【创新方案】2021届高考物理二轮复习综合讲与练：专题六-物理实验(含2020高考题)

专题六物理实验 考情分析备考策略1.高考对同学试验的考查，主要有以下十四个试验：①争辩匀变速直线运动；②探究弹力和弹簧伸长量的关系；③验证力的平行四边形定则；④验证牛顿其次定律；⑤探究动能定理；⑥验证机械能守恒定律；⑦测定金属丝的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)；⑧描绘小灯泡的伏安特性曲线；⑨测定电源的电动势和内阻；⑩练习使用多用电表；⑪传感器的简洁使用；⑫探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度；⑬测定玻璃的折射率；⑭用双缝干涉测光的波长。2.高考除了对课本中原有的同学试验进行考查外，还增加了对演示试验的考查，利用同学所学过的学问，对试验器材或试验方法加以重组，来完成新的试验设计。1.熟知各种器材的特性和使用方法，如游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、多用电表等。2.以课本试验为基础，留意复习试验的目的、原理、设计思想、步骤、数据处理方法、留意事项等。3.把各个试验分门别类，如测量类的试验、验证类的试验、探究类的试验等，找出各个试验的相像点，把握各类试验的方法。4.重视创新设计性试验的复习，这类试验往往在课本试验的基础上进行试验方法的创新。第1讲力学、光学试验与创新考向一游标卡尺和螺旋测微器的读数1．游标卡尺的读数2.螺旋测微器的读数测量值＝固定刻度整毫米数＋半毫米数＋可动刻度读数(含估读值)×0.01eq\o(\s\up7(),\s\do5([例1]))用游标卡尺测得某样品的长度如图甲所示，其读数L＝________mm；用螺旋测微器测得该样品的外边长a如图乙所示，其读数a＝________mm。[解析]依据游标卡尺的读数方法，样品的长度L＝20mm＋3×0.05mm＝20.15mm。依据螺旋测微器的读数方法，样品的边长a＝1.5[答案]20.151.730(1.729～1.731均正确)[感悟升华]1．游标卡尺在读数时先确定各尺的分度，把数据转换成以毫米为单位的数据，先读主尺数据，再读游标尺数据，最终两数相加。2．螺旋测微器在读数时，留意区分整刻度线与半毫米刻度线，留意推断半毫米刻度线是否露出。3．游标卡尺读数时不需估读，而螺旋测微器读数时需估读。1．(2022·福建高考)某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm。甲解析：用毫米刻度尺测量时，读数应读到mm的下一位，即长度测量值为60.10cm；题图乙中游标卡尺为五格外度游标卡尺，精确度为0.02mm，主尺读数为4mm，游标尺第10条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为10×0.02答案：60.104.202．如图甲所示游标卡尺读数为________cm，图乙中螺旋测微器读数为________mm。甲乙解析：游标卡尺的读数7mm＋5×0.05mm＝7.25mm＝0.725cm答案：0.7259.200(9.198～9.202均正确)考向二“纸带类”试验1．计时仪器的测量方法计时仪器测量方法秒表秒表的读数方法：测量值(t)＝短针读数(t1)＋长针读数(t2)，无估读打点计时器(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)与所接沟通电的频率(周期)相同光电计时器光电计时器能自动记录挡光时间，显示在读数窗口2.纸带的三大应用(1)由纸带确定时间要区分打点计时器(打点周期为0.02s)打出的点与人为选取的计数点之间的区分与联系，若每五个点取一个计数点，则计数点间的时间间隔Δt＝0.02×5s＝0.10s。(2)求解瞬时速度利用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求打某一点的瞬时速度。如图甲所示，第n点时的速度vn＝eq\f(xn＋xn＋1,2T)。甲(3)用“逐差法”求加速度乙如图乙所示，由于a1＝eq\f(x4－x1,3T2)，a2＝eq\f(x5－x2,3T2)，a3＝eq\f(x6－x3,3T2)，所以a＝eq\f(a1＋a2＋a3,3)＝eq\f(x4＋x5＋x6－x1－x2－x3,9T2)。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例2]))某同学利用图甲所示的试验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开头运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处)。从纸带上便于测量的点开头，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示。打点计时器电源的频率为50Hz。甲乙(1)通过分析纸带数据，可推断物块在两相邻计数点________和________之间某时刻开头减速。(2)计数点5对应的速度大小为________m/s，计数点6对应的速度大小为________m/s。(保留三位有效数字)(3)物块减速运动过程中加速度的大小为a＝____m/s2，若用eq\f(a,g)来计算物块与桌面间的动摩擦因数(g为重力加速度)，则计算结果比动摩擦因数的真实值________(填“偏大”或“偏小”)。[解析](1)从计数点1到6相邻的相等时间内的位移差Δx≈2.00cm，6、7计数点间的位移比5、6计数点之间增加了(12.28－11.01)cm＝1.27cm<2.00(2)计数点5对应的速度大小为v5＝eq\f(x4＋x5,2T)＝eq\f(9.00＋11.01×10－2,2×0.1)m/s≈1.00m/s计数点4对应的速度大小为v4＝eq\f(x3＋x4,2T)＝eq\f(7.01＋9.00×10－2,2×0.1)m/s≈0.80m/s依据v5＝eq\f(v4＋v6,2)，得计数点6对应的速度大小为v6＝2v5－v4＝(2×1.00－0.80)m/s＝1.20(3)物块在计数点7到11之间做匀减速运动，依据Δx＝aT2得x9－x7＝2a1Tx10－x8＝2a2T故a＝eq\f(a1＋a2,2)＝eq\f(x9＋x10－x8＋x7,2×2T2)≈－2.00m/s2，负号表示纸带的加速度方向和速度方向相反。物块做匀减速运动时受到的阻力包括水平桌面的摩擦阻力μmg和打点计时器对纸带的摩擦阻力f，因此依据牛顿其次定律，得μmg＋f＝ma，即μ＝eq\f(ma－f,mg)＜eq\f(a,g)，因此用eq\f(a,g)计算出的动摩擦因数比μ的真实值偏大。[答案](1)67(或76)(2)1.001.20(3)2.00偏大3．(2022·天津高考)某同学把附有滑轮的长木板平放在试验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系。此外还预备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等。组装的试验装置如图所示。(1)若要完成该试验，必需的试验器材还有哪些________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)试验开头时，他先调整木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行。他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号)。A．避开小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清楚C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力(3)平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发觉小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度。在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本试验的器材提出一个解决方法：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次试验发觉拉力做功总是要比小车动能增量大一些。这一状况可能是下列哪些缘由造成的________(填字母代号)。A．在接通电源的同时释放了小车B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力解析：(1)试验要处理纸带测速度，需要刻度尺，要分析动能的变化，必需要测出小车的质量，因此还需要天平。