要点提炼
1.常用实验仪器的读数
(1)毫米刻度尺的读数：精确到毫米，估读一位。
(2)游标卡尺的读数
(3)螺旋测微器的读数：测量值＝固定刻度整毫米数＋0.5
mm(判断半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度读数(含估读)×0.01
mm。
(4)电流表、电压表和欧姆表的读数
仪器
量程选择
读数
电流表
使指针指在超过满偏刻度的位置
若分度值为1、0.1、0.01，需要估读到分度值的下一位；如果分度值是2或5，分别按分度值或分度值估读
电压表
欧姆表
使指针指在表盘的中间位置附近
表盘读数乘以相应挡位的倍率
注：游标卡尺、秒表、欧姆表不需要估读。
2．速度、加速度的求解方法
“平均速度法”求速度
即vn＝，如图所示：
“逐差法”求加速度
即a1＝，a2＝，a3＝，然后取平均值，即a＝，这样可使所给数据全部得到利用，以提高准确度。若为奇数段，则去掉第一段转化为偶数段采用上述方法处理。
“图象法”求加速度
即由“平均速度法”求出多个点的速度，画出v?t图象，直线的斜率即表示加速度。
3．电学实验器材的选择
(1)电流表和电压表的选择
①根据电源的参数来选择。
②根据电路中的最大电流(或者最大电压)来选择。
③根据用电器的额定电流(或者额定电压)来选择。
(2)滑动变阻器的选择
①用分压式接法时，应该选用最大阻值较小、额定电流较大的滑动变阻器。
②用限流式接法时，应该选用阻值和被测电阻接近的滑动变阻器。
4．电学实验电路的选择
(1)电流表内、外接法的选择
①若Rx>，则采用电流表内接法，此时R测＝＝Rx＋RA>Rx。
②若Rx<
，则采用电流表外接法，此时R测＝＝(2)滑动变阻器限流式接法和分压式接法的选择
通常滑动变阻器应选用限流式接法。但在下列三种情况中必须选用分压式接法：
①若采用限流式接法，电路中的最小电流超过用电器的额定电流，则必须选用分压式接法。
②当用电器阻值远大于滑动变阻器的最大阻值，且实验要求的电压变化范围较大或要求测量多组实验数据时，必须选用分压式接法。
③要求回路中某部分电路的电压从零开始可连续变化时必须选用分压式接法。
5．实验创新
涉及实验仪器和原理的创新、实验方案和方法的创新等。
6．用好定值电阻
高考考向1 基础实验
命题角度1
测量型实验
例1 (2020·全国卷Ⅰ)某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻Rx，所用电压表的内阻为1
kΩ，电流表内阻为0.5
Ω。该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图a所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间。测量得到如图b所示的两条U?I图线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数。
回答下列问题：
(1)图b中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在________(填“O、P”或“O、Q”)两点的方案测量得到的。
(2)根据所用实验器材和图b可判断，由图线________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为________
Ω(保留1位小数)。
(3)考虑到实验中电表内阻的影响，需对(2)中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为________
Ω(保留1位小数)。
解析 (1)若将电压表跨接在O、P两点之间，则I＝＋，U＝I，可知对应U?I图线的斜率为。
若将电压表跨接在O、Q两点之间，则U＝I(Rx＋RA)，可知对应U?I图线的斜率为(Rx＋RA)。
对比题图b可知kⅠ>kⅡ，所以题图b中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在O、P两点之间的方案测量得到的。
(2)因为待测电阻的阻值为几十欧姆，且通过U?I图线的斜率可大致估算出待测电阻的阻值为50
Ω左右，故<，说明待测电阻的阻值较大，所以电流表应采用内接法，即电压表应跨接在O、Q两点之间，所以由图线Ⅰ得到的结果更接近待测电阻的真实值。根据图线Ⅰ可得Rx＝≈50.5
Ω。
(3)考虑电流表内阻的影响，则修正后待测电阻的阻值为Rx′＝Rx－RA＝50.5
Ω－0.5
Ω＝50.0
Ω。
答案 (1)O、P (2)Ⅰ 50.5 (3)50.0
测量型实验攻克策略
解决测量型实验问题的关键是明确实验仪器的使用方法，明确实验原理、实验方法，掌握实验的注意事项及处理实验数据的方法，会分析误差来源。
测量某个物理量可以用仪器直接读出，比如长度可由游标卡尺或螺旋测微器直接读取，电流或电压可以由多用电表直接测量读取。读数时要尽量精确，为此要遵循各类仪器的读数规则，特别注意有效数字的位数要按规则保留。
测量某个物理量也可以设计实验方案间接测量计算得出，例如用打点计时器测匀变速直线运动的加速度、用伏安法测电阻、测电源的电动势和内阻等。设计实验方案要遵循所符合的物理规律，原则是安全、可行、精确、方便，例如伏安法测电阻所涉及的电流表内外接的选择、滑动变阻器接法的选择等都要遵循该原则。
备课记录：
1－1 (2019·全国卷Ⅰ)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(保留三位有效数字)；物块下滑的加速度大小为________
m/s2(保留两位有效数字)。
答案 A 0.233 0.75
解析 物块加速下滑，因此打点间距逐渐增大，故先打出A点。
打C点时物块的速度大小
vC＝＝
m/s≈0.233
m/s。
物块下滑的加速度大小
a＝＝
m/s2＝0.75
m/s2。
1－2 (2020·云南省昆明市高三“三诊一模”摸底诊断测试)在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，有如下实验器材：
待测干电池一节
电流表(量程0～0.6
A，内阻rA＝2.0
Ω)
电压表(量程0～3
V，内阻约3
kΩ)
滑动变阻器
开关、导线若干
(1)某同学用图甲所示电路进行实验，由于电表内阻的影响产生系统误差，其主要原因是______________________________________。
(2)为消除系统误差，结合所给电表参数，另一同学改用图乙所示电路进行实验，根据实验数据得出如图丙所示的图象，则可得电源电动势E＝________
V，内阻r＝________
Ω。(结果均保留两位有效数字)
答案 (1)由于电压表分流导致电流表测得的电流比实际干路电流偏小
(2)1.5 1.0
解析 (1)图甲采用相对电源的电流表外接法，由于电压表内阻不是无穷大，所以电压表分流导致电流表中电流比实际干路电流偏小。
(2)改用图乙所示电路实验时，根据闭合电路欧姆定律U＝E－I(r＋rA)，再由图丙所示U?I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5
V，则电源电动势E＝1.5
V，图象的斜率绝对值表示等效内阻，故r＋rA＝＝
Ω＝3.0
Ω，故电源内阻r＝3.0－2.0
Ω＝1.0
Ω。
1－3 (2020·湖北省武汉市武昌区高三下6月调研考试(三))如图甲所示是一多用电表的简化电路图。其表头满偏电流Ig＝500
μA、内阻Rg＝50
Ω。该多用电表有两个电流挡，量程分别为0～10
mA和0～1
mA。已知R3＝2475
Ω。
