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1、技法专题坚持“2 原则”智取物理实验题技法专题坚持“2 原则”智取物理实验题 近几年高考对实验的考查，多以一大一小的形式，其中第一小题为常规实验题，侧重考 查基本实验仪器的读数或常规型实验。 第二小题侧重对学生实验迁移能力的考查， 常以设计 型实验来体现，主要为电学实验，也有力学实验。在解答实验题时，要坚持 2 个原则，做到 细心审题、熟练题型、活学活用原理、巧妙结合数形。 原则(一) 审题做到“一明、二看、三提取” 一明明确考查意图 现在的物理实验题涉及力学、电(场、路)磁(场、感)学等知识。尽管题目千变万化，但 通过仔细审题，都能直接地判断出命题者想要考查的知识点和意图。 二看看清实验题图
2、 实验题一般配有相应的示意图、实物图，目的是告知实验仪器(或部分)及其组装情况， 让考生探究考查意图。认识这些器材在实验中所起的作用，便能初步勾画实验过程。 三提取提取解题信息 试题总是提供诸多信息再现实验情景，因此，解答时必须捕捉并提取有价值的信息，使 问题迎刃而解。一般需要关注如下信息： (1)新的概念、规律、公式 一些新颖的非学生实验题、陌生的新知识(概念公式)应用题、新规律验证题，都会为我 们提供信息。要在阅读理解的基础上提取有用信息为解题服务。 (2)新的表格数据 通过解读表格，了解实验测量的物理量，根据表格中的数据，判断相关物理量之间的关 系，如正比例、反比例关系，平方、开方关系，
3、或者是倒数关系。根据数据描点作图可以直 观反映实验的某种规律。 (3)新的物理图像 实验题本身提供物理图像，但这些图像平时没有接触过，关键要明确图像的物理意义， 才能正确分析实验问题。 典例 (2018鹰潭模拟)某研究性学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的 关系。装置中的铝箱下端连接纸带，砂桶中可放置砂以改变铝箱所受的外力大小，铝箱向上 运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出。 现保持铝箱总质量m不变， 逐渐增大砂桶和砂 的总质量进行多次实验，得到多组a、F值(F为力传感器的示数，等于悬挂轻质滑轮的轻绳 中的拉力)。 (1)某同学根据实验数据画出了图乙所示aF关系图像， 则由该图像可得铝
4、箱总质量m _kg，重力加速度g_m/s2(结果均保留两位有效数字)。 (2)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线_(填选项前的字母)。 A偏向纵轴 B偏向横轴 C斜率逐渐减小 D斜率不变 细心审题 解析 (1)受力分析， 对铝箱应有FTmgma， 对滑轮应有F2FT， 联立可解得aF 1 2m g， 可知题图乙中图线的斜率k， 解得m0.25 kg， 纵轴截距g9.8， 解得g 1 2m 9.8 4.9 9.8 m/s2。 (2)图线的斜率k与砂桶和砂的总质量无关，故选 D。 1 2m 答案 (1)0.25 9.8 (2)D 原则(二) 针对题型定策略 题型 1 基本仪器型“细”微之处见
5、高低 刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、电流表、电压表、多用电表都是基本仪 器，要熟练掌握它们的使用方法、操作规程和读数规则，在高考前要进行系统的实际测量和 读数练习，特别是游标卡尺、螺旋测微器、电学实验仪器的读数。此类试题难度不大，要防 止在读数的估读、结果的有效数字和单位上出错。 例 1 (1)图甲中游标卡尺的读数为_mm，图乙中螺旋测微器的读数为 _mm。 (2)某同学用多用电表的欧姆挡来测量一电压表的内阻，如图丙所示。先将选择开关旋 至倍率 “10” 挡， 红、 黑表笔短接调零后进行测量， 红表笔应接电压表的_(填 “” 或“”)接线柱，结果发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开
6、关旋至_(填“1” 或“100”)挡并_，最终测量结果如图丁所示，则电压表的电阻 为_。 解析 (1)由游标卡尺的读数规则 ： 主尺上的整毫米数精确度对齐格数(不估读)， 可知游标卡尺的读数为 49 mm0.1 mm849.8 mm； 由螺旋测微器的读数规则 ： 固定刻度上 的毫米数(要注意半毫米线)0.01 mm对齐刻度(一定要估读)，可知螺旋测微器的读数为0.5 mm0.01 mm38.00.880 mm。 (2)多用电表使用时要注意电流是“红进黑出” ，电压表中电流是从正接线柱流入的，所 以多用电表的红表笔应接电压表的“”接线柱，欧姆表指针偏角太小，说明所测电阻阻值 较大，应换用“100