(2)试验中调整定滑轮高度，使细绳与木板平行，可在平衡摩擦力后使细绳的拉力等于小车所受的合力，假如不平行，细绳的拉力在垂直于木板的方向上就有分力，转变了摩擦力，就不能使细绳拉力等于小车所受的合力，D正确。(3)在所挂钩码个数不变的状况下，要减小小车运动的加速度，可以增大小车的质量，即可在小车上加适量的砝码(或钩码)。(4)假如用钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，发觉拉力做的功总比小车动能的增量大，缘由可能是阻力未被完全平衡掉，因此拉力做功一部分用来增大小车动能，一部分用来克服阻力做功；也可能是钩码做加速运动，因此细绳的拉力小于钩码的重力，钩码的重力做的功大于细绳的拉力做的功，即大于小车动能的增量，C、D正确。答案：(1)刻度尺、天平(包括砝码)(2)D(3)可在小车上加适量的砝码(或钩码)(4)CD4．为了用试验“验证牛顿其次定律”，现供应如图甲所示的试验装置。请回答下列问题：甲(1)为了消退小车与水平木板之间摩擦力的影响应实行的做法是()A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B．将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动C．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的状况下使小车恰好做匀速运动D．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的状况下使小车能够静止在木板上(2)在试验中，得到一条打点的纸带，如图乙所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则小车加速度的表示式为a＝________________________________________________________________________________________________________________________________________________。乙(3)有一组同学保持小车及车中的砝码质量肯定，争辩加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平和倾斜两种状况下分别做了试验，得到了两条a­F图线，如图丙所示。图线________是在轨道倾斜状况下得到的(填“①”或“②”)；小车及车中的砝码总质量m＝________kg。丙解析：(1)为平衡滑动摩擦力，应使小车重力沿斜面的分力与滑动摩擦力相等，此时不能挂钩码，所以选C。(2)计算加速度可由逐差法得到三个加速度再取平均值，此时误差较小，即a＝eq\f(a1＋a2＋a3,3)＝eq\f(x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3,3×3T2)＝eq\f(x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3,9T2)。(3)轨道倾斜太大，即使没有挂钩码小车也将加速下滑，因此图线①为轨道倾斜状况下得到的。当轨道倾斜时，有F＋mgsinθ－f＝ma，当F＝0时，有a＝2m/s2；当F＝1N时，有a＝4m/s2；代入可得答案：(1)C(2)eq\f(x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3,9T2)(3)①0.5考向三“绳、橡皮条、弹簧”类试验1．误差与有效数字(1)误差(2)有效数字①定义：带有一位不行靠数字的近似数据。有效数字的最终一位是测量者估读出来的，是误差的来源；②有效数字的位数：从数字左边第一个不为零的数字算起，如0.0125为三位有效数字。2．用图像法处理数据的五个要求(1)作图肯定要用坐标纸，坐标纸的大小要依据有效数字的位数和结果的需要来定。(2)要标明轴名、单位，在轴上每隔肯定的间距按有效数字的位数标明数值。(3)图上的连线不肯定通过全部的数据点，应尽量使数据点合理地分布在线的两侧。(4)作图时常通过选取适当的坐标轴使图线线性化，即“变曲为直”。(5)有些时候，为了使坐标纸有效使用范围增大，坐标原点可以不从“0”开头。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例3]))(2022·山东高考)某试验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度。试验步骤：①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；②将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图甲所示。在A端向右拉动木板，待弹簧秤示数稳定后，将读数记作F；甲③转变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②；试验数据如表所示：G/N1.502.002.503.003.504.00F/N0.590.830.991.221.371.61④如图乙所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板上左端C处，细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物P连接，保持滑块静止，测量重物P离地面的高度h；乙⑤滑块由静止释放后开头运动并最终停在木板上的D点(未与滑轮碰撞)，测量C、D间的距离s。完成下列作图和填空：(1)依据表中数据在给定坐标纸上作出F­G图线。丙(2)由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ＝______(保留两位有效数字)。(3)滑块最大速度的大小v＝________(用h、s、μ和重力加速度g表示)。[解析](1)依据表中数据描点作出图像如图所示。(2)依据F＝μG可知，图像的斜率表示滑块和木板间的动摩擦因数，由图可知动摩擦因数为0.40。(3)依据滑块在木板上滑动的总距离为s，由于重物P离地面的高度为h，所以加速过程的距离也为h，在此后的过程中滑块在滑动摩擦力的作用下做匀减速运动，直到静止。依据运动学公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得，v2－0＝2μg(s－h)，解得v＝eq\r(2μgs－h)。[答案](1)见解析图(2)0.40(0.38～0.42均正确)(3)eq\r(2μgs－h)[感悟升华]1．图像法处理数据的缺点(1)在图纸上连线时有较大的主观任凭性。(2)连线的粗细、图纸的大小、图纸本身的均匀程度等，都会影响结果的精确     性。2．应用图像法时的留意点(1)留意区分纵、横坐标轴的物理意义、标度及单位。(2)留意确定图线的斜率、截距的物理意义。5．(2022·浙江高考)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图甲连接起来进行探究。(1)某次测量如图乙所示，指针示数为________cm。(2)在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如表。用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为________N/m(重力加速度g＝10m/s2)。由表中数据________(填“能”或“不能”)钩码数1234LA/cm15.7119.7123.6627.76LB/cm29.9635.7641.5147.36解析：(1)刻度尺读数时需要估读到精确位的下一位，由题图可知指针示数为16.00cm，考虑到误差范围，15.95cm(2)由胡克定律F＝kx，结合题表中数据可知弹簧Ⅰ的劲度系数k1＝eq\f(50×10－3×10,19.71－15.71×10－2)N/m＝12.50N/m，考虑到误差范围，12.20N/m～12.80N/m均算正确；对于计算弹簧Ⅱ的劲度系数，只需要测出弹簧Ⅱ的形变量，结合两个指针的读数，可知指针B的变化量减去指针A的变化量，就是弹簧Ⅱ的形变量，所以能求出弹簧Ⅱ的劲度系数。答案：(1)16.00(15.95～16.05均正确)(2)12.50(12.20～12.80均正确)能6．(2022·合肥质检)Ⅰ.依据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可以通过试验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。(1)用游标卡尺测量小钢球直径，求数如图乙所示，读数为________mm。(2)以下是试验过程中的一些做法，其中正确的有________。a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的c．