太明显，于是他们将实验设计成图乙所示：将三根相同的弹簧串起来，竖直挂在图乙所示的装置中。小组成员通过测量，作出三根弹簧的总长度l与相应所挂重物重力即拉力大小F的关系图像如图丙所示，则一根弹簧的劲度系数为50.0N/m（结果保留3位有效数字）。解析：（1）根据胡克定律，可得此笔里的弹簧劲度系数为k＝ΔFΔx＝37.85×10－无影响，这是由于弹簧受挤压时弹力大小可借助于电子秤测出，所以与笔的重力无关。（2）由于是三根相同的弹簧，则弹簧劲度系数满足k＝1.00.12－0.06【典例5】（2023·全国乙卷22题）在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有：木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤：（1）用图钉将白纸固定在水平木板上。（2）将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小，并CD。（多选，填正确答案标号）A.用刻度尺量出橡皮条的长度B.用刻度尺量出两细线的长度C.用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置D.用铅笔在白纸上标记出两细线的方向（3）撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到标记位置，由测力计的示数得到拉力F的大小，沿细线标记此时F的方向。（4）选择合适标度，由步骤（2）的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作F1和F2的合成图，得出合力F'的大小和方向；按同一标度在白纸上画出力F的图示。（5）比较F'和F的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。解析：（2）实验中保证两次操作使橡皮条产生相同的弹力作用，故应标记小圆环的位置以及每个力的大小和方向，力的大小由测力计读出，方向即为细线的方向，故C、D正确；橡皮条与细线的长度没必要测出，A、B错误。（3）撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到已标记的小圆环位置，记录此时拉力F的大小和方向。（5）比较F'和F的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。考点三小球类实验实验装置图注意事项考查热点探究平抛运动的特点①安装：斜槽末端伸出桌面外并调整至切线水平，定原点②描点：描出轨迹上多个点的位置③计算：计算初速度①考判断：平抛运动的轨迹是否为抛物线②考操作：从同一点释放，由重垂线得到竖直线③考分析：水平、竖直方向运动性质，轨迹是否为抛物线探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系①方法：控制变量法②操作：小球放对位置，皮带绕对塔轮、匀速转动③观察：标尺刻度①考装置：探究什么关系②考结果：得到什么结论③考操作：达到预定格数时，即保持转速均匀恒定④考作图：描点连线画图线⑤考创新：传感器探究实验装置图注意事项考查热点验证动量守恒定律①安装：斜槽末端切线应沿水平方向②起点：斜槽末端上方某处③落点：用小圆圈中心表示④速度：应用小球平抛的水平位移替代①考装置：器材安装、小球选取、O点确定②考测量：小球质量的测量和小球平抛运动的水平位移的测量③考结论：根据实验数据判断两球碰撞过程中动量是否守恒用单摆测量重力加速度的大小①悬着：测量摆长，标平衡位置②测量：摆长＝摆线长＋小球半径③操作：偏角≤5°，不做圆锥摆，在平衡位置处开始计时④周期：测量30～50次全振动时间，再计算周期①考读数：会秒表、游标卡尺、刻度尺读数②考操作：悬点要固定、准确计数振动次数、振幅小③考处理：能根据公式理解图像斜率，求g并分析误差【典例6】（2024·河北高考11题节选）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。（1）每次由静止释放钢球时，钢球在斜槽上的高度相同（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。答案：见解析图（3）根据轨迹，求得钢球做平抛运动的初速度大小为0.72（0.67～0.77均可）m/s（当地重力加速度g为9.8m/s2，保留2位有效数字）。解析：（1）探究平抛运动特点的实验中，要使钢球到达斜槽末端的速度相同，则每次由静止释放钢球时，钢球在斜槽上的高度相同。（2）用平滑曲线连接坐标纸上的点，即为钢球做平抛运动的轨迹，作图时应使尽可能多的点在图线上，不在图线上的点均匀分布在图线两侧，如图所示。（3）根据平抛运动规律有x＝v0t、y＝12gt2，联立可得v0＝gx22y，在轨迹图线上选取一点（8cm，6cm），代入数据可得v0＝0【典例7】（2024·新课标卷22题）某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律，将斜槽轨道固定在水平桌面上，轨道末段水平，右侧端点在水平木板上的垂直投影为O，木板上叠放着白纸和复写纸。实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处由静止释放，a从轨道右端水平飞出后落在木板上；重复多次，测出落点的平均位置P与O点的距离xP。将与a半径相等的小球b置于轨道右侧端点，再将小球a从Q处由静止释放，两球碰撞后均落在木板上；重复多次，分别测出a、b两球落点的平均位置M、N与O点的距离xM、xN。完成下列填空：（1）记a、b两球的质量分别为ma、mb，实验中须满足条件ma＞mb（填“＞”或“＜”）；（2）如果测得的xP、xM、xN，ma和mb在实验误差范围内满足关系式maxP＝maxM＋mbxN，则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中，用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度。依据是小球从轨道右端飞出后做平抛运动，且小球落点与轨道右端的竖直高度相同，结合平抛运动规律可知小球从轨道右端飞出后在空中运动的时间相等（合理即可）。解析：（1）由于实验中需保证向右运动的小球a与静止的小球b碰撞后两球均向右运动，则实验中小球a的质量应大于小球b的质量，即ma＞mb。（2）对两小球的碰撞过程，由动量守恒定律有mav＝mava＋mbvb，由于小球从轨道右端飞出后做平抛运动，且小球落点与轨道右端的竖直高度相同，则结合平抛运动规律可知小球从轨道右端飞出后在空中运动的时间相等，设此时间为t，则mavt＝mavat＋mbvbt，即maxP＝maxM＋mbxN。考点四创新型力学实验【典例8】（2024·四川凉山三模）“筋膜枪”是利用内部电机带动“枪头”高频冲击肌肉，缓解肌肉酸痛的设备。