【文档说明】【三维设计】2017届高三物理二轮复习（通用版）第一部分 专题复习教师用书：专题五 物 理 实 验 Word版.doc，共(63)页，2.197 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题五物理实验第一讲力学基础实验考点一基本仪器的使用和读数1.考查游标卡尺和螺旋测微器的读数](2015·海南高考)某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图(a)和(b)所示。该工件的直径为________cm，高度为____

____mm。(a)(b)解析：游标卡尺读数为d＝12mm＋4×120mm＝12.20mm＝1.220cm螺旋测微器的读数为h＝6.5mm＋36.1×0.01mm＝6.861mm。答案：1.2206.8612．考查游标卡尺和螺旋

测微器的读数](2013·安徽高考)Ⅰ.根据单摆周期公式T＝2πlg，可以通过实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。用游标卡尺测量小钢球直径，示数

如图乙所示，读数为________mm。Ⅱ.在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为________mm，合金丝的直径为________mm。解析：Ⅰ.该游标尺为十分度的，根据读数规则可读出小钢球直径大小。Ⅱ.由

于螺旋测微器开始起点有误差，估读为0.007mm，测量后要去掉开始误差。答案：Ⅰ.18.6Ⅱ.0.0070.638考点二“纸带”类实验3.考查研究匀变速直线运动](2016·天津高考)某同学利用如图所示装置研究小车的匀变速直线运动。(1)实验中，必需的

措施是________。A．细线必须与长木板平行B．先接通电源再释放小车C．小车的质量远大于钩码的质量D．平衡小车与长木板间的摩擦力(2)他实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画

出)。s1＝3.59cm，s2＝4.41cm，s3＝5.19cm，s4＝5.97cm，s5＝6.78cm，s6＝7.64cm。则小车的加速度a＝________m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B

点时小车的速度vB＝________m/s。(结果均保留两位有效数字)解析：(1)利用打点计时器研究小车的匀变速直线运动时，为顺利完成实验，保证实验效果，细线与长木板要平行，否则小车受力会发生变化，选项A正确；为

打的点尽量多些，需先接通电源，再释放小车，选项B正确；本题中只要保证小车做匀变速运动即可，无需保证小车质量远大于钩码的质量，选项C错误；同理，小车与长木板间可以有不变的摩擦力，无需平衡摩擦力，选项D错误。故必要的措施是A、B选项。(2)由s4－s1＝3aT2、s5－s2＝3aT2、s6－s

3＝3aT2知加速度a＝s4＋s5＋s6－s1－s2－s39T2＝0.80m/s2打B点时小车的速度vB＝s1＋s22T＝0.40m/s。答案：(1)AB(2)0.800.404．考查验证机械能守恒定律](201

6·漳州市漳浦一中检测)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量，据此验证机械能守恒定律。(1)下面列举了该实

验的几个操作步骤：A．按照图示的装置安装器件；B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C．用天平测出重锤的质量；D．释放纸带，立即接通电源开关打出一条纸带；E．测量纸带上某些点间的距离；F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重

力势能是否等于增加的动能。其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是________。(将其选项对应的字母填在横线处)(2)在验证机械能守恒定律的实验中，若以12v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出12v2-h的图像应是____________，才能验证机械能守恒

定律；12v2-h图像的斜率等于________的数值。解析：(1)B项，打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故B错误。C项，因为我们是比较mgh、12mv2的大小关系，故m可约去，不需要用天平。故C没有必要进行。D项，开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它

带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差。故D错误。故选B、C、D。(2)利用12v2-h图线处理数据，物体自由下落过程中机

械能守恒，mgh＝12mv2，即12v2＝gh，所以以12v2为纵轴，以h为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线。那么12v2-h图线的斜率就等于重力加速度g。答案：(1)BCD(2)过原点的倾斜直线重力加速度5．考查探究做功与动能变化的关系]某实验小组采

用如图所示装置探究做功与动能变化的关系。小车经平衡摩擦力后，挂上橡皮筋，在橡皮筋的作用下小车弹出，脱离橡皮筋沿木板滑行。(1)实验时打点计时器与学生电源按图连接，正确的连接是________(填“A”或“B”)。(2)实验中，甲、乙同学用两种不同的方法来改变橡皮筋对小车所做的功。甲同学

：改变相同橡皮筋的条数，小车每次拉到同一位置释放；乙同学：保持橡皮筋的条数不变，小车每次拉到不同位置释放。你认为________(填“甲”或“乙”)同学的方法更合理。(3)从释放小车到刚脱离橡皮筋的过程，小车的运动可能是________。A．匀加速运动B．匀

减速运动C．加速度增大的加速运动D．加速度减小的加速运动(4)实验中测得小车质量为1.0kg，某次实验得到的纸带及测量数据如图所示，测得小车获得的动能为______J(保留两位有效数字)。打点计时器工作频率为50Hz。解析：(1)打点计时

器应接低压交流电源，故A正确。(2)改变相同的橡皮筋的条数，且拉到同一位置释放，橡皮筋对小车做的功与橡皮筋条数成正比，故甲同学方法合理。(3)随着橡皮筋的拉力减小，小车的加速度逐渐减小，D正确。(4)

小车的末速度v＝4.00×10－20.02m/s＝2m/s，故小车获得的动能Ek＝12mv2＝2.0J。答案：(1)A(2)甲(3)D(4)2.06.考查探究a与F、m之间的定量关系](2016·盐城二模

)某同学用如图甲所示的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”。(1)实验时，必须先平衡小车与木板之间的摩擦力。该同学是这样操作的：如图乙，将小车静止地放在水平长木板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，让打点计时器在纸带上打出一系列__________

的点，说明小车在做__________运动。(2)如果该同学先如(1)中的操作，平衡了摩擦力。以砂和砂桶的重力为F，在小车质量M保持不变情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到13M，测小车加速度a，作a-F的图像

。如图丙图线正确的是__________。(3)设纸带上计数点的间距为s1和s2。如图丁为用米尺测量某一纸带上的s1、s2的情况，从图中可读出s1＝3.10cm，s2＝__________cm，已知打点计时器的频率为50

Hz，由此求得加速度的大小a＝__________m/s2。解析：(1)平衡摩擦力时，应将连接小车与砂桶的绳从小车上拿去，不要挂砂桶，将长木板的右端垫高至合适位置，使小车重力沿斜面分力和摩擦力抵消，若小车做匀速直线运动，此时打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点。(2)如果这位同学先如(1)中

的操作，已经平衡摩擦力，则刚开始a-F的图像是一条过原点的直线，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到13M，不能满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量，此时图像发生弯曲，故C正确。(3)由图丁可读得：s2＝5.50cm，由s2

－s1＝aT2，T＝0.1s，可得：a＝2.40m/s2。答案：(1)点迹均匀匀速直线(2)C(3)5.502.40考点三“弹簧”“橡皮条”类实验7.考查探究弹力和弹簧伸长量的关系](2015·福建高考)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。(1)图甲是不挂钩

码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为________cm；(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作

，下列选项中规范的做法是______；(填选项前的字母)A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重(3)图丙是

该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是____________________________________________。解析：(1)弹簧伸长后的总长度为14.66cm，则伸长量Δl＝14.66cm－7.73cm＝6.93c

m。(2)逐一增挂钩码，便于有规律地描点作图，也可避免因随意增加钩码过多超过弹簧的弹性限度而损坏弹簧。(3)AB段明显偏离OA，伸长量Δl不再与弹力F成正比，是超出弹簧的弹性限度造成的。答案：(1)6.93(2)A(3)弹簧受到的拉力超过了其弹性限度8．考查验证力的平行四边形定则]某同学在做“

验证力的平行四边形定则”实验时，按如下步骤进行：①在墙上贴一张白纸用来记录弹簧测力计弹力的大小和方向。②在一个弹簧测力计的下端悬挂一装满水的水杯，记下平衡时弹簧秤的读数F。③将一根大约30cm长的细线从

杯带中穿过，再将细线两端分别拴在两个弹簧测力计的挂钩上，在靠近白纸处用手对称地拉开细线，使两个弹簧测力计的示数相等，在白纸上记下细线的方向，弹簧测力计的示数如图甲所示。④在白纸上按一定标度作出两个弹簧测力计的弹力的图示，如图乙所示，根据力的平行

四边形定则可求出这两个力的合力F′。(1)在步骤③中，弹簧秤的读数为________N。(2)在步骤④中，合力F′＝________N。(3)若________，就可以验证力的平行四边形定则。(4)本实验采用的科学方法是________。A．理想实验法B．等效替代法C．控制

变量法D．建立物理模型法解析：(1)弹簧测力计读数时需要估读，弹簧测力计读数为3.00N。(2)根据力的大小可以用线段的长度来表示，利用刻度尺和三角板在题图乙上由已知的两个力作出平行四边形，测量出平行四边形的对角线的长度，与标度1N的长度进行比较，可求出F′的大小为5

.2N。(3)若F′在竖直方向且数值与F近似相等，则在实验误差允许的范围内可以验证力的平行四边形定则。(4)本实验采用的科学方法是等效替代法。答案：(1)3.00(2)5.2(5.0～5.4)(3)F′在竖直方向且数值与F近似相等(4)B

考点一基本仪器的使用和读数先记牢]一、长度测量类仪器1．游标卡尺的读数游标尺(mm)精度(mm)测量结果(游标尺上第n个刻线与主尺上的某刻度线对正时)(mm)刻度格数刻度总长度每小格与1毫米差20190.050.05主尺上读的毫米数＋0.05n50490.020.02

主尺上读的毫米数＋0.02n2．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)×0.01mm。二、时间测量类仪器1．打点计时器计时器种类工作电源电压打点间隔电磁打点计时器交流50Hz,4～6V0.02s电火花打点计时器交流50Hz,220V0.02s2

．频闪照相机其作用和处理方法与打点计时器类似，它是用等时间间隔获取图像信息的方法，将物体在不同时刻的位置记录下来，使用时要明确频闪的时间间隔。再用活]1．游标卡尺的精度有三种，分别为0.1mm、0.05mm、0.02mm，读数时要确认是哪种精度的游标卡尺。如诊断卷第1题为

0.05mm的游标卡尺，诊断卷第2题为0.1mm的游标卡尺。2．螺旋测微器读数时，要注意固定刻度尺上的半刻度线是否露出及最后结果的有效数字位数。如诊断卷第1题，螺旋测微器半刻度线已露出，对齐格数应读36.1。3．注意题目要求的单位是否为mm，若不是则先以mm