为了使摆的周期大一些，以便利测量，开头时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开头计时，当摆球回到开头位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期Te．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开头计时，登记摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝eq\f(Δt,50)Ⅱ.(1)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的试验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图甲所示，校零时的读数为________mm，合金丝的直径为________mm。(2)为了精确测量合金丝的电阻Rx，设计出如图乙所示的试验电路图，依据该电路图完成图丙中的实物电路连接。Ⅲ.依据闭合电路欧姆定律，用图甲所示电路可以测定电池的电动势和内电阻。图中R0是定值电阻，通过转变R的阻值，测出R0两端的对应电压U12，对所得的试验数据进行处理，就可以实现测量目的。依据试验数据在eq\f(1,U12)­R坐标系中描出坐标点，如图乙所示。已知R0＝150Ω，请完成以下数据分析和处理。(1)图乙中电阻为________Ω的数据点应剔除；(2)在坐标纸上画出eq\f(1,U12)­R关系图线；(3)图线的斜率是________(V－1·Ω－1)，由此可得电池电动势Ex＝________V。解析：Ⅰ.(1)该游标尺为格外度的，依据读数规章可读出小钢球直径大小为18mm＋6×0.1mm＝18.6mmⅡ.(1)由于螺旋测微器开头起点有误差，估读为0.007mm，测量后要去掉开头误差。(2)将电表连入电路时留意电流要从正接线柱流入，Ⅲ.(1)依据画图描点原则应舍掉80.0欧姆的点。(3)依据闭合电路欧姆定律：Ex＝U12＋eq\f(U12,R0)(R＋rx)，所以eq\f(1,U12)＝eq\f(1,Ex)＋eq\f(R,R0Ex)＋eq\f(rx,ExR0)，由图可知斜率eq\f(1,R0Ex)＝0.00444，即Ex＝1.50V。答案：Ⅰ.(1)18.6(2)abeⅡ.(1)0.0070.638(2)如图所示Ⅲ.(1)80.0(2)如图所示(3)0.004441.507．(2022·广东高考)某同学依据机械能守恒定律，设计试验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。(1)如图甲所示，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k＝________N/m(g取9.80m/s2砝码质量/g50100150弹簧长度/cm8.627.636.66(2)取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图乙所示，调整导轨使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小________。(3)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v。释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为________。(4)重复(3)中的操作，得到v与x的关系如图丙所示，由图可知，v与x成________关系。由上述试验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的________成正比。解析：(1)由胡克定律知ΔF＝k·Δx当挂1个钩码时有k1＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f(50×9.8×10－3,8.62－7.63×10－2)N/m≈49.5N/m当挂第2个钩码时有k2＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f(50×9.8×10－3,7.63－6.66×10－2)N/m≈50.5N/m则弹簧的劲度系数k＝eq\f(k1＋k2,2)＝50N(2)要调整气垫导轨水平使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度相等。(3)依据机械能守恒定律，释放滑块后，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能。(4)由题图可知，v与x成正比，即v＝kx，则Ep＝Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mk2x2，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比。答案：(1)50(2)相等(3)滑块的动能(4)正比压缩量的平方考向四“光学”类试验1．测定玻璃折射率时应留意的问题(1)试验时，应尽可能将大头针竖直插在纸上，且P1和P2之间、P3和P4之间、P2与O、P3与O′之间距离要稍大一些。(2)入射角θ1不宜太大(接近90°)，也不宜太小(接近0°)。太大：反射光较强，出射光较弱；太小：入射角、折射角测量的相对误差较大。(3)操作时，手不能触摸玻璃砖的光滑光学面，更不能把玻璃砖界面当尺子画界线。(4)试验过程中，玻璃砖与白纸的相对位置不能转变。(5)玻璃砖应选用宽度较大的，宜在5cm以上，若宽度太小，2．用双缝干涉测波长时应留意的问题(1)双缝干涉仪是比较精密的仪器，应轻拿轻放，且留意保养。(2)安装时，留意调整光源、滤光片、单缝、双缝的中心均在遮光筒的中心轴线上，并使单缝、双缝平行且间距适当。(3)光源灯丝最好为线状灯丝，并与单缝平行且靠近。(4)照在光屏上的光很弱，主要缘由是灯丝与单缝、双缝，测量头与遮光筒不共轴所致；干涉条纹不清楚的一般缘由是单缝与双缝不平行所致，故应正确调整。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例4]))(2022·乐山模拟)某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示。(1)此玻璃的折射率计算式为n＝________(用图中的θ1、θ2表示)。(2)假如有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度________(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量。[解析](1)由折射率公式可得n＝eq\f(sin90°－θ1,sin90°－θ2)＝eq\f(cosθ1,cosθ2)(2)玻璃砖的宽度越大，出射光线的侧移量越大，玻璃砖中折射光线的误差越小，所以应选用宽度大的玻璃砖来测量。[答案](1)eq\f(cosθ1,cosθ2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(或\f(sin90°－θ1,sin90°－θ2)))(2)大eq\o(\s\up7(),\s\do5([例5]))(2022·宜宾质检)在“用双缝干涉测光的波长”试验中(试验装置如图所示)：(1)下列说法哪一个是错误的____________。(填选项前的字母)A．调整光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝B．测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐C．为了削减测量误差，可用测微目镜测出n条亮纹间的距离a，求出相邻两条亮纹间距Δx＝eq\f(a,n－1)(2)测量某亮纹位置时，手轮上的示数如图所示，其示数为________mm。[解析](1)调整光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，无需放上单缝和双缝，选项A错误。(2)主尺的示数为1.5mm，可动尺的示数为47.0×0.01mm＝0.470mm，[答案](1)A(2)1.9708．如图所示，在杨氏双缝干涉试验中，激光的波长为5.30×10－7m，屏上P点距双缝S1和S2的路程差为7.95×10－7m，则在这里消灭的应是________(选填“明条纹”或“暗条纹”)。现改用波长为6.30×10－7m的激光进行上述试验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将________(选填“变宽”“变窄”解析：eq\f(7.95×10－7,5.30×10－7)＝eq\f(3,2)，即半波长的奇数倍，所以消灭暗条纹。依据条纹间距Δx＝eq\f(l,d)λ，当单色光的波长变长时，条纹间距变宽。答案：暗条纹变宽9.