7、”挡进行测量，并且重新进行欧姆调零，读数结果为 30100 3 000 。 答案 (1)49.8 0.880 (2) 100 重新进行欧姆调零 3 000 本题易出错的地方有：游标卡尺读数时不注意单位；不从游标尺上的“0”刻度线开 始读；对齐格数估读了一位。螺旋测微器读数时不注意固定刻度上的半毫米线；结果中舍 弃了末位“0” 。不注意电压表中电流的流向。不能根据指针偏角情况更换倍率挡位 ； 更 换挡位后直接测量而不进行欧姆调零。 题型 2 常规实验型“实”践出真知 常规实验题主要考查教材中基本实验的实验原理、器材的选择、实验的操作、数据的处 理和误差分析。复习时要从领会实验原理出发，全方位理解
8、和掌握实验器材、实验操作、实 验步骤、实验数据的处理、误差分析和电学实验实物图的连接、电路图的设计等，对每一个 实验都应做到心中有数。 反思领悟反思领悟 例 2 要描绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，要求小灯泡两端的电 压由零逐渐增加到 3 V，并便于操作。已选用的器材有：直流电源(电压为 4 V)；电流表(量 程 0.6 A，内阻约 0.5 )；电压表(量程 3 V，内阻约 3 k)；开关一个、导线若干。 (1)实验中所用的滑动变阻器应选_(填字母代号)。 A滑动变阻器(最大阻值 10 ，额定电流 1 A) B滑动变阻器(最大阻值 1 k，额定电流 0.3 A) (2)图
9、甲为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请完成其余部分线路的连 接。(用笔画线代替导线) (3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。由曲线可知小灯泡的电阻随电压的增 大而_(填“增大”“不变”或“减小”)。 (4)如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图丙所示，请结合图线算出此时小灯泡的 电阻是_(结果保留两位有效数字)。 (5)根据实验得到的小灯泡伏安特性曲线，下列分析正确的是_。 A测得小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由电压表内阻引起的 B测得小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由电流表内阻引起的 C测得小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由电压表内阻引起的 D测得小灯泡正常发光的功率偏
10、大，主要是由电流表内阻引起的 解析 (1)由于电路需采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择 A。 (2)描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接 法，小灯泡正常发光时的电阻为R 15 。电流表内阻约为 0.5 ，电压表内 U2 P 32 0.6 阻约为 3 k， 电压表内阻远大于小灯泡电阻， 电流表应采用外接法， 实物电路图如图所示。 (3)由题图乙图像可知，随着电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大， 小灯泡电阻增大。 (4)电压表量程为 3 V，题图丙所示电压表分度值为 0.1 V，则其示数为 2.30 V，由题图 乙所示图像可知，2.3
11、0 V 对应的电流为 0.2 A，此时小灯泡电阻R 12 。 U I 2.30 0.2 (5)电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流I偏大，测得小灯泡正常发 光的功率PUI偏大，故 C 对。 答案 (1)A (2)见解析图 (3)增大 (4)12 (5)C 本题以描绘小灯泡的伏安特性曲线为载体考查实验器材选取、 实物图连线的能力， 以及 读图能力、实验数据的处理能力等，要求考生对常规实验应熟记于心。本题中要注意“电压 由零逐渐增加到 3 V” ，且本题对小灯泡的功率进行了分析。 题型 3 创新实验型“活”用原理妙迁移 创新实验题要求考生能将教材中的学生实验和演示实验的实验原理、 方法