(1)转换开关S接入________(填“1”“2”“3”“4”“5”或“6”)端时，为较小量程的电流挡，正确测量时电流应从A表笔流________(填“出”或“入”)多用电表。
(2)当转换开关S接入“3”端时，多用电表可以用来测电阻。测量之前，先进行欧姆调零，使指针偏转到刻度盘最________(填“左”或“右”)侧。某次测量电阻时使用的倍率为“×1”，指针如图乙，则待测电阻的阻值为________
Ω。
(3)当转换开关S接入“5”端时，多用电表的功能是测________(填“电流”“电压”或“电阻”)，其量程为________。
答案 (1)2 入 (2)右 19
(3)电压 2.5
V(或0～2.5
V)
解析 (1)转换开关S接入“1”或“2”都是电流挡，但接入“2”时，R1、R2两个电阻串联，阻值较大，分得的电流较小，因此是较小量程的电流挡。由于电流都是“红进黑出”，如果作为欧姆表，根据表内电池的正负极，电流从黑表笔流出可知，B是黑表笔，因此作为电流表，电流也应从A表笔(红表笔)流入。
(2)由于欧姆表的零刻度在表盘的最右侧，因此欧姆调零时，红黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指到欧姆表的零刻度，也就是指针指到刻度盘最右侧。由于图乙中指针恰好对准19刻度线，而且使用的是“×1”挡位，因此电阻值为19
Ω。
(3)由于S接“2”时，是量程为1
mA的电流挡，因此当开关S接“5”时，相当于电流表与电阻R3串联，改装成电压表，用来测量电压。其量程U＝I2R3＋IgRg＝(1×10－3×2475＋500×10－6×50)V＝2.5
V。
命题角度2
验证型实验
例2 (2020·湖南高三二模)用半径均为r的小球1和小球2碰撞来验证动量守恒定律，实验装置如图甲所示，斜槽与水平槽圆滑连接。安装固定好实验装置，在竖直挡板上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，用夹子固定，小球在水平槽上时球心与O点位置等高，实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在竖直挡板上。重复多次，确定小球落点的平均位置P；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，确定碰撞后两小球落点的平均位置M、N；
步骤3：用毫米刻度尺测得O点与M、P、N三点在竖直方向的距离分别为h1、h2、h3。
(1)两小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙，则两小球的直径均为________
mm。
(2)设小球1和小球2的质量分别为m1、m2，若满足_________________，则说明碰撞过程动量守恒，若还满足________________________，则说明两球发生的碰撞为弹性碰撞。(用m1、m2、h1、h2、h3表示)
解析 (1)小球的直径为d＝9.5
mm＋34.7×0.01
mm＝9.847
mm。
(2)小球离开轨道后做平抛运动，在水平方向有x＝vt，在竖直方向有h＝gt2，解得v＝t
。由题意可知，碰撞前小球1的速度为v0＝x，碰撞后小球1的速度为v1＝x，碰撞后小球2的速度为v2＝x。若碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，整理得＝＋。若两球发生的碰撞为弹性碰撞，则机械能守恒，有m1v＝m1v＋m2v，整理得＝＋。
答案 (1)9.847(9.846～9.848均可)
(2)＝＋ ＝＋
1．验证型实验包括验证力的平行四边形定则、验证牛顿第二定律、验证机械能守恒定律、验证动量守恒定律等，考查内容可涉及实验原理、验证方案的设计或改进、数据处理、误差分析等。验证力的平行四边形定则的数据处理是画图验证，其余实验大多通过测量验证表达式是否成立，只要在误差允许的范围内与所验证规律吻合即验证成功。
2．验证型实验攻克策略
(1)明确实验要验证什么定律，正确理解该定律的内容。
(2)根据已有的知识灵活运用实验方法
例如，在验证牛顿第二定律的实验中，加速度的大小既可以用打点计时器测，也可以用光电门传感器测；拉力可以用钩码的重力代替，也可以用力传感器测。应根据题目情景正确选择方法。
(3)要重视实验的验证条件
物理规律的成立必须满足一定条件，验证实验中必须满足这些条件才能使实验顺利进行。如在验证力的平行四边形定则的实验中，实验的条件是“力的作用效果相同”，因此，在两个分力和一个力分别作用下，同一弹性绳的同一端点必须到达同一位置才能满足实验的验证条件。在验证机械能守恒定律的实验中，“只有重力做功”是实验的验证条件，而实验中阻力的存在是不可避免的，阻力做功过大时，实验误差大，实验将失去意义，为此，实验中要求铁架台竖直、架稳，且选用质量大、体积小的重锤，使重力远远大于实验中的阻力，阻力做的功可以忽略不计，从而满足了实验的验证条件。
备课记录：
2－1 (2020·河北省石家庄市高三下一模)如图甲所示是“验证力的平行四边形定则”的实验装置，将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套。实验中需用两个弹簧测力计分别钩住绳套，并互成角度地拉橡皮条，使结点到达某一位置O。
(1)某同学在做该实验时提出如下一些观点，其中不恰当的是________(请填入相应的字母)；
A．拉橡皮条的绳细一些且适当长一些，实验效果较好
B．拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
C．橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些
D．两个弹簧测力计拉力的夹角越大越好
E．测量前应把两弹簧测力计互相钩在一起并对拉，观察它们的示数是否相同，应选用示数相同的一对弹簧测力计
F．实验中，用一个弹簧测力计拉橡皮条时，需将结点拉到同一位置O
(2)实验中，用两个弹簧测力计拉橡皮条时，若两个弹簧测力计的读数均为4.00
N，且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直，________(选填“能”或“不能”)用一个量程为5.00
N的弹簧测力计测量出它们的合力；
(3)如图乙所示，保持左右两侧细绳间的夹角为锐角，并保持拉左侧细绳的测力计的读数不变，而使左侧细绳与竖直方向的夹角θ减小，适当调整右侧弹簧测力计的拉力大小和方向，可使结点保持在O点不变，则右侧弹簧测力计的示数________(请填入相应的字母)。
A．一定变大
B．一定不变
C．一定变小
答案 (1)D (2)不能 (3)C
解析 (1)为了方便而且更加准确确定力的方向，操作时应使绳细且长一些，故A正确；作图时，是在木板的白纸上作图，作出的是沿木板方向力的图示，若拉力与木板面不平行，则作出力的方向与实际力的方向有较大差别，故应使各力尽量与木板平面平行，故B正确；为了不超过弹性限度，橡皮条弹性要好，为了减小误差，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些，故C正确；作平行四边形时，为了减小误差，拉力F1和F2的夹角应适当，并非越大越好，故D错误；测量前应把两弹簧测力计互相钩在一起并对拉，观察它们的示数是否相同，检查其准确性，故E正确；为了保证合力与分力作用效果相同，实验中用一个弹簧测力计拉橡皮条时，需将结点拉到同一位置O，故F正确。本题选不恰当的，故选D。
(2)题述两个拉力的合力大小为4
N>5
N，故不能用一个量程为5.00