为单位读数，然后再转换为题目要求的单位。如诊断卷第1题，游标卡尺的读数要求以cm为单位，则先按mm为单位读出12.20mm，再转换为1.220cm。4．螺旋测微器常有“零”误差出现，此时要注意测量的实际结果的修正方法。如诊断卷第2题，合金丝的直径应

为右侧读数减去左侧读数。1．(2013·山东高考)图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的________(填“A”“B”或“C”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________mm。解析：测量尺寸较小管件的内径时用游

标卡尺的内测量爪A进行测量；测量尺寸较小管件的外径时用游标卡尺的外测量爪B进行测量；测量深度时用游标卡尺的深度尺C进行测量。钢笔帽的内径为：11mm＋6×0.05mm＝11.30mm。答案：A11.30(或11.25或11.35

)2．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示。图(a)所示读数为________mm，图(b)所示读数为________mm，所测金属板的厚度为________mm。解析：图(a)：0mm＋0.01mm×1.0

＝0.010mm；图(b)：6.5mm＋0.01mm×37.0＝6.870mm；故所测金属板的厚度为6.870mm－0.010mm＝6.860mm。答案：0.0106.8706.860考点二“纸带”类实验先记牢]1．由纸带确定时间要区别打点计时器打出

的点与人为选取的计数点之间的区别与联系，为便于测量和计算，一般每五个点取一个计数点，这样时间间隔为Δt＝0.02×5s＝0.1s。2．求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，求纸带上

某一点的瞬时速度，只需在这一点的前后各取相同时间间隔T的两段位移xn和xn＋1，则打n点时的速度vn＝xn＋xn＋12T。3．求加速度(1)利用a＝ΔxT2求解：在已经判断出物体做匀变速直线运动的情况下可利用Δx＝xn

＋1－xn＝aT2求加速度a。(2)逐差法：如图所示，由xn－xm＝(n－m)aT2可得：a1＝x4－x13T2，a2＝x5－x23T2，a3＝x6－x33T2，所以a＝a1＋a2＋a33＝x4＋x5＋x6－x1－x2－

x39T2(3)两段法：把图中x1、x2、x3、x4、x5、x6分成时间相等(均为3T)的两大段，则由xⅡ－xⅠ＝aT2得：(x4＋x5＋x6)－(x1＋x2＋x3)＝a(3T)2，解出的a与上面逐差法结果相等，但却要简单得多。(4)图像法：①由vn＝xn＋xn＋12T，求出相应点的速度

。②确定各计数点的坐标值(v1，T)、(v2,2T)、„(vn，nT)。③画出v-t图像，图线的斜率为物体做匀变速直线运动的加速度。再用活]1．利用纸带求物体的速度、加速度时要注意以下三点：(1)计数点间的

时间间隔，是0.02s，还是0.02s×n。如诊断卷第3题，两计数点间有4个点未画出，则T＝0.02s×5＝0.1s。(2)注意点间距的单位和题目中要求的a、v单位是否一致。如诊断卷第3题中，s1→s6的单位均为cm，而a、v的要求单位分别

为m/s2、m/s，因此，应将s1→s6的单位转变为m。诊断卷第5题和第6题也有同样的问题。(3)注意计算加速度公式的选取。如诊断卷第6题，只有两段位移s1、s2，应选用s2－s1＝aT2计算加速度；而诊断卷第3题，有六段位移，应选用a＝s6＋s5＋s4－

s3＋s2＋s19T2计算加速度。2．平衡摩擦力的目的与方法(1)目的：在探究做功与动能变化的关系时，为了使橡皮筋对小车所做的功为总功，应平衡小车的摩擦力，如诊断卷第5题；在探究a与F、m的定量关系的实验中，平衡摩擦力的目的是为使细线的拉力作为小车的合外力，如诊断卷第6题。(2)方法：不挂橡

皮筋或小砂桶的情况下，给小车一初速度，小车下滑时纸带上所打的点间距相等，小车做匀速运动。3．a-F图像发生弯曲的原因分析由a＝mgM＋m＝1M＋mF可知，随着m的增大，当不满足M≫m时，a-F图线的斜率1M＋m逐渐减小，如诊断

卷第6题。1．(2016·儋州二中月考)在“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，用打点计时器记录纸带运动的时间，计时器所用电源的频率为50Hz，如图所示是一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6七个计数

点，用刻度尺量出1、2、3、4、5、6点到0点的距离分别为1.40cm、3.55cm、6.45cm、10.15cm、14.55cm、19.70cm。由纸带数据计算可得计数点4所代表时刻的瞬时速度大小为v4＝________m/s，小车的加速度大小a＝______m/s2。(结果保留

三位有效数字)解析：根据平均速度代替瞬时速度得：v4＝x352T＝0.1455－0.06450.2m/s＝0.405m/s由题意得两个相邻计数点间的距离为：x1′＝0.0140m，x2′＝x2－x1＝0.0215m，x3′＝x3－x2＝0.0290m，x4′＝

x4－x3＝0.0370m，x5′＝x5－x4＝0.0440m，x6′＝x6－x5＝0.0515m采用逐差法得：a＝x6′＋x5′＋x4′－x1′＋x2′＋x3′9T2＝0.0680.09m/s2＝0.756m/s2。答案：0.4050.7562

．(2016·邯郸模拟)如图甲所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置，该装置依靠电子信息系统获得了小车加速度a的信息，由计算机绘制出a与钩码重力的关系图。钩码的质量为m，小车和砝码的质量为M，

重力加速度为g。(1)下列说法正确的是________。A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C．本实验m应远小于MD．在用图像探究加速度与质量关系时，应作a

-1m图像(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他作出的a-F图可能是图乙中________(选填“甲”“乙”“丙”)图线。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________。A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．钩码的总质量太大

D．所用小车的质量太大(3)实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，其他操作均正确，若轨道水平，他测量得到的图像如图丙。设图中纵轴上的截距为－b，则小车与木板间的动摩擦因数μ＝________。解析：(1)为平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f＝mgsin

θ＝μmgcosθ，m约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力；故A错误。实验时应先接通电源后释放小车，故B错误。让小车的质量M远远大小钩码的质量m，因为实际上绳子的拉力F＝Ma＝mg1＋mM，故应该是m≪

M，故C正确。F＝Ma，所以：a＝FM，所以在用图像探究小车的加速度与质量的关系时，通常作a-1M图像，故D错误。(2)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，说明没有平衡摩擦力或平衡不够。故可能作出图乙中丙。此图线的AB段明显偏离

直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，没有远小于小车和砝码的质量，故选C。(3)根据牛顿第二定律可知，mg－μMg＝Ma；结合a-1M图像，可得：a＝mg1M－μg设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为－b，因此

小车与木板间的动摩擦因数μ＝bg。答案：(1)C(2)丙C(3)bg3．某同学运用以下实验器材，设计了一个碰撞实验来寻找碰撞前后的守恒量，实验器材有打点计时器、低压交流电源(频率为50Hz)、纸带、表面光滑的长木板、带撞针的小车A、带橡皮泥的小车B

、天平。该同学经过以下几个步骤：A．用天平测出小车A的质量mA＝0.4kg，小车B的质量mB＝0.2kg。B．更换纸带重复操作三次。C．小车A靠近打点计时器放置，在车后固定纸带，把小车B放在长木板中间。D．把长木板放在桌面上，在一端固定打点计时器，

连接电源。E．接通电源，并给A车一定的初速度vA。(1)该同学正确的实验步骤为_______________________________________________。(2)打点计时器打下的纸带中，比较理想的一条如图所示，

根据这些数据完成下表。A车B车AB整体质量/kg速度/(m·s－1)vmmvmv2(3)根据以上数据猜想守恒表达式为________。解析：(1)ADCEB(2)碰撞前后为匀速直线运动，由纸带上点迹分布求出速度。碰后小车A、B合为一体，求出

两车共同速度。注意打点计时器频率为50Hz，打点时间间隔为0.02s，通过计算得下表。A车B车AB整车质量/kg0.40.20.6速度/(m·s－1)3.002.0vm7.503.3mv1.201.2mv23.602.4(3)由表中数据可看出在

mv一行中数值相同，可猜想公式为mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v。答案：见解析考点三“弹簧”“橡皮条”类实验先记牢]1．探究弹力和弹簧伸长的关系的操作关键(1)实验中不能挂过多的钩码，防止弹簧超过弹性限度。(2)画图像

时，不要连成“折线”，而应尽量让坐标点落在直线上或均匀分布在直线两侧。2．验证力的平行四边形定则的操作关键(1)每次拉伸结点位置O必须保持不变。(2)记下每次各力的大小和方向。(3)画力的图示时应选择适当的标度。再用活]1．刻度尺及弹簧测力计的读数(1)以mm为最小刻度值的刻度尺，要估读到mm的十

分位，如诊断卷第7题，甲的读数为7.73cm，乙的读数为14.66cm。(2)弹簧测力计读数时要先看量程和分度值，再根据指针所指的位置读出所测力的大小。如分度值为0.1N，则要估读，即有两位小数，如分度值为0.2N，则小数点后只能有一位小数。如诊断卷第8题，弹簧测力计的读数为3.00

N。2．F-x和F-l图像的特点(1)F-x为一条过原点的直线，而F-l为一条倾斜直线但不过原点。(2)F-x图线和F-l图线的斜率均表示弹簧(或橡皮筋)的劲度系数。(3)F-l图线在l轴的截距表示弹簧(或橡皮筋)的原长。(4)F-x和F-l图线发生弯曲的原因是弹簧(或橡皮筋)超出了弹

性限度。如诊断卷第7题的第(3)问。3．在验证力的平行四边形定则的实验中，利用平行四边形定则求得的合力与测得的合力一般不完全重合。1．(2016·云南楚雄质检)在“探究弹力和弹簧伸长关系”的实验中，某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端，进行测量，根据实验所测数据，利

用描点法作出了所挂钩码的重力G与弹簧总长L的关系图像，根据图像回答以下问题。(1)弹簧的原长为________。(2)弹簧的劲度系数为________。(3)分析图像，总结出弹力F跟弹簧长度L之间的关系式为________。解析：(1)根据胡克定律G＝

F＝k(L－L0)，由此可知G-L图像的横轴截距为L0，故由题图可知L0＝10cm。当所挂钩码的重力G为0时，弹簧的拉力也为0，此时弹簧长度即为原长，所以弹簧的原长为10cm。(2)根据G＝k(L－L0)可知，G-L图像的斜率大小等于弹簧的劲度系数大小，由

题图求出劲度系数为k＝1000N/m。(3)弹力F跟弹簧长度L之间的关系式为F＝1000L－100(N)。答案：(1)10cm(2)1000N/m(3)F＝1000L－100(N)2．(2015·山东高考)某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则。实验步骤：①将弹簧秤固定在

贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向。②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的

距离(即橡皮筋的长度l)。每次将弹簧秤示数改变0.50N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：F/N00.501.001.502.002.50l/cml010.9712.0213.0013.9815.05

③找出②中F＝2.50N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O′，橡皮筋的拉力记为FOO′。④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示。用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为FOA，OB段的

拉力记为FOB。完成下列作图和填空：(1)利用表中数据在坐标纸上画出F-l图线，根据图线求得l0＝________cm。(2)测得OA＝6.00cm，OB＝7.60cm，则FOA的大小为________N。(3)根据给出的标度，在图中作出FOA和FO

B的合力F′的图示。(4)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论。解析：(1)在坐标系中描点，用平滑的曲线(直线)将各点连接起来，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧。如图甲所示，由图线可知与横轴的交点l0＝10.0cm。(

2)橡皮筋的长度l＝OA＋OB＝13.60cm，由图甲可得F＝1.80N，所以FOA＝FOB＝F＝1.80N。(3)利用给出的标度作出FOA和FOB的图示，然后以FOA和FOB为邻边的平行四边形，对角线即为合力F′，如图乙。(4)FOO′的作用效果和FOA、FOB两个力的

作用效果相同，F′是FOA、FOB两个力的合力，所以只要比较F′和FOO′的大小和方向，即可得出实验结论。答案：(1)如图甲所示10.0(9.8、9.9、10.1均正确)(2)1.80(1.70～1.90均正确)(3)如图乙所示(4)FOO′第二讲力学创新实验考点一实验

器材的等效与替换1.用电子秤替换弹簧测力计](2016·广州二模)一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则。(1)如图(a)，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶________时电子秤

的示数F。(2)如图(b)，将三细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上。水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、____________和电子秤的示数F1。(3)如图(c)，将另一颗墙钉B钉在与O同一

水平位置上，并将L1拴在其上。手握电子秤沿着(2)中L2的方向拉开细线L2，使______________和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2。(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F

、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若______________，则平行四边形定则得到验证。解析：(1)要测量装满水的水壶的重力，则记下水壶静止时电子秤的示数F。(2)要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和

方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的示数F1。(3)已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O点位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置

和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2。(4)根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证。答案：(1)静止(2)三细线的方向(3)结点O的位置(

4)F和F′在误差范围内重合2．气垫导轨、拉力传感器、光电门替换长木板、打点计时器](2016·六安一中模拟)某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理。(1)将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中

读出两光电门中心之间的距离s＝________cm；(2)测量挡光条的宽度d，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间Δt1和Δt2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是___________

___；(3)该实验是否需要满足砝码盘和砝码总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量？________(填“是”或“否”)解析：(1)光电门1处刻度尺读数为：20.0cm，光电门2处刻度尺读数为：70.0cm

，故两光电门中心之间的距离s＝70.0cm－20.0cm＝50.0cm；(2)由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度。滑块通过光电门1速度为：v1＝dΔt1滑块通过光电门2速度为

：v2＝dΔt2根据功能关系需要验证的关系式为：Fs＝12Mv22－12Mv12＝12MdΔt22－12MdΔt12，可见还需要测量出M，即滑块、挡光条和拉力传感器的总质量；(3)该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码

盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量。答案：(1)50.0(2)滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M(3)否考点二实验结论的拓展与延伸3.由测定加速度延伸为测定交流电的频率](2016·全国乙卷)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律

，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz、30Hz和40Hz。打出纸带的一部分如图(b)所示。该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算。(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可

以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为________，打出C点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度大小为________。(2)已测得s1＝8.89cm，s2＝9.50cm，s3＝1

0.10cm；当地重力加速度大小为9.80m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出f为________Hz。解析：(1)重物匀加速下落时，根据匀变速直线运动的规律得vB＝s1＋s22T＝12f(s1＋s2)vC＝s2＋s32T

＝12f(s2＋s3)由s3－s1＝2aT2得a＝f2s3－s12。(2)根据牛顿第二定律，有mg－kmg＝ma根据以上各式，化简得f＝21－kgs3－s1代入数据可得f≈40Hz。答案：(1)12f(s1＋s2)12f(s2＋s3)12f2(s3－s1)(2)40

4．由测定加速度延伸为测定动摩擦因数](2016·云南统测)一学生用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。在桌面上放置一块水平长木板，木板一端带滑轮，另一端固定一打点计时器。木块一端拖着穿过打点计时器的纸带，另一端连接跨过定滑轮的绳子，在绳子上悬挂一定质量的

钩码后可使木块在木板上匀加速滑动。实验中测得木块质量M＝150g，钩码质量m＝50g。(1)实验开始时，应调整滑轮的高度，让绳子与木板________；(2)实验中得到如图乙所示的纸带，纸带上A、B、

C、D、E是计数点，相邻两计数点之间的时间间隔是0.10s，所测数据在图中已标出，根据图中数据可求得木块运动的加速度a＝________m/s2(结果保留两位有效数字)；(3)根据实验原理可导出计算动摩擦因数的表达式μ＝________(用M、

m、g、a表示)；取g＝10m/s2，代入相关数据可求得μ＝________(计算结果保留一位有效数字)。解析：(1)实验由纸带测定木块加速度，木块所受拉力方向不变，保持与桌面平行，因此需要在实验前调整滑轮高度，使绳子与木板平行。(2)

根据匀变速直线运动规律的推论Δx＝aT2可知，木块的加速度a＝16.18－15.17×10－22×0.12m/s2＝0.25m/s2。(3)钩码与木块加速度大小相等，假设绳子张力为T，对钩码有，mg－T＝ma，对木块则有T－μMg＝Ma，解两式

得μ＝mM－M＋maMg，将已知条件代入解得μ＝0.3。答案：(1)平行(2)0.25(3)mM－M＋maMg0.3考点三试题情景的设计与创新5.利用平抛运动探究功与速度变化的关系](2016·唐山第二次模拟)在“探究功与速度变化的关系”实验

中，采用如图甲所示装置，水平正方形桌面距离地面高度为h，将橡皮筋的两端固定在桌子边缘上的两点，将小球置于橡皮筋的中点，向左移动距离s，使橡皮筋产生形变，由静止释放后，小球飞离桌面，测得其平抛的水平射程为

L。改变橡皮筋的条数，重复实验。(1)实验中，小球每次释放的位置应________(填“不同”“相同”或“随意”)。(2)取橡皮筋对小球做功W为纵坐标，为了在坐标系中描点得到一条直线，如图乙所示，应选为________横坐标(选

L或L2)。若直线与纵轴的截距为b，斜率为k，可求小球与桌面间的动摩擦因数为________(使用题中所给符号表示)。解析：(1)每次通过改变橡皮筋的条数重复实验，为使每条橡皮筋对小球做功相同，故小球每次释放的位置应相同

。(2)设小球飞离桌子边缘时的速度为v0，则由动能定理得W－μmgs＝12mv02，小球飞离桌面后做平抛运动，则有h＝12gt2，L＝v0t，解得W＝mg4hL2＋μmgs，故若取橡皮筋对小球做功W为纵坐标，为了在坐

标系中描点得到一条直线，应选为L2横坐标；由题意可知b＝μmgs，k＝mg4h，解得μ＝b4hsk。答案：(1)相同(2)L2b4hsk6．利用钢球摆动验证机械能守恒定律](2016·江苏高考)某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律。一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点。

光电门固定在A的正下方，在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条。将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出，取v＝dt作为钢球经过A点时的速度。记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t，计

算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk，就能验证机械能是否守恒。(1)用ΔEp＝mgh计算钢球重力势能变化的大小，式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到________之间的

竖直距离。A．钢球在A点时的顶端B．钢球在A点时的球心C．钢球在A点时的底端(2)用ΔEk＝12mv2计算钢球动能变化的大小。用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图所示，其读数为________cm。某次测量中，计时器的示数为0.0100s。则钢球的速度为v＝________

m/s。(3)下表为该同学的实验结果：ΔEp(×10－2J)4.8929.78614.6919.5929.38ΔEk(×10－2J)5.0410.115.120.029.8他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异，认为这是由于空气阻力造成的。你是否同意他的观点？请说明理由。(4)请你提出一条减小上

述差异的改进建议。解析：(1)高度变化要比较钢球球心的高度变化。(2)毫米刻度尺读数时要估读到毫米下一位，由v＝dt代入数据可计算出相应速度。(3)从表中数据可知ΔEk＞ΔEp，若有空气阻力，则应为Δ

Ek＜ΔEp，所以不同意他的观点。(4)实验中遮光条经过光电门时的速度大于钢球经过A点时的速度，因此由ΔEk＝12mv2计算得到的ΔEk偏大，要减小ΔEp与ΔEk的差异可考虑将遮光条的速度折算为钢球的速度。答案：(1)B(2)1.50(1.49～1.51

都算对)1.50(1.49～1.51都算对)(3)不同意，因为空气阻力会造成ΔEk小于ΔEp，但表中ΔEk大于ΔEp。(4)分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l，计算ΔEk时，将v折算成钢球的速度v′＝lLv。7．利用凹形桥模拟器测小车过桥最低点的速度](2015·全

国卷Ⅰ)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验。所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.20m)。完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图(a)所示，托盘秤的示数为1.00kg。(2)将玩具小车

静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________kg。(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧。此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示。序号12345m(kg)1.801.

