（课标Ⅱ卷）2020届高考物理一轮复习专题十四实验与探究课件.pptx

专题十四 实验与探究,高考物理 (课标专用),考点一 基本仪器的使用,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(2018课标,22,5分)如图(a),一弹簧上端固定在支架顶端,下端悬挂一托盘;一标尺由游标和 主尺构成,主尺竖直固定在弹簧左边;托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置,简化 为图中的指针。 现要测量图(a)中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时,移动游标,使其零刻度线对准指针, 此时标尺读数为1.950 cm;当托盘内放有质量为0.100 kg的砝码时,移动游标,再次使其零刻度 线对准指针,标尺示数如图(b)所示,其读数为 cm。当地的重力加速度大小为9.80 m/s 2,此弹簧的劲度系数为 N/m(保留3位有效数字)。,答案 3.775 53.7 解析 本题考查游标卡尺的读数方法和胡克定律。此标尺为二十分度的标尺,精确度为0.05 mm,读数=整毫米数(主尺)+n精确度,所以读数为37 mm+150.05 mm=37.75 mm=3.775 cm。 当托盘中放入砝码稳定时,弹簧的伸长量x=3.775 cm-1.950 cm=1.825 cm。由平衡条件 得F=mg,由胡克定律得F=kx,联立得k=53.7 N/m。,2.(2017课标,23,9分)图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池;R1、 R2、R3、R4和R5是固定电阻,R6是可变电阻;表头 的满偏电流为250 A,内阻为480 。虚线方 框内为换挡开关,A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位,5个挡位为:直流电压1 V挡和5 V挡,直流电流1 mA挡和2.5 mA挡,欧姆100 挡。 图(a),图(b) (1)图(a)中的A端与 (填“红”或“黑”)色表笔相连接。 (2)关于R6的使用,下列说法正确的是 (填正确答案标号)。 A.在使用多用电表之前,调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B.使用欧姆挡时,先将两表笔短接,调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C.使用电流挡时,调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 (3)根据题给条件可得R1+R2= ,R4= 。,(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”相连的,则多用电表读 数为 ;若此时B端是与“3”相连的,则读数为 ;若此时B端是与“5”相连的,则读 数为 。(结果均保留3位有效数字),答案 (1)黑 (2)B (3)160 880 (4)1.47 mA 1.10103 2.95 V 解析 (1)换挡开关接“3”时为欧姆挡,内部接有电源,电流从电源正极流出,经A端流出,经B 端流入表内,回到电源负极,“红”进“黑”出,则A端应与黑色表笔连接。 (2)R6应是欧姆挡的欧姆调零电阻,故B选项正确。而在使用多用电表之前,要进行机械调零,使 电表指针指在表盘左端电流“0”位置,故A选项错误。使用电流挡时不需要欧姆调零,故C选 项错误。 (3)当换挡开关接“2”时为直流电流1 mA挡,此时R1和R2串联后与表头 并联,满偏时总电流 为1 mA,则R1、R2中的电流为1 mA-Ig,电压为IgRg,则R1+R2= = =160 ;当 换挡开关接4时为直流电压1 V挡,此时R1和R2串联后与表头 并联,然后再与R4串联,满偏时总 电压为1 V,则R4分压为1 V-IgRg=1 V-25010-6480 V=0.88 V,流过R4的电流为1 mA,则R4= = =880 。 (4)若B端与“1”相连,则为直流电流2.5 mA挡,观察图(b)中下方刻度,共50个小格,则每小格表 示0.05 mA,即分度值为0.05 mA,由 估读法可得读数为1.47 mA。,若B端与“3”连接,则为欧姆100 挡,指针指在上边欧姆表盘“11”位置,则可得读数为1.10 103 。 若B端与“5”连接,则为直流电压5 V挡,观察图(b)中下方刻度,共50个小格,则每小格表示0.1 V,即分度值为0.1 V,由 估读法可得读数为2.95 V。 命题意图 本题考查多用电表的原理以及电表的改装。 易错分析 多用电表的欧姆挡内部有电源,可据此判断A端与黑色表笔相连。 多用电表内部电路图串、并联关系要明确。 欧姆挡读数为指针示数乘以所选挡位倍率,电压挡、电流挡读数要注意分度值及估读问 题。 注意题目要求的保留几位有效数字。,3.(2019课标,22,5分)某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行 探究。物块拖动纸带下滑,打出的纸带一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率 为50 Hz,纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出。在A、B、C、D、E五个 点中,打点计时器最先打出的是 点。