N的弹簧测力计测量出它们的合力。
(3)由题意可知，保持结点在O点位置不变，即合力大小、方向不变，左侧弹簧测力计的读数不变，根据要求作出力的平行四边形如图。由图可知，右侧弹簧测力计的示数一定变小，故A、B错误，C正确。
2－2 (2020·四川省雅安市高三下第三次诊断)某同学利用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。在本实验中：
(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________。
A．天平(含砝码)
B．刻度尺
C．交流电源
(2)实验中，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的动能变化量ΔEk＝________。(用题中所给的字母表示)
(3)正确完成实验后得到的实验结果显示，重物重力势能的减少量总是大于动能的增加量，原因是________。
A．没有采用多次实验取平均值的方法
B．存在空气阻力和摩擦力的影响
C．利用公式v＝
计算重物速度
D．利用公式v＝gt计算重物速度
答案 (1)BC (2) (3)B
解析 (1)本实验要验证的关系式为mgh＝mv2，等式两边消掉了m，则不需要用天平测质量；打点计时器工作时需要交流电源，还必须使用刻度尺测位移，故选B、C。
(2)打B点时重物的速度vB＝，从打O点到打B点的过程中，重物的动能变化量ΔEk＝mv＝。
(3)由于存在空气阻力和摩擦力，则机械能有损失，ΔEp>ΔEk，故选B。
命题角度3
探究型实验
例3 (2020·江苏高考)某同学描绘一种电子元件的I?U关系图象，采用的实验电路图如图1所示，V为电压表，mA为电流表，E为电源(电动势约6
V)，R为滑动变阻器(最大阻值20
Ω)，R0为定值电阻，S为开关。
(1)请用笔画线代替导线，将图2所示的实物电路连接完整。
(2)调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的示数如下表：
电压U/V
0.000
0.250
0.500
0.650
0.700
0.725
0.750
电流I/mA
0.00
0.10
0.25
0.60
1.70
4.30
7.50
请根据表中的数据，在方格纸上作出该元件的I?U图线。
(3)根据作出的I?U图线可知，该元件是________(选填“线性”或“非线性”)元件。
(4)在上述测量中，如果用导线代替电路中的定值电阻R0，会导致的两个后果是________。
A．电压和电流的测量误差增大
B．可能因电流过大烧坏待测元件
C．滑动变阻器允许的调节范围变小
D．待测元件两端电压的可调节范围变小
解析 (1)根据题图1连接实物电路如图。
(2)根据表中数据描点，并用平滑的曲线连接各点如图。
(3)根据I?U图线可知，该元件是非线性元件。
(4)由I?U图线可知，当待测元件两端电压超过一定数值时，待测元件中的电流会急剧增大，所以电阻会急剧减小，若用导线代替R0，可能会因电流过大烧坏待测元件，而对电压和电流的测量误差无影响，A错误，B正确；根据I?U图线可知，待测元件两端的电压应小于1
V，而电源电动势为6
V，如果用导线代替R0，会导致滑动变阻器允许的调节范围变小，但不影响待测元件两端电压的可调节范围，C正确，D错误。
答案 (1)图见解析 (2)图见解析 (3)非线性
(4)BC
1．探究型实验在教材和高考中占比都较高。这类题目能较好地考查学生的实验探究能力、常用物理思想方法等。经常涉及的实验有探究物体的加速度与力和质量的关系、探究弹力和弹簧伸长的关系、探究动能定理、传感器的简单使用等。
2．探究型实验攻克策略
根据实验目的，运用物理知识、实验方法和技能，完成实验的各个环节(实验目的、对象、原理、仪器选择、实验步骤、数据处理等)，拟定实验方案，分析实验现象，并在此基础上作出适当评价。
备课记录：
3－1 (2020·云南省玉溪市高三第二次教学质量检测)如图甲所示，用铁架台、弹簧、毫米刻度尺和多个质量已知且相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力F和弹簧伸长量x的关系。
(1)某同学将弹簧平放在水平桌面上量出弹簧的自然长度，然后按照图甲进行实验，根据实验数据绘图，作出如图乙所示的图象，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。由图可知图线不通过原点，其原因是______________________。
(2)由图乙知该弹簧的劲度系数k＝________
N/m(计算结果保留两位有效数字，重力加速度g取9.8
m/s2)。
(3)实验中用两根不同的轻弹簧a和b进行实验，画出弹簧弹力F与弹簧的长度L的关系图象如图丙所示，下列说法正确的是________。
A．a的劲度系数比b的大
B．a的劲度系数比b的小
C．a的原长比b的大
D．两个弹簧相比，用b弹簧制作的弹簧秤，灵敏度更高
答案 (1)实验中没有考虑弹簧的自重(或弹簧竖直悬挂时的自然长度比水平放置时长) (2)6.9 (3)AD
解析 (1)由图乙可知图线不通过原点，其原因是实验中没有考虑弹簧的自重(或弹簧竖直悬挂时的自然长度比水平放置时长)。
(2)由图乙知，该弹簧的劲度系数k＝＝
N/m≈6.9
N/m。
(3)根据F＝k(L－L0)可知，图象的斜率等于弹簧的劲度系数，则a的劲度系数比b的大，A正确，B错误；图象与横轴L的截距等于弹簧原长，可知a的原长比b的小，C错误；因b弹簧劲度系数较小，则两个弹簧相比，用b弹簧制作的弹簧秤，灵敏度更高，D正确。
3－2 (2020·江苏省南京市六校联合体高三(下)5月联考)如图甲所示是某同学在做“探究加速度与力、质量的关系”实验初始时刻的装置状态图，如图乙所示是该同学得到一条用打点计时器打下的纸带。
(1)写出图甲中错误的地方：____________________，____________________；(至少写出两点)
(2)图甲中打点计时器应该用以下哪种电源________；
A．直流4～6
V
B．直流220
V
C．交流4～6
V
D．交流220
V
(3)已知打点计时器所用电源的频率为50
Hz，纸带上每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出，根据纸带求出小车运动时的加速度大小为________
m/s2(结果保留两位有效数字)；
(4)该同学在教师指导下，将实验装置调试正确。实验中，保持所挂砂和砂桶的总质量m不变，改变小车的质量M，并测出所对应的加速度a，以小车的质量M为横坐标，以为纵坐标，在坐标纸上作出如图丙所示的关系图线，已知当地的重力加速度为g，结果发现图象不过原点，根据牛顿第二定律认为在拉力不变的情况下与M应该成正比，该同学百思不得其解，请你告诉该同学图中纵轴上的截距的物理意义是________(用题中所给的字母表示)。
答案 (1)小车释放时距打点计时器过远 细线没有放在滑轮上(或细线没有与木板平行、细线不够长等)
(2)D (3)0.75 (4)
解析 (1)图甲中错误的地方有：小车释放时距打点计时器过远、细线没有放在滑轮上、细线没有与木板平行、细线不够长等。
(2)由图甲可知，该打点计时器为电火花计时器，因此应当选用220
V的交流电源，故A、B、C错误，D正确。
(3)由于两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出，因此两个相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1