751.851.751.90(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________N；小车通过最低点时的速度大小为________m/s。(重力加速度大小取9.80m/s2，计算结果保留2

位有效数字)解析：(2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40kg。(4)小车5次经过最低点时托盘秤的示数平均值为m＝1.80＋1.75＋1.85＋1.75＋1.905kg＝1.81kg。小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F＝(m－1.00)g＝(1

.81－1.00)×9.80N≈7.9N由题意可知小车的质量为m′＝(1.40－1.00)kg＝0.40kg对小车，在最低点时由牛顿第二定律得F－m′g＝m′v2R，解得v≈1.4m/s。答案：(2)1.40(4)

7.91.4考点一实验器材的等效与替换实验器材的等效与替换是实验考题的主要创新设计思路之一。从近几年的高考命题来看，主要有以下三个方向：(1)用气垫导轨代替长木板；(2)用光电门、频闪相机代替打点计时器；(3)用电子秤或已知质量的钩码

等代替弹簧测力计。需要考生学会迁移应用1．实验器材替换，解决问题的思维方式不变，如诊断卷第1题，用电子秤代替弹簧秤，测出水壶的重力及F1和F2的合力大小。(b)、(c)图中的两次测量，分别测出F1和F2，且必须保证结点位置不变(作用效果相同)。2．气垫导轨代替长木板时，应调整导轨水平，不必平衡

摩擦力。3．拉力传感器的示数即为细线对滑块的拉力，与钩码质量大小无关。如诊断卷第2题第(3)问。1．(2016·宜春三中高三检测)小刚同学用如图所示的实验装置研究“机械能守恒定律”，他进行如下操作：①用天平测出小球的质量为0.50kg；②用游

标卡尺测出小球的直径为10.0mm；③用刻度尺测出小球球心到光电门的距离为82.05cm；④电磁铁先通电，让小球吸在其下端；⑤电磁铁断电时，小球自由下落；⑥在小球通过光电门时，计时装置记下小球通过光电门所用的时间为2.50×10－3s，由此可算出小球通过光电门的速度。(1)由以上测量数据可计算得

出小球重力势能的减少量ΔEp＝________J，小球动能的变化量ΔEk＝________J。(g取9.8m/s2，结果均保留三位有效数字)(2)从实验结果中发现ΔEp________(选填“稍大于”“稍小于”或“等于”)ΔEk，试分析

可能的原因：________________________。解析：(1)小球重力势能的减小量ΔEp＝mgh＝0.50×9.8×0.8205J＝4.02J。小球通过光电门的速度v＝DΔt＝0.012.5×10－3m/s＝4

m/s，则小球动能的变化量ΔEk＝12mv2＝12×0.50×16J＝4.00J。(2)从实验结果中发现ΔEp稍大于ΔEk，可能的原因是空气阻力的影响。答案：(1)4.024.00(2)稍大于空气阻力的影响2．(2016·南平检测)如图为用拉力传感器和速

度传感器探究“加速度与物体受力的关系”实验装置。用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距为L＝48.0cm的A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录细线拉力和小车到达A、B时的速率。(1)本实验有关的说法正确的是()A．两速度传感器之间的距离应适当远些B．要调整长木板的倾斜角度，平衡小车

受到的摩擦力C．应先释放小车，再接通速度传感器的电源D．改变所挂钩码的数量时，要使所挂钩码的质量远小于小车质量E．不必用天平测出小车和车上的拉力传感器的总质量(2)某同学在表中记录了实验测得的几组数据，vB2－vA2是两个速度传感器记录速率的平方差，则加速度的表达式为a＝_______

___，表中第3次实验缺失的数据是__________m/s2(结果保留三位有效数字)；次数F(N)vB2－vA2(m2/s2)a(m/s2)10.600.770.8021.041.611.6831.422.3442

.003.483.6352.624.654.8463.005.495.72(3)表中a与F并不成正比，这是由于__________(填写“平衡摩擦力不足”或“平衡摩擦力过度”)造成的。解析：(1)两速

度传感器之间的距离应适当远些，增大L，可以减小误差，故A正确；要调整长木板的倾斜角度，平衡小车受到的摩擦力，使得拉力传感器记录小车受到拉力是小车的合力，故B正确；应该先接通电源后释放小车，故C错误；改变所挂钩码的数量时，不需要使所挂钩码的质量远小于小车质量，因为

实验中拉力传感器记录小车受到的拉力，故D错误；不必用天平测出小车和车上的拉力传感器的总质量，故E正确。(2)根据匀变速直线运动的位移与速度公式：v2－v02＝2ax可以求出：a＝vB2－vA22L，带入数据解得：a＝2.44m/s2。(3)表中a与F并不成正比，这

是由于平衡摩擦力不足造成的。答案：(1)ABE(2)vB2－vA22L2.44(3)平衡摩擦力不足考点二实验结论的拓展与延伸通过研究纸带、频闪照片或光电装置得出物体的加速度，再利用牛顿第二定律求出物体所受的阻力或小车与木板间的动摩擦因数，这是对实验结论的拓展与延伸。从近几年的高考命题

看，这是实验创新的一个热点。建议考生灵活掌握利用牛顿第二定律求物体所受的阻力或滑块与木板间的动摩擦因数时要根据试题情景列方程。如诊断卷第3题中，重物竖直下落，mg－kmg＝ma；诊断卷第4题中，木块和钩码为一通过定滑轮连接的连接体，应分别应用牛顿第

二定律列方程：mg－T＝ma，T－μMg＝Ma，从而可得μ＝mM－M＋maMg。1．(2016·烟台模拟)为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用DIS位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器

可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t的变化规律如图乙所示。(1)根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v＝__________m/s，木块加速度a＝________m/

s2(结果均保留2位有效数字)。(2)为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是________________(已知当地的重力加速度g)；得出μ的表达式是μ＝________。解析：(1)根据某段时间内的平均

速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：v＝0.3－0.140.4m/s＝0.40m/s，0．2s末的速度为：v′＝0.32－0.240.4m/s＝0.2m/s，则木块的加速度为：a＝v－v′t＝0.4－0.20.2m/s2＝1.0m/s2。(2)选取木块为研究的

对象，木块沿斜面方向受力：ma＝mgsinθ－μmgcosθ得：μ＝gsinθ－agcosθ，所以要测定动摩擦因数，还需要测出斜面的倾角θ。答案：(1)0.401.0(2)斜面倾角θ(或A点的高度h、底边长度d、斜面长度L等)gsinθ－agcosθ2．(

2016·安阳二模)如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块及遮光条都从位置A处由静止释放。(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d

＝__________mm。(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是________________。(3)改变钩码质量，读出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时

间t，该同学已经将实验中的数据描入了图丙所示F-1t2坐标系中，请用平滑的曲线将各点连接起来。(4)若图丙中所作的F-1t2图像的斜率为k，设AB间的距离为L，当遮光条的宽度为d时，则滑块和遮光条的总质量为M＝________。解析：(1)由图

知第5条刻度线与主尺对齐，d＝2mm＋5×0.05mm＝2.25mm。(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。根据运动学公式得：若要得到滑块的加速度，还需要测量的物

理量是遮光条到光电门的距离L。(3)如图所示(4)由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2＝2aL，v＝dt，a＝FM可得：d2t2＝2·FM·L，解得：M＝2FLt2d2＝2kLd2图线的斜率k＝F1t2＝Ft2。答案：(1)2.25(2)遮光条到光电门的

距离L(3)见解析图(4)2kLd2考点三试题情景的设计与创新最近几年的考题在试题情景的设计上进行了较多的创新，不过其考查的实验原理和实验处理方法仍然不变，因此，对于创新型实验的处理，最根本的方法是要把其从新情景中分离出来，找出与常规实验的相通之处，然后运用熟悉的实验原理和

数据处理方法进行解答。建议考生适当关注即可1．在诊断卷第5题中，通过改变橡皮筋的条数来改变对小球做功的大小，是常见的实验思想，但本题中是利用平抛运动规律确定小球的末速度，而不是用光电门或打点计时器，这是本实验情景设计上的创新之处。2．在诊断卷第6题中，利用小球由静止

向下摆动的过程验证机械能守恒定律是实验情景的创新，本题由于用遮光条的速度作为小球的速度，出现了ΔEk>ΔEp的反常实验结论，是属于问题设计上的创新。3．在诊断卷第7题中，利用凹形桥模拟器和托盘秤测量玩具小车到达凹形桥最低点的速度，是从

实验器材、测量原理到测量物理量的整体创新，试题难度相对较大。在解答本题时要注意区别几个示数：如图(a)所示对应的示数1.00kg为凹形桥模拟器的质量；如图(b)所示的示数与如图(a)中示数之差为玩具小车的质量；表格中示数的平均值对应

的力与凹形桥模拟器的重力之差为小车在凹形桥最低点时对桥的压力。1．(2016·四川高考)用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连。先

用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x。(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________。(2)为求出弹簧的弹性势能，还

需要测量________。A．弹簧原长B．当地重力加速度C．滑块(含遮光片)的质量(3)增大A、O之间的距离x，计时器显示时间t将________。A．增大B．减小C．不变解析：(1)滑块离开弹簧后做匀速直线运动，故

滑块的速率v＝st。(2)根据功能关系，弹簧的弹性势能Ep＝12mv2，所以要求弹性势能，还需要测得滑块的质量，故选项C正确。(3)弹簧的形变量越大，弹性势能越大，滑块离开弹簧时的速度越大，滑块从B运动到C的时间越短，故x增大时，计时器显示时间t将变小，故选项B正确。答案：(1)v＝st(

2)C(3)B2．(2014·全国卷Ⅱ)现利用如图(a)所示的装置验证动量守恒定律。在图中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时

器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得滑块A的质量m1＝0.310kg，滑块B的质量m2＝0.108kg，遮光片的宽度d＝1.00cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0Hz。将光电门固定

在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示。若实验允许的相对误差绝对值碰撞前后总动量之差碰前总动量×100%最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写

出运算过程。解析：按定义，滑块运动的瞬时速度大小v＝ΔsΔt①式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程。设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则ΔtA＝1f＝0.02s②ΔtA可视为很短。设滑块A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1。将②式和图给实验数据代入①式得v0＝2.0

0m/s③v1＝0.970m/s④设滑块B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有v2＝dΔtB⑤代入题给实验数据得v2＝2.86m/s⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′，则p＝m1v0⑦p′＝m1v1＋m2v2⑧两滑块在

碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δp＝p－p′p×100%⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得δp＝1.7%<5%⑩因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。答案：见解析3．(2016·漳州市漳浦一中检测)为了测量小滑块与水

平桌面间的动摩擦因数，某小组设计了如图甲所示的实验装置，其中挡板可固定在桌面上，轻弹簧左端与挡板相连，图中桌面高为h，O1、O2、A、B、C点在同一水平直线上。已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计。实验过程一：挡板固定在O1点，

推动滑块压缩弹簧，滑块移到A处，测量O1A的距离，如图甲所示。滑块由静止释放，落在水平面上的P点，测出P点到桌面右端的水平距离为x1。实验过程二：将挡板的固定点移到距O1点距离为d的O2点，如图乙所示，推动滑块压缩弹簧，滑块移到C处，使

O2C的距离与O1A的距离相等。滑块由静止释放，落在水平面上的Q点，测出Q点到桌面右端的水平距离为x2。(1)为完成本实验，下列说法中正确的是________。A．必须测出小滑块的质量B．必须测出弹簧的劲度系数C．弹簧的压缩量不能太小D．必须测出弹簧的原长

(2)写出动摩擦因数的表达式μ＝________。(用题中所给物理量的符号表示)(3)小红在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面。为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，还需测量的物理量是_____________________________