(2022·广元模拟)某同学用大头针、三角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射率。开头玻璃砖的位置如图中实线所示，使大头针P1、P2与圆心O在同始终线上，该直线垂直于玻璃砖的直径边，然后使玻璃砖绕圆心O缓慢转动，同时在玻璃砖的直径边一侧观看P1、P2的像，且P2的像拦住P1的像。如此观看，当玻璃砖转到图中虚线位置时，上述现象恰好消逝。此时只需测量出________，即可计算出玻璃砖的折射率。请用你的测量量表示出折射率n＝________。解析：玻璃砖转动时，射在其直径所在平面内的光线的入射角增大，当增大到等于临界角θ时，发生全反射现象。因sinθ＝eq\f(1,n)，可见只要测出临界角即可求得折射率n，而θ和玻璃砖直径绕O点转过的角度相等，因此只要测出玻璃砖直径边绕O点转过的角度即可。答案：玻璃砖直径边绕O点转过的角度θeq\f(1,sinθ)力学创新型试验的分析技巧eq\o(\s\up7(),\s\do5([典例]))图甲为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的试验装置示意图。试验步骤如下：①用天平测量物块和遮光片的总质量M，重物的质量m，用游标卡尺测量遮光片的宽度d，用米尺测量两光电门之间的距离s；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计时器分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB，求出加速度a；④多次重复步骤③，求a的平均值eq\x\to(a)；⑤依据上述试验数据求出动摩擦因数μ。回答下列问题：(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)的示数如图乙所示，其读数为________乙(2)物块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a＝________。(3)动摩擦因数μ可用M、m、eq\x\to(a)和重力加速度g表示为μ＝________。(4)假如细线没有调整到水平，由此引起的误差属于________(填“偶然误差”或“系统误差”)。第1步：源头探寻由试验目的和试验装置联想到“验证牛顿其次定律”的试验原理。第2步：创新联想(1)由“光电门”、“遮光片”、“时间ΔtA和ΔtB”等信息可联想到测物体的瞬时速率。(2)由两光电门间的距离，利用位移与速度关系求加速度。第3步：突破关键(1)遮光片经过光电门A、B时的瞬时速度vA＝eq\f(d,ΔtA)，vB＝eq\f(d,ΔtB)，A、B间位移为s，则veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝2as。(2)对物块、重物利用牛顿其次定律：mg－FT＝meq\x\to(a)，FT－μMg＝Meq\x\to(a)。[解析](1)9mm＋12×0.05(2)由于vA＝eq\f(d,ΔtA)，vB＝eq\f(d,ΔtB)，又由2as＝veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)，得a＝eq\f(1,2s)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,ΔtB)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,ΔtA)))2))。(3)设细线上的拉力为FT，则mg－FT＝meq\x\to(a)，FT－μMg＝Meq\x\to(a)，两式联立得μ＝eq\f(mg－M＋m\x\to(a),Mg)。(4)细线没有调整到水平，属于试验方法粗略，这样会引起系统误差。[答案](1)0.960(2)eq\f(1,2s)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,ΔtB)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,ΔtA)))2))(3)eq\f(mg－M＋m\x\to(a),Mg)(4)系统误差[感悟升华]1．力学创新型试验的特点(1)以基本的力学模型为载体，依托运动学规律和力学定律设计试验。(2)将试验的基本方法——把握变量法，处理数据的基本方法——图像法、逐差法，融入到试验的综合分析之中。2．创新试验题的解法(1)依据题目情境，提取相应的力学模型，明确试验的理论依据和试验目的，设计试验方案。(2)进行试验，记录数据，应用原理公式或图像法处理试验数据，结合物体实际受力状况和理论受力状况对结果进行误差分析。[跟踪训练]1．某学习小组利用自行车的运动“探究阻力做功与速度变化的关系”。人骑自行车在平直的路面上运动，当人停止蹬车后，由于受到阻力作用，自行车的速度会渐渐减小至零，如图所示。在此过程中，阻力做功使自行车的速度发生变化。设自行车无动力后受到的阻力恒定。(1)在试验中使自行车在平直的大路上获得某一速度后停止蹬车，需要测出人停止蹬车后自行车向前滑行的距离s，为了计算自行车的初速度v，还需要测量________(填写物理量的名称及符号)。(2)设自行车受到的阻力恒为Ff，计算出阻力做的功W及自行车的初速度v。转变人停止蹬车时自行车的速度，重复试验，可以得到多组测量值。以阻力对自行车做功的大小为纵坐标，自行车初速度为横坐标，作出W­v曲线。分析这条曲线，就可以得到阻力做的功与自行车速度变化的定性关系。在试验中作出的W­v图像如图所示，其中符合实际状况的是________。解析：(1)人停止蹬车后做匀减速运动，初速度v＝2eq\x\to(v)＝eq\f(2s,t)，所以还需要测量自行车滑行的时间t。(2)由动能定理得W＝eq\f(1,2)mv2，则W­v图像为抛物线，即图C。答案：(1)人停止蹬车后自行车滑行的时间t(2)C2．为了探究合力做功与物体动能转变的关系，某同学设计了如下试验方案：第一步：如图甲所示，把木板一端垫起，滑块通过细绳与一重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下连一纸带，纸带穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块，滑块沿木板向下匀速运动。其次步：如图乙所示，保持木板倾角不变，取下细绳和重锤，将打点计时器安装在木板靠近滑轮处，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器。第三步：接通电源，释放滑块，使之从静止开头加速运动，打出的纸带如图丙所示。其中打下计数点O时，滑块的速度为零，相邻计数点间的时间间隔为T。(1)依据纸带求打点计时器打E点时滑块的速度vE＝________。(2)已知重锤质量为m，当地的重力加速度为g，合力在OE段对滑块做功的表达式WOE＝________。(3)利用图丙数据求出各段合力对滑块所做的功W及A、B、C、D、E各点的速度v。以v2为纵轴，以W为横轴建立坐标系，作出v2­W图像，发觉它是一条过坐标原点的倾斜直线，测得直线斜率为k，则滑块质量M＝________。解析：(1)依据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得vE＝eq\f(x6－x4,2T)。(2)本试验中将重锤的重力当作合力，合力在OE段对滑块做的功为mgx5。(3)依据动能定理有W＝eq\f(1,2)Mv2，得v2＝eq\f(2,M)W，所以eq\f(2,M)＝k，M＝eq\f(2,k)。答案：(1)eq\f(x6－x4,2T)(2)mgx5(3)eq\f(2,k)1．(2022·四川高考)小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的不同位置，让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同初速度v0运动，得到不同轨迹。图中a、b、c、d为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置A时，小钢珠的运动轨迹是________(填轨迹字母代号)，磁铁放在位置B时，小钢珠的运动轨迹是________(填轨迹字母代号)。试验表明，当物体所受合外力的方向跟它的速度方向________(选填“在”或“不在”)同始终线上时，物体做曲线运动。解析：(1)由于磁铁对小钢珠只能供应引力，磁铁在A处时，F与v0同向，小钢珠做匀加速直线运动，运动轨迹为b；当磁铁放在B处时，F与v0不在同始终线上，引力指向曲线的凹侧，运动轨迹为c。当合外力方向与速度方向不在同始终线上时，物体做曲线运动。答案：(1)bc不在2．某争辩性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，试验装置如图甲所示。