某同学为了测量“枪头”的冲击频率，将带限位孔的塑料底板固定在墙面上，下端带重锤的纸带穿过限位孔并竖直拉直，“枪头”放在限位孔上方，靠近并正对纸带，如图甲所示。启动筋膜枪，松开纸带，让纸带在重锤带动下运动，“枪头”在纸带上打下系列点迹。更换纸带，重复操作。（1）如图乙所示的是实验时打出的一条清晰的纸带，截取其中一段，测得相邻点迹间的距离依次为x1、x2、x3、x4，则图示纸带的左（选填“左”或“右”）端连接重锤；若重力加速度为g，则“枪头”的冲击频率f＝2gx3（2）该实验产生误差的主要原因是“枪头”在打点瞬间阻碍纸带的运动，这样会导致冲击频率的测量值大于（选填“大于”“小于”或“等于”）实际值。解析：（1）根据题意可知，松开纸带，纸带在重锤作用下做加速运动，纸带上相邻两点间的距离逐渐增大，由题图乙可知，纸带左端与重锤相连。根据逐差法有x3＋x4－又有f＝1联立解得f＝2gx（2）“枪头”打点瞬间阻碍纸带的运动，使得重物下落的加速度小于自由落体加速度，故计算频率时，代入加速度值偏大，导致测量的频率偏大，故频率测量值大于实际值。创新分析（1）本实验的目的是测量“枪头”的冲击频率。（2）“枪头”在纸带上打下的点迹与打点计时器的打点类似。【典例9】（2024·湖南高考12题）在太空，物体完全失重，用天平无法测量质量。如图a，某同学设计了一个动力学方法测量物体质量的实验方案，主要实验仪器包括：气垫导轨、滑块、轻弹簧、标准砝码、光电计时器和待测物体，主要步骤如下：（1）调平气垫导轨，将弹簧左端连接气垫导轨左端，右端连接滑块；（2）将滑块拉至离平衡位置20cm处由静止释放，滑块第1次经过平衡位置处开始计时，第21次经过平衡位置时停止计时，由此测得弹簧振子的振动周期T；（3）将质量为m的砝码固定在滑块上，重复步骤（2）；（4）依次增加砝码质量m，测出对应的周期T，实验数据如下表所示，在图b中绘制T2-m关系图线；m/kgT/sT2/s20.0000.6320.3990.0500.7750.6010.1000.8930.7970.1501.0011.0020.2001.1051.2210.2501.1751.381答案：（4）见解析图（5）由T2-m图像可知，弹簧振子振动周期的平方与砝码质量的关系是线性的（填“线性的”或“非线性的”）；（6）取下砝码后，将待测物体固定在滑块上，测量周期并得到T2＝0.880s2，则待测物体质量是0.120kg（保留3位有效数字）；（7）若换一个质量较小的滑块重做上述实验，所得T2-m图线与原图线相比将沿纵轴负方向移动（填“正方向”“负方向”或“不”）。解析：（4）将题表中的数据在题图b中描点，然后用直线拟合，使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，偏离直线较远的点舍去，如图所示；（5）由于T2-m图像为一条直线，则弹簧振子振动周期的平方与砝码质量的关系是线性的；（6）根据T2-m图像可知T2＝0.880s2时，m＝0.120kg；（7）当m＝0时，T2为滑块对应的弹簧振子振动周期的平方，由T2-m图像可知物体的质量越大，对应的弹簧振子的振动周期越大，所以质量较小的滑块对应的弹簧振子的振动周期较小，故换一个质量较小的滑块重做实验，所得T2-m图线与原图线相比将沿纵轴负方向移动。创新分析（1）本实验是在太空中物体完全失重状态下测量物体的质量；（2）根据弹簧振子的周期表达式T＝2πmk（其中m是小球质量），通过T2-m图像得到弹簧振子振动周期的平方与砝码质量的关系，1.（2024·福建南平三模）利用橡皮筋、弹簧测力计和圆形量角器等器材探究两个互成角度的力的合成规律。（1）量角器固定在水平桌面上，将带细绳套的橡皮筋一端用图钉固定，如图a。（2）两细绳套挂上弹簧测力计，互成角度拉两只弹簧测力计，将结点拉至量角器圆心O点，如图b，此时右侧弹簧测力计示数为5.00N，记录此时力F1、F2的大小和方向。在纸上作力F1、F2的图示并得到合力F，如图c。（3）改变两细绳套的夹角，仍将结点拉至O点，记录此时力F3、F4的大小和方向。（4）请在图（c）中作出F3、F4的合力F'的力的图示。答案：（4）见解析图（5）多次重复步骤（3）和（4），比较每次作出的合力，如果这些合力在误差允许的范围内都大小相等，方向相同，则说明一个力分解成两个力有多种分解方式，分力与合力的关系遵循平行四边形定则。解析：（2）由图可知弹簧测力计的读数为5.00N。（4）根据平行四边形定则作出F3、F4的合力F'，如图。（5）根据实验规律可知，合力在误差允许范围内都大小相等，方向相同，则说明一个力分解成两个力有多种分解方式，分力与合力的关系遵循平行四边形定则。2.（2024·广东高考11题节选）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算。（1）图甲是“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验装置示意图。图中木板右端垫高的目的是平衡摩擦力。图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为2.86m/s2（结果保留3位有效数字）。（2）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，某同学用50分度的游标卡尺测量一例柱体的长度，示数如图丙所示，图丁为局部放大图，读数为4.108cm。解析：（1）木板右端抬高的目的是平衡摩擦力；小车的加速度大小a＝（16.29+13.43+10.59－7.（2）游标卡尺读数为41mm＋4×0.02mm＝41.08mm＝4.108cm。3.（2024·重庆沙坪坝模拟）如图a所示，某兴趣小组用单摆测量重力加速度。选用的实验器材有：智能手机、小球、细线、铁架台、夹子、游标卡尺、刻度尺等，实验操作如下：①用夹子将细线上端固定在铁架台上，将小球竖直悬挂；②用刻度尺测出摆线的长度为l，用游标卡尺测出小球直径为d；③将智能手机置于小球平衡位置的正下方，启用APP《手机物理工坊》“近距秒表”功能；④将小球由平衡位置拉开一个角度（θ＜5°），静止释放，软件同时描绘出小球与手机间距离随时间变化的图像，如图b所示。请回答下列问题：（1）根据图b可知，单摆的周期T＝2s。（2）改变摆线长度l，重复步骤②、③、④的操作，可以得到多组T和l的值，进一步描绘出如图c所示的图像，则该图像以T2为横坐标（选填“1T”“T”或“T2”），若图线的斜率为k，则重力加速度的测量值为4π2k（用所测量字母l、d或T、θ、k等进行表示解析：（1）根据单摆的运动规律一个周期内应该有两个小球与手机间距离的最小值。由图b可得出，单摆的周期为T＝2s。（2）根据T＝2πl可得l＝g4π2T结合图c的图像，可知则该图像以T2为横坐标。若图线的斜率为k，则k＝g可得重力加速度的测量值为g＝4π2k。4.