______________。(4)某同学认为，不测量桌面高度，改用秒表测出小滑块从飞离桌面到落地的时间，也可测出小滑块与水平桌面间的动摩擦因数。此实验方案________。(选填“可行”或“不可行”)解析：(1、2)滑块离开桌面后做平抛运动，平抛运动的时间：t＝2hg滑

块飞行的距离：x＝vt所以滑块第1次离开桌面时的速度：v1＝x1g2h①滑块第2次离开桌面时的速度：v2＝x2g2h②滑块第1次滑动的过程中，弹簧的弹力和摩擦力做功，设弹簧做的功是W1，AB之间的距离是x，则：W1－μmg·x＝12mv

12③滑块第2次滑动的过程中，W1－μmg·(x＋d)＝12mv22④联立①②③④可得：μmg·d＝12m(v12－v22)即：μ＝x12－x224dh可知，要测定动摩擦因数，与弹簧的长度、弹簧的劲度系数、以及滑块的质量都无关。要想让滑块

顺利滑出桌面，弹簧的压缩量不能太小。故C正确。(3)在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面，则可以认为滑块的末速度是0。为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，还需要测量出滑块停止滑动的位置到B点的距离。(4)改用秒表测出小滑块从飞离桌面到落地的时

间，来测定小滑块与水平桌面间的动摩擦因数。此实验方案是不可行的，原因是滑块在空中飞行时间很短，难以把握计时起点和终点，秒表测时间误差较大。答案：(1)C(2)x12－x224dh(3)滑块停止滑动的位置到B点的距离(4)不可行第三讲电学基础实验考点一多用电表的使用与读数1.(2016·大

连期末)用如图甲所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。(1)请根据下列步骤完成电阻测量：①旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻度线。②将K旋转到电阻挡“×100”位置。③将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件_______

_，使指针对准电阻的“0”刻度线。(2)将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P的电阻，P的两端分别为a、b，指针指示位置如图乙所示。则通过P的电流方向是________(选填“a→b”或“b→a”)，为使测量比较精

确，应将选择开关旋到________的倍率挡位上，并需要重新调零，再进行测量。解析：(1)①首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S。③欧姆表选挡后要进行欧姆调零，将“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处

。(2)表盘上的负极接欧姆表内部电源的正极，所以通过P的电流方向是b到a；题图乙中指针偏转角度太大，为了得到比较准确的测量结果，必须使指针指在中间刻度附近，所以要将倍率调小。答案：(1)①S③T(2)b→a×102．(2013·全国卷Ⅰ)某学生实

验小组利用图(a)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。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(a)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(b)所示，这时电压表的示数如图(c)所示，多用电

表和电压表的读数分别为______kΩ和______V。(4)调节滑动变阻器的滑片，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。(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、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图所示。根据前面的实验数据计算可得，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(b)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，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ER＋15.0kΩ＝3.60V12.0kΩ，ER＋12.0kΩ＝4.00V12.0kΩ，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)9.0015.0考点二以测电阻为核心的电学实验3.考查描绘小电珠的伏安特性曲线](2015·福建高考)某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已

完成部分导线的连接。(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；(2)某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为________A；(3)该小组

描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将________只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V、内阻为1Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为____________W(保留两位小数)。解析：(1)电流表示数要从零开始逐渐增大，滑动变阻器要用分压接

法，如图甲所示。(2)电流表示数为0.44A。(3)当外电路的总电阻与电源内阻相等时，电源有最大的输出功率，即小电珠的总功率最大，此时R外＝r＝1Ω，I＝ER外＋r＝32A＝1.5A，U外＝E2＝1.5V，即每只小电珠两端的电压为1.5V，通过图像可知每

只小电珠的电流为I0＝0.38A，n＝II0≈4(只)；通过每只小电珠的电流为I0，两端电压为U，根据闭合电路欧姆定律得：U＋nI0r＝E，而U＋4I0＝3V，U＝－4I0＋3V，如图乙所示，图线的交点纵、横坐标分别为U≈1.5V，I0≈0.38A，P＝UI0＝0.

57W，P总＝nP＝0.57×4W＝2.28W。答案：(1)如解析图甲所示(2)0.44(3)42.284．考查测定金属的电阻率](2016·北京市朝阳区高三期末)在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度

约为50cm。(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值)。(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材为：电池组(电动势3V，内阻约1Ω)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3kΩ)、滑动变阻器R(

0～20Ω，额定电流2A)、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上实验数据可

知，他们测量Rx是采用图2中的________图(选填“甲”或“乙”)。(3)图3是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。请根据图2所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合

开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。图3图4(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。请在图4中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线。由

图线得到金属丝的阻值Rx＝________Ω(保留两位有效数字)。(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为______(填选项前的符号)。A．1×10－2Ω·mB．1×10－3Ω·mC．1×10－6Ω·mD．1

×10－8Ω·m(6)任何实验测量都存在误差。本实验所用测量仪器均已校准。下列关于误差的说法中正确的选项是________(有多个正确选项)。A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B．由于电流表和电压表

内阻引起的误差属于偶然误差C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D．用U-I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差解析：(1)螺旋测微器的读数为0mm＋39.7×0.01mm＝0.397mm。(2)通过给定的数

据发现电压接近从0开始，故滑动变阻器采用的是分压式接法。(3)对滑动变阻器的分压式接法，连线时应使测量电路在开始时分到的电压为0。(4)图线应过原点，且使大多数点在一条直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧。图线的斜率反映了金属丝的电阻，所以Rx＝4.5Ω。(5)由R

＝ρl/S，S＝π(d/2)2，取d＝4×10－4m、l＝0.5m、R＝4.5Ω，解出ρ≈1×10－6Ω·m。(6)由于读数引起的误差属于偶然误差，选项A错误；由于电流表、电压表内阻引起的误差为系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，则可以消除系统误差，选项B错误，选项C正确；利用U-I图

像处理数据，相当于多次测量取平均值，可以减小偶然误差，选项D正确。答案：(1)0.397(0.395～0.399均可)(2)甲(3)如图(a)(4)如图(b)4.5(4.3～4.7均可)(5)C(6)CD(a)(b)5．考查电表内阻的测量](2016·全国甲卷)某同学利用图(a)所示电

路测量量程为2.5V的电压表○的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R(最大阻值99999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5kΩ)，直流电源E(电动势3V)，开关1个，导线若干。(a)

实验步骤如下：①按电路原理图(a)连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00V，记下电阻箱的阻值。回答下列问题：(1)实验中

应选择滑动变阻器______(填“R1”或“R2”)。(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线。(b)(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得

电压表的内阻为________Ω(结果保留到个位)。(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为________(填正确答案标号)。A．100μAB．250μAC．500μAD．1mA解析：(1)滑动变阻器R1的阻值较小，在分压电路中便于调节，故实验中应选择滑动变阻

器R1。(2)实物图连线如图所示。(3)电阻箱阻值为0时，电压表满偏电压Ug＝2.5V，电阻箱阻值R＝630.0Ω时，电压表的示数UV＝2.00V，此时电阻箱两端的电压UR＝Ug－UV＝0.5V，根据串联电路电压与电阻成正比可得UVUR＝RgR，故Rg＝

UVURR＝2.000.5×630.0Ω＝2520Ω。(4)电压表的满偏电流为Ig，则IgRg＝Ug，故Ig＝UgRg＝2.52520A≈1mA，选项D正确。答案：(1)R1(2)见解析图(3)2520(4)D考点三以测电源电动势为核

心的电学实验6.(2016·北京市朝阳区高三期末)在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，备有下列器材：A．待测的干电池一节B．电流表A1(量程0～3mA，内阻Rg1＝10Ω)C．电流表A2(量程0～0.6A，内阻Rg2＝0.1Ω)D．滑动变阻器R1(0～20Ω，1.0A)E

．电阻箱R0(0～9999.9Ω)F．开关和若干导线(1)某同学发现上述器材中没有电压表，他想利用其中的一个电流表和电阻箱改装成一块电压表，其量程为0～3V，并设计了图甲所示的a、b两个参考实验电路(虚线框内为改装电压表的电路)，其中合理的是______

(选填“a”或“b”)电路；此时R0的阻值应取________Ω。(2)图乙为该同学根据合理电路所绘出的I1-I2图像(I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数)。根据该图线可得被测电池的电动势E＝________

V，内阻r＝________Ω。解析：(1)首先需要剩余一个电流表测量电流，又因为电路中的电流不会小于3mA，所以要用A2来测量电流，因此需要将A1进行改装，故选b电路；其次根据电表的改装原理可知，U＝I(r＋R0)，即3＝0.003×(10＋R0)，解得R0＝990Ω

。(2)根据闭合电路欧姆定律可知，I1×1000＝E－I2r，将图像延长，根据纵截距知该电源的电动势为1.48V，根据斜率可得内阻为0.84Ω。答案：(1)b990(2)1.48(1.46～1.49之间均正确)0.84(0.82～0.

87之间均正确)7．(2016·哈尔滨三中模拟)某实验小组正在测定一节新型电池的电动势(约为3V)和内阻，现要选取一个定值电阻R0当做保护电阻。(1)首先为了准确测量定值电阻R0的阻值，在操作台上准备了如下实验器材：A．电压表V(量程3V，电阻约为4kΩ)B．电流表A1(量程1A，内阻约0.5Ω)

C．电流表A2(量程3A，内阻约0.5Ω)D．定值电阻R0(阻值约为3Ω)E．滑动变阻器R(0～10Ω)F．开关S一个，导线若干根据上述器材，在测量R0阻值时应选择________(填序号)为电流表，

其实验电路图应选择以下哪种接法______(填字母)，经测量定值电阻R0阻值为2.8Ω。(2)之后为了测量该新型电池的电动势和内阻，设计了如下实验，在下图中将所选器材进行连接。(3)根据实验记录做出U-I图线如图所示，从中可以求出待测新型电池的内阻为______Ω，电池电动

势为_____V(保留两位有效数字)。解析：(1)新型电池的电动势约为3V，定值电阻R0的阻值约为3Ω，则通过的定值电阻R0的最大电流约为1A，故在测量R0阻值时应选择电流表B；由于电压表内阻远大于R0的阻值，故电流表采用外接的方法，即图a所示。(2)电路图实物连接如图所示

。(3)在电源的U-I图线中，图线斜率的绝对值表示定值电阻和电源内阻之和，即R0＋r＝ΔUΔI＝3.75Ω，所以电源的内阻r＝0.95Ω，I＝0时对应的路端电压U表示电源的电动势，故E＝2.9V。答案：(1)Ba(2)图见解析(3)0