12、进行迁移和应 用，试题新颖、能力要求高。如力学中与纸带相关的实验、电学中电路的设计、计算形式的 实验题等都可能考查学生运用已学过的实验方法、 原理处理新情境实验题的能力， 做题时一 定要审清题意，明确实验目的，联想和迁移应用相关实验原理。 例 3 某研究性学习小组用如图甲所示装置来测定当地的重力加速度，主要操作过程 如下： 安装实验器材，调节试管夹(小铁球)、光电门和纸杯在同一竖直线上； 打开试管夹， 由静止释放小铁球， 用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时 间t，并用刻度尺(图甲中未画出)测量出两个光电门之间的高度差h，计算出小铁球通过两 反思领悟反思领悟 个光电门间的平均速度v；
13、保持光电门 1 的位置不变，改变光电门 2 的位置，重复的操作。测出多组数据，计 算出对应的平均速度v； 画出v t图像。 请根据实验，回答下列问题： (1)设小铁球到达光电门 1 时的速度为v0，当地的重力加速度为g。则小铁球通过两光 电门间的平均速度v的表达式为_(用v0、g和t表示)。 (2)实验测得的数据如表所示： 实验次数123456 h/cm10.0020.0030.0040.0050.0060.00 t/s0.0690.1190.1590.1950.2260.255 v/(ms1)1.451.681.892.052.212.35 请在如图乙所示的坐标纸上画出v t图像。 (3)根
14、据v t图像，可以求得当地的重力加速度g_m/s2，试管夹到光电门 1 的 距离约为_cm(结果均保留两位有效数字)。 解析 (1)因为hv0tgt2，所以v v0gt。 1 2 h t 1 2 (2)在坐标纸上描点，用一条直线将这些点连接起来，使尽可能多的点在直线上，不在 直线上的点均匀分布于直线两侧。如图所示： (3)从(2)中可求出v t图像的斜率k4.81 m/s2，纵轴截距为 1.10 m/s，即v01.10 m/s，解得g2k9.6 m/s2，由v022gh，得h0.063 m6.3 cm。 v02 2g 答案 (1)vv0gt (2)见解析图 (3)9.6(9.59.9均可) 6
15、.3(6.06.4均可) 1 2 本实验的创新之处在于数据信息的获取方式， 利用光电门及光电计时器使数据的获取更 便捷。 理解用实验装置测重力加速度的原理， 并在不同的实验背景下灵活应用是解题的关键。 反思领悟反思领悟 题型 4 数形结合型“巧”变公式找函数 高考物理考查学生应用数学知识的能力， 在实验中体现在实验数据的处理上， 通常利用 相关实验的原理公式进行巧妙变形，变成和图像信息一致的函数形式，根据图像的斜率、截 距结合函数关系式得出所需的数据。 例 4 一物理兴趣小组想通过实验探究某热敏电阻的阻值与温度的关系。实验中使用 了如下器材： A热敏电阻 B学生电源(通过调节可输出 012 V
16、 的电压) C电流表 A(00.6 A，内阻约 1 ) D电压表 V(03 V，内阻约 3 k) E温控箱(能显示温度并可调温度) F开关 S，导线若干 G滑动变阻器R(最大阻值为 10 ，额定电流为 2 A) 完成下列问题： (1)实验中要用伏安法测量热敏电阻在不同温度下的阻值，他们设计了如图甲所示的电 路原理图，据图甲完成图乙中的实物连线。 (2)实验中改变温控箱的温度，分别测出了热敏电阻在不同温度下的阻值，得到了如图 丙所示的Rt图像。 根据所给的Rt图像可以看出， 该热敏电阻的阻值与温度的关系式是R _。当温控箱中的温度达到 600 时，热敏电阻的阻值为R_(保留 三位有效数字)。 解
17、析 (1)实物连线图如图所示。 反思领悟反思领悟 (2)由题图丙可知，该热敏电阻的阻值与温度呈线性关系，为求直线的斜率，可在直线 上找两个距离较远的点，如(0,7.5)、(300,17.5)，直线的斜率为k，所以 17.57.5 3000 1 30 该热敏电阻的阻值与温度的关系式是R7.5t。 当温控箱中的温度达到 600 时， 热敏 1 30 电阻的阻值为R27.5 。 (7.5 1 30 600) 答案 (1)见解析图 (2)7.5t 27.5 1 30 数形结合法是指将图像与函数相结合，并将重点数学公式变形，最后求得目标关系式， 如本题中根据图像的形状可得出对应的数学函数类型是一次函数，
