专题六 实验技能与创新
(满分54分)
1．(8分)某同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，先对一劲度系数为k的轻质弹簧甲进行实验，得到的弹簧弹力F与伸长量x的关系图线为图中的图线1；然后将弹簧甲截成乙、丙两段，再分别对乙、丙两弹簧进行实验，得到的弹簧弹力F与伸长量x的关系图线分别为图中的图线2和图线3。
(1)弹簧乙的劲度系数k1＝________ N/m，弹簧丙的劲度系数k2＝________ N/m。(结果均保留3位有效数字)
(2)k、k1、k2的大小关系是________。
(3)一根弹簧截成两段后，每段弹簧的劲度系数均________(选填“大于”“等于”或“小于”)原来弹簧的劲度系数。
2．(8分)(2020·山东卷T14 补偿题)实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有：
干电池一节(电动势约1.5 V，内阻小于1 Ω)；
电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)；
电流表A(量程0.6 A，内阻约1 Ω)；
滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)；
定值电阻R1(阻值2 Ω)；
定值电阻R2(阻值5 Ω)；
开关一个，导线若干。
(1)该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在U I坐标纸上描点，如图乙所示，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是________；(单选，填正确答案标号)
[A]电压表分流
[B]干电池内阻较小
[C]滑动变阻器最大阻值较小
[D]电流表内阻较小
甲 乙
(2)针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示。
序号 1 2 3 4 5 6 7
I/A 0.08 0.14 0.20 0.26 0.32 0.36 0.40
U/V 1.35 1.20 1.05 0.88 0.73 0.71 0.52
请根据实验数据，回答以下问题：
①图丙中已标出后3组数据对应的坐标点，请标出前4组数据对应的坐标点并画出U I图像；
丙
②根据实验数据可知，所选的定值电阻为________(选填“R1”或“R2”)；
③用笔画线代替导线，请按照改进后的方案，将下图所示实物图连接成完整电路。
丁
3．(6分)利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图甲所示。
甲
乙
(1)实验步骤：
①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1 m；
②用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，则d＝________cm；
③由刻度尺读出两光电门中心之间的距离s；
④将滑块移至光电门A右侧某处，待托盘和砝码静止不动时，释放滑块，要求托盘和砝码落地前遮光条已通过光电门B；
⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出遮光条通过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB。
(2)除了上述操作之外，该实验中还需要完成的操作是________。
[A]将气垫导轨右端垫高，以平衡摩擦力
[B]将气垫导轨调节至水平
[C]用天平称出滑块和遮光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m
[D]用天平称出滑块和遮光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m，且满足M m
(3)在误差允许的范围内，如果满足mgs＝______________(用题干已知物理量和已测得的物理量字母表示)，则可认为验证了机械能守恒定律。
4．(10分)某学校一物理兴趣小组选用内阻Rg＝10 Ω、满偏电流Ig＝10 mA的电流表、标识不清的电源，以及定值电阻、导线、滑动变阻器等组装成了一个多用电表，其结构如图甲所示。当选择开关接“3”时为量程15 V的电压表，该多用电表表盘如图乙所示，中排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时标出。
甲 乙
丙
(1)其中电阻R2＝________Ω；
(2)兴趣小组在实验室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从“校”到“测”的实验：