在打出C点时物块的速度大小为 m/s(保 留3位有效数字);物块下滑的加速度大小为 m/s2(保留2位有效数字)。,考点二 力学实验,答案 A 0.233 0.75 解析 本题考查利用打点计时器探究匀变速直线运动的速度和加速度的关系,以及考生处理 实验数据的能力,体现了以科学态度进行科学探究的核心素养。 物块沿倾斜的木板加速下滑时,纸带上打出的点逐渐变疏,故A点为先打出的点。 vC= = m/s=0.233 m/s a= = m/s2 0.75 m/s2 易错警示 本题相邻两计数点之间还有4个打出的点未画出,故T=50.02 s=0.1 s,不可用T=0.0 2 s计算。,4.(2019课标,22,5分)如图(a),某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:铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带等。回答 下列问题: 图(a) (1)铁块与木板间动摩擦因数= (用木板与水平面的夹角、重力加速度g和铁块下滑 的加速度a表示)。 (2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角使=30。接通电源,开启打点计时器,释放铁块,铁块,从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图(b)所示。图中的点为计 数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度为9.80 m/s2。可以计算出铁块 与木板间的动摩擦因数为 (结果保留2位小数)。 图(b),答案 (1) (2)0.35 解析 本题考查牛顿第二定律及考生的实验探究能力,体现了科学探究与科学推理的核心素 养。 (1)对铁块,根据牛顿第二定律得mg sin -mg cos =ma,解得= 。 (2)利用逐差法可得a= m/s2=1.97 m/s2,由于=30,g=9.80 m/s2, 则=0.35。 解题关键 1.利用牛顿第二定律列方程得出的表达式。2.认真读题,注意g用9.80 m/s2来计算, 而不能习惯性用10 m/s2来计算。3.利用逐差法,精准计算加速度值。,5.(2019课标,22,5分)甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验。 实验中,甲同学负责释放金属小球,乙同学负责在小球自由下落的时候拍照。已知相机每间隔 0.1 s拍1幅照片。 (1)若要从拍得的照片中获取必要的信息,在此实验中还必须使用的器材是 。(填正确 答案标号) A.米尺 B.秒表 C.光电门 D.天平 (2)简述你选择的器材在本实验中的使用方法。 答: 。 (3)实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab=24.5 cm、ac=58.7 cm,则该地 的重力加速度大小为g= m/s2。(保留2位有效数字),答案 (1)A (2)将米尺竖直放置,使小球下落时尽量靠近米尺 (3)9.7 解析 本题考查了匀变速直线运动中数据的处理与加速度的计算,考查了学生的实验能力,体 现了科学思维中模型建构、科学推理等素养要素,渗透了科技进步的价值观念。 (1)运动时间可由相机拍照的时间间隔来确定,不需要秒表与光电门。本实验中不需要测量小 球的质量,故不需要天平。但需测量小球下落的距离,故需要米尺。 (2)由于不知照相机的放大倍数,故不能通过测量小球在照片上下落的距离来获得小球的实际 下落距离,所以只能将米尺与小球的运动拍摄在同一张照片中。因小球做自由落体运动,故米 尺只能竖直放置。 (3)由x=gT2得当地的重力加速度的大小为g= = m/s2=9.7 m/s2。 方法诠释 纸带问题及类纸带问题中求物体运动的加速度,当只有两个连续数据时,可利用x =aT2求解;当只有两个不连续的数据时,可利用xm-xn=(m-n)aT2计算;而当给定多个连续数据时,则 需采用逐差法计算。,6.(2018课标,23,9分)某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光 滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连,滑轮和木块间的细线保持水平,在木块上方放 置砝码。缓慢向左拉动水平放置的木板,当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时, 弹簧秤的示数即木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据在下表中给出,其中f4的值 可从图(b)中弹簧秤的示数读出。 图(a),图(b) 图(c) 回答下列问题: (1)f4= N;,(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f-m图线; (3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数及重力加速度大小g之间的关系式为f = ,f-m图线(直线)的斜率的表达式为k= ; (4)取g=9.80 m/s2,由绘出的f-m图线求得= 。(保留2位有效数字),答案 (1)2.75 (2)如图所示 (3)(M+m)g g (4)0.40 解析 本题考查物体的平衡、滑动摩擦力的计算及分析图像的能力。 (1)由图可知弹簧秤的读数为2.75 N。 (2)画图线时应使尽可能多的点落在线上,不在线上的点应均匀分布在线的两侧。 (3)以木块和砝码为研究对象,整体水平方向受木板的滑动摩擦力和细线的拉力,f=(M+m)g,整 理得f=mg+Mg,故f-m图线的斜率k=g。,(4)由图知k=3.9 N/kg,故= =0.40。,7.(2018课标,22,6分)甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下: (1)甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端,让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端(位置 恰好处于L刻度处,但未碰到尺),准备用手指夹住下落的尺。 (2)甲在不通知乙的情况下,突然松手,尺子下落;乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若 夹住尺子的位置刻度为L1,重力加速度大小为g,则乙的反应时间为 (用L、L1和g表 示)。 (3)已知当地的重力加速度大小为g=9.80 m/s2,L=30.0 cm,L1=10.4 cm。乙的反应时间为 s。(结果保留2位有效数字) (4)写出一条能提高测量结果准确程度的建议: 。,答案 (2) (3)0.20 (4)多次测量取平均值;初始时乙的手指尽可能接近尺子 解析 本题考查自由落体运动的应用。 (2)(3)木尺做自由落体运动,由位移公式可得L-L1= gt2,解得t= = s=0.20 s,8.(2017课标,22,6分)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之 间的关系。使用的器材有:斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器。 实验步骤如下: 如图(a),将光电门固定在斜面下端附近;将一挡光片安装在滑块上,记下挡光片前端相对于 斜面的位置,令滑块从斜面上方由静止开始下滑; 当滑块上的挡光片经过光电门时,用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间t; 用s表示挡光片沿运动方向的长度如图(b)所示, 表示滑块在挡光片遮住光线的t时间内 的平均速度大小,求出 ;,将另一挡光片换到滑块上,使滑块上的挡光片前端与中位置相同,令滑块由静止开始下滑, 重复步骤、; 多次重复步骤; 利用实验中得到的数据作出 -t图,如图(c)所示。 图(c) 完成下列填空: (1)用a表示滑块下滑的加速度大小,用vA表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小, 则 与vA、a和t的关系式为 = 。 (2)由图(c)可求得,vA= cm/s,a= cm/s2。(结果保留3位有效数字),答案 (1)vA+ t (2)52.1 16.3 解析 本题考查匀变速直线运动中平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系。 挡光片通过光电门的平均速度 等于t时间段的中间时刻的速度 由v=v0+at可知 =vA+a 即 =vA+ at,由图像的截距可知vA=52.12 cm/s52.1 cm/s 其斜率k= a,故物体的加速度a=2k=16.3 cm/s2,9.(2017课标,22,6分)某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验,将画有坐标轴(横轴 为x轴,纵轴为y轴,最小刻度表示1 mm)的纸贴在水平桌面上,如图(a)所示。将橡皮筋的一端Q 固定在y轴上的B点(位于图示部分之外),另一端P位于y轴上的A点时,橡皮筋处于原长。 (1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O,此时拉力F的大小可由测力计读 出。测力计的示数如图(b)所示,F的大小为 N。 (2)撤去(1)中的拉力,橡皮筋P端回到A点;现使用两个测力计同时拉橡皮筋,再次将P端拉至O 点。此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向,由测力计的示数读出两个拉力 的大小分别为F1=4.2 N和F2=5.6 N。 ()用5 mm长度的线段表示1 N的力,以O为作用点,在图(a)中画出力F1、F2的图示,然后按平行 四边形定则画出它们的合力F合;,图(a) 图(b),()F合的大小为 N,F合与拉力F的夹角的正切值为 。 若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内,则该实验验证了力的平 行四边形定则。,答案 (1)4.0 (2)()F1、F2和F合如图所示 ()4.0 0.05 解析 (1)测力计读数时需要进行估读,此测力计分度值为0.2 N,则F的大小为4.0 N。 (2)()作力的图示时,要选好标度,再根据F1、F2的方向及大小作出相应两力的图示,图见答 案。分别以F1、F2为邻边作平行四边形并作出对角线,即得F合。,()表示F合的线段的长度为20.0 mm,根据标度算出F合大小为4.0 N。实际合力F的方向沿AO 方向,对角线为F合方向,则两者夹角的正切值tan = = = 0.05。 命题意图 本题考查验证力的平行四边形定则实验。 易错分析 测力计读数时要注意估读。,10.