18、利用图像求出斜率和截 距，从而得出热敏电阻的阻值与温度的关系式R7.5t。 1 30 专题强训提能 1读出如图所示的游标卡尺(50 分度)与螺旋测微器、电流表、电压表、欧姆表(10 倍率)的读数。 反思领悟反思领悟 (1)_mm；(2)_mm；(3)_A；(4)_V；(5)_。 答案 ： (1)42.20 (2)2.987(2.9862.988均可) (3)0.34 (4)2.22(2.202.23均可) (5)160 2 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
19、小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N5 个，每个质量均为 0.010 kg。实验步骤如下： (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n1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余Nn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st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值如表所示。n2 时的st图像如图(b)所示；由图(b)求出此 时小车的加速度(保留两位有效数字)，将结果
20、填入表中。 n12345 a/(ms2)0.200.580.781.00 (4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出an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。 反思领悟反思领悟 (5)利用an图像求得小车(空载)的质量为_kg(保留两位有效数字， 重力加速度 取g9.8 ms2)。 (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)。 Aan图线不再是直线 Ban图线仍是直线，但该直线不过原点 Can图线仍是直线，但该直线的斜率变大 解析 ： (3)根据题图(b)可知， 当t2.00 s 时， 位移s0.
21、78 m， 由sat2， 得加速度a 1 2 0.39 m/s2。 2s t2 (4)描点及图像如图所示。 (5)由(4)图像求得斜率k0.20 m/s2。由牛顿第二定律得nm0g(mNm0)a，整理得 an，即k，代入数据得m0.44 kg。 m0g mNm0 m0g mNm0 (6)若保持木板水平，则所挂钩码总重力与小车所受摩擦力的合力提供加速度，即 nm0gm(Nn)m0g(mNm0)a，整理得ang，可见an图线仍是 1m0g mNm0 直线，但不过原点，且斜率变大，选项 B、C 正确。 答案：(3)0.39 (4)见解析图 (5)0.44 (6)BC 3(2018哈尔滨模拟)如图所示
22、为弹簧弹射装置， 在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，在其两 端各放置一个金属小球 1 和 2(两球直径略小于管径且与 弹簧不拴接)，压缩弹簧并锁定。现解除锁定，则两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射。 按下述步骤进行实验： 用天平测出两球质量分别为m1、m2； 用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h； 解除弹簧锁定弹出两球，记录两球在水平地面上的落点P、Q。 回答下列问题： (1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能， 还需测量的物理量有_。 (已知 重力加速度g) A弹簧的压缩量 x B两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2 C小球直径 D两球从管口弹出到落地的时间t1、