（2024·河南郑州模拟）如图a，甲、乙两组同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：长木板、铁块、米尺、打点计时器、位移传感器等。（1）甲组同学把木板一端固定在建筑物上，构成斜面结构。采用打点计时器并正确操作实验后得到一条纸带如图b所示，选择一个恰当点作为计时起点O，其余计数点到O点距离分别为x1、x2、x3、…、x6。已知打点计时器的打点周期为T。则打计数点2时铁块速度的表达式为v＝x3－x110T；铁块加速度的表达式为a（2）乙组同学把木板一端固定在建筑物上，构成斜面结构。使用位移传感器得到铁块位移随时间变化的图像如图c所示。根据x-t图像可得该斜面上的铁块加速度大小为0.40m/s2（保留2位有效数字）。（3）假设某次实验中木板与水平面夹角为θ，铁块下滑的加速度大小为a，当地的重力加速度为g，则铁块与木板间的动摩擦因数μ＝tanθ－agcosθ（用θ、a和解析：（1）打计数点2时铁块速度为v＝x铁块加速度为a＝（x6－（2）铁块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动时，其位移为x＝12at将t＝2.00s、x＝0.80m，代入上式解得该斜面上的铁块加速度大小为a＝0.40m/s2。（3）根据牛顿第二定律，铁块下滑的加速度大小为a＝mgsinθ－μmgcosθm＝g（sin则铁块与木板间的动摩擦因数为μ＝tanθ－ag5.（2024·山东高考13题）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200.0g和400.0g；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。回答以下问题：（1）从图像可知两滑块在t＝1.0s时发生碰撞；（2）滑块B碰撞前的速度大小v＝0.20m/s（保留2位有效数字）；（3）通过分析，得出质量为200.0g的滑块是B（填“A”或“B”）。解析：（1）由x-t图像的斜率表示速度可知，两滑块的速度在t＝1.0s时发生突变，即发生了碰撞；（2）由x-t图像斜率的绝对值表示速度大小可知，碰撞前瞬间B的速度大小v＝90－1101.0cm/s＝0（3）由题图乙知，碰撞前A的速度大小vA＝0.50m/s，碰撞后A的速度大小约为vA'＝0.36m/s，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为v'＝0.5m/s，对A和B的碰撞过程由动量守恒定律有mAvA＋mBv＝mAvA'＋mBv'，代入数据解得mAmB≈2，所以质量为200.0g6.（2024·四川雅安模拟）某实验小组用如图所示的装置进行实验。该装置既可以验证机械能守恒定律，也可以测量当地的重力加速度。实验过程如下：在铁架台上固定一角度测量仪，用一不可伸长的轻质细线拴接一直径为d、质量为m的小球，细线悬点到小球顶端的距离为L，自然下垂时小球刚好位于光电门处，将小球拉离平衡位置至对应的偏离角度为α，然后由静止释放小球，记录小球通过光电门时的挡光时间t，多次改变偏离角度α，重新做实验。不计空气阻力。回答下列问题：（1）小球从静止摆动到最低点的过程中，重力势能的减小量为ΔEp＝mgL+0.5d1－cosα（用m、g、L、d、α来表示），小球运动到最低点时的速度大小v＝d（2）通过实验，记录数据，以1t2为横轴，以cosα为纵轴，画出一条直线（填“直线”“抛物线”或“双曲线”）（3）若（2）中得到的图线（或其延长线）与横轴交点的横坐标的绝对值为c，则当地的重力加速度大小g＝d2c2L＋d（用d解析：（1）小球从静止摆动到最低点的过程中，重力势能的减小量为ΔEp＝mgL小球通过光电门的时间极短，则其平均速度近似等于小球运动到最低点时的速度大小，有v＝dt（2）小球运动到最低点时的动能Ek＝12mv2＝若ΔEp＝Ek，就验证了机械能守恒定律，整理可得cosα＝1－d2g则以1t2为横轴，以cosα为纵轴（3）若画出的图线与横轴交点的横坐标的绝对值为c，则图像的斜率k＝－1结合k＝－d解得g＝cd7.（2024·吉林高考12题）图a为一套半圆拱形七色彩虹积木示意图，不同颜色的积木直径不同。某同学通过实验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。（1）用刻度尺测量不同颜色积木的外径D，其中对蓝色积木的某次测量如图b所示，从图中读出D＝7.54（7.53～7.55均可）cm。（2）将一块积木静置于硬质水平桌面上，设置积木左端平衡位置的参考点O，将积木的右端按下后释放，如图c所示。当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了10个周期。（3）换用其他积木重复上述操作，测得多组数据。为了探究T与D之间的函数关系，可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，数据如下表所示：颜色红橙黄绿青蓝紫lnD2.93922.78812.59532.48492.197……1.792lnT－0.45－0.53－0.56－0.65－0.78－0.92－1.02根据表中数据绘制出lnT-lnD图像如图d所示，则T与D的近似关系为A。A.T∝D B.T∝D2C.T∝1D D.T∝（4）请写出一条提高该实验精度的改进措施：多次测量同一颜色的积木的周期求平均值。解析：（1）根据刻度尺的读数规则可知D＝7.54cm。（2）结合单摆的运动分析可知，积木左端与O点等高后，向下（向上）运动后再次与O点等高，之后向上（向下）运动后又一次与O点等高，此过程为一个周期，则题述过程中积木摆动了10个周期。（3）根据题图d有lnT＝klnD＋b，其中k＝－0.50－（－1.00）2.80－1.80＝12，则有lnT＝12lnD＋（4）可以多次测量同一颜色的积木的周期求平均值，从而减小实验误差。第17讲电学实验考点一观察测量型实验实验装置图（或电路图）注意事项考查热点观察电容器的充、放电现象①安装：按实验装置图连接好电路②观察：开关S接1或2，仔细观察电压表，电流表示数的变化特点①考现象：充、放电时电路中的电流情况②考图像：描绘I-t曲线③考计算：由I-t曲线下的面积求电荷量用多用电表测量电学中的物理量①电压、电流挡：相当于电压表、电流表②欧姆挡：闭合电路欧姆定律③调零：机械调零、欧姆调零④电流方向：红表笔进，黑表笔出①考读数：电压、电流、电阻挡的读数②考使用：欧姆表选挡、调零、规范操作等③考黑箱：多用电表探测黑箱内的元件④电表改装：所需电阻或改后量程的计算测定金属的电阻率①测量Rx：Rx＝UI（伏安法②计算ρ：Rx＝ρLS，ρ＝①考读数：U、I、L及d②考电路：电路设计或选择、实物连线，器材选择③考运算：由U-I图像求Rx、ρ测量电源的电动势和内阻①伏安法：E＝U＋Ir②安阻法：E＝I（R＋r）③伏阻法：E＝U＋UR①考电路：电路设计或选择、实物连线或改错，器材选择②考作图：描点连线画图线③考运算：由U-I或1I-R或1U-1R图像，求【典例1】某同学通过实验观察电容器的放电现象，采用的实验电路如图甲所示，已知所用电容器的长引线是其正极，短引线是其负极。