s。根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2，可得：a＝＝0.75
m/s2。
(4)由牛顿第二定律可得：mg－T＝ma，T＝Ma，联立得：＝＝＋，根据数学知识可知，图象在纵轴上的截距表示。
3－3 (2020·陕西省渭南市高三下教学质量检测)如图所示，重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况，利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验，重物质量m、小车质量M已通过实验测得。
(1)打点计时器使用的电源是________(填选项前的字母)。
A．交流电源
B．直流电源
(2)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确操作方法是________(填选项前的字母)。
A．不挂重物，小车静止放在木板上，把长木板右端逐渐垫高，直到小车开始运动，不再改变右端高度，即认为平衡了摩擦力和其他阻力
B．小车静止放在木板上，挂上重物，给重物下边再逐渐添加钩码，观察小车能否运动，小车能向下运动时，即认为平衡了摩擦力和其他阻力
C．不挂重物，把长木板右端逐渐垫高，接通电源，轻推小车，通过观察小车运动后打点计时器打点是否均匀，如果均匀，则认为平衡了摩擦力和其他阻力
(3)接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O。在纸带上依次取A、B、C…若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T。测得A、B、C…各点到O点的距离分别为x1、x2、x3…，如图所示，实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg，从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功WOB＝________，打B点时小车的动能为EkB＝____________________。
(4)选取纸带上不同点，可以通过作Ek?W图象来探究动能定理。
假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，该同学仍然认为小车所受拉力大小为mg，则从理论上分析，小车的动能Ek与拉力对小车做功W的图象可能是图中的________。
答案 (1)A (2)C (3)mgx2 M
(4)D
解析 (1)打点计时器使用的电源是交流电源，故A正确。
(2)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确操作应是不挂重物，把长木板右端逐渐垫高，接通电源，轻推小车，通过观察小车运动后打点计时器打点是否均匀，如果均匀，则认为平衡了摩擦力和其他阻力，故C正确。
(3)从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W＝mgx2，打B点时小车的速度为vB＝，则打B点时小车的动能为EkB＝Mv＝M。
(4)根据牛顿第二定律，对小车有F＝Ma，对重物有mg－F＝ma，解得a＝，F＝。若m不满足m?M，该同学仍以为F＝mg，则W＝Fx＝mgx，Ek＝Mv2＝M·(2ax)＝x，故Ek＝W，即Ek?W图象仍是过原点的直线，但斜率不再是1，故D正确，A、B、C错误。
3－4 (2020·全国卷Ⅲ)已知一热敏电阻当温度从10
℃升至60
℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用伏安法测量其阻值随温度的变化关系。所用器材：电源E、开关S、滑动变阻器R(最大阻值为20
Ω)、电压表(可视为理想电表)和毫安表(内阻约为100
Ω)。
(1)在所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图。
(2)实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为5.5
V和3.0
mA，则此时热敏电阻的阻值为________
kΩ(保留2位有效数字)。实验中得到的该热敏电阻阻值R随温度t变化的曲线如图a所示。
(3)将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为2.2
kΩ。由图a求得，此时室温为________
℃(保留3位有效数字)。
(4)利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图b所示。图中，E为直流电源(电动势为10
V，内阻可忽略)；当图中的输出电压达到或超过6.0
V时，便触发报警器(图中未画出)报警。若要求开始报警时环境温度为50
℃，则图中________(填“R1”或“R2”)应使用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为________
kΩ(保留2位有效数字)。
答案 (1)图见解析 (2)1.8 (3)25.5 (4)R1 1.2
解析 (1)因为滑动变阻器的最大阻值远小于热敏电阻的阻值，故滑动变阻器应采用分压式接法；因为电压表可视为理想电表，即电压表的分流可以忽略，所以电流表应外接。连线如图。
(2)由欧姆定律得：R＝＝
Ω＝1.8
kΩ。
(3)由题图a中可以直接读出热敏电阻的阻值为2.2
kΩ时，对应的温度为25.5
℃。
(4)温度升高时，该热敏电阻的阻值减小，分得的电压减小，而题图b中的输出电压升高，所以R1应使用热敏电阻。由题图a可知，温度为50
℃时，热敏电阻的阻值R1＝0.8
kΩ，由闭合电路欧姆定律可得E＝I0(R1＋R2)，又U2＝I0R2，联立并代入数据解得，固定电阻的阻值R2＝1.2
kΩ。
高考考向2 创新设计与拓展型实验
命题角度1
实验创新设计
例4 (2020·全国卷Ⅱ)某同学要研究一小灯泡L(3.6
V，0.30
A)的伏安特性。所用器材有：电流表A1(量程200
mA，内阻Rg1＝10.0
Ω)、电流表A2(量程500
mA，内阻Rg2＝1.0
Ω)、定值电阻R0(阻值R0＝10.0
Ω)、滑动变阻器R1(最大阻值10
Ω)、电源E(电动势4.5
V，内阻很小)、开关S和若干导线。该同学设计的电路如图a所示。
(1)根据图a，在图b的实物图中画出连线。
(2)若I1、I2分别为流过电流表A1和A2的电流，利用I1、I2、Rg1和R0写出：小灯泡两端的电压U＝________，流过小灯泡的电流I＝________。为保证小灯泡的安全，I1不能超过________
mA。
(3)实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电流表的示数为零。逐次改变滑动变阻器滑片位置并读取相应的I1和I2。所得实验数据在下表中给出。
I1/mA
32
55
85
125
144
173
I2/mA
171
229
299
379
424
470
根据实验数据可算得，当I1＝173
mA时，灯丝电阻R＝________
Ω(保留1位小数)。
(4)如果用另一个电阻替代定值电阻R0，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于________
Ω(保留1位小数)。
解析 (1)根据电路图，连接实物图如图所示。
(2)根据电路图可知，小灯泡两端的电压为电流表A1和R0串联电路两端的总电压，根据欧姆定律有