在气垫导轨上相隔肯定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连。滑块在细线的牵引下向左加速运动，滑块上的遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图像。甲乙(1)试验前，接通气源，将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的Δt1________Δt2(填“>”、“＝”或“<”)时，说明气垫导轨已经水平。(2)滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的砝码Q相连，将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图像如图乙所示，若Δt1、Δt2和d已知，要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，还应测出________和________(写出物理量的名称及符号)。解析：(1)若气垫导轨已经水平，滑块做匀速直线运动，滑块遮光条经过光电传感器A、B所用时间相等。(2)要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，还应测出滑块质量M，两光电门间距离L。答案：(1)＝(2)滑块质量M两光电门间距离L(或两光电门间距离L滑块质量M)3．(2022·成都模拟)如图甲所示为光学试验用的长方体玻璃砖，它的________面不能用手直接接触。在用插针法测定玻璃砖折射率的试验中，两位同学绘出的玻璃砖和三个针孔a、b、c的位置相同，且插在c位置的针正好拦住插在a、b位置的针的像，但最终一个针孔的位置不同，分别为d、e两点，如图乙所示。计算折射率时，用________(填“d”或“e”)点得到的值较小，用________(填“d”或“e”)点得到的值误差较小。解析：光学面若被手接触污染，会影响观看效果，增加试验误差；分别连接cd和ce并延长到界面，与界面分别交于f、g两点，由n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)不难得出用d点得到的折射率值较小，过c点的出射光线应平行于ab，利用直尺比对并认真观看，可知ec∥ab，故用e点得到的折射率值误差较小。答案：光学de4．(2022·全国高考)现用频闪照相方法来争辩物块的变速运动。在一小物块沿斜面对下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示。拍摄时频闪频率是10Hz；通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4。已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s。数据如下表所示。重力加速度大小g＝9.80m/s单位：cmx1x2x3x4hs10.7615.0519.3423.6548.0080.00依据表中数据，完成下列填空：(1)物块的加速度a＝________m/s2(保留三位有效数字)。(2)由于，可知斜面是粗糙的。解析：(1)频闪照相中相邻影像点的时间间隔相等，利用逐差法求物块的加速度a＝eq\f(x3＋x4－x1－x2,4T2)，又T＝eq\f(1,f)，解得a＝4.30m/s2。(2)若物块沿光滑斜面下滑，对其受力分析，由牛顿其次定律可得加速度a′＝gsinθ＝geq\f(h,s)＝5.88m/s2，由物块加速度a小于物块沿光滑斜面下滑的加速度a′，可知斜面是粗糙的。答案：(1)4.30(2)物块加速度小于geq\f(h,s)＝5.88m/s2(或：物块加速度小于物块沿光滑斜面下滑的加速度)5．(2022·全国新课标Ⅰ)某同学利用图甲所示试验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图乙所示。试验中小车(含放射器)的质量为200g，试验时选择了不行伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到。(1)依据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系。(2)由图乙可知，a­m图线不经过原点，可能的缘由是________________。(3)若利用本试验装置来验证“在小车质量不变的状况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合力，则试验中应实行的改进措施是________________________________________________________________________，钩码的质量应满足的条件是________________________________________________________________________。解析：(1)依据题图乙坐标系中给出的数据连线，小车的加速度与钩码的质量成非线性关系。(2)依据题图乙中数据，小车受到钩码的拉力较小时没有加速度，故未平衡摩擦力或倾角过小，没有完全平衡摩擦力。(3)在试验中要求“直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合力”需要满足两个条件：①平衡摩擦力；②钩码的质量远小于小车(含放射器)的质量。答案：(1)非线性(2)小车与轨道间存在摩擦力(3)调整轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车(含放射器)的质量6.(2022·全国新课标Ⅱ)某试验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系。试验装置如图甲所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向0刻度。设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为0.100kg的砝码时，各指针的位置记为x。测量结果及部分计算结果如表所示(n为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80m/s2)。已知试验所用弹簧总圈数为60P1P2P3P4P5P6x0(cm)2.044.066.068.0510.0312.01x(cm)2.645.267.8110.3012.9315.41n102030405060k(N/m)163①56.043.633.828.8eq\f(1,k)(m/N)0.0061②0.01790.02290.02960.0347(1)将表中数据补充完整：①________，②________。(2)以n为横坐标，eq\f(1,k)为纵坐标，在图乙给出的坐标纸上画出eq\f(1,k)­n图像。乙(3)图乙中画出的直线可近似认为通过原点。若从试验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k＝______N/m；该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0(单位为m)的关系的表达式为k＝________N/m。解析：(1)依据胡克定律有mg＝k(x－x0)，解得k＝eq\f(mg,x－x0)＝eq\f(0.100×9.80,5.26－4.06×10－2)N/m≈81.7N/m，eq\f(1,k)≈0.0122。(2)eq\f(1,k)­n图像如图所示。(3)依据图像可知直线的斜率为5.7×10－4，故直线方程满足eq\f(1,k)＝5.7×10－4nm/N，k与n的关系表达式为k＝eq\f(1.75×103,n)；60圈弹簧的原长为11.88cm，则n圈弹簧的原长l0满足eq\f(n,l0)＝eq\f(60,11.88×10－2)，可得k与l0的关系表达式为k＝eq\f(3.47,l0)N/m。答案：(1)①81.7②0.0122(2)见解析图(3)eq\f(1.75×103,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.67×103,n)～\f(1.83×103,n)均正确))eq\f(3.47,l0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3.31,l0)～\f(3.62,l0)均正确))7．(2022·江苏高考)小明通过试验验证力的平行四边形定则。(1)试验记录纸如图甲所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点。三个力的大小分别为：F1＝3.30N、F2＝3.85N和F3＝4.25N。请依据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力。