.952.9考点一多用电表的使用与读数先记牢]1．多用电表的读数电流表、电压表的刻度是均匀的，读数时应注意量程；欧姆表的刻度是不均匀的，读数时应注意乘倍率。2．多用电表使用的几个注意事项(1)电流的流向：由于使用多用电表时不管测量什么，电流都要从电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑

表笔)流出，所以使用欧姆挡时，多用电表内部电池的正极接的是黑表笔，负极接的是红表笔。(2)要区分“机械零点”与“欧姆零点”：“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置，用表盘下边中间的指针定位螺丝调整；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，用欧姆调零旋钮调

整。(3)测电阻时每变换一次挡位，都要重新进行欧姆调零。(4)选倍率：测量前应根据估计阻值选用适当的挡位。由于欧姆挡的刻度不均匀，使用欧姆挡测电阻时，指针偏转过大或过小都有较大误差，通常只使用表盘中间的一段刻度范围。(5)测电阻时要将电阻与其他元件断开。测

电阻时不要用手接触多用电表的表笔。(6)多用电表使用完毕应将选择开关旋至“OFF”挡或交流电压最高挡。再用活]1．在选择欧姆表的倍率挡位时以使指针指在表盘中间位置为宜，换挡后必须重新调零，如诊断卷第1题第(2)问。2．欧姆表的刻度不均匀，读数时要注意估

读方法。如诊断卷第2题第(3)问，指针指在“15”位置，读数为15.0×1kΩ＝15.0kΩ，若指针指在“14”和“15”刻度线中间位置，则读为14.4kΩ而不能读为14.5kΩ。1．(2016·陕西高三质检)一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100。用×10挡测量某电阻

时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到________挡。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是________Ω。解析：刚开始欧姆表指针偏转角度较小，说明选

用倍率偏小，应换用大倍率。每次换挡之后欧姆表都需重新欧姆调零。答案：×100重新欧姆调零22002．如图甲所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件，小明使用多用电表对其进行探测。(1)在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图乙

中多用电表的________(选填“A”“B”或“C”)。(2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源时，一表笔接a，另一表笔应________(选填“短暂”或“持续”)接b，同时观察指针偏转情况。(3)在判定黑箱中无电

源后，将选择开关旋至“×1”挡，调节好多用电表，测量各接点间的阻值。测量中发现，每对接点间正反向阻值均相等，测量记录如下表。两表笔分别接a、b时，多用电表的示数如图乙所示。请将记录表补充完整，并在黑箱图中画出一种可能的电路。两表笔接的接点多用电表

的示数a，b________Ωa，c10.0Ωb，c15.0Ω解析：(1)使用多用电表前应先调整“指针定位螺丝”A，使指针指到左边的“0”刻度线处。(2)为保护多用电表的内部元件，在测量黑箱中是否存在电源时，应短暂接触接点b。(3)欧姆表的读数

为5×1Ω＝5Ω；每对接点间正反向电阻均相同，说明黑箱中没有二极管元件，根据表格中两接点间电阻的数值，可设计的电路图如图所示。答案：(1)A(2)短暂(3)5.0见解析图考点二以测电阻为核心的电学实验先记牢]1．实验器

材的选择(1)电源的选择：一般根据待测电阻的额定电流或额定电压选择符合需要的直流电源。(2)电表的选择：一般根据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表；根据待测电流的最大电流选择电流表；电表的指针摆动的幅度较大，一般应

使指针能达到半偏左右。2．电流表内接法与外接法的选择比较项目电流表内接法电流表外接法电路误差原因由于电流表内阻的分压作用，电压表测量值偏大由于电压表内阻的分流作用，电流表测量值偏大测量结果R测＝UI＝RA＋Rx>Rx电阻的测量值

大于真实值R测＝UI＝RVRV＋RxRx<Rx电阻的测量值小于真实值适用条件Rx≫RA，大电阻Rx≪RV，小电阻3．分压电路与限流电路的选择以小控大用分压，相差无几用限流，即当滑动变阻器的阻值较小时，常采用分压

电路；当滑动变阻器的阻值与负载相差不大时，常采用限流电路。另外，必须采用分压电路的情况有三种：①要求电压从零开始变化；②滑动变阻器太小，不能起到限流的作用；③限流电路不能获取有区分度的多组数据。若两种电路均可，则采用限流式，因为限流式损耗功率小。再用活]1．描

绘小电珠的伏安特性曲线时，为得到完整的伏安特性曲线，电流表的示数从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压式连接。如诊断卷第3题第(1)问。2．用伏安法测金属丝电阻时要考虑两个方面：(1)电流表内接还是外接；(2)滑动变阻器采用限流式还是分压式连接。如诊断卷第4题，R

VRx>RxRA，采用电流表外接法，因测量的电压、电流变化范围较大(由表格可看出)，应采用滑动变阻器分压式连接。3．利用电阻箱与电压表串联测量电压表内阻时，滑动变阻器阻值越小，实验的测量误差越小。如诊断卷第5题，滑动变阻器应选R1。1．(2014·全国卷Ⅱ)在伏安法

测电阻的实验中，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(a)或图(b)所示，结果由公式Rx＝UI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(a)和图(b)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：根据题意知RxRA>RVRx，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(a)的测量值是Rx与RA串联的电阻阻值，故Rx1>Rx真；图(b)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2．(20

16·天津高考)某同学想要描绘标有“3.8V,0.3A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整。可供该同学选用的器材除开关、导线外，还有：电压表V1(量程0～3V，内阻等于3kΩ)电压表V

2(量程0～15V，内阻等于15kΩ)电流表A1(量程0～200mA，内阻等于10Ω)电流表A2(量程0～3A，内阻等于0.1Ω)滑动变阻器R1(0～10Ω，额定电流2A)滑动变阻器R2(0～1kΩ，

额定电流0.5A)定值电阻R3(阻值等于1Ω)定值电阻R4(阻值等于10Ω)定值电阻R5(阻值等于1kΩ)电源E(E＝6V，内阻不计)(1)请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁。(2)该同学描绘

出的I-U图像应是下图中的________。解析：描绘小灯泡的伏安特性曲线时，要求“测量数据尽量精确、绘制曲线完整”，从电表的量程来看，V1、A1量程偏小，直接测量灯泡的电压、电流时，曲线不完整，若用V2、A2测量灯泡的电压、电流时，读数不够精确。题目中给了滑动变阻器和几个定值电阻，

我们可以采用定值电阻分压、分流的方式扩大电表的量程，准确读出灯泡的电流值、电压值，绘制完整的曲线。(1)电路图如图所示，滑动变阻器的选择：R2的阻值太大，调节不灵敏，故选R1。与电流表A1并联的电阻：由于A1的内阻为10Ω，若选R4为并联电

阻，则量程为0～0.4A，若并联阻值过小，电流表读数偏小，读数欠精确。与电压表串联的电阻：分压电阻的阻值应该与电压表V1的内阻具有可比性，故选择R5作为分压电阻，此时量程为0～4V。(2)灯丝的电阻率随温度

的升高而增大，其阻值也随温度的升高而增大，则I-U图线的斜率应越来越小，图B正确。答案：(1)见解析图(2)B3．(2016·浙江高考)某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3V、内阻约为3kΩ的电压表和量程为0.6A、内阻约为0.1Ω的电流表。

采用分压电路接线，图甲是实物的部分连线图，待测电阻为图乙中的R1，其阻值约为5Ω。(1)测R1阻值的最优连接方式为导线①连接________(填a或b)、导线②连接________(填c或d)。(2)正确接线测得实验

数据如表，用作图法求得R1的阻值为________Ω。U/V0.400.801.201.602.002.40I/A0.090.190.270.350.440.53(3)已知图乙中R2与R1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R2的边长是R1的110，

若测R2的阻值，则最优的连线应选________(填选项)。A．①连接a，②连接cB．①连接a，②连接dC．①连接b，②连接cD．①连接b，②连接d解析：(1)由于实验测量的是一个小电阻，故电流表应外接，因此导线①接a，由于采用分压电路，故导线②应接

d。(2)根据实验数据作出R1的伏安特性曲线如图所示，图线的斜率即为电阻R1的大小，由图像可知，R1＝4.6Ω。(3)设R1的边长为l，厚度为h，电阻率为ρ，根据电阻定律，得R1＝ρlhl＝ρh，R2的阻值R2＝ρl1

0hl10＝ρh＝R1，故测量R2的电路同测量R1的电路，故选项B正确。答案：(1)ad(2)作图见解析4.6(4.4～4.7均可)(3)B考点三以测电源电动势为核心的电学实验先记牢]测量电源电动势和内阻的三个常用方

案方案伏安法伏阻法安阻法原理E＝U＋IrE＝U＋URrE＝IR＋Ir电路图关系式U＝E－Ir1U＝rER＋1E1I＝RE＋rE图像纵轴截距：E斜率大小：r纵轴截距：1E斜率：rE纵轴截距：rE斜率：1E误差分析E测<E真r测<r真E测＝E真r测>r

真E测＝E真r测>r真E测<E真r测<r真再用活]在高考电学设计性实验中，常以定值电阻的合理使用为背景来命题。求解这类问题的关键是必须弄清定值电阻在设计电路中的主要作用，一般来说，定值电阻有三种作用：如诊断卷第6

题中的电阻箱R0就起到扩大电表量程的作用，诊断卷第7题中的定值电阻R0就起到保护电源的作用。1．(2016·乌鲁木齐一诊)用两个定值电阻和电压表可以测量电源的电动势(约3V)和内阻。提供的主要器材有：电阻R1(2.0Ω)、R2(9.0

Ω)、电源、电压表、开关S1、单刀双掷开关S2、导线若干，实验电路如图甲所示。(1)根据电路图，将未连接完整的实物图连接完整。(2)闭合开关S1，开关S2分别接到R1、R2两电阻，电压表的读数分别为2.0V、2.7V，则

测得电动势为________V，内阻为________Ω。由于电压表的内阻影响，测得的内阻________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。解析：(1)根据电路图连接实物图如图所示：(2)在闭合电路中，电源电动势：E＝U＋Ir＝U＋URr，带入实验数据解得：E＝3V，r＝1Ω；由图示电路

图知，由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于UR，内阻的测量值小于真实值。答案：(1)图见解析(2)3.01.0小于2．用如图甲所示的电路图来测量多用电表的电池的电动势，其中电阻箱的最大阻值为999.9Ω，电流表的量程为0～50mA、内阻为20Ω。进行的操作如