(2016课标,22,6分)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究,实验装置如图(a)所示:轻弹 簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接,纸带穿过打点计时器并 与物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离,由静止释放物块,通过测量和计算,可求得弹簧 被压缩后的弹性势能。 图(a) (1)实验中涉及下列操作步骤: 把纸带向左拉直 松手释放物块,接通打点计时器电源 向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量 上述步骤正确的操作顺序是 (填入代表步骤的序号)。 (2)图(b)中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。打点计时器所 用交流电的频率为50 Hz。由M纸带所给的数据,可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧 时的速度为 m/s。比较两纸带可知, (填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被 压缩后的弹性势能大。 图(b),答案 (1) (2)1.29 M 解析 (1)实验步骤中,一定要注意接通打点计时器电源之后再松手释放物块。若次序搞反,可 能造成物块已离开桌面但打点计时器还没有开始工作。 (2)从纸带上看,最后两个数据2.58 cm、2.57 cm相差不大,表示物块已经脱离弹簧,所以速度v= 10-2 m/s1.29 m/s,同理可计算出打下L纸带时物块脱离弹簧的速度要小一些。 考查点 利用纸带求速度、设计实验 思路分析 当纸带上点间的距离相差不大时,表示物块已经脱离弹簧。 测量弹簧压缩量的目的是探究弹簧弹性势能与什么有关。 易错警示 先接通打点计时器电源,然后再释放物块。,11.(2016课标,23,10分)某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力 之间的关系。图中,置于实验台上的长木板水平放置,其右端固定一轻滑轮;轻绳跨过滑轮,一 端与放在木板上的小滑车相连,另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N=5个,每个质 量均为0.010 kg。实验步骤如下: 图(a) (1)将5个钩码全部放入小车中,在长木板左下方垫上适当厚度的小物块,使小车(和钩码)可以 在木板上匀速下滑。 (2)将n(依次取n=1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端,其余N-n个钩码仍留在小车内;用手按住小车 并使轻绳与木板平行。释放小车,同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s,绘制s-t图像,经数据处理后可得到相应的加速度a。 (3)对应于不同的n的a值见下表。n=2时的s-t图像如图(b)所示;由图(b)求出此时小车的加速度 (保留2位有效数字),将结果填入下表。,(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点,并作出a-n图像。从图像可以看出:当物体质量 一定时,物体的加速度与其所受的合外力成正比。 图(b) 图(c),(5)利用a-n图像求得小车(空载)的质量为 kg(保留2位有效数字,重力加速度取g=9.8 ms-2)。 (6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1),下列说法正确的是 (填入正确选项前的标号)。 A.a-n图线不再是直线 B.a-n图线仍是直线,但该直线不过原点 C.a-n图线仍是直线,但该直线的斜率变大,答案 (3)0.39(2分。在0.370.49范围内都给分) (4)如图所示(3分) (5)0.45(3分。在0.430.47范围内都给分) (6)BC(2分。选对一个给1分,有选错的不给这2分) 解析 (3)由s= at2得:a= ,在s-t图像中找一点坐标,代入公式即可求出a。 (5)对小车和钩码组成的系统应用牛顿第二定律:nmg=(M+Nm)a,则a= = ,a-n图 像的斜率k= ,从而可解出M。,(6)对于已平衡摩擦力的情况,对整体应用牛顿第二定律:nmg=(M+Nm)a,则a= n;对于 木板水平的情况,对整体应用牛顿第二定律:nmg-M+(N-n)mg=(M+Nm)a,整理得:a= n -g,比较可见,B、C均正确。 考查点 探究物体加速度与其所受合外力的关系 解题关键 写出s-t图像对应的函数表达式。 易错警示 (3)(5)中的计算结果一定要按照有效数字的位数要求填写。作a-n图像时,所画直 线要符合以下要求:让尽可能多的点落在直线上;不能落在直线上的点要均匀分布于直线的两 侧;一定要利用直尺画线。,12.(2015课标,22,6分)某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数。 已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz,物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所 示,图中标出了五个连续点之间的距离。 (1)物块下滑时的加速度a= m/s2,打C点时物块的速度v= m/s; (2)已知重力加速度大小为g,为求出动摩擦因数,还必须测量的物理量是 (填正确答案标 号)。 A.