（1）实验时，开关S应先接到1，再接到2，观察电容器的放电现象。（选填“1”或“2”）（2）根据图甲所示的电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接。答案：见解析图（3）电容器放电的同时开始计时，每隔5s读一次电流i的值，记录数据如下表：时间t/s0510152025303540455055电流i/μA5003922702091581017549332393请根据表中的数据，在图丙中作出电流i随时间t变化的图线。答案：见解析图解析：（1）实验时，开关S应先接到1，对电容器进行充电，再接到2，电容器开始放电，观察电容器的放电现象。（2）根据图甲所示的电路图连接实物电路图，实物电路图如图a所示。（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，画曲线时让尽可能多的点落在曲线上，不在曲线上，应使尽量多的点均匀分布在曲线两侧，作出图像如图b所示。【典例2】（2023·辽宁高考12题）导电漆是将金属粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一根用导电漆制成的截面为正方形的细长样品（固态），某同学欲测量其电阻率，设计了如图（a）所示的电路图，实验步骤如下：a.测得样品截面的边长a＝0.20cm；b.将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触，其中甲、乙、丁位置固定，丙可在乙、丁间左右移动；c.将丙调节至某位置，测量丙和某探针之间的距离L；d.闭合开关S，调节电阻箱R的阻值，使电流表示数I＝0.40A，读出相应的电压表示数U，断开开关S；e.改变丙的位置，重复步骤c、d，测量多组L和U，作出U-L图像如图（b）所示，得到直线的斜率k。回答下列问题：（1）L是丙到乙（填“甲”“乙”或“丁”）的距离；（2）写出电阻率的表达式ρ＝ka2I（用k、a、（3）根据图像计算出该样品的电阻率ρ＝6.5×10－5Ω·m（保留两位有效数字）。解析：（1）由题图（a）可知，电压表测的是乙、丙探针之间的样品两端的电压，从题图（b）中可以看出L越大，电压表示数U越大，且U-L图像的延长线过坐标原点，在串联电路中电压表所测电阻部分的阻值越大，电压越大，说明L为电压表所测样品部分的长度，即L是丙到乙的距离。（2）电阻决定式为R＝ρLS，其中所测样品横截面积为S＝a2，解得ρ＝RSL＝Ra2L，其中电阻R＝UI，解得ρ＝Ua2IL，由题图（b）可知，U-L图像的斜率为（3）由题图（b）可知斜率为k＝0.13V2.0×10－2m＝6.5V/m，代入电阻率的表达式得ρ＝ka2I＝6.5×（【典例3】（2024·新课标卷23题）学生实验小组要测量量程为3V的电压表的内阻RV。可选用的器材有：多用电表，电源E（电动势5V），电压表（量程5V，内阻约3kΩ），定值电阻R0（阻值为800Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ），开关S，导线若干。完成下列填空：（1）利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应CAB（把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列）；A.将红、黑表笔短接B.调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆C.将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的负极、正极（填“正极、负极”或“负极、正极”）相连，欧姆表的指针位置如图a中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡×100（填“×1”“×100”或“×1k”）位置。重新调节后，测量得到指针位置如图a中实线Ⅱ所示，则粗测得到的该电压表内阻为1.6kΩ（结果保留1位小数）；（2）为了提高测量精度，他们设计了如图b所示的电路，其中滑动变阻器应选R1（填“R1”或“R2”），闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于a（填“a”或“b”）端；（3）闭合开关S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表、待测电压表的示数分别为U1、U，则待测电压表内阻RV＝UR0U1－U（用U1、（4）测量得到U1＝4.20V，U＝2.78V，则待测电压表内阻RV＝1.57kΩ（结果保留3位有效数字）。解析：（1）使用多用电表粗测电阻的步骤应为①机械调零：使用前，若指针没有指在左端“∞”位置，要用螺丝刀转动指针定位螺丝，使指针指在“∞”位置；②选挡：估计待测电阻的大小，旋转选择开关，使其置于欧姆挡的合适挡位；③欧姆调零：将红、黑表笔短接，调整调零旋钮，使指针指在表盘右端“0”刻度处；④测量：将两表笔分别与待测电阻的两端接触，指针示数乘以倍率即为待测电阻阻值。故该实验中正确的操作顺序应为C、A、B；由于多用电表在使用时电流流向为“红进黑出”，且通过电压表的电流流向为“正进负出”，所以在用多用电表粗测电压表内阻时多用电表的红、黑表笔应分别与待测电压表的负极、正极相连；由题图a中的虚线Ⅰ可知，待测电压表的内阻约为1500Ω，则为使指针指在中央刻度线附近，应将选择开关旋转到欧姆挡“×100”位置；由题图a中的实线Ⅱ可知该电压表的内阻为R粗＝16×100Ω＝1.6kΩ；（2）由题图b可知滑动变阻器用作分压式接法，则为了方便调节，滑动变阻器应选最大阻值较小的R1，为了保护电路，闭合开关前测量电路部分分压应为0，即滑动变阻器的滑片应置于a端；（3）由题图b可知流过待测电压表和流过定值电阻R0的电流相等，则结合部分欧姆定律和串联电路分压规律有URV＝U1－UR0（4）将U1＝4.20V、U＝2.78V、R0＝800Ω代入（3）中表达式可得RV＝2.78×8004.20－2.78测量电阻的特殊方法（其中R0阻值已知）主要仪器电路图步骤表达式电压表和定值电阻R0①如图所示，将被测电阻Rx与定值电阻R0串联接入电路；②用电压表分别测电阻Rx、R0两端的电压U1、U2由U1U2Rx＝U1U①如图所示，连接电路，闭合开关S1、S2，记下电压表示数U1；②断开开关S2，记下电压表示数U2由U1－U2R0＝U2电流表和定值电阻R0①如图所示，将被测电阻Rx与定值电阻R0并联接入电路；②用电流表分别测量通过电阻Rx、R0的电流I1、I2由I1Rx＝I2R0得Rx＝I2I①闭合S1、断开S2，读出电流表的示数I1；②闭合S1、S2，读出电流表的示数I2由I1R0＝（I2－I1）Rx得Rx＝I1I主要仪器电路图步骤表达式电流表和定值电阻R0①闭合S1、S2，读出电流表的示数I1；②闭合S1、断开S2，读出电流表的示数I2由I1R0＝I2（Rx＋R0）得Rx＝（一只电流表和已知最大阻值为R0的滑动变阻器①闭合S，将滑片P移动到a端读出电流表的示数I1；②闭合S，将滑片P移动到b端读出电流表的示数I2由I1Rx＝I2（Rx＋R0）得Rx＝I【典例4】（2024·甘肃高考12题）精确测量干电池电动势和内阻需要考虑电表内阻的影响。