下，请回答相关问题：(1)将多用电表的旋钮调节到“×1”挡位，然后将两表笔________，再进行欧姆调零；(2)将多用电表接入电路，其中接线柱2应与多用电表的________(填“红”或“黑”)表笔相连接，接线柱1再与另一表笔相连接；(3)调节电阻箱的阻值使电流表的读数超过满偏电流的13

，其中某次调节后，电阻箱和电流表的示数如图乙、丙所示，则电阻箱的示数为R＝________，电流表的示数为I＝________；(4)通过多次操作将记录的多组数据在如图丁所示的坐标系中描绘出来，其函数图线如图丁所示，由图线可知电动势E＝_____

___。解析：(1)使用多用电表选欧姆挡后需要将红、黑表笔短接，进行欧姆调零。(2)多用电表的电流从黑表笔流出，从红表笔流入。(3)电阻箱的读数为35.0Ω，电流表的精确度为1mA，需要估读到0.1mA，电流表示数为20.0mA。(4)设

欧姆表的内阻为R0，电流表的内阻为RA，由闭合电路欧姆定律得E＝I(R0＋RA＋R)，整理得1I＝R0＋RAE＋RE，1I－R图像的斜率等于1E，可以利用图像在纵轴上的截距和题中电阻箱和电流表的读数求出，进而得到

电动势为1.4V。答案：(1)短接(2)黑(3)35.0Ω20.0mA(4)1.4V第四讲电学创新实验考点一实验原理的拓展与创新1.考查安培力相关因素探究](2016·全国丙卷)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平

行，足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。(1)在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，

有人提出以下建议：A．适当增加两导轨间的距离B．换一根更长的金属棒C．适当增大金属棒中的电流其中正确的是________(填入正确选项前的标号)。解析：(1)实验电路连线如图所示。(2)为使金属棒获得更大的速度，则金属棒运动时需要更大的加速度，根据牛顿第二定律有a

＝BILm，所以增加磁感应强度、增大电流、增加两导轨间的距离都可以使加速度增大。故选项A、C正确，选项B错误。答案：(1)见解析(2)AC2．考查自动控制电路设计与调整](2016·全国乙卷)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60℃时，系统报警。

提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9Ω)，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1000Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2000Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干。在室温下对系统进行调节。已知U约为18

V，Ic约为10mA；流过报警器的电流超过20mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60℃时阻值为650.0Ω。(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。(2)电路中应选用滑动变阻器___

_____(填“R1”或“R2”)。(3)按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________Ω；滑动变阻器的滑片应置于________(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是____________

_________________________________________________。②将开关向________(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至_____________________________________________________

___________________。(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。解析：(1)电路图连接如图。(2)报警器开始报警时，对整个回路有U＝Ic(R滑＋R热)代入数据可得R滑＝1150.0Ω，因此滑动变阻器应选择R2。(3)①在

调节过程中，电阻箱起到等效替代热敏电阻的作用，电阻箱的阻值应为报警器报警时热敏电阻的阻值，即为650.0Ω。滑动变阻器在电路中为限流接法，滑片应置于b端附近，若置于另一端a时，闭合开关，则电路中的电流I＝18650.0A≈27.7mA，超过报警器最大电流20mA，报警器可能损坏。②开

关应先向c端闭合，移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警为止。答案：(1)连线见解析图(2)R2(3)①650.0b接通电源后，流过报警器的电流会超过20mA，报警器可能损坏②c报警器开始报警3．考查用半偏法测电表内阻

](2015·全国卷Ⅱ)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：待测电压表○V(量程3V，内阻约为3000Ω)，电阻箱R0(最大阻值为99999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值100Ω，额定电流2

A)，电源E(电动势6V，内阻不计)，开关两个，导线若干。(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整。(2)根据设计的电路，写出实验步骤：________________________________________________

_________________________________________________________________。(3)将这种方法测出的电压表内阻记为RV′，与电压表内阻的真实值RV相比，RV′________RV(填“＞”“＝”或“＜”)，主要理由是_____________

___________________________________________________________________________________。解析：(1)因滑动变阻器阻值较小，所以选择滑动变阻器的分压接法。实验电路如图所示。(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后

电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0，使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻。(3)断开S2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大；此时R

0两端的电压大于电压表的半偏电压，故RV′＞RV(其他合理说法同样给分)。答案：见解析考点二实验器材的等效与替换4.考查测量导电液体的电阻率]某兴趣小组欲通过测定工业污水(含多种重金属离子)的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准(一般工业废水电阻率的达

标值ρ≥200Ω·m)。如图甲所示为该同学所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板(电阻极小)，其余四面由绝缘材料制成，左、右两侧带有接线柱，容器内表面长a＝40cm，宽b＝20cm，高c＝10cm，将水样

注满容器后，用多用电表粗测水样电阻约为2750Ω。(1)为精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：A．电流表(量程5mA，电阻RA为50Ω)B．电压表(量程15V，电阻RV约为10kΩ)C．滑动变阻器(0～20Ω，额定电流1A)D．电源(12V，内阻约10Ω)E．开关一

只、导线若干请在图乙实物图中完成电路连接。(2)正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，测出一系列数据如下表所示，请在如图丙所示的坐标纸中作出U-I关系图线。U/V2.03.86.88.010.211.6I/mA0.731.362.202.893.664.15(3

)由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率约为________Ω·m。据此可知，所得水样________(填“达标”或“不达标”)。解析：(1)因为要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值比待测电阻小得多，所以连线时滑动变阻器要用

分压式接法；又电流表内阻已知，则采用电流表内接法，电路连接如图1所示。(3)由图线斜率可知，总电阻为2791Ω，又R＝R总－RA＝2741Ω，根据电阻定律R＝ρlS，代入数据得ρ≈137Ω·m<200Ω·m，故不达标。答案：(1)如图1

所示(2)如图2所示(3)137(134～140均可)不达标5．考查电子元件的伏安特性及测量电池的电动势和内阻](2015·广东高考)某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3kΩ)、电流表(内阻约为1Ω)、定值电阻等。(1)使用多用电表粗测

元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图(a)所示，读数为________Ω，据此应选择图中的________(填“b”或“c”)电路进行实验。(2)连接所选电路，闭合S，滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐________(填“增大”或“减小”)；依次记录电

流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验。(3)图(d)是根据实验数据作出的U-I图线，由图可判断元件________(填“X”或“Y”)是非线性元件。(4)该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R＝21Ω的定值电阻，测量待测电池的电动势E和内阻r，电路如图(e

)所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V。利用图(d)可算得E＝______V，r＝________Ω(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)。解析：(1)用多用电表的欧姆挡测电阻时，电阻值＝示数×倍率，故X的读数为

10Ω×1＝10Ω，由于RXRA＜RVRX，或RX≪RV，故用伏安法测元件X的电阻时，电流表应外接，故选b电路进行实验。(2)滑片P从左向右滑动过程中，元件X两端的电压越来越大，电流越来越大，故电流表示数逐渐增大。(3

)由U-I图线可知Y是非线性元件。(4)由(3)中的U-I图线，可知线性元件的电阻RX＝10Ω，当S1、S2都闭合时，回路中的电流I1＝U1RX＝0.3A，当S1闭合，S2断开时，回路中的电流I2＝U2RX＝0.1A，根据闭合电路欧姆定律，得E＝I1(RX＋r)，E＝

I2(RX＋R＋r)，联立两式并代入数据解得E≈3.2V，r＝0.50Ω。答案：(1)10b(2)增大(3)Y(4)3.20.506．考查描绘二极管的伏安特性曲线](2016·合肥联考)某同学发现很多教辅用书中提到的二极管正接电阻均是某一定值，而他又注意到人教版高中《物理》教材中写到

“二极管是非线性元件，它的电阻与通过的电流大小有关”。他为了探求真知，找来一个LED蓝光二极管：(1)他首先利用多用电表对它的正接时电阻进行粗略测量，如图甲所示，下面说法中正确的是()A．欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的C、D端B．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大C．若采用“×1

00”倍率测量时，发现指针偏角过大，应换“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零D．若采用“×10”倍率测量时，发现指针位于刻度“15”与“20”的正中央，测量值应略大于175Ω(2)为了正确描绘出该二极管正接时的伏安特性曲线，可供选

择的器材如下：直流电源E：(电动势为3V，内阻不计)电流传感器○A：(量程－10mA～＋10mA，相当于理想电流表，能较为精确测出通过二极管的电流)电压表○V：(量程1V，内阻为1kΩ)定值电阻R0：阻值为2kΩ滑动变阻器R1：(0～10Ω)滑动变阻器R2：(0～1000kΩ)开关、导线若干①实

验中滑动变阻器应选________(选填“R1”或“R2”)；②请在图乙方框中画出实验电路原理图；③实验记录的8组数据如下表所示，其中7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I-U图像；LED蓝光二极管正向伏安特性曲线测试数据表I(mA)00

.100.310.610.781.203.105.00U(V)00.610.961.522.032.352.642.75④由所绘制图像可知，他选用的LED蓝光二极管是________(选填“线性”或“非线性”)电学元件。解析：(1)由于欧姆表的A表笔内部接电

源的正极，故欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的C、D端，选项A正确；由于人体是导体，双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏小，故B错误；若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，故为使指针指中央刻度附近，则应换

“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零，选项C正确；欧姆表刻度是左密右疏，选择“×10”倍率测量时发现指针位于15与20正中间，即测量值小于175Ω，选项D错误。(2)①实验中滑动变阻器应选阻值较小的R

1；②电路图如图所示；③图线用平滑曲线连接各点；④由所绘制图像可知，他选用的LED蓝光二极管是非线性电学元件。答案：(1)AC(2)①R1②③见解析图④非线性考点一实验原理的拓展与创新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，应摒弃简单地背诵实验而向分析理解实验转变。需要考生学会迁移应用1．学会正确连接实物图(1)连接实物图的方法是先串后并，即先按电流流向将电源与其中一支路连成串联电路，而后将其他支路的元件并

联在相应的两点间，电路连接时应注意：①顺序：电源正极→开关→用电器→电源负极。②量程：估算电路中最大电压、电流值，确定电压表、电流表的量程。③正负：保证电流从正接线柱流进，从负接线柱流出。④开关：一般紧靠电源，控制干路。(2)分压

式电路的实物连接方法在进行实物图连线时要按电路图的顺序去连，线要接在接线柱上，且线不能交叉；滑动变阻器分压式接法接入电路时有三个接线柱，与电阻等元件并联的一定是一上、一下两个接线柱，和电源相连的一定是两个下接线柱；电表连接时要注意正、负极和量程，电压表连接时要注意电流表的内、外接