物块的质量 B.斜面的高度 C.斜面的倾角,答案 (1)3.25(2分) 1.79(2分) (2)C(2分) 解析 (1)a= =3.25 m/s2 vC= =1.79 m/s (2)因为a=(mg sin -mg cos )/m =g sin -g cos 所以= 欲求出还需知道斜面倾角,故选C项。 考查点 求加速度、速度 解题关键 利用x=aT2求加速度。 利用 = = ,求某一位置的速度。,13.(2015课标,22,6分)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= 0.20 m)。 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1.00 kg; (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:,(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9.80 m/s2,计算结果保留2位有效数字),答案 (2)1.40(2分) (4)7.9(2分) 1.4(2分) 解析 (2)示数为1.40 kg,注意估读。 (4)小车经过凹形桥最低点时对桥的压力N= g-M桥g=(1.81-1.00)9.80 N=7.9 N,小车通过最低 点时受到的支持力N=N=7.9 N,小车质量m车=1.40 kg-1.00 kg=0.40 kg,由N-m车g=m车 ,解得v=1. 4 m/s。 易错警示 应根据题目表格中m值求平均值, = ,减小偶然误差。,14.(2019课标,23,10分)某小组利用图(a)所示的电路,研究硅二极管在恒定电流条件下的正向 电压U与温度t的关系,图中 和 为理想电压表;R为滑动变阻器,R0为定值电阻(阻值100 );S 为开关,E为电源。实验中二极管置于控温炉内,控温炉内的温度t由温度计(图中未画出)测 出。图(b)是该小组在恒定电流为50.0 A时得到的某硅二极管U-t关系曲线。回答下列问题: 图(a) (1)实验中,为保证流过二极管的电流为50.0 A,应调节滑动变阻器R,使电压表 的示数为U1= mV;根据图(b)可知,当控温炉内的温度t升高时,硅二极管正向电阻 (填“变 大”或“变小”),电压表 示数 (填“增大”或“减小”),此时应将R的滑片向 (填“A”或“B”)端移动,以使 示数仍为U1。,考点三 电学实验,(2)由图(b)可以看出U与t成线性关系。硅二极管可以作为测温传感器,该硅二极管的测温灵敏 度为 = 10-3 V/(保留2位有效数字)。 图(b),答案 (1)5.00 变小 增大 B (2)2.8 解析 本实验考查运用闭合电路欧姆定律计算电压,并且分析了硅二极管两端的电压与温度 的关系,考查学生的实验能力,体现了科学探究核心素养,又体现了创新思维和创新意识的价值 观念。 (1)实验中I=50.0 A,R0=100 ,所以U1=IR0=5.00 mV,因为图(b)是在恒定电流条件下得到的图 像,斜率为负值,所以随温度的升高,硅二极管正向电压变小,由R硅= ,可知硅二极管正向电阻 变小,则回路中电流变大,且R0为定值电阻, 的示数增大。为了确保回路中电流恒定,应使滑 动变阻器的阻值变大,故滑片应向B端滑动。(2)图(b)中图线纵轴截距为0.44 V,所以 = V/=2.810-3 V/。 审题指导 运用闭合电路欧姆定律讨论电路中的动态变化,注意在图像中横、纵坐标均不是 从0开始的。,15.(2019课标,23,10分)某同学要将一量程为250 A的微安表改装为量程为20 mA的电流 表。该同学测得微安表内阻为1 200 ,经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接,进行改 装。然后利用一标准毫安表,根据图(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后 的电表)。 图(a),图(b) (1)根据图(a)和题给条件,将图(b)中的实物连线。 (2)当标准毫安表的示数为16.0 mA时,微安表的指针位置如图(c)所示。由此可以推测出所改 装的电表量程不是预期值,而是 。(填正确答案标号),图(c),A.18 mA B.21 mA C.25 mA D.28 mA (3)产生上述问题的原因可能是 。(填正确答案标号) A.微安表内阻测量错误,实际内阻大于1 200 B.微安表内阻测量错误,实际内阻小于1 200 C.R值计算错误,接入的电阻偏小 D.R值计算错误,接入的电阻偏大 (4)要达到预期目的,无论测得的内阻值是否正确,都不必重新测量,只需要将阻值为R的电阻换 为一个阻值为kR的电阻即可,其中k= 。,答案 (1)连线如图所示 (2)C (3)AC (4) 解析 本题考查了电学实验中的电表改装的相关知识;考查了考生的实验能力、分析推理能 力,体现了物理核心素养中的科学探究要素,以及科学态度与责任。 (1)本实验的目的是对电流表进行扩大量程的改装,故应将定值电阻R与微安表并联。实物连 线如答案图所示。 (2)当标准毫安表示数为16.0 mA时,微安表示数为0.16 mA,故当微安表指针满偏时,测量的电 流值应为25 mA,选项C正确。,(3)出现上述现象的原因可能有两个:一是并联电阻R偏小;二是微安表内阻测量值偏小。故选 A、C。 (4)设微安表内阻为R0,满偏电流为I0,改装成量程为I的电流表时并联电阻R= R0,故I=25 mA 与I=20 mA对应的并联电阻的关系为R= R,代入数值得k= = 。,16.