可用器材有：电压表（量程1.5V，内阻约为1.5kΩ）、电流表（量程0.6A）、滑动变阻器、开关、干电池和导线若干。某小组开展了以下实验。（1）考虑电流表内阻影响①用图1所示电路测量电流表的内阻。从图2电压表和电流表读数可得电流表内阻RA＝1.0Ω（保留2位有效数字）。②用图3所示电路测量干电池电动势和内阻。电压表读数、电流表读数、干电池内阻和电流表内阻分别用U、I、r和RA表示，则干电池电动势E＝U＋I（RA＋r）（用I、r和RA表示）。③调节滑动变阻器测得多组电表读数，作出图4所示的U-I图像。则待测干电池电动势E＝1.40（1.41也可）V（保留3位有效数字），内阻r＝1.0（1.1也可）Ω（保留1位小数）。（2）考虑电压表内阻影响该小组也尝试用图5所示电路测量电压表内阻，但发现实验无法完成。原因是D（单选，填正确答案标号）。A.电路设计会损坏仪器B.滑动变阻器接法错误C.电压太大无法读数D.电流太小无法读数解析：（1）①根据题图2可知，电压表示数为0.60V，电流表示数为0.58A，根据部分电路欧姆定律得RA＝0.600.58Ω≈1.0Ω。②根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋I（RA＋r）。③由②可知U＝E－I（RA＋r），结合题图4可知电源的电动势E＝1.40V，图线斜率的绝对值表示电流表内阻与电源内阻之和，则RA＋r＝1.40－1.00（2）由于电压表内阻很大，且串联接入电路，则回路中的电流会非常小，无论怎么移动滑动变阻器的滑片，电流表示数都非常小，D正确。【典例5】（2024·浙江衢、丽、湖三地质检）某同学为研究水果电池的电动势和内阻，利用猕猴桃做的水果电池进行实验。（1）他先后用电压表（量程为0～3V）和数字多用电表的直流电压2V档（其内阻远大于电压表的内阻）直接测量了水果电池两端的电压，如图1、图2所示，则该水果电池的电动势更接近数字多用电表（选填“电压表”或“数字多用电表”）测量的值，其值为0.660V；（2）为了估算该水果电池的内阻，该同学需进一步测量电压表的内阻RV，以一节内阻不计的干电池为电源组成测量电路如图3所示，改变电阻箱的阻值R，并读出电压表的读数U，作出R-1U图像如图4，则电压表的内阻为b（用图4中所给字母表示（3）若该电压表的内阻为3.2kΩ，则可估算该水果电池的内阻约为4.1kΩ（保留两位有效数字）。解析：（1）由于数字多用电表的内阻远大于电压表的内阻，则电动势更接近数字多用电表的测量值，由图2可知，读数为0.660V。（2）根据题意，由串联分压原理有URV整理可得R＝ERV·1U－R结合图4可得，电压表的内阻为RV＝b。（3）由图1可知，电压表读数为0.29V，则由串联分压原理有0.29解得R内≈4.1×103Ω＝4.1kΩ。伏阻法与安阻法测电源电动势和内阻方案伏阻法安阻法关系式1U＝rE·11I＝1ER图像误差分析E测＜E真，r测＜r真rE测＝E真，r测＞r真（r测＝r＋RA）考点二探究型实验实验装置图归纳总结考查热点探究影响感应电流方向的因素①安装：按装置连接电路②操作：观察线圈绕向、电流方向③记录：实验现象④分析：感应电流磁场方向①考连线：连接电路②考现象：分析指针偏转方向③考分析：分析多种实验电路及实验现象④考运用：结论的运用实验装置图归纳总结考查热点探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系①估计：被测电压的大致范围②选择：交流电压挡适当量程③组装：把两个线圈穿在可拆变压器铁芯上，闭合铁芯④测量：输入、输出电压①考操作：改变电压、线圈匝数前均要先断开开关②考注意：电压不能超过12V，不能用手接触裸露部件③考选挡：先用最大量程挡试测，再选用适当量程测量【典例6】（2024·山东德州模拟）某同学利用如图1所示实验装置来完成“探究影响感应电流方向的因素”的实验。（1）下表为该同学记录的实验现象：序号磁体磁场的方向（正视）磁体运动情况指针偏转情况感应电流的磁场方向（正视）1向下插入线圈向左向上2向下拔出线圈向右向下3向上插入线圈向右向下4向上拔出线圈向左向上①分析上述4组实验记录的感应电流的磁场方向与原磁场方向，可得结论是感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。②已知当电流从正接线柱流入电流表时，指针向右摆动。如图2所示实验中该同学将条形磁体某极向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转，则条形磁体的下端为S极（填“N”或“S”）。（2）该同学为了进一步研究实验，设计图3所示实验装置。其中甲、乙为两个完全相同的电流表。已知闭合开关后，当滑动变阻器R的滑片P不动时，甲、乙两个电流表指针位置如图3所示。若要使电流表乙的指针向右偏转，则进行的操作正确的是AD（填正确选项前的字母）。A.闭合开关，等电路稳定后再断开开关的瞬间B.断开开关，等电路稳定后再闭合开关的瞬间C.滑动变阻器的滑片向M端迅速滑动D.滑动变阻器的滑片向N端迅速滑动解析：（1）①由该同学记录的实验现象可知，1、3组实验中磁铁插入线圈，则穿过闭合回路的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反。2、4组实验中磁铁拔出线圈，则穿过闭合回路的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同。由此得出的结论是感应电流的磁场，总是阻碍原磁场磁通量的变化。②根据题意可知，感应电流方向为顺时针（俯视图），感应电流引起的磁场向下，条形磁铁的磁通量竖直向上增加，所以条形磁体的下端为S极。