23、t2 (2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为Ep_。 (3)由上述所测得的物理量来表示，如果满足关系式_，那么说明弹射过程 中两小球组成的系统动量守恒。 解析：(1)弹簧的弹性势能等于两球刚被弹出时得到的动能之和，要求解动能必须知道 两球弹射的初速度v0，由平抛运动规律，可知v0，故还需要测出两球落点P、Q到对 x 2h g 应管口M、N的水平距离x1、x2，B 正确。 (2)小球刚被弹簧弹出时的动能为Ekmv02m 2 ；故弹簧弹性势能的表达 1 2 1 2(x g 2h) mgx2 4h 式为Epm1v12m2v22。 1 2 1 2 m1gx12 4h m2gx22 4h (3)由测
24、得的物理量来表示，如果满足关系式m1v1m2v2，即m1x1m2x2，那么说明弹射 过程中两小球组成的系统动量守恒。 答案：(1)B (2) (3)m1x1m2x2 m1gx12 4h m2gx22 4h 4利用如图甲所示的装置可以完成力学中的许多实验。 (1)以下说法中正确的是_。 A用此装置研究匀变速直线运动时，必须设法消除小车和木板间摩擦阻力的影响 B用此装置探究加速度与力、质量的关系时，每次改变砝码及砝码盘的总质量之后， 需要重新平衡摩擦力 C用此装置探究加速度与力、质量的关系时，为保证拉力近似等于沙桶(含沙)所受的 重力，必须满足沙桶(含沙)的质量远小于小车的质量 D用此装置探究做功
25、和速度变化的关系时，必须调节滑轮高度使连接小车的细线与木 板平行 (2)某同学在进行“探究加速度与力、质量的关系”实验时，经历了以下过程： a在实验准备过程中，该同学决定使用电火花计时器，该打点计时器对电源的要求是 _。 A交流 220 V B直流 220 V C交流 46 V D直流 46 V b 该同学欲通过如图乙所示装置打出的纸带来判断是否已经平衡摩擦力。 根据纸带(如 图丙所示)的点迹可以判断 ： 为进一步平衡摩擦力，图中的垫块应向_(选填“左”或 “右”)移一些。 c 在利用此装置做实验时(已知电源频率为 50 Hz)， 实验中按规范操作打出的一条纸带 的一部分如图丁所示。从比较清晰
26、的点起，每 5 个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的 距离。则打下计数点 3 时小车的瞬时速度大小为_m/s，小车的加速度大小为 _m/s2。(结果均保留两位有效数字) 解析：(1)用此装置研究匀变速直线运动时，由于摩擦阻力是恒力，不必设法消除小车 和木板间摩擦阻力的影响，选项 A 错误 ； 用此装置探究加速度与力、质量的关系时，每次改 变砝码及砝码盘的总质量之后，不需要重新平衡摩擦力，选项 B 错误 ； 用此装置探究加速度 与力、质量的关系时，为保证拉力近似等于沙桶(含沙)所受的重力，必须满足沙桶(含沙)的 质量远小于小车的质量，选项 C 正确 ； 用此装置探究做功和速度变化的关系时，必须
27、调节滑 轮高度使连接小车的细线与木板平行，选项 D 正确。 (2)a.电火花计时器使用的是 220 V 的交流电。b.根据纸带的点迹可以判断小车做加速 直线运动，需要进一步平衡摩擦力，图中垫块应向左移一些。c.打下计数点 3 时小车的瞬时 速度大小为v3102 m/s0.38 m/s。由逐差法可知小车的加速度大小为a 3.683.83 2 0.02 5 102 m/s20.16 m/s2。 3.993.833.523.68 2 0.12 答案：(1)CD (2)a.A b左 c0.38 0.16 5.随着力传感器的测量精度的提高， 不用 “扭秤” 而进行实验 研究点电荷间的相互作用力(库仑力)
28、成为可能。 如图所示是某科技 实验小组设计的研究库仑力的装置， 在抽成真空的玻璃容器A内， M、N为完全相同的金属小球(带电后可视为点电荷)，用绝缘支柱固 定带电 小球M， 用可调丝线悬挂原来不带电的小球N， 调控小球N的 位置，通过等距离的背景刻度线 0、 1、 2、 3、 4 可准确确定小球M、N 间的距离，相邻刻度线间距离均为d，通过固定在容器顶部并与丝线上端相连的高灵敏度拉 力传感器B可以显示丝线上的拉力， 控制放电杆可以让带电小球完全 放电。 实验小组完成了以下操作： 在小球N不带电时读出传感器示数F0； 让小球N与小球M接触后，调整小球N到位置 1，读出并记录传感器示数F1； 继续
29、调整小球N分别到位置 2、3、4，依次读出并记录传感器示数F2、F3、F4； 用放电杆使小球N完全放电，再让小球N与小球M接触后，放回到位置 1，读出并记 录传感器示数F5； 重复的操作，依次读出并记录传感器示数F6、F7。 (1)对于上述操作，下列判断正确的是_。 A根据的操作，可求出小球N在不同情况下所受的库仑力 B根据的操作，可研究库仑力跟点电荷距离间的关系 C根据的操作，可研究库仑力跟小球带电荷量间的关系 D要测定静电力常量k，还须准确测出小球M的带电荷量 (2)小球N第一次与小球M接触后调整小球N到位置 1，此时小球M、N间的库仑力大小 为_。 (3)实验中使用两个完全相同的金属小球