甲(2)认真分析试验，小明怀疑试验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响试验结果。他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发觉读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响。试验装置如图乙所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物。用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹。重复上述过程，再次记录下N的轨迹。两次试验记录的轨迹如图丙所示。过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则试验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Fa、Fb的大小关系为________。(3)依据(2)中的试验，可以得出的试验结果有哪些？(填写选项前的字母)()A．橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长C．两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大D．两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大(4)依据小明的上述试验探究，请对验证力的平行四边形定则试验提出两点留意事项。解析：(1)作出力的图示如图所示。(2)以重物为争辩对象，进行受力分析：重物受到重力、水平向右的拉力和橡皮筋的拉力，重物处于静止状态的合力为零，因橡皮筋的拉力方向相同，故橡皮筋的拉力相等。(3)橡皮筋的形变量和所受到的力有关，A错误；从图上看，其次次运动轨迹远离O点，橡皮筋第2次的形变量大，B正确；两次拉伸到相同长度，其次次对应的力小，C错误；拉力越大，由题图丙可得橡皮筋两次的长度差越大，D正确。(4)留意选取橡皮筋的技巧：一要新，二要弹性好，三不要超过弹性限度。故拉力不应当太大；橡皮筋不能太长；选用弹性较好的橡皮筋。答案：(1)见解析图(F合＝4.60N～4.90N均正确)(2)Fa＝Fb(3)BD(4)橡皮筋拉伸不宜过长；选用新橡皮筋。(或拉力不宜过大；选用弹性好的橡皮筋)eq\a\vs4\al(第2讲电学试验与创新)考向一多用电表的使用和读数1．电流的流向使用多用电表时不管测量项目是什么，电流都要从电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑表笔)流出，即“红进、黑出”。2．要区分开“机械零点”与“欧姆零点”“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置，调整的是表盘下边中间的定位螺丝；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整的是欧姆挡的调零旋钮。3．欧姆表刻度不均匀的缘由测电阻的原理是闭合电路欧姆定律。当红、黑表笔短接时，调整滑动变阻器R0(即欧姆调零)，使灵敏电流计满偏，Ig＝eq\f(E,Rg＋R0＋r)，此时中值电阻R中＝Rg＋R0＋r，当两表笔接入电阻Rx时I＝eq\f(E,Rg＋R0＋r＋Rx)，电阻Rx与电路中的电流相对应，但不是线性关系，故欧姆表刻度不均匀。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例1]))图甲为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为20Ω的电阻，测量步骤如下：(1)调整________，使电表指针对准________(填“电阻”或“电流”)的“0”刻线。(2)将选择开关旋转到“Ω”挡的__________位置(填“×1”、“×10”、“×100”或“×1k(3)将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔，并将两表笔短接，调整________，使电表指针对准________(填“电阻”或“电流”)的“0”刻线。(4)将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为________Ω。(5)测量完毕，将选择开关旋转到“OFF”位置。[解析](1)将选择开关拨到欧姆挡前，先要进行机械调零。方法是调整机械定位螺丝，使电表指针指在电流等于零的刻线位置。(2)用多用电表测20Ω的电阻时，要把选择开关旋转到“Ω”挡“×1”的位置(3)将红、黑表笔短接，进行欧姆调零。调整调零旋钮，使指针指在“Ω”挡的零刻线上。(4)由乙图读出该电阻的阻值为19Ω。[答案](1)定位螺丝电流(2)×1(3)调零旋钮电阻(4)19[感悟升华]使用多用电表测电阻的“五步”法(1)机械调零。(2)选倍率，一般要选择比被测电阻的估量值低一个数量级的倍率，如估量值为200Ω就应当选×10的倍率，使指针的偏转角度在eq\f(1,3)满偏到eq\f(2,3)满偏之间为测量的有效范围。(3)进行欧姆调零。(4)将红、黑表笔接在被测电阻的两端进行测量，将指针示数乘以倍率得测量值。(5)测量结束后，将选择开关旋至OFF或沟通电压最高挡。1．某同学试验小组利用图甲所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：多用电表；电压表：量程5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5kΩ；导线若干。eq\a\vs4\al(甲)回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔________，调零点。(2)将图甲中多用电表的红表笔和________(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端。(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图乙所示，这时电压表的示数如图丙所示，多用电表和电压表的读数分别为________kΩ和________V。(4)调整滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V。从测量数据可知，电压表的内阻为________kΩ。丁(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个抱负电流表和一个电阻串联而成的电路，如图丁所示。依据前面的试验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为________V，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为________kΩ。解析：(1)使用多用电表测电阻时，换挡后需重新进行欧姆调零，故应将两表笔短接进行调零。(2)电流应从多用电表的红表笔流入、黑表笔流出，故红表笔应接“1”(3)从图乙可以看出指针指向欧姆挡15.0位置，电阻挡为“×1k”，故读数为15.0kΩ；由于电压表量程为5V，由图丙可以看出指针所指位置为3.60，故读数为3.60V。(4)当滑动变阻器连入电路中的电阻为零时，多用电表读数即为电压表内阻，所以电压表内阻为12.0kΩ。(5)设多用电表内电池的电动势为E，多用电表内阻为R，由第(3)、(4)问可知eq\f(E,R＋15.0kΩ)＝eq\f(3.60V,12.0kΩ)，eq\f(E,R＋12.0kΩ)＝eq\f(4.00V,12.0kΩ)，两式联立解得E＝9.00V，R＝15.0kΩ。答案：(1)短接(2)1(3)15.03.60(4)12.0(5)9.0015.02．(2022·重庆高考)某照明电路消灭故障，其电路如图甲所示，该电路用标称值12V的蓄电池为电源，导线及其接触完好。修理人员使用已调好的多用表直流50V挡检测故障。他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点。甲(1)断开开关，红表笔接a点时多用表指示如图乙所示，读数为________V，说明题中________正常(选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯)。乙(2)红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用表指示仍旧和图乙相同，可判定发生故障的器件是________(选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯)。解析：(1)断开开关，电压表直接测量电源两端的电压，有示数且接近电源电动势，说明电源正常。