（2）闭合开关后，线圈A中的电流方向是从上到下，电流表甲中的电流从正极流向负极，指针向右偏转，断开开关瞬间，线圈A中电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，线圈B中的感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，由右手定则可知，电流表乙中的电流从正极流向负极，指针向右偏转，A正确；断开开关，等电路稳定后再闭合开关的瞬间，线圈A中电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，线圈B中的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，由右手定则可知，电流表乙中的电流从负极流向正极，指针向左偏转，B错误；滑动变阻器的滑片向M端迅速滑动，线圈A中电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，线圈B中的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，由右手定则可知，电流表乙中的电流从负极流向正极，指针向左偏转，C错误；滑动变阻器的滑片向N端迅速滑动，线圈A中电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，线圈B中的感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，由右手定则可知，电流表乙中的电流从正极流向负极，指针向右偏转，D正确。【典例7】（2024·福建厦门三模）小强同学在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中使用的可拆式变压器如图甲所示，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数。（1）除图甲中的器材外，下列器材中还需要的是CD（填仪器前的字母）；A.干电池 B.磁铁C.低压交流电源 D.多用电表E.直流电压表 F.直流电流表（2）变压器铁芯的结构和材料是C（填选项前字母）；A.整块不锈钢铁芯B.整块硅钢铁芯C.绝缘的硅钢片叠成（3）在实验操作过程中横铁芯没有与竖直铁芯对齐，原线圈输入电压为U1＝4V，匝数为n1＝200匝，改变副线圈匝数n2，测量副线圈两端的电压U2，得到U2-n2图像如图乙所示，则可能正确的是图线c（选填“a”“b”或“c”）。解析：（1）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，使用的是低压交流电源，所以不需要干电池，磁场是利用了电流的磁效应，所以也不需要条形磁铁，测量线圈两端的电压需要使用多用电表的交流电压挡，不需要直流电压表和直流电流表。故选C、D。（2）变压器铁芯的结构和材料是绝缘的硅钢片叠成，故选C。（3）实验操作过程中横铁芯没有与竖直铁芯对齐，则可能导致漏磁，使得输出电压偏小，则有U1n1＞U2考点三创新型电学实验【典例8】（2024·湖南高考11题）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a所示的装置。电阻测量原理如图b所示，E是电源，为电压表，为电流表。（1）保持玻璃管内压强为1个标准大气压，电流表示数为100mA，电压表量程为3V，表盘如图c所示，示数为1.25（1.24～1.26均可）V，此时金属丝阻值的测量值R为12.5Ω（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；（3）根据测量数据绘制R-p关系图线，如图d所示；（4）如果玻璃管内气压是0.5个标准大气压，保持电流为100mA，电压表指针应该在图c指针位置的右侧（填“左”或“右”）；（5）若电压表是非理想电压表，则金属丝电阻的测量值小于真实值（填“大于”“小于”或“等于”）。解析：（1）由电压表读数规则可知题图c的示数为1.25V；根据题图b由欧姆定律可知R＝UI＝1.25100×10－3Ω（4）玻璃管内气压降低到0.5个标准大气压，由题图d可知金属丝的阻值增大，又保持电流为100mA，所以电压表示数增大，即电压表指针应该在题图c指针位置的右侧。（5）若电压表是非理想电压表，则流过金属丝的电流的测量值偏大，由欧姆定律可知金属丝的电阻的测量值小于真实值。创新分析（1）本实验的实验目的是探究一金属丝的阻值随气压变化的规律；（2）采用伏安法测量电阻，根据测量数据绘制R-p关系图线，从而得到不同气压下的阻值。【典例9】（2024·河北高考12题）某种花卉喜光，但阳光太强时易受损伤。某兴趣小组决定制作简易光强报警器，以便在光照过强时提醒花农。该实验用到的主要器材如下：学生电源、多用电表、数字电压表（0～20V）、数字电流表（0～20mA）、滑动变阻器R（最大阻值50Ω，1.5A）、白炽灯、可调电阻R1（0～50kΩ）、发光二极管LED、光敏电阻RG、NPN型三极管VT、开关和若干导线等。（1）判断发光二极管的极性使用多用电表的“×10k”欧姆挡测量二极管的电阻。如图1所示，当黑表笔与接线端M接触、红表笔与接线端N接触时，多用电表指针位于表盘中a位置（见图2）；对调红、黑表笔后指针位于表盘中b位置（见图2）。由此判断M端为二极管的负极（填“正极”或“负极”）。（2）研究光敏电阻在不同光照条件下的伏安特性①采用图3中的器材进行实验，部分实物连接已完成。要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始。导线L1、L2和L3的另一端应分别连接滑动变阻器的A、A、C（或D）接线柱（以上三空选填接线柱标号“A”“B”“C”或“D”）。②图4为不同光照强度下得到的光敏电阻伏安特性曲线，图中曲线Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ对应光敏电阻受到的光照由弱到强。由图像可知，光敏电阻的阻值随其表面受到光照的增强而减小（填“增大”或“减小”）。解析：（1）使用多用电表时，通过多用电表的电流流向遵循“红进黑出”，使用多用电表的欧姆挡时，当黑表笔与M端接触、红表笔与N端接触时，若有电流，则二极管中电流方向为M→N，而由题图2可知此时多用电表指针位于a位置，即此时二极管电阻无穷大，由二极管的单向导电性可知，此时二极管所接电压为反向电压，则M端为二极管的负极。（2）由于要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始，则滑动变阻器应采用分压式接法，L1、L2的另一端应接A接线柱，L3另一端应接C（或D）接线柱。②I-U图像上某点与坐标原点连线的斜率的倒数表示光敏电阻的阻值，由题图4可知，光照增强时，光敏电阻的阻值减小，即光敏电阻的阻值随其表面受到光照的增强而减小。创新分析（1）本题的实验目的是制作简易光强报警器，以便在光照过强时提醒花农。（2）电路中含有二极管，需要判断二极管的极性，三极管的工作原理题目中有提示。