30、， 其作用是_ _。 解析 ： (1)当小球N与小球M接触带电后，M、N间产生库仑斥力， 小球N受到重力mgF0、 丝线拉力F1及库仑力FC1三个力，故库仑力FC1F0F1，需要及后续操作共同确定不同 情况下所受的库仑力，A 选项错误；操作保持M、N所带电荷量不变，因此结合可研 究库仑力跟点电荷距离间的关系，B 选项正确；操作保持小球间距离不变，每次小球N 放电后再与小球M接触，由于两球完全相同，使小球所带电荷量依次减小到前次的 ，要研 1 2 究的是库仑力跟小球所带电荷量间的关系， 需要四步的操作共同完成， C 选项错误 ； 由库仑定律可知，要测定静电力常量，必须准确测定小球M的带电荷量，D
31、 选项正确。 (2)根据(1)可知FC1F0F1。 (3)根据(1)可知， 实验中使用两个完全相同的金属小球， 是为了使小球N与带电小球M 接触时将小球M所带的电荷量平分。 答案：(1)BD (2)F0F1 (3)使小球N与带电小球M接触时将小球M所带的电荷量 平分 6.(2019 届高三潍坊模拟)如图甲所示，虚线框内是由表头 G 改装成的一个电流表和一个电压表的电路，其中接a、b时为电 流表， 接a、c时为电压表。 已知表头的满偏电流为 2 mA，内阻阻值 范围为 180200 ， 定值电阻R150 ，R21 460 。为确定改 装后电流表和电压表的量程，实验小组将a、b两个接线柱接入如图
32、甲所示的电路中，来测量表头 G 的内阻。 (1)实验室里，电流表 A 和滑动变阻器R均有两种规格： 电流表：a.010 mA B0600 mA 滑动变阻器：a.020 B01 000 则电流表应选_，滑动变阻器应选_(选填字母代号)。 (2)将选择的器材接入电路： 依照电路图甲，画出连线，补充完整实物图乙； 闭合 S，以I1表示电流表 A 的示数，I2表示表头 G 的示数，多次调整滑动变阻器，测 量多组I1、I2数据(单位均为 mA)，某同学以I1为纵轴，I2为横轴，画出I1I2图线为一条 过原点的倾斜直线，该同学求出了图线的斜率k5，则表头内阻Rg_，由表头 G 改装后的电流表量程为_mA，
33、电压表量程为_V。 解析：(1)表头满偏时流过R1的电流为：8 mA，则改装后的电流表量程约为I IgRg R1 8 mA2 mA10 mA， 则电流表选 a；滑动变阻器为分压接法，则应选最大阻值较小的滑动变 阻 器，则选 a。 (2)根据电路图连接实物图如图所示。 由I1I2IR1，I15I2，可得IR14I2，又I2RgIR1R1，代入数据得Rg200 ，电 流表的量程为I5Ig10 mA，电压表的量程为UIgRgIR215 V。 答案：(1)a a (2)见解析图 200 10 15 7(2018六安模拟)某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃的电池，同学们想用物理 上学到的知识来测定这个电
34、池的电动势和内阻， 已知这个电池的电动势约为 1113 V， 内阻 小于3 ， 由于电压表量程只有3 V， 需要将这只电压表通过连接一固定电阻(用电阻箱代替)， 改装为量程为 15 V 的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验 操作过程： (1)把电压表量程扩大，实验电路图如图甲所示，实验步骤如下，完 成填空： 第一步：按电路图连接实物； 第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零； 第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为 3 V； 第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为_V； 第五步 ： 不再改变电阻箱阻值， 保持电压表和电阻