法。2．准确理解实验创新点(1)诊断卷第1题中，要求闭合开关后，金属棒沿箭头方向移动，因此连接线路时应注意电流的流向。(2)诊断卷第2题中，要求报警器在温度达到或超过60°时报警，则必须在开关打到c点，电阻箱的阻值调至650.0Ω，调节滑动变阻器，直到报警器开始报警。(

3)诊断卷第3题中，理解“电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍”这句话是解决本题的关键。1．采用伏安法测量电源电动势E和内阻r时，某创新小组对方案进行了研讨，设计出了如图所示的测量电源电动

势E和内阻r的电路，E′是辅助电源，A、B两点间有一灵敏电流计G。(1)补充下列实验步骤：①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，读出电流表和电压表的示数I1和U1，其中I1________(填“大于”“小于”或“等于”)通过电源E的电

流。②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得________，读出电流表和电压表的示数I2和U2。(2)根据测量值求出E＝________，r＝________。(3)该实验方案的优点是消除了________(填“偶然”或“系统”)误差。解析：(1)

①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，这时A、B两点的电势φA、φB的关系是φA＝φB，读出电流表和电压表的示数I1和U1，电流表测量的是干路上的电流，I1等于通过电源E的电流。②改变滑动变阻器R、R′的

阻值，重新使得灵敏电流计G的示数为零，读出电流表和电压表的示数I2和U2。(2)根据闭合电路欧姆定律得E＝I1r＋U1，E＝I2r＋U2，解得E＝U1＋I1U2－U1I1－I2＝I1U2－I2U1I1－I2

，r＝U2－U1I1－I2。(3)两次测量，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，使得A、B之间的等效电阻为零，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差。答案：(1)①等于②灵敏电流计G的示数为零(2)I1U2－I2U1I1－I2U2－U1I1－I2(3

)系统2．某实验小组为了研究小灯泡的伏安特性曲线，先按照图甲所示的电路图连接电路，实验过程中操作规范，测量准确，得到一系列数据，如图乙中的散点。该实验小组对实验进行了改进，如图丙所示，将小灯泡L的玻璃罩敲碎，灯丝保存完好，仍

然置于灯座上，取一个大小合适的玻璃杯，将灯座倒扣在杯沿上，在玻璃杯里慢慢加水，使得突出的灯丝刚好完全没入水中，电路的其余部分均不接触水，再将该灯座依然接入图甲中小灯泡L处，这样接通电路以后，灯丝不至于热到发光，温度可以基本控制在25℃。实

验过程中操作规范，测量准确，得到一组数据，如图丁中的一组散点。已知水的电阻远大于灯丝的电阻。(1)请在图乙上描绘小灯泡的伏安特性曲线K1；曲线K1表明，随着电压升高，小灯泡的电阻____________(填“越来越小”“基本不变”或“越来越大”)。(2)请在图丁上描绘小灯泡

灯丝的伏安特性曲线K2；曲线K2表明，随着电压升高，水中灯丝电阻____________(填“越来越小”“基本不变”或“越来越大”)。(3)对比两次实验表明，在同样的电压值下，曲线K1的电流值基本都远远小于曲

线K2的电流值，其原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：

(1)用平滑的曲线将各点相连，如图1所示；因I-U图像中图像的斜率表示电阻的倒数，故由图1可知，电阻越来越大。(2)同理作出图像如图2所示，由图2可知，电阻基本保持不变。(3)由两I-U图像可知，在同样的电压下，曲线K

1的电流值基本都远小于曲线K2的电流值，即曲线K1的电阻值明显大于曲线K2对应的电阻值，原因是描绘曲线K2时灯丝保持恒温，而描绘曲线K1时灯丝的温度高于描绘曲线K2时灯丝的温度，而金属导体的电阻随温度的升高而增大。答案：(1)如图1所示越来越大(2)如图2所示基本不变(3)描

绘曲线K2时灯丝保持恒温，而描绘曲线K1时灯丝的温度发生变化，且一直高于描绘曲线K2时灯丝的温度3．某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内阻。A．待测干电池两节，每节干电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆B．直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kΩC．定值电阻R0，阻值未知D

．滑动变阻器R，最大阻值为RmE．导线和开关(1)实验之前，需要利用该电路测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0＝________(用U10、U20、Rm表示)。(

2)实验中移动滑动变阻器R的滑片，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1-U2图像如图乙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E＝________，总内阻r＝__

______(用k、a、R0表示)。解析：(1)由题图甲可知，V2测量定值电阻R0与滑动变阻器R两端的电压，V1测量滑动变阻器R两端的电压，则定值电阻R0两端的电压为U20－U10，由闭合电路欧姆定律可知，R0＝U20－U10U10Rm＝U20－U10U10R

m。(2)由闭合电路欧姆定律可知E＝U2＋U2－U1R0r，变形得U1＝R0＋rrU2－R0rE，则有0＝R0＋rar－R0rE，r＋R0r＝k，解得E＝kak－1，r＝R0k－1。答案：(1)U20－U10U10Rm(2)kak－1R0k－1考

点二实验器材的等效与替换试题的创新点有时是改变实验器材，或者选用一个“全新”的元件引入实验中进行应用或研究，注重考查考生的知识迁移能力和解决实际问题的能力。需要考生学会迁移应用1．诊断卷第4题将电阻率的测量对象换成了工业废水，测量原理、电路设计均没有变化。2．诊断卷第5、6题中，

伏安特性曲线的描绘对象不是小电珠，换成了某未知元件，但设计原理不变。1．在测定一组干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A．电流传感器1B．电流传感器2C．定值电阻R0(3kΩ)D．滑动变阻器R(0～20Ω)E．开关和导线若干某同学发现

上述器材中没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验。(1)该同学利用测出的实验数据作出的I1-I2图线(I1为电流传感器1的示数，I2为电流传感器2的示数，且I1远小于I2)如图乙所示，则由图线可得被测电池的电动势E＝_______

_V，内阻r＝________Ω。(2)若将图线的纵轴改为________，则图线与纵轴交点的物理含义即为被测电池电动势的大小。解析：(1)由闭合电路欧姆定律有E＝U＋Ir，可得I1R0＝E－I2r，则I1＝ER0－rR0I2，即I1与I2间为线

性关系，由数学知识可得，k＝－rR0，b＝ER0，由题图乙可知，b＝1.5mA，k＝－0.5×10－3，解得E＝4.5V，r＝1.5Ω。(2)若将图像纵轴改为路端电压，即I1R0，则图像与纵轴交点的物理含义为电源的电动势的大小。答案：(

1)4.51.5(2)I1R02．国标(GB/T)规定自来水在15℃时的电阻率应大于13Ω·m。某同学利用图甲所示的电路测量15℃的自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀

门K，以控制玻璃管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：电源(电动势约为3V，内阻可忽略)，电压表V1(量程为0～3V，内阻很大)，电压表V2(量程为0～3V，内阻很大)，定值电阻R1(阻值4kΩ)，定值电阻R2(阻值2kΩ)，

电阻箱R(最大阻值9999Ω)，单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺。实验步骤如下：A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱的长度L；C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；D．把S拨到2位置，调整电阻箱

阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱的长度L和电阻箱的阻值R；F．断开S，整理好器材。(1)测玻璃管内径d时，游标卡尺示数如图乙所示，则d＝________mm。(2)玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为R

x＝________(用R1、R2、R表示)。(3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R-1L关系图像。自来水的电阻率ρ＝________Ω·m(保留两位有效数字)。解析：(1)根据游标

卡尺的读数规则，玻璃管内径d＝30mm＋0×0.05mm＝30.00mm。(2)把S拨到1位置，记录电压表V1示数U，得到通过水柱的电流I1＝UR1。由闭合电路欧姆定律，E＝U＋UR1Rx；把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，

记录电阻箱的阻值R，得到该支路的电流I2＝UR。由闭合电路欧姆定律，E＝U＋URR2，联立解得Rx＝R1R2R。(3)由电阻定律Rx＝ρLS，Rx＝R1R2R，联立解得R＝R1R2Sρ·1L。R-1L关系图线斜率k＝400Ω·m，又k＝R1R2Sρ，S＝πd24，解得ρ＝R1R2π

d24k＝14Ω·m。答案：(1)30.00(2)R1R2R(3)143．小刚、小聪和小明所在的小组收集了手机的电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、电容器、电感线圈等电子器件。现从这些材料中选取两个待测元件进行研究，一是电阻Rx(阻值

约2kΩ)，二是手机中常用的锂电池(电动势E的标称值为3.4V)。还准备了如下实验器材：A．电压表V(量程0～4V，内阻RV约10kΩ)B．电流表A1(量程0～100mA，内阻约5Ω)C．电流表A2(量程0～2mA，内阻约50Ω)D．滑动变阻器R(0～40Ω，额定电流1A)E．电阻箱R0(0～

999.9Ω)F．开关S一个、导线若干(1)小刚采用伏安法测定Rx的阻值，他使用的电源是待测的锂电池。图甲是他连接的部分实验器材，请你完成实物连接。小刚选用的电流表应是________(填“A1”或“A2”)；他用电压表的读数除以电流表的读数作为Rx的测量值，

则测量值________(填“大于”或“小于”)真实值。(2)小聪和小明设计了图乙所示的电路图来测量锂电池的电动势E和内阻r。a．小聪的实验操作是：闭合开关S，调节电阻箱的阻值为R1时，读出电压表的示数为U1；调节电阻箱的阻值为R2时，读出电压表的示数为U2。

根据小聪测出的数据可求得该电池的电动势，其表达式为E＝________；b．小明认为用线性图像处理数据更便于分析。他在实验中多次改变电阻箱阻值，获取了多组数据，画出的1U-1R图像为一条直线，如图丙所示

。则该图像的函数表达式为1U＝________，由图丙可知该电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。解析：(1)测量Rx的阻值时，滑动变阻器采取分压接法，由于待测电阻的阻值较大，电流表采取内接法；通过待测电阻的最大电流为Im

＝3.42000A＝1.7mA，故电流表选取A2；由于电流表采取内接法，用电压表的读数除以电流表的读数应为待测电阻与电流表内阻的阻值之和，所以测量值大于真实值。(2)a.由闭合电路欧姆定律可知E＝U1＋U1R1r，E＝U2＋U2R2r，

联立解得E＝U1U2R1－R2U2R1－U1R2。b．E＝U＋URr，整理得1U＝rER＋1E，所以截距1E＝0.3V－1，解得E＝103V，斜率rE＝0.6－0.34.0Ω·V－1＝340Ω·V－1，解得r＝0.25Ω。答案

：(1)如图所示A2大于(2)a.U1U2R1－R2U2R1－U1R2b.rER＋1E103(或3.3)0.25