【典例10】（2023·湖南高考12题）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1000Ω；（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R1R2R3（用R1、R2、R（3）依次将0.5g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123456砝码质量m/g0.00.51.01.52.02.5电压U/mV057115168220280根据表中数据在图（c）上描点，绘制U-m关系图线；答案：见解析图（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200mV，则F0大小是0.018N（重力加速度取9.8m/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200mV，则F1＞F0（填“＞”“＝”或“＜”）。解析：（1）由题图（b）可知，对应的读数为10×100Ω＝1000Ω。（2）根据电压传感器示数为0可得I1R1＝I2R2，I1RF＝I2R3，解得RF＝R1R2（3）把表格中的数据在图（c）上进行描点，然后用一条直线拟合，使尽可能多的点落在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧，离直线较远的点舍弃，如图所示。（4）根据U-m图像可知，当U＝200mV时，m＝1.80g，故F0＝mg≈0.018N。（5）可将C、D以外的电路等效为新的电源，C、D两点电压看作路端电压，因为换用非理想毫伏表后，当读数为200mV时，实际上C、D间断路（接理想毫伏表时）时的电压大于200mV，则在压力传感器上施加微小压力F1时，C、D间的电压大于在压力传感器上施加微小压力F0时C、D间的电压，结合U-m关系图线可知，F1＞F0。创新分析（1）利用半导体薄膜压力传感器等元件设计测量微小压力。（2）以设计的测量微小压力的装置为背景，考查欧姆表的读数、实验原理、实验数据处理和误差分析。1.（2024·河北张家口模拟）某同学为“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”，他在实验室准备了可拆变压器（如图甲所示）、低压交流电源、多用电表、开关和导线若干。（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A（选填选项前的字母）。A.控制变量法 B.等效替代法C.整体隔离法 D.理想实验法（2）该同学认真检查电路无误后，其中一次测量交流电压时选择2.5V挡位，多用电表读数如图乙所示，此时电表读数为2.00V。（3）某次实验中线圈N1接“0”“4”，线圈N2接“2”“14”，测得线圈N1两端的电压U1＝2.30V，线圈N2两端的电压U2＝7.60V，分析可知N2（选填“N1”或“N2”）是原线圈。（4）实验发现原、副线圈电压比与匝数比不相等，可能的原因是有漏磁。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A。（2）测量交流电压时选择2.5V挡位，此时电表读数为U＝2.00V。（3）若某次实验中用匝数n1＝400匝、n2＝1200匝的变压器，测得线圈N1两端的电压U1＝2.30V，线圈N2两端的电压U2＝7.60V，匝数之比近似等于电压之比，则有U1U按U1＝2.30V，解得N2两端的电压U2＝6.90V＜7.60V结合变压器不是理想变压器，存在漏磁，发热等原因，则N2是原线圈，N1是副线圈。（4）变压器不是理想变压器，可能存在漏磁。2.（2024·北京高考15题节选）（1）用如图1所示的实验装置探究影响感应电流方向的因素。如图2所示，分别把条形磁体的N极或S极插入、拔出螺线管，观察并标记感应电流的方向。关于本实验，下列说法正确的是BC（填选项前的字母）。A.需要记录感应电流的大小B.通过观察电流表指针的偏转方向确定感应电流的方向C.图2中甲和乙表明，感应电流的方向与条形磁体的插入端是N极还是S极有关（2）某兴趣小组利用铜片、锌片和橘子制作了水果电池，并用数字电压表（可视为理想电压表）和电阻箱测量水果电池的电动势E和内阻r，实验电路如图3所示。连接电路后，闭合开关S，多次调节电阻箱的阻值R，记录电压表的读数U，绘出图像，如图4所示，可得：该电池的电动势E＝1.0V，内阻r＝3.3kΩ。（结果保留两位有效数字）解析：（1）分析实验目的可知，本实验需要通过电流表指针的偏转方向分析感应电流的方向，不需要记录感应电流的大小，A错误，B正确；比较甲和乙，磁体的N极和S极分别靠近螺线管，感应电流方向相反，则感应电流的方向与条形磁体的插入端是N极还是S极有关，C正确。（2）根据题意可知，通过电源的电流为I＝UR，则根据闭合电路欧姆定律可得E＝U＋Ir＝U＋URr，变形得U＝－rUR＋E，结合U-UR图像纵截距可知E＝1.0V，结合U-UR图像斜率的绝对值可知r＝0.4－13.（2024·江西上饶模拟）要测定一个量程为3V的电压表的内阻，某同学进行了如下操作。（1）先用多用电表粗测电压表内阻，将多用电表选择开关拨到欧姆挡“×1000”挡位，欧姆调零后，将多用电表的红表笔与电压表的负（填“正”或“负”）接线柱连接，黑表笔连接另一个接线柱，示数如图甲所示，则粗测电压表的内阻为14000Ω。（2）为了精确测量电压表的内阻，该同学根据实验室提供的器材，设计了如图乙所示电路。请根据图乙所示的电路将如图丙所示的实物图连接完整。连接好电路后，闭合开关前，图丙中滑动变阻器的滑片应先移到最左（填“左”或“右”）端，电阻箱的电阻调为零（填“最大”或“零”），闭合开关S，调节滑动变阻器滑片，使电压表满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数半偏，若此时电阻箱的阻值为R0，则测得电压表的内阻为R0。答案：解析图（3）该同学发现电源的内阻很小，可以忽略不计，于是他又设计了如图丁所示的电路，按正确的操作，测得多组电压表的示数U及对应的电阻箱接入电路的电阻R，作R-1U图像，得到图像与纵轴的截距为b，则电压表的内阻RV＝－b解析：（1）欧姆表红表笔与内置电源的负极相连，因此红表笔与电压表的负接线柱相连；粗测电压表的内阻为14000Ω。（2）电路连接如图所示闭合开关前，题图丙中滑动变阻器的滑片应先移到最左端，使输出电压为零，电阻箱的电阻调为零，测得的电压表的内阻为R0。（3）根据闭合电路欧姆定律可知E＝U＋URVR，即R＝ERV·1U－RV，根据题意可知－R解得RV＝－b。4.（2024·浙江1月选考16-Ⅱ题）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，把电阻箱R（0～9999Ω）、一节干电池、微安表（量程0～300μA，零刻度在中间位置）、电容器C（2200μF、16V）、单刀双掷开关组装成如图1所示的实验电路。（1）把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零；然后把开关S接2，微安表指针偏转情况是C。A.迅速向右偏转后示数逐渐减小B.向右偏转示数逐渐增大C.迅速向左偏转后示数逐渐减小D.向左偏转示数逐渐增大（2）再把电压表并联在电容器两端，同时观察电容器充电时电流和电压变化情况。