35、箱串联， 撤去其他线路， 即得量程为 15 V 的电压表。 (2)实验可供选择的器材有： A电压表(量程为 3 V，内阻约为 2 k) B电流表(量程为 3 A，内阻约为 0.1 ) C电阻箱(阻值范围 09 999 ) D电阻箱(阻值范围 0999 ) E滑动变阻器(阻值为 020 ，额定电流 2 A) F滑动变阻器(阻值为 020 k) 电阻箱应选_，滑动变阻器应选_。 (3)用该扩大了量程的电压表(电压表的表盘没变)，测电池电动势E和内阻r，实验电 路图如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出UI图线如图丙所示，可知电池的 电动势为_V，内阻为_。 解析 ： (1)把量程为 3 V
36、 的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为 15 V 的电压表时，将 直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，由题意知，电阻箱阻值调到零，电压表读 数为 3 V，由，可得U0.6 V，则把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为 U 3 V 3 V 15 V 0.6 V 时，即得到量程为 15 V 的电压表。 (2)由题意知，电压表的量程为 3 V，内阻约为 2 k，要改装成 15 V 的电压表，根据串 联电路的特点可知，所串联的电阻箱阻值应约为 42 k8 k，故电阻箱应选 C； 在分压 电路中，为方便调节，应选用阻值较小的滑动变阻器，即选 E。 (3)由题图丙读出，图线在纵轴的截距为U2.3
37、V，则电源的电动势为E2.35 V 11.5 V，内阻为r 2.5 。 U I 2.31.5 5 1.6 答案：(1)0.6 (2)C E (3)11.5 2.5 课余挤时加餐训练(四) Error! 电学 3 大题型押题练(一) 1.如图所示等腰梯形线框从位于匀强磁场上方一定高度处自由下 落， 已知下落过程两平行边始终竖直， 左平行边长为a， 右平行边长为 2a。 当导线框下落到图示位置时， 导线框做匀速运动。则从导线框刚进入磁 场开始，下列判断正确的是( ) A在 0 这段位移内，导线框可能做匀加速运动 a 2 B在 这段位移内，导线框减少的重力势能最终全部转化为内能 a 2 3a 2 C
38、在2a这段位移内，导线框可能做减速运动 3a 2 D在 0 与2a位移内，导线框受到的安培力方向相反 a 2 3a 2 解析 ： 选 B 导线框在 0 这段位移内受到向上的安培力小于重力， 导线框做加速运动， a 2 随着速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，导线框做加速度逐渐减小的 加速运动，由题意可知，当位移为 时，加速度恰好减为零，A 错；在 这段位移内，导 a 2 a 2 3a 2 线框一直做匀速运动，因此减少的重力势能全部转化为电能，进而又转化为内能，B 对；在 2a这段位移内，导线框切割磁场的有效长度逐渐减小，安培力小于重力，导线框做变 3a 2 加速运动，C 错；由
39、楞次定律可知，磁场一直阻碍导线框下落，一直受到向上的安培力，直 至导线框全部进入磁场，D 错。 2 多选如图所示， 图(a)中变压器为理想变压器， 其原线圈接在u12sin 2 100t(V)的交流电源上，副线圈与阻值为R12 的电阻接成闭合电路，电流表为理想电 流表。图(b)中为阻值R232 的电阻直接接到u12sin 100t(V) 的交流电源上，结2 果电阻R1与R2消耗的电功率相等，则( ) A通过电阻R1的交变电流的频率为 0.02 Hz B电阻R1消耗的电功率为 4.5 W C电流表的示数为 6 A D变压器原、副线圈匝数比为 41 解析 ： 选 BD 由u12sin 100t(V
40、)可知，100 rad/s2f，该交流电源的2 频率为f50 Hz，周期为 0.02 s，由于变压器不改变交变电流的频率，所以通过电阻R1的 交变电流的频率为 50 Hz，选项 A 错误；由题图(b)可知，R232 的电阻两端电压的有效 值为 U12 V，电阻R2消耗的电功率为P24.5 W，由电阻R1与R2消耗的电功率相等，可知 U2 R2 电阻R1消耗的电功率为P1P24.5 W， 选项 B 正确；由P1I2R1， 解得电流表 的示数为I1. 5 A， 选项 C 错误 ； 变压器副线圈电压UIR13 V，变压器 原、副线圈匝数比为n1n2UU12341，选项 D 正确。 3.多选在x轴上存