①将选择开关接“2”，红、黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
②将多用电表红、黑表笔与图丙电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央刻度C处(此时刻度盘图像题中未画出)，电阻箱示数如图丙所示，此多用电表中所用电源的电动势为________V；
③用待测电阻Rx代替电阻箱接入两表笔之间，表盘指针指在图乙中所示的位置，则可知待测电阻为Rx＝________ Ω(结果保留3位有效数字)；
④小组成员另外拿来一个电压表，将两表笔分别触碰电压表的两接线柱，其中________表笔(选填“红”或“黑”)接电压表的负接线柱，发现电压表读数为1.45 V，可求得该电压表内阻为________ Ω。
5．(10分)现要准确地测量量程为0～100 mA、内阻约为10 Ω的电流表A的内阻RA，实验室提供的器材如下：
电流表A1(量程0～0.6 A，内阻约为0.1 Ω)；
电压表V(量程0～3 V，内阻约为3 kΩ)；
定值电阻R1(阻值为2.0 Ω)；
定值电阻R2(阻值为15 Ω)；
定值电阻R3(阻值为150 Ω)；
滑动变阻器R(最大阻值约10 Ω，允许通过的最大电流为2 A)；
电源E(电动势1.5 V，内阻约0.5 Ω)；
开关S，导线若干。
甲 乙
(1)为测量电流表A的内阻，某同学选用上述的一些器材如图甲所示，其中定值电阻R甲应该选择________(填写对应器材的符号)，并在图中以笔画线连接实物电路图；
(2)按图甲电路进行实验，多次测量得到多组电流表A和A1的读数I、I1，以I为纵轴，I1为横轴，用描点法得到I I1图像，若图像的斜率为k，定值电阻R甲的阻值设为R0，则电流表A的内阻RA＝__________(用题中所给字母R0、k表示)；
(3)为测电流表A的内阻，另一同学选用上述的一些器材设计了如图乙所示的电路。从实验测量精度的角度分析，该电路存在的主要问题是_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
6．(6分)在“测量电源的电动势与内阻”实验中，某同学设计了如图甲所示的实验电路，所用的实验器材有
甲 乙
[A]待测电源(电动势约为3 V，内阻约为几欧)
[B]半圆形变阻器(总阻值12 Ω，阻值均匀，带有可指示滑片转过角度θ的刻度盘)
[C]电流表(量程为0.6 A，内阻不计)
[D]定值电阻R0
[E]开关、导线若干
(1)实验时定值电阻R0有下列三种阻值，应选用________；
[A]4 Ω [B]20 Ω [C]40 Ω
(2)实验中，转动半圆形变阻器滑片，改变角度θ的值，测得对应的电流I，根据测得的多组数据，以为纵坐标，θ为横坐标，作出的 θ图像(用直线拟合)如图乙所示；
(3)由图乙可得电源的电动势E＝________V，内阻r＝______ Ω。(结果均保留3位有效数字)
7．(6分)(2020·天津卷T9(1) 补偿题)某实验小组利用图1所示装置测量平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边ab与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。
图1 图2
(1)为了正确完成实验，以下做法必要的是________；
[A]实验时应保持桌面水平
[B]每次应使钢球从静止开始释放
[C]使斜面的底边ab与桌边重合
[D]选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面
(2)实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0.2 m，在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为15.0 cm、25.0 cm、35.0 cm，如图2所示。重力加速度g取10 m/s2，钢球平抛的初速度为________m/s；
(3)图1装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是________________________
_____________________________________________________________________。
7 / 7专题过关验收卷·专题六
1．解析：(1)根据胡克定律可知F x图像斜率表示弹簧的劲度系数，则k1＝≈272 N/m，k2＝≈85.7 N/m。
(2)根据题图斜率关系，可知k1>k2>k。
(3)根据题图斜率关系，可知一根弹簧截成两段后，每段弹簧的劲度系数均大于原来弹簧的劲度系数。
答案：(1)272(269～275均可)
85.7(84.0～94.0均可) (2)k1>k2>k (3)大于