U＝I1(Rg1＋R0)①
根据并联电路的特点可知，流过小灯泡的电流
I＝I2－I1②
小灯泡的额定电压为3.6
V，将题目中已知数据代入①式中，可知I1不能超过180
mA。
(3)根据表中数据可知，当I1＝173
mA时，I2＝470
mA，将数据代入①②两式可得，此时小灯泡两端的电压为U＝3.46
V，流过小灯泡的电流为I＝297
mA＝0.297
A，根据欧姆定律可知，此时小灯泡的灯丝电阻为R＝＝
Ω＝11.6
Ω。
(4)要测量完整的伏安特性曲线，则小灯泡两端的电压至少要能达到3.6
V，而电流表A1的示数不能超过其量程200
mA，设所用电阻的阻值最小为R0′，则结合①式有3.6＝0.200×(10.0＋R0′)，解得R0′＝8.0
Ω，即为了能够测量小灯泡完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于8.0
Ω。
答案 (1)图见解析
(2)I1(Rg1＋R0) I2－I1 180
(3)11.6 (4)8.0
实验创新涉及实验仪器和原理的创新、实验方案和方法的创新，以考查考生的创新能力。
此类实验题要用“已有的知识”“学过的实验方法”“已会用的仪器”，通过知识迁移和能力迁移，进行解答。
求解创新设计类实验的基本思路
备课记录：
4－1 (2020·全国卷Ⅱ)一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。
令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0＝0.590
m，下降一段距离后的高度h＝0.100
m；由h0下降至h所用的时间T＝0.730
s。由此求得小球B加速度的大小为a＝________
m/s2(保留3位有效数字)。
从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0
g和150.0
g，当地重力加速度大小为g＝9.80
m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a′＝________
m/s2(保留3位有效数字)。
可以看出，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：________________________。
答案 1.84 1.96 滑轮的轴不光滑(或绳和滑轮之间有摩擦、滑轮有质量等)
解析 由题意可知，小球B下降过程中做匀加速直线运动，根据运动学公式有h0－h＝aT2，代入数据解得a＝1.84
m/s2。根据牛顿第二定律，对小球A有T－mAg＝mAa′，对小球B有mBg－T＝mBa′，联立并代入数据解得a′＝1.96
m/s2。从上面的计算结果可以看出，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，还可能产生这一结果的原因有：滑轮的轴不光滑、绳和滑轮之间有摩擦、滑轮有质量等。
4－2 (2020·江苏高考)疫情期间“停课不停学”，小明同学在家自主开展实验探究。用手机拍摄物体自由下落的视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，实验装置如图1所示。
(1)家中有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作实验中下落物体的是________。
(2)下列主要操作步骤的正确顺序是________。(填写各步骤前的序号)
①把刻度尺竖直固定在墙上
②捏住小球，从刻度尺旁静止释放
③手机固定在三脚架上，调整好手机镜头的位置
④打开手机摄像功能，开始摄像
(3)停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中的小球和刻度如图2所示。已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为
s，刻度尺的分度值是1
mm，由此测得重力加速度为________
m/s2。
(4)在某次实验中，小明释放小球时手稍有晃动，视频显示小球下落时偏离了竖直方向。从该视频中截取图片，________(选填“仍能”或“不能”)用(3)问中的方法测出重力加速度。
答案 (1)小钢球 (2)①③④②
(3)9.6(9.5～9.7均正确) (4)仍能
解析 (1)要测量当地的重力加速度，需要尽量减小空气阻力的影响，所以选用密度大、体积小的小钢球最适合。
(2)要完成实验，首先应该把刻度尺竖直固定在墙上，然后把手机固定在三脚架上，调整手机镜头的位置使其正对刻度尺；因为小球下落时间很短，所以一定要先打开手机摄像功能，开始摄像，然后捏住小球，从刻度尺旁静止释放，故顺序为①③④②。
(3)由题中三帧图片读出小球所在位置的刻度分别为2.50
cm、26.50
cm、77.15
cm。小球做自由落体运动，根据Δx＝gT2，可得g＝
＝m/s2≈9.6
m/s2。
(4)即使小球下落时偏离了竖直方向，小球在竖直方向上的运动依然是自由落体运动，故仍能用(3)问中的方法测出重力加速度。
4－3 (2020·贵州省铜仁市高三适应性考)如图甲所示，一根不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮，两个质量相等的砝码盘分别系于绳的两端。甲、乙两位同学利用该装置探究系统加速度与其所受合力的关系。共有9个质量均为m的砝码供实验时使用。
请回答下列问题：
(1)实验中，甲将左盘拉至恰好与地面接触，乙把5个砝码放在右盘中，4个砝码放在左盘中。系统稳定后，甲由静止释放左盘。
(2)若要从(1)的操作中获取计算系统加速度大小的数据，下列器材中必须使用的是________(填正确答案标号)。
A．米尺
B．秒表
C．天平
D．弹簧测力计
(3)请说明用(2)中选择的器材要测量本实验中的必要物理量是：__________________________________________________________________________。
(4)由(3)中测量得到的物理量的数据，根据公式________(用所测量物理量的符号表示)，可以计算岀系统加速度的大小。
(5)依次把左盘中的砝码逐个移到右盘中，重复(1)(3)(4)操作，获得系统在受不同合力作用下加速度的大小，记录的数据如下表，请利用表中数据在图乙上描点并作出a?F图象。
实验次数
1
2
3
4
5
合外力F(mg)
1
3
5
7
9
加速度a(m·s－2)
0.20
0.60
0.99
1.38
1.80
(6)从作出的a?F图象能得到的实验结论是：____________________。
答案 (2)AB
(3)释放前，用米尺测量右盘离地面的高度h，用秒表记录右盘下落至地面的时间t
(4)h＝at2 (5)图见解析
(6)系统质量一定时，其加速度与所受合外力成正比
解析 (2)(3)(4)根据实验原理可知，两个砝码盘均做匀加速直线运动，由公式h＝at2可知，为了获得加速度值，应用米尺测量释放前右盘离地面的高度h，用秒表记录右盘下落至地面的时间t，故A、B正确。
(5)根据表格数据描点连线如图。
(6)由图象可知，a?F图象为经过原点的一条直线，说明系统质量一定时，加速度与合外力成正比。
4－4 (2020·山西省大同市高三联考)某同学测定电源电动势和内阻，所使用的器材有：待测干电池一节(内阻很小)，电流表A(量程0.6
A，内阻RA小于1
Ω)，电流表A1(量程0.6
A，内阻未知)，电阻箱R1(0～99.99
Ω)，滑动变阻器R2(0～10