(2)红表笔接b点，闭合开关，电压表示数与(1)中相同，说明电路仍旧处于断路状态，而开关是闭合的，因此可以确定是小灯发生断路故障。答案：(1)11.5(11.2～11.8均正确)蓄电池(2)小灯考向二试验器材的选取和电路连接问题1．电流表内接法与外接法的推断方法(1)比值推断法若eq\f(RV,Rx)＜eq\f(Rx,RA)，应选用内接法；若eq\f(RV,Rx)＞eq\f(Rx,RA)，应选用外接法。(2)临界值推断法若Rx＞eq\r(RA·RV)，应选用内接法；若Rx<eq\r(RA·RV)，应选用外接法；若Rx＝R0，内外接法均可。(3)试触法若电流表示数较电压表示数变化明显，说明外接时电压表分流作用大，应接受内接法；若电压表示数较电流表示数变化明显，说明内接时电流表的分压作用大，应接受外接法。2．滑动变阻器限流接法与分压接法的选取原则(1)限流式接法选取原则一般在滑动变阻器总电阻R0与用电器电阻Rx相差不大时，若既不要求较大范围内调整电流和电压，又不要求从零开头读数，则优先选择限流式接法。(2)分压式接法选取原则①滑动变阻器的总电阻R0远小于用电器电阻Rx或电路中串联的其他电阻的阻值，即Rx≫R0；②要求用电器Rx的电流或电压从零开头连续变化；③接受限流式接法时，电路中的最小电流大于用电器Rx的额定电流，或给定的仪表量程偏小。三条中满足一条，接受分压接法。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例2]))(2022·山东高考)试验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过试验测定其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－8Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2电压表：量程3V，内阻约9kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；定值电阻：R0＝3Ω；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干。回答下列问题：(1)试验中滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至________端(填“a”或“b”(2)在实物图中，已正确连接了部分导线，请依据图甲电路完成剩余部分的连接。(3)调整滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为________(4)导线实际长度为________m(保留两位有效数字)。[解析](1)依据电阻定律R＝ρeq\f(l,S)可求得这部分铜导线的电阻大约为1.7Ω，加上爱护电阻约为4.7Ω，作为限流用的滑动变阻器假如用R1，当调到最大时电路中的电流要大于电流表量程的一半，则测量数据较少，因此滑动变阻器要选用R2。开头时作为限流用的滑动变阻器接入电路的电阻应为最大值，故滑片应移至a端。(2)结合电路图补充连接实物图如图所示。(3)依据题图乙和电压表的量程可读得电压表的示数为2.30V。(4)铜导线与R0的串联电阻R＝eq\f(U,I)＝eq\f(2.30,0.50)Ω＝4.6Ω，铜导线电阻Rx＝R－R0＝1.6Ω，依据Rx＝ρeq\f(l,S)得导线长度l＝eq\f(RxS,ρ)≈94m。[答案](1)R2a(2)见解析图(3)2.30(2.29、2.31均正确)(4)94(93、95均正确[感悟升华]1．器材选取三要求(1)依据不使电表受损和尽量削减误差的原则选择电表。(2)依据电路中可能消灭的电流或电压范围选择滑动变阻器，留意流过滑动变阻器的电流不能超过它的额定值。对高阻值的变阻器，假如滑动头稍有移动，使电流、电压有很大变化的，不宜接受。(3)应依据试验的基本要求来选择仪器。对于这种状况，只有生疏试验原理，才能做出恰当的选择。2．在连实物图时的四点留意(1)各导线都应接在接线柱上。(2)不应在导线中间消灭分叉，且导线不能跨过仪器。(3)连接电表应留意量程选用正确，正、负接线柱不要接错。(4)开关要把握整个电路。3．(2022·全国新课标Ⅱ)在伏安法测电阻的试验中，待测电阻Rx约为200Ω，电压表○的内阻约为2kΩ，电流表○的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图甲或图乙所示，结果由公式Rx＝eq\f(U,I)计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图甲和图乙中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则________(填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1________(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值，测量值Rx2________(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。解析：依据串、并联电路的特点解题。依据题意知eq\f(Rx,RA)>eq\f(RV,Rx)，电压表的分流作用较显著，故Rx1更接近待测电阻的真实值。图甲的测量值是Rx与RA串联的电阻阻值，故Rx1>Rx真；图乙的测量值是Rx与RV并联的电阻阻值，故Rx2<Rx真。答案：Rx1大于小于4．现要用伏安法描绘一只小灯泡的I­U图线，已知小灯泡的额定电压为2.5V，小灯泡正常工作时的功率小于0.7W。有下列器材供选用：A．电压表(0～3V，内阻3kΩ；0～15V，内阻10kΩ)B．电流表(0～0.6A，内阻0.5Ω；0～3A，C．滑动变阻器(10Ω，2D．滑动变阻器(100Ω，1.0E．蓄电池(电动势6V，内阻不计)(1)用如图甲所示的电路进行测量，滑动变阻器应选用________(用字母序号表示)。开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应当置于________端(填“A”、“B”或“AB正中间”)。(2)按图甲所示电路，用笔画线代替导线在图乙中将实物连接成试验所需电路图。(3)通过试验测得此灯泡的伏安特性曲线如图丙所示。由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为________Ω。丙解析：(1)因描绘小灯泡的I­U图线接受滑动变阻器分压式连接，滑动变阻器应选用小电阻值的，故应选用变阻器C；开关闭合前，为了爱护电表和小灯泡，应使测量电路部分的电压为零，即将滑片置于A端。(2)实物连接如图所示。由于灯泡的额定电压为2.5V，由图甲知，电压表量程应选0～3V，由I＝eq\f(P,U)知流经灯泡的电流约为I≈eq\f(P,U)＝eq\f(7,2.5)A＜0.3A，所以电流表的量程应选0～0.6A。(3)由I­U关系图像可以读出，当小灯泡的电压为2.5V时，其电流I＝0.25A，由R＝eq\f(U,I)可得，小灯泡正常发光时的电阻R＝10Ω。答案：(1)CA(2)见解析图(3)105．(2022·安徽高考)某同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下试验。甲(1)他先用多用表进行了正确的测量，测量时指针位置如图甲所示，得出电压表的内阻为3.00×103Ω，此时电压表的指针也偏转了。已知多用表欧姆挡表盘中心刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，则电压表的示数应为________V(结果保留两位有效数字)。(2)为了更精确     地测量该电压表的内阻RV，该同学设计了如图乙所示的电路图，试验步骤如下：乙A．断开开关S，按图乙连接好电路B．把滑动变阻器R的滑片P滑到b端C．将电阻箱R0的阻值调到零D．闭合开关SE．移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V位置F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调整电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻RV的测量值G．断开开关S试验中可供选择的试验器材有：a．待测电压表b．滑动变阻器：最大阻值2000Ωc．滑动变阻器：最大阻值10Ωd．电阻箱：最大阻值9999.9Ω，阻值最小转变量为0.1Ωe．电阻箱：最大阻值999.9Ω，阻值最小转变量为0.1Ωf．电池组：电动势约6V，内阻可忽视g．