2．解析：(1)由U＝·R＝知，电压表示数的变化范围小，原因是外电阻的阻值远大于电源内阻，选项B正确。
(2)①根据数据描点并连成一条直线，如图(a)所示。
②由图像可知E＝1.55 V，U＝0时I＝0.6 A，故r′＝≈2.58 Ω
由于2 Ω又r′＝r＋R(r为电源内阻，R为定值电阻)
故定值电阻只能是R1。
③先画出原理图，如图(b)所示，然后依据原理图将各仪器依次连接起来，如图(c)所示。
(a)
(b)
(c)
答案：(1)B (2)①见解析图(a) ②R1 ③见解析图(c)
3．解析：(1)游标卡尺的主尺读数为9 mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为10×0.05 mm＝0.50 mm
所以最终读数为9 mm＋0.50 mm＝9.50 mm＝0.950 cm。
(2)气垫导轨是常用的一种实验仪器，它利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦，所以不需要平衡摩擦力，A错误，B正确；该实验如果托盘和砝码的重力势能的减少量等于系统动能的增加量即可验证机械能守恒定律，所以需要用天平称出滑块和遮光条的总质量M、托盘和砝码的总质量m，但不需要满足M m，C正确，D错误。
(3)托盘和砝码的重力势能的减少量为mgs。遮光条经过光电门A和光电门B的速度分别为vA＝，vB＝
若满足关系式mgs＝
即mgs＝(M＋m)d2[－]
则可认为验证了机械能守恒定律。
答案：(1)0.950 (2)BC
(3)(M＋m)d2
4．解析：(1)由题意可知，当选择开关接“3”时为量程15 V的电压表，根据欧姆定律，有U＝Ig(Rg＋R2)
可得R2＝－Rg＝Ω－10 Ω＝1 490 Ω。
(2)②C处为表盘的中央刻度，所以C处刻度所对应的电阻为中值电阻，即电阻表的内电阻，且R内＝R外，由题图丙可得电阻箱的示数即R外为0×1 000 Ω＋1×100 Ω＋5×10 Ω＋0×1 Ω＝150 Ω，电源的电动势为E＝R内＝150×0.01 V＝1.5 V。
③指针指在题图乙所示的位置时，流过待测电阻的电流为5.43 mA，根据闭合电路欧姆定律，有E＝I(Rx＋R内)，代入数据可得Rx≈126 Ω。
④根据“红进黑出”的原则，电阻表的红表笔接电压表的负接线柱，当电压表的示数为1.45 V时，根据分压原理有＝代入数据，有
＝
解得RV＝4 350 Ω。
答案：(1)1 490 (2)②1.5 ③126
④红 4 350
5．解析：(1)由题意可知，此实验中需要定值电阻R甲与待测电流表A并联，从而通过两电流表的示数来间接获取其两端电压信息，电流表A1用来测量干路电流。电流表A满偏时其两端电压约为UA＝0.1 A×10 Ω＝1 V，此时R甲若选择R2或R3，电流表A1的示数均达不到量程的三分之一，则电流表A未满偏时，电流表A1的示数会更小，从而使读数误差增大； R甲若选择R1，则电流表A满偏时，通过A1的电流刚好为0.6 A，完全符合实验要求，所以定值电阻R甲应该选择R1。实物电路图如图所示。
(2)根据串并联电路规律以及欧姆定律可得
RA＝＝＝－R0。
(3)由于电压表V的量程为3 V，所以只有在电流表A满偏时，电压表的示数才恰好达到量程的三分之一，在这之前的测量电压表的示数都会小于量程的三分之一。所以从实验测量精度的角度分析，该电路存在的主要问题是电压表V的量程过大。
答案：(1)R1 见解析图 (2)－R0
(3)电压表V的量程过大
6．解析：(1)电路连接既要保证安全，又要尽可能减小误差，本实验电路图为串联，电动势为3 V，电流表最大量程为0.6 A，电路中的最小电阻为R总＝＝ Ω＝5 Ω，所以选择A比较好，B、C接入电路，电流较小误差较大，A正确。
(3)滑动电阻器串入电路的阻值为R滑＝×12 Ω＝ Ω
根据闭合电路欧姆定律有E＝(R0＋r＋R滑)I＝I
整理得到＝－ θ＋
由题图乙可知斜率k＝－，截距b＝，解得E≈2.86 V，r≈1.73 Ω。
答案：(1)A (3)2.86 1.73(1.40～2.00均可)
7．解析：(1)为了使钢球离开桌面做平抛运动，实验时应保持桌面水平，A项正确；为了使钢球做平抛运动的初速度相同，每次应使钢球从同一位置由静止释放，B项正确；实验与斜面是否光滑无关，D项错误；若ab边与桌边重合，则钢球在空中做的不是平抛运动，C项错误。
(2)钢球在水平方向做匀速直线运动，每次将木板向远离桌子的方向移动0.2 m，钢球做平抛运动的时间均匀增大，竖直方向上，钢球做自由落体运动，有Δy＝gT2，代入数据得T＝0.1 s，所以钢球做平抛运动的初速度v＝＝2 m/s。
(3)木板上悬挂铅垂线是为了调整木板使其处于竖直状态。
答案：(1)AB (2)2 (3)方便将木板调整到竖直状态
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