把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到160μA时保持不变；电压表示数由零逐渐增大，指针偏转到如图2所示位置时保持不变，则电压表示数为0.50V，电压表的阻值为3.1kΩ（计算结果保留两位有效数字）。解析：（1）把开关S接1，电容器充电，电流从右向左流过微安表，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零；把开关S接2，电容器放电，电流从左向右流过微安表，则微安表指针迅速向左偏转后示数逐渐减小。故选C。（2）由题意可知电压表应选用0～3V量程，由图2可知此时分度值为0.1V，需要估读到0.01V，则读数为0.50V。当微安表示数稳定时，电容器中不再有电流通过，此时干电池、电阻箱、微安表和电压表构成回路，可知RV＝UVI＝0.50160×10－65.（2024·江西高考12题）某小组欲设计一种电热水器防触电装置，其原理是：当电热管漏电时，利用自来水自身的电阻，可使漏电电流降至人体安全电流以下。为此，需先测量水的电阻率，再进行合理设计。（1）如图a所示，在绝缘长方体容器左右两侧安装可移动的薄金属板电极，将自来水倒入其中，测得水的截面宽d＝0.07m和高h＝0.03m。（2）现有实验器材：电流表（量程300μA，内阻RA＝2500Ω）、电压表（量程3V或15V，内阻未知）、直流电源（3V）、滑动变阻器、开关和导线。请在图a中画线完成电路实物连接。答案：见解析图（3）连接好电路，测量26℃的水在不同长度l时的电阻值Rx。将水温升到65℃，重复测量。绘出26℃和65℃水的Rx-l图线，分别如图b中甲、乙所示。（4）若Rx-l图线的斜率为k，则水的电阻率表达式为ρ＝kdh（用k、d、h表示）。实验结果表明，温度高（填“高”或“低”）的水更容易导电。（5）测出电阻率后，拟将一段塑料水管安装于热水器出水口作为防触电装置。为保证出水量不变，选用内直径为8.0×10－3m的水管。若人体的安全电流为1.0×10－3A，热水器出水温度最高为65℃，忽略其他电阻的影响（相当于热水器220V的工作电压直接加在水管两端），则该水管的长度至少应设计为0.46m。（保留两位有效数字）解析：（2）由于电流表内阻已知，则电流表的分压可以求出，故电流表采用内接法，又电源电动势为3V，则电压表应以量程3V接入电路，电路连接如图所示。（4）根据电阻定律有Rx＝ρlS，又S＝dh，联立得Rx＝ρdhl，故Rx-l图像中图线的斜率k＝ρdh，解得ρ＝kdh，根据题图b可知，温度高的水的Rx-l图线（图乙）斜率较小，（5）根据部分电路欧姆定律和电阻定律有R＝UI＝ρl'πd24，代入数据解得水管长度的最小值为6.（2024·吉林高考11题）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。（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A（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。（2）由图线得出纵轴截距为b，则待测电池的电动势E＝1b（3）由图线求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分别为k1、k2，若k2k1＝n，则待测电池的内阻r＝R0n－1（解析：（1）①为了保护电路，开关闭合前应将金属夹置于电阻丝接入电路电阻最大处，即A端；（2）（3）设金属丝的总电阻为R，总长度为x，对题图a根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋URLxr，可得1U＝1E＋xrER·1L，对题图b有E＝U＋URLx（r＋R0），可得1U＝1E＋x（r＋R0）ER·1L，结合题图c可知b＝1E，k1＝xrER7.（2024·全国甲卷23题）电阻型氧气传感器的阻值会随所处环境中的氧气含量发生变化。在保持流过传感器的电流（即工作电流）恒定的条件下，通过测量不同氧气含量下传感器两端的电压，建立电压与氧气含量之间的对应关系，这一过程称为定标。一同学用图a所示电路对他制作的一个氧气传感器定标。实验器材有：装在气室内的氧气传感器（工作电流1mA）、毫安表（内阻可忽略）、电压表、电源、滑动变阻器、开关、导线若干、5个气瓶（氧气含量分别为1％、5％、10％、15％、20％）。完成下列实验步骤并填空：（1）将图a中的实验器材间的连线补充完整，使其能对传感器定标；答案：见解析图（2）连接好实验器材，把氧气含量为1％的气瓶接到气体入口；（3）把滑动变阻器的滑片滑到a端（填“a”或“b”），闭合开关；（4）缓慢调整滑动变阻器的滑片位置，使毫安表的示数为1mA，记录电压表的示数U；（5）断开开关，更换气瓶，重复步骤（3）和（4）；（6）获得的氧气含量分别为1％、5％、10％和15％的数据已标在图b中；氧气含量为20％时电压表的示数如图c，该示数为1.40V（结果保留2位小数）。现测量一瓶待测氧气含量的气体，将气瓶接到气体入口，调整滑动变阻器滑片位置使毫安表的示数为1mA，此时电压表的示数为1.50V，则此瓶气体的氧气含量为17％（结果保留整数）。解析：（1）连接实物图如图所示，注意连线不要有交叉，且电流从电表的正接线柱流入，从电表的负接线柱流出；（3）为了保护电路，闭合开关瞬间，电流表和电压表的示数应为0，所以闭合开关前应将滑动变阻器的滑片滑至a端；（6）根据电压表的读数规则可知，电压表的示数为1.40V，根据题图b中的数据点拟合电压表示数U与氧气含量的曲线如图所示，则可知当电压表的示数为1.50V时，氧气含量为17％。第18讲光学和热学实验考点一光学实验实验装置图（示意图）归纳总结考查热点测量玻璃的折射率①准备：画aa'，取O点作法线MM'；画AO，插P1、P2两根大头针②插针：放玻璃砖，画bb'，观察，插P3、P4，注意：玻璃砖与白纸的相对位置不能改变③作折射光线：由P3、P4的位置确定出射光线O'B及出射点O'，连接O、O'得到折射光线OO'①考操作：插P3要使P3挡住P1、P2的像，插P4要使P4挡住P1、P2的像和P3②考处理：连OO'，测θ1和θ2，根据计算、作图或单位圆法即可求得折射率③考注意点：大头针的间距要稍大一些，θ1不宜太大或太小；手不能触摸光学面；也不能把玻璃砖界面当尺子画界线等用双缝干涉实验测量光的波长①操作：调共轴，安装单缝和双缝，放滤光片，观察单色光的干涉条纹②测波长：使分划板中心刻线对齐第1条和第n条亮条纹的中央，记下此时手轮上的读数①考操作：调各器件的高度要使光沿遮光筒轴线到达光屏，使单缝与双缝平行、二者间距约为5～10cm②考读数：考测量头读数③考计算：会计算相邻条纹间距，根据公式求出波长【典例1】（2024·河北高考11题节选）某同学通过双缝干涉实验测量单色光的波长，实验装置如图所示，其中测量头包括毛玻璃、游标尺、分划板、手轮、目镜等。该同学调整好实验装置后，分别用红色、绿色滤光片，对干涉条纹进