开关、导线若干依据这位同学设计的试验方法，回答下列问题：①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从供应的滑动变阻器中选用________(填“b”或“c”)，电阻箱中选用________(填“d”或“e”)；②电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比，R测________R真(填“＞”或“＜”)；若RV越大，则eq\f(|R测－R真|,R真)越________(填“大”或“小”)。解析：(1)由题知欧姆表的内阻为r＝1.5×103Ω，欧姆表内电池电动势为1.5V，依据闭合电路欧姆定律可知，E＝U＋eq\f(U,RV)r，解得U＝1.0V。(2)由于滑动变阻器连接接受的是分压接法，为了使电路电压调整变化尽可能均匀，应选用最大阻值较小的滑动变阻器c，由于电压表的电阻约为3000Ω，因此电阻箱应选用最大阻值超过3000Ω的电阻箱d。由于将电阻箱的阻值调大，因此滑动变阻器与电阻箱串联部分电路两端的电压会大于3V，即当电压表的示数为1.5V时，电阻箱两端的电压大于1.5V，即电阻箱接入电路的电阻值大于电压表的内阻，因此电压表电阻的测量值大于真实值，即R测>R真；当RV趋于无穷大时，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(R测－R真,R真)))趋于零，因此RV越大，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(R测－R真,R真)))越小。答案：(1)1.0(2)①cd②＞小考向三电路设计和试验数据的处理1．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)测量测出两组U、I值，依据E＝U＋Ir，通过计算或利用图像法处理数据用电流表、电阻箱测量测出两组I、R值，依据E＝I(R＋r)通过计算或利用图像法处理数据用电压表、电阻箱测量测出两组U、R值，依据E＝U＋eq\f(U,R)r，通过计算或利用图像法处理数据2.“测电源电动势和内阻”试验数据处理方法本试验在利用图像处理数据时，要明确：(1)如图所示图线的纵坐标是路端电压，它反映的是：当电流I增大时，路端电压U将随之减小，U与I成线性关系，U＝E－Ir。(2)电阻的伏安特性曲线中，U与I成正比，前提是R保持肯定，而这里的U­I图线中，E、r不变，外电阻R转变，正是R的变化，才有I和U的变化。(3)将图线两侧延长，纵轴截距点意味着断路状况，它的数值就等于电源电动势E，横轴截距点(路端电压U＝0)意味着短路状况，它的数值等于短路电流eq\f(E,r)。(4)图线斜率的确定值表示电源内阻，由于r一般很小，故得到的图线斜率的确定值就较小。为了使测量结果精确     ，可以将纵轴的坐标不从零开头，计算r时选取直线上相距较远的两点求得。eq\o(\s\up7(),\s\do5([例3]))(2022·北京高考)利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小试验误差。(1)应当选择的试验电路是图中的______(填“甲”或“乙”)。(2)现有电流表(0～0.6A)、开关和导线若干，A．电压表(0～15V)B．电压表(0～3V)C．滑动变阻器(0～50Ω)D．滑动变阻器(0～500Ω)试验中电压表应选用________；滑动变阻器应选用________。(选填相应器材前的字母)(3)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图丙的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U­I图线。序号123456电压U/V1.451.401.301.251.201.10电流I/A0.0600.1200.2400.2600.3600.480(4)依据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω。(5)试验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化。图丁的各示意图中正确反映P­U关系的是________。丁[解析](1)测量电源电动势和内电阻试验，由于干电池的内电阻很小，电流表应内接，所以应当选择的试验电路为甲。(2)由于干电池的电动势大约为1.5V，所以电压表选择量程为3V的，滑动变阻器选择0～50Ω的。(3)在图中标出第2组数据后，可以看出，除第4组数据所描点偏离直线较多外，其他5组数据所描点都大致处于一条直线上，用直尺过尽可能多的点作始终线，不在直线上的点尽可能分居直线两侧，得到干电池的伏安特性曲线如图所示。(4)依据闭合电路欧姆定律，E＝U＋Ir，变化为U＝E－Ir。由此可知，干电池的伏安特性曲线在纵轴的截距数值等于电源电动势，斜率的确定值等于电源内阻，所以电池的电动势E＝1.5V，内阻r＝0.83Ω。(5)依据电源最大输出功率的条件，当外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大。此时电压表示数等于电源电动势的一半，C正确。[答案](1)甲(2)BC(3)见解析图(4)1.50(1.49～1.51均正确)0.83(0.81～0.85均正确)(5)C6．在一次试验技能竞赛中，一同学设计了如图甲所示的电路来测电源的电动势和内阻。该同学选好器材后，用导线将各器材连接成如图乙所示实物连线电路，其中R0是爱护电阻。(1)该同学在闭合电键后，发觉电压表无示数，电流表有示数，在选用器材时，除了导线外，其他器材经检测都是完好的，则消灭故障的缘由是________________(请用接线柱处的字母去表达)。(2)该同学测量时记录了6组数据，并依据这些数据画出了U­I图线如图丙所示。依据图线求出电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。丙(3)若爱护电阻R0的阻值未知，该电源的电动势E、内电阻r已经测出，在图乙的电路中只需改动一条线就可测量出R0的阻值。该条线是______，需改接为______。改接好后，调整滑动变阻器，读出电压表的示数为U、电流表示数为I，电源的电动势用E表示，内电阻用r表示，则R0＝________。解析：(1)电流表有示数，说明电源与电流表构成的闭合回路中各段导线均完好，电压表无示数，只能是jd部分断路造成的。(2)由U­I图线可以读出E＝1.48V，r＝eq\f(|ΔU|,|ΔI|)＝eq\f(1.48－1.20,0.56－0)Ω＝0.50Ω。(3)要测出R0的阻值，只需将jd线改接为je或jf即可，由闭合电路欧姆定律可得E＝U＋I(r＋R0)，故R0＝eq\f(E－U,I)－r。答案：(1)jd部分断路(2)1.480.50(3)jdje(或jf)eq\f(E－U,I)－r7．(2022·全国高考)现要测量某电源的电动势和内阻。可利用的器材有：电流表○，内阻为1.00Ω；电压表○；阻值未知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5；开关S；一端连有鳄鱼夹P的导线1，其他导线若干。某同学设计的测量电路如图甲所示。甲(1)按图甲在实物图乙中画出连线，并标出导线1和其P端。 (2)测量时，转变鳄鱼夹P所夹的位置，使R1、R2、R3、R4、R5依次串入电路，记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I。数据如下表所示。依据表中数据，在图丙中的坐标纸上将所缺数据点补充完整，并画出U­I图线。I/mA1931531116930U/V2.512.592.682.762.84(3)依据U­I图线求出电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。(保留两位小数)解析：(1)依据试验原理图进行实物图连线，如图(a)所示。图(a)(2)依据所给数据，描点连线，如图(b)所示。图(b)(3)在U­I图像中，图线与纵轴的交点坐标等于电源的电动势，即E＝2.90V；图线的斜率大小等于电源的内阻与电流表内阻之和，k＝eq\f(ΔU,ΔI)＝RA＋r，则r＝1.03Ω。答案：(1)见解析图(a)(2)见解析图(b)(3)2.90(2.89～2.91均正确)1.03(0.93～1.13均正确)电学创新型试验的分析技巧eq\o(\s\up7(),\s\do5([典例]))某同学在试验室测汽车电热器的电功率，此电热器额定电压为12V。试验室备有下列器材。A．输出电压为16V的同学电源B．量程为0～3A的电流表，内阻约0.1C．量程为0～0.6A的电流表，内阻约0.5D．量程为0～3V的电压表，内阻约3kΩE．量程为0～15V的电压表，内阻约15kΩF．0～10Ω，额定电流为0.5G．0～10Ω，额定电流为2H．导线，开关该同学测量的数据记录如下：U/V2.43.05.08.010.012.0I/A0.150.200.300.400.450.50(1)该电热器的阻值是否恒定不变？答：________(填“是”或“不是”)。(2)合理选择试验器材：电流表选________，电压