41、在一水平方向的电场，一质量m2 kg 的带电小 球只在电场力的作用下， 沿光滑绝缘的水平面从x7 m 处开始以初速度v02 m/s 向x轴负 方向运动。小球的电势能Ep随位置x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是( ) A该小球带负电 B在x4 m 处电场强度为零 C小球通过x9 m 处时速度大小为 2 m/s D小球运动的最大速度vm2 m/s2 解析：选 BD 由题设条件无法判断小球的带电性质，A 错误；因为Epq，电场力大 小Fq， 则电场强度大小E， 在x4 m 处，0， 即电场强度E0， B 正确 ； | x| 1 q| Ep x| Ep x 小球的初动能为Ekmv024 J，在x
42、7 m 处时，小球的电势能为 0，故在x7 m 处时小球 1 2 的总能量EEpEk4 J，在x9 m处时小球的电势能为2 J，则动能为2 J，故小球通过x9 m 处时速度大小为 m/s，C 错误 ； 由题图可知，在x4 m 处时小球的电势能最低，故此时2 动能最大，即小球的最大动能为E48 J，最大速度为 2 m/s，D 正确。2 4如图所示为多用电表的原理示意图，已知表头 G 的满偏电流为 2 mA、内阻为 150 ，刻度盘上电阻刻度线正中央标有“30” 。选择开关 S 旋到“2”时量程为 10 mA，旋 到“3” 、“4” 、“5” 、“6”时的量程未知，但测得R6570 ，R7900
43、，E为两节新的 干电池(E3 V)，内阻忽略。请回答下列问题： (1)选择开关 S 旋到“6”时的量程为_。 A15 A B3 V C12 V D15 V (2)正确使用欧姆挡测电阻时，滑动变阻器R3连入的阻值为_。 (3)电池用久后，电动势变小了，内阻变大了，但仍能欧姆调零，用此表去测电阻，则 其测量值比真实值_(填“偏小”“偏大”或“不变”)。 解析：(1)选择开关 S 旋到“6”时为电压表，量程为UIgRgI(R6R7)2103 150 V10103(570900)V15 V，故 D 对。 (2)使用欧姆挡测电阻时，要进行欧姆调零，表头 G 指针达到满偏，由闭合电路欧姆定 律可得：R3
44、270 。 EIgRg I 32 103 150 10 103 (3)电池用久了，电动势变小，内阻变大，欧姆调零时，欧姆表内阻变小，应用欧姆表 测电阻时，I，由于R内偏小，则电流I偏小，欧姆表指针偏转 E R内R测 IgR内 R内R测 Ig 1R 测 R内 角度偏小，电阻测量值偏大。 答案：(1)D (2)270 (3)偏大 5一电路如图所示，电源电动势E28 V，内阻r2 ，电阻R112 ，R2R4 4 ，R38 ，C为平行板电容器，其电容C3.0 pF，虚线到两极板距离相等，极板长 L0.20 m，两极板的间距d1.0102 m。问： (1)若开关 S 处于断开状态，则当其闭合后，流过R4
45、的总电量为多少？ (2)若开关S断开时， 有一带电微粒沿虚线方向以v02.0 m/s的初速度射入C的电场中， 刚好沿虚线匀速运动， 则当开关 S 闭合后， 此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电 场中，能否从C的电场中射出？(要求写出计算和分析过程，g取 10 m/s2) 解析：(1)开关 S 断开时，电阻R3两端电压为 U3E16 V R3 R2R3r 开关 S 闭合后，外电阻为R6 R1R2R3 R1R2R3 路端电压为UE21 V R Rr 电阻R3两端电压为U3U14 V R3 R2R3 则流过R4的总电量为 QCU3CU36.01012 C。 (2)设微粒质量为m，电量为q，当开
46、关 S 断开时有 mg qU3 d 当开关 S 闭合后，微粒做类平抛运动，设微粒加速度为a，则 mgma qU3 d 设微粒能从C的电场中射出，则水平方向t L v0 竖直方向yat2 1 2 解得y6.25103 md 2 故微粒不能从C的电场中射出。 答案：(1)6.01012 C (2)不能，分析过程见解析 电学 3 大题型押题练(二) 1.多选如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻为r，C为静电 计，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关 S，电路稳定后， 悬线与竖直方向夹角为且小球处于平衡状态，则( ) A静电计的指针发生了偏转 B若将A极板向左平移稍许，电容器的电容将增大 C若将A极板向下平移稍许