(2019课标,23,10分)某同学欲将内阻为98.5 、量程为100 A的电流表改装成欧姆表并 进行刻度和校准,要求改装后欧姆表的15 k刻度正好对应电流表表盘的50 A刻度,可选用的 器材还有:定值电阻R0(阻值14 k),滑动变阻器R1(最大阻值1 500 ),滑动变阻器R2(最大阻值50 0 ),电阻箱(099 999.9 ),干电池(E=1.5 V,r=1.5 ),红、黑表笔和导线若干。 (1)欧姆表设计 将图(a)中的实物连线组成欧姆表。欧姆表改装好后,滑动变阻器R接入电路的电阻应为 ;滑动变阻器选 (填“R1”或“R2”)。 图(a),(2)刻度欧姆表表盘 通过计算,对整个表盘进行电阻刻度,如图(b)所示。表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75, 则a、b处的电阻刻度分别为 、 。 图(b),(3)校准 红、黑表笔短接,调节滑动变阻器,使欧姆表指针指向 k处;将红、黑表笔与电阻箱 连接,记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值,完成校准数据测量。若校 准某刻度时,电阻箱旋钮位置如图(c)所示,则电阻箱接入的阻值为 。 图(c),答案 (1)连线如图 900 R1 (2)45 5 (3)0 35 000.0 解析 本题考查了欧姆表的改装及电阻箱的读数,考查了学生的实验能力,体现了科学思维中 的科学推理素养要素,渗透了实践的价值观念。 (1)由题意知改装的欧姆表的中值电阻即内阻为15 k,即R0+rg+r+R=15 k,故R=15 k-14 k-9 8.5 -1.5 =900 。由于滑动变阻器接入电路中的阻值大于R2的最大阻值,故只能选用R1。 (2)由闭合电路的欧姆定律有: 1.5 V=25 A(Ra+15 k),1.5 V=75 A(Rb+15 k),解得Ra=45 k,Rb=5 k。 (3)红、黑表笔短接,进行欧姆调零。由图得电阻箱的读数为310 k+51 k+0100 +0,10 +01 +00.1 =35 000.0 。,17.(2017课标,23,9分)某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为100 A,内阻大约 为2 500 )的内阻。可使用的器材有:两个滑动变阻器R1、R2(其中一个阻值为20 ,另一个阻 值为2 000 );电阻箱Rz(最大阻值为99 999.9 );电源E(电动势约为1.5 V);单刀开关S1和S 2。C、D分别为两个滑动变阻器的滑片。 图(a) 图(b),(1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线。 (2)完成下列填空: R1的阻值为 (填“20”或“2 000”)。 为了保护微安表,开始时将R1的滑片C滑到接近图(a)中滑动变阻器的 端(填“左” 或“右”)对应的位置;将R2的滑片D置于中间位置附近。 将电阻箱Rz的阻值置于2 500.0 ,接通S1。将R1的滑片置于适当位置,再反复调节R2的滑片D 的位置。最终使得接通S2前后,微安表的示数保持不变,这说明S2接通前B与D所在位置的电势 (填“相等”或“不相等”)。 将电阻箱Rz和微安表位置对调,其他条件保持不变,发现将Rz的阻值置于2 601.0 时,在接通 S2前后,微安表的示数也保持不变。待测微安表的内阻为 (结果保留到个位)。 (3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议: 。,答案 (1)如图所示 (2)20 左 相等 2 550 (3)调节R1上的分压,尽可能使微安 表接近满量程 解析 本题考查实物连接、电阻的测量、器材的选取。 (2)R1为分压电阻,为了有效控制测量电路,故选20 的小电阻; 为了保护微安表,开始R1的滑片C应滑到左端,使微安表示数为零; 当B与D的电势相等时,IDB=0,S2闭合前后电路的电阻不变,导致微安表的示数不变; 设R2中电流为I1,Rz中电流为I2,当B=D时 URz1=UR2左,URg=UR2右 即I2Rz1=I1R2左,I2Rg=I1R2右,得 = 当Rz与微安表对调时,有 = 故有 = Rg= = =2 550 ,18.(2017课标,23,10分)某同学研究小灯泡的伏安特性。所使用的器材有:小灯泡L(额定电压 3.8 V,额定电流0.32 A);电压表 (量程3 V,内阻3 k);电流表 (量程0.5 A,内阻0.5 );固定电 阻R0(阻值1 000 );滑动变阻器R(阻值09.0 );电源E(电动势5 V,内阻不计);开关S;导线若 干。 (1)实验要求能够实现在03.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量,画出实验电路原理图。 (2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示。 图(a),图(b) 由实验曲线可知,随着电流的增加小灯泡的电阻 (填“增大”“不变”或“减小”),灯 丝的电阻率 (填“增大”“不变”或“减小”)。 (3)用另一电源E0(电动势4 V,内阻1.00 )和题给器材连接成图(b)所示的电路,调节滑动变阻器 R的阻值,可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S,在R的变化范围内,小灯泡的最小功率为 W,最大功率为 W。(结果均保留2位小数),答案 (1)实验电路原理图如图所示 (2)增大 增大 (3)0.39 1.17 解析 本题考查电路设计及伏安特性曲线的应用。 (1)先考虑测量电路,由于小灯泡的额定电压为3.8 V,而电压表的量程只有3 V,但其内阻已知, 由给定器材规格可知,可串联固定电阻R0将其改装为量程4 V的电压表。因小灯泡的电阻较 小,采用电流表外接法。再考虑控制电路,由于实验中电压需从0开始变化,故控制电路需采用 分压式。 (2)由R= 知I-U图线的斜率表示电阻的倒数,故随着电流的增加小灯泡电阻逐渐增大。再由R = 可知,在L、S不变的情况下,R增大的原因只能是电阻率增大。,(3)当R全部电阻接入电路时,通过灯泡的电流最小,灯泡实际消耗的功率最小。设此时灯泡两 端电压为U、通过的电流为I,由闭合电路欧姆定律得E0=U+I(R+r),代入数据得I=0.4-0.1U,在灯 泡的伏安特性曲线坐标系中作出I=0.4-0.1U的图线,两图线的交点坐标即为此时灯泡两端电压 与通过灯泡的电流,有U=1.75 V、I=225 mA,故最小功率为Pmin=IU=0.39 W。当R接入电路中的 阻值等于0时,电路中电流最大、灯泡实际消耗的功率最大。同理可得Pmax=1.17 W。,19.(2016课标,23,10分)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999.9 ),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1 000 ),滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 ),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10 mA;流过报警器的电流超过20 mA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650.0 。 (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: 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 ;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 。 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。,答案 (1)连线如图所示 (2)R2 (3)650.0 b 接通电源后,流过报警器的电流会超过20 mA,报警器可能损坏 c 报警器 开始报警,解析 (1)见答案。 (2)由R= = =1 800 可知,滑动变阻器应选R2。 (3)电阻箱的电阻值应调为热敏电阻在60 时的阻值,即650.0 。滑动变阻器的滑片应置 于b端,使开关接通后回路中电流最小,以保护报警器,即防止因过载而损坏报警器。 应将开关向c端闭合,然后对系统进行调节。 考查点 电路设计 易错警示 由电源电压及报警电流粗略判断出回路外电阻:R= =1 800 ,由报警器电阻可判 断滑动变阻器阻值会大于1 000 ,进而确定应选R2。,20.(2016课标,23,9分)某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V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99 999.9 ),滑动变阻器R1(最大阻值50 ),滑 动变阻器R2(最大阻值5 k),直流电源E(电动势3 V),开关1个,导线若干。 实验步骤如下: 按电路原理图(a)连接线路; 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; 调节滑动变阻器,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,使电压表的示数为2.00 V,记下电阻箱的 阻值。 图(a),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。 图(b) (3)实验步骤中记录的电阻箱阻值为630.0 ,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 (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.100 A B.250 A C.500 A D.1 mA,答案 (1)R1 (2)如图所示 (3)2 520 (4)D 解析 (1)在保证电路安全的前提下,分压式电路中的滑动变阻器应选用总阻值小的。 (2)见答案图。 (3)电压表示数为2.00 V,说明电阻箱分压为0.5 V,可知RV=4R=4630.0 =2 520 。 (4)I满= = =1 mA。 疑难突破 (1)电压表满偏电压为2.5 V,步骤中电压表示数为2.00 V,说明电阻箱仅分压 0.5 V。(2)电压表的满刻度电流与表头一致,故I满= 。,评析 半偏法测量电表内阻是高考常考题型,但本题中并没有使电压表真正半偏, 而是使示数变为满偏的五分之四,考生需要灵活运用半偏法的基本原理,体会到其中电阻箱阻 值仅为电压表内阻的四分之一,该题目有一定难度。,21.(2016课标,22,5分)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)(多选)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)。