Ω)，单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个，导线若干。
(1)该同学按图甲所示电路连接进行实验操作，请在虚线框内补全与图甲对应的电路图。
(2)测电流表A的内阻：
闭合开关K，将开关S与C接通，通过调节电阻箱R1和滑动变阻器R2，读取电流表A的示数为0.20
A、电流表A1的示数为0.60
A、电阻箱R1的示数为0.10
Ω，则电流表A的内阻RA＝________
Ω。
(3)测电源的电动势和内阻：
断开开关K，调节电阻箱R1，将开关S接________(填“C”或“D”)，记录电阻箱R1的阻值和电流表A的示数；断开开关K，开关S所接位置不变，多次调节电阻箱R1重新实验，并记录多组电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I。
(4)数据处理：
图乙是由实验数据绘出的?R图象，由此求出干电池的电动势E＝________
V、内阻r＝________
Ω。(计算结果保留两位有效数字)
(5)如果电流表A的电阻未知，本实验________(填“能”或“不能”)测出该电源的电动势。
答案 (1)图见解析 (2)0.20 (3)D
(4)1.5 0.25 (5)能
解析 (1)由实物图画出电路图，如图所示。
(2)根据串并联电路的规律可知，流过电阻箱R1的电流IR1＝(0.60－0.20)A＝0.40
A；R1两端的电压U＝0.10×0.40
V＝0.040
V，则电流表A的内阻RA＝
Ω＝0.20
Ω。
(3)S接D，否则电路断路。
(4)根据(3)中步骤和闭合电路欧姆定律可知E＝I(R＋RA＋r)，变形可得：＝＋。根据图象可知：＝，＝0.3，解得E＝1.5
V，r＝0.25
Ω。
(5)由＝＋可知：当电流表A内阻未知时，能测出该电源的电动势，但不能测出该电源的内电阻。
命题角度2
实验的拓展与迁移
例5 (2019·全国卷Ⅱ)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：
(1)铁块与木板间动摩擦因数μ＝__________(用木板与水平面的夹角θ、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θ＝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____________(结果保留两位小数)。
解析 (1)铁块受重力、木板弹力及摩擦力作用，受力分析如图。
由牛顿第二定律得：
mg
sin
θ－μFN＝ma
且FN＝mg
cos
θ
联立以上两式解得μ＝。
(2)由逐差法求铁块加速度：
a＝
＝
m/s2≈1.97
m/s2
代入μ＝，得μ≈0.35。
答案 (1) (2)0.35
实验的拓展与迁移，是指利用已学物理知识和规律，提出新的实验目的，如验证动量定理、测量动摩擦因数、电表的改装与校准、测量弹簧的弹性势能等。对于这种实验情景，利用已学知识并围绕实验目的解题，能达到理想的效果。并且应在充分理解和掌握基本实验的基础上多做一些创新实验题，拓宽眼界和思维。
测定动摩擦因数的实验一般结合在“研究匀变速直线运动”“验证牛顿第二定律”或“探究动能定理”等实验中考查。实验的原理是：利用打点计时器等器材测出物体做匀变速直线运动的加速度，再利用牛顿第二定律计算动摩擦因数，或者利用平衡条件、动能定理或能量守恒定律等计算动摩擦因数，如下表所示：
实验方法
创新思维
实验原理
将研究运动物体转化为研究静止物体
利用F弹＝Ff＝μFN求μ
让物块先做加速运动，当重物掉到地面上之后物块做匀减速直线运动
减速运动中，利用逐差法求加速度，利用F＝μmg＝ma进一步求μ
将动摩擦因数的测量转化为角度和加速度的测量
利用a＝g
sin
θ－μg
cos
θ求μ(a通过逐差法求解)
将动摩擦因数的测量转化为加速度的测量
利用v－v＝2as求加速度，再利用动力学知识得到μ＝
将动摩擦因数的测量转化为速度的测量，并营造多过程切入水平滑动情景
A→B过程中，机械能守恒；C→D过程中，物块Q做平抛运动；B→C过程中，只有摩擦力对物块Q做功，利用Wf＝－μmgL＝EkC－EkB，进一步求μ
备课记录：
5－1 (2020·全国卷Ⅰ)某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。
实验步骤如下：
(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间________时，可认为气垫导轨水平；
(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块(含遮光片)的质量m2；
(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；
(4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；
(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I＝________，滑块动量改变量的大小Δp＝________；(用题中给出的物理量及重力加速度g表示)
(6)某次测量得到的一组数据为：d＝1.000
cm，m1＝1.50×10－2
kg，m2＝0.400
kg，Δt1＝3.900×10－2
s，Δt2＝1.270×10－2
s，t12＝1.50
s，取g＝9.80
m/s2。计算可得I＝________
N·s，Δp＝________
kg·m·s－1；(结果均保留3位有效数字)
(7)定义δ＝×100%，本次实验δ＝________
%(保留1位有效数字)。
答案 (1)大约相等 (5)m1gt12 m2
(6)0.221 0.212 (7)4
解析 (1)当遮光片经过两个光电门的遮光时间大约相等时，滑块经过两个光电门的速度大约相等，由于气垫导轨对滑块的阻力很小，可以认为此时气垫导轨水平。
(5)由I＝Ft及题给条件，知I＝m1gt12；由Δp＝m2v2－m2v1，v1＝，v2＝，知Δp＝m2。
(6)代入数据知，I＝m1gt12＝1.50×10－2×9.80×1.50
N·s＝0.221
N·s，Δp＝m2＝0.400×
kg·m·s－1＝0.212
kg·m·s－1。
(7)δ＝×100%＝×100%＝4%。
5－2 (2020·吉林省吉林市高三下第四次调研)某同学将一个量程为0～1
mA、内阻未知的电流表G改装为量程为0～3
V的电压表V。他先测量该电流表G的内阻Rg，再进行改装，然后把改装的电压表与标准电压表进行校准并进行误差分析。实验室准备的仪器有：
电源E(电动势为4.5
V，内阻约1.2
Ω)
滑动变阻器R1(最大阻值为5000
Ω，允许通过的最大电流约为0.02
A)
滑动变阻器R2(最大阻值为20
Ω，允许通过的最大电流约为1.0
A)
电阻箱R(最大阻值为999.9
Ω，允许通过的最大电流约为0.2
A)
标准电压表V0(量程为3.0
V，内阻约为4000
Ω)
开关两个，导线若干
他的操作过程如下：
(1)先按如图a所示的电路，测量电流表G的内阻Rg，其步骤为：
①将滑动变阻器R1接入电路的阻值调到最大，保持开关K2断开，闭合开关K1，再调节滑动变阻器R1，使电流表G的指针指在满刻度Ig处。
②保持滑动变阻器R1接入电路的阻值不变，再闭合开关K2，调节电阻箱R的阻值使电流表G的指针指在满刻度的一半处，即I＝Ig，此时电阻箱上示数如图b所示，则电流表G的内阻Rg＝________
Ω。
(2)他根据所测出的电流表G内阻Rg的值，通过计算后，在表头G上串联一个电阻R，就将电流表G改装成量程为0～3
V的电压表V，如图c所示，则这个电阻的阻值为R＝________
Ω。
(3)他再用标准电压表V0对改装的电压表进行校准，要求电压能从0到最大值之间逐一进行校准，试在图d的方框中补全校准电路图，并标出所选用器材的符号，其中改装的电压表和标准电压表已画出。
(4)由于电流表G内阻Rg的测量值________(填“小于”或“大于”)真实值，改装电压表V时串联电阻R的阻值________(填“偏大”或“偏小”)，因此在校准过程中，改装的电压表的示数总比标准表的示数________(填“偏大”或“偏小”)。
答案 (1)105.0 (2)2895 (3)图见解析
(4)小于 偏大 偏小
解析 (1)电阻箱的读数为R箱＝105.0
Ω，根据闭合电路欧姆定律及串并联电路的规律，闭合开关K2前后，干路电流近似不变，则电流表的内阻为Rg＝105.0
Ω。
(2)由电压表的改装原理可知：R＝－Rg＝2895
Ω。
(3)要求电压从0到最大值之间逐一进行校准，因此滑动变阻器应采用分压式接法；为调节方便，滑动变阻器选用最大阻值较小的R2；标准电压表和改装电压表应并联。电路图如图所示。
(4)用半偏法测电流表内阻Rg时，由于电阻箱R的连入使得电路总电流变大，致使Rg的测量值偏小，在改装电压表时串联的电阻R＝－Rg，则R的阻值偏大，使得校准时通过改装电压表的电流值偏小，故改装的电压表示数总比标准表的示数偏小。
5－3 (2020·山西省太原市高三模拟)为测量弹簧压缩时具有的弹性势能和滑块B的质量，某同学用如图所示的装置进行实验。气垫导轨上有A、B两个滑块，A上固定一遮光片，左侧与被压缩且锁定的弹簧接触，右侧带有橡皮泥。已知A的质量为m1，遮光片的宽度为d；打开电源，调节气垫导轨使滑块A和B能静止在导轨上。解锁弹簧，滑块A被弹出后向右运动，通过光电门1后与B相碰，碰后粘在一起通过光电门2。两光电门显示的遮光时间分别为Δt1和Δt2，由此可知碰撞前滑块A的速度为________，锁定时弹簧具有的弹性势能为Ep＝________，B的质量m2＝________。(用已知和测得物理量的符号表示)
答案 m1 m1
解析 由滑块A通过光电门1的运动时间可知，碰撞前滑块A的速度v1＝。解锁弹簧后，弹簧的弹性势能转化为A碰撞前的动能，故锁定时弹簧具有的弹性势能Ep＝m1v＝m1·。由碰撞后A、B整体通过光电门2的时间，可求得碰撞后A、B整体的速度为v2＝，A、B碰撞过程中动量守恒，则有m1v1＝(m1＋m2)v2，联立解得m2＝m1。
5－4 (2020·四川省德阳市高三下第三次诊断)测量电流表G1的内阻r1的电路如图甲所示。供选择的仪器如下：
A．待测电流表G1(0～1
mA，内阻约为200
Ω)；
B．电流表G2(0～6
mA，内阻约为50
Ω)；
C．定值电阻R1(300
Ω)；
D．定值电阻R2(50
Ω)；
E．滑动变阻器R3(0～500
Ω)；
F．滑动变阻器R4(0～10
Ω)；
G．干电池(1.5
V)；
H．开关S及导线若干。
(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选__________。(均填器材前对应的字母序号)
(2)补全实验步骤：
①按电路图连接电路，________________________；
②闭合开关S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2；
③多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2的读数I1、I2；
④以I2为纵坐标，I1为横坐标，在图乙中作出相应图线。
(3)根据I2?I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式：________________________(用题中所给字母表示)。
答案 (1)D F
(2)将滑动变阻器滑动触头移至最左端
(3)r1＝(k－1)R2
解析 (1)测量时应尽可能使两块电流表都能接近满偏，而待测电流表G1内阻约200
Ω，量程为1
mA，电流表G2量程为6
mA，因此定值电阻应分5
mA左右的电流，故定值电阻应选D。电路图中滑动变阻器采用分压式接法，为了调节方便，滑动变阻器应选最大阻值较小的，因此选F。
(2)为了保护电路仪器，闭合开关前，将滑动变阻器滑动触头移至最左端。
(3)根据欧姆定律r1＝，则有I2＝·I1，由题意可知k＝＋1，得r1＝(k－1)R2。
专题作业
1．(2020·全国卷Ⅲ)某同学利用图a所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图b所示。
已知打出图b中相邻两点的时间间隔为0.02
s，从图b给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB＝________
m/s，打出P点时小车的速度大小vP＝________
m/s。(结果均保留2位小数)
若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图b给出的数据中求得的物理量为________。
答案 0.36 1.80 B、P之间的距离
解析 由匀变速直线运动一段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，
vB＝
m/s＝0.36
m/s，vP＝
m/s＝1.80
m/s。根据动能定理有：m码gxBP＝(M车＋m码)v－(M车＋m码)v，已知m码、M车，且vB、vP已求出，则要验证动能定理，还需要从题图b给出的数据中求得B、P之间的距离xBP。
2．(2020·四川省遂宁市高三(下)三诊)某实验小组要测量木块与长木板间的动摩擦因数，设计如图甲所示装置，已知当地的重力加速度为g。
(1)对于实验的要求，下列说法正确的一项是________。
A．钩码的质量要远小于木块的质量
B．要保证长木板水平
C．接通电源的同时释放木块
(2)按正确的操作要求进行操作，打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器使用的是50
Hz的交流电源，纸带上的点每5个点取1个计数点，则该木块的加速度a＝________
m/s2。(结果保留两位有效数字)
(3)若木块的质量为M，钩码的质量为m，则木块与长木板间的动摩擦因数为________(用M、m、a、g表示结果)。
答案 (1)B (2)1.1 (3)
解析 (1)本实验只要保证木块在水平方向做匀加速直线运动即可，不要求钩码的质量远小于木块的质量，A错误；根据实验原理，要保证长木板水平，B正确；为了使打点计时器打点稳定并充分利用纸带，应先接通电源再释放木块，C错误。
(2)由逐差法可求得加速度a＝≈1.1
m/s2。
(3)分别对木块和钩码进行受力分析，由牛顿第二定律有，T－μMg＝Ma，mg－T＝ma，解得μ＝。
3．(2020·云南省昆明市高三“三诊一模”摸底诊断测试)某同学在“验证力的平行四边形定则”的实验中，利用了以下器材：
两个轻弹簧A和B、白纸、方木板、橡皮筋、图钉、细线、钩码、刻度尺、铅笔。
实验步骤如下：
(1)用刻度尺测得弹簧A的原长为6.00
cm，弹簧B的原长为8.00
cm。
(2)如图甲，分别将弹簧A、B悬挂起来，在弹簧的下端挂上质量为m＝100
g的钩码，钩码静止时，测得弹簧A长度为6.98
cm，弹簧B长度为9.96
cm。取重力加速度g＝9.8
m/s2，忽略弹簧自重的影响，两弹簧的劲度系数分别为kA＝________