,答案 (1)如图所示(2分) (2)AC(3分。选对一个给2分,选对两个给3分,有选错的不给这3分) 解析 (1)根据左手定则得金属棒中电流为从a流向a1。要求滑动变阻器以限流方式接入电路 中,故滑动变阻器接线柱上下各用一个。(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度,应使它 所受安培力F=BIL增大,所以适当增加两导轨间的距离时有效长度L增大,F变大,A项正确;只换 更长的金属棒时有效长度L不变,B项错;增大电流,F也增大,C项正确。,考查点 电路连接问题、设计实验 思路分析 将金属棒与电源及其他器材组成闭合回路,利用左手定则判定电流的方向,确定电 源与电流表正负接线柱的连接方式。,22.(2015课标,23,9分)图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图,其中虚线框内是毫安表的 改装电路。 图(a) 图(b),(1)已知毫安表表头的内阻为100 ,满偏电流为1 mA;R1和R2为阻值固定的电阻。若使用a和b 两个接线柱,电表量程为3 mA;若使用a 和c两个接线柱,电表量程为10 mA。由题给条件和数 据,可以求出R1= ,R2= 。 (2)现用一量程为3 mA、内阻为150 的标准电流表 对改装电表的3 mA挡进行校准,校准时 需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0 mA。电池的电动势为1.5 V,内阻忽略不计;定 值电阻R0有两种规格,阻值分别为300 和1 000 ;滑动变阻器R有两种规格,最大阻值分别为7 50 和3 000 。则R0应选用阻值为 的电阻,R应选用最大阻值为 的滑动 变阻器。 (3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大,利用图(b)的电路可以判断出损坏的电 阻。图(b)中的R为保护电阻,虚线框内未画出的电路即图(a)虚线框内的电路。则图中的d点应 和接线柱 (填“b”或“c”)相连。判断依据是: 。,答案 (1)15 35(4分,每空2分) (2)300 3 000(2分,每空1分) (3)c(1分) 闭合开关时,若电 表指针偏转,则损坏的电阻是R1;若电表指针不动,则损坏的电阻是R2(2分) 解析 (1)由并联电路各支路两端电压相等有:使用a和b两个接线柱时1 mA100 =(3-1)mA (R1+R2);使用a和c两个接线柱时1 mA(100 +R2)=(10-1)mAR1,联立可得R1=15 ,R2=35 。 (2)由题意知校准时电路中电流的范围为0.5 mAI3.0 mA,则由闭合电路欧姆定律知电路中 总电阻R总= 满足500 R总3 000 ,而两电表的总电阻RA=150 + =183 ,故R0+ R应满足317 R0+R2 817 ,可知R0只能选用300 的,R只能选用3 000 的。(3)在图(b)电 路中,当d接c时,若R1损坏则毫安表仍接入电路而有示数,若R2损坏则毫安表不接入电路而无示 数,故可由毫安表有无示数来判断损坏的电阻;当d接b时,无论R1还是R2损坏,对毫安表示数的影 响相同,从而不能进行判定。 考查点 电表改装与校准 解题关键 电表量程是指当毫安表满偏时,通过并联电路的总电流。利用并联电路特点,求 出R1、R2。 利用校准时电路中电流的范围求出电路总电阻范围,判断出R0及R所选阻值。,23.(2015课标,23,9分)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 (量程3 V,内阻约为3 000 ),电阻箱R0(最大阻值为99 999.9 ),滑动变阻器R1(最 大阻值100 ,额定电流2 A),电源E(电动势6 V,内阻不计),开关2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 。,答案 (1)实验电路图如图所示(2分) (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(1分);闭合开关S1、S2,调节 R1,使电压表的指针满偏(1分);保持滑动变阻器滑片的位置不变(1分),断开S2,调节电阻箱R0使 电压表的指针半偏(1分);读取电阻箱所示的电阻值,此即测得的电压表内阻(1分) (3)(1分) 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R0两端的电压大于电压表的半偏电压,故RVRV(1分,其他合理说法同样给分) 解析 (1)由于R1的总阻值远小于测量电路总电阻,故控制电路采用分压式接法,电路图见答案。 (2)(3)见答案。 考查点 半偏法测电压表内阻 解题关键 首先判定控制电路为分压接法。,理解当滑动变阻器滑片不动时,支路分得的电压基本不变。 知识拓展 在保证安全的基础上,R1的阻值越小,实验越精确,调节越方便。,考点一 基本仪器的使用,B组 自主命题省(区、市)卷题组,1.(2015海南单科,11,6分)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。 图(a) 图(b),答案 1.220 6.860 解析 图(a)为20分度的游标卡尺,其精度为0.05 mm。主尺读数为12 mm,游标尺上第4条刻线 与主尺上的一条刻线对齐,故测量结果为12 mm+40.05 mm=12.20 mm=1.220 cm。螺旋测微 器的精度为0.01 mm,由图(b)知固定刻度读数为6.5 mm,可动刻度读数为“36.