N/m，kB＝________
N/m。
(3)如图乙，将木板水平固定，再用图钉把白纸固定在木板上，将橡皮筋一端固定在M点，另一端系两根细线，弹簧A、B一端分别系在这两根细线上，互成一定角度同时水平拉弹簧A、B，把橡皮筋结点拉到纸面上某一位置，用铅笔描下结点位置并记为O。测得此时弹簧A的长度为8.10
cm，弹簧B的长度为11.80
cm，并在每条细线的某一位置用铅笔记下点P1和P2。
(4)如图丙，取下弹簧A，只通过弹簧B水平拉细线，仍将橡皮筋结点拉到O点，测得此时弹簧B的长度为13.90
cm，并用铅笔在此时细线的某一位置记下点P，此时弹簧B的弹力大小为F′＝________
N(计算结果保留三位有效数字)。
(5)根据步骤(3)所测数据计算弹簧A的拉力FA、弹簧B的拉力FB，在图丁中按照给定的标度作出FA、FB的图示，根据平行四边形定则作出它们的合力F的图示，测出F的大小为________
N(结果保留三位有效数字)。
(6)再在图丁中按照给定的标度作出F′的图示，比较F与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 (2)100 50 (4)2.95
(5)作FA、FB及F的图示见解析 2.80(2.70～2.90均正确)
(6)图见解析
解析 (2)根据胡克定律，两弹簧的劲度系数分别为kA＝＝
N/m＝100
N/m，kB＝＝
N/m＝50
N/m。
(4)弹簧B的弹力大小为F′＝kBΔxB′＝50×(0.1390－0.0800)N＝2.95
N。
(5)由胡克定律可得：FA＝kAΔxA′＝100×(0.0810－0.0600)N＝2.10
N，FB＝kBΔxB″＝50×(0.1180－0.0800)N＝1.90
N。作出FA、FB及其合力F的图示如图，由图可知合力F＝2.80
N。
(6)作出力F′的图示如图。
4．(2019·天津高考)现测定长金属丝的电阻率。
(1)某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是________
mm。
(2)利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻Rx约为100
Ω，画出实验电路图，并标明器材代号。
电源E(电动势10
V，内阻约为10
Ω)
电流表A1(量程0～250
mA，内阻R1＝5
Ω)
电流表A2(量程0～300
mA，内阻约为5
Ω)
滑动变阻器R(最大阻值10
Ω，额定电流2
A)
开关S及导线若干
(3)某同学设计方案正确，测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式Rx＝________。从设计原理看，其测量值与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“相等”)。
答案 (1)0.200(0.196～0.204均可) (2)图见解析
(3) 相等
解析 (1)d＝20.0×0.01
mm＝0.200
mm。
(2)本题要测量金属丝的电阻，无电压表，故用已知内阻的电流表A1充当电压表，由于电流表A1的满偏电压UA1＝ImR1＝1.25
V，比电源电动势小得多，故电路采用分压式接法，电路图如图所示。
(3)当电流表A1、A2读数分别为I1、I2时，通过Rx的电流为I＝I2－I1，Rx两端电压U＝I1·R1，故Rx＝＝。不考虑读数误差，从设计原理看，测量值等于真实值。
5．(2020·广西桂林市高三上学期第一次联合调研)利用如图所示电路测量一量程为300
mV的电压表的内阻RV(约为300
Ω)。某同学的实验步骤如下：
①按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到a端，闭合电键S2，并将电阻箱R0的阻值调到较大；
②闭合电键S1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；
③保持电键S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开电键S2，调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的三分之一，读出此时电阻箱的阻值为R0＝596
Ω，则电压表的内阻RV＝________Ω。
实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱(最大阻值999.9
Ω)、电池(电动势约1.5
V，内阻可忽略不计)、导线和电键之外，还有如下可供选择的实验器材：
A．滑动变阻器：最大阻值为200
Ω
B．滑动变阻器：最大阻值为10
Ω
C．定值电阻：阻值约为20
Ω
D．定值电阻：阻值约为200
Ω
根据以上实验方法，回答下列问题。
(1)为了使测量比较精确，在可供选择的实验器材中，滑动变阻器R应选用________，定值电阻R′应选用________。(填写可供选择实验器材前面的序号)
(2)对于上述的测量方法，从实验原理分析可知，在测量操作无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R测________真实值RV(选填“大于”“小于”或“等于”)，这误差属于________误差(选填“偶然”或者“系统”)，且在其他条件不变的情况下，若RV越大，其测量值R测的误差就越________(选填“大”或“小”)。
答案 ③298 (1)B C (2)大于 系统 小
解析 ③由实验原理可知，电压表的指针指到满刻度的三分之一，因此电阻箱分得总电压的三分之二，根据串联电路分压规律可知电压表内阻为RV＝＝298
Ω。
(1)该实验中，滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的B；定值电阻起保护电路的作用，因电源电动势为1.5
V，若保护电阻阻值太大，则实验无法进行，故定值电阻R′应选用C。
(2)从实验原理分析可知，当断开电键S2，调整电阻箱R0的阻值，使电压表的指针指到满刻度的三分之一时，R0和电压表串联部分的电压将大于电压表的满偏电压Umax，则R0两端的电压将大于Umax，即电阻箱两端电压偏大，导致所测得的电压表内阻也偏大，即测量值R测大于真实值RV；本误差是由实验原理造成的，属于系统误差；在其他条件不变的情况下，若RV越大，滑动变阻器并联部分两端电压变化得越小，其测量值R测的误差就越小。
6．(2020·湖北省武汉市高三(下)六月模拟)某实验小组利用如图a所示的实验装置验证动量守恒定律。实验的主要步骤如下：
①用游标卡尺测量小球A、B的直径d，其示数如图b所示，用天平测量小球A、B的质量分别为m1、m2；
②用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上；
③将球A向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为α时由静止释放，与球B碰撞后，测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ1，球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ2。
回答下列问题：
(1)小球的直径d＝________
cm。
(2)若两球碰撞前后的动量守恒，则其表达式可表示为__________________。(用①③中测量的量表示)。
(3)完成实验后，实验小组进一步探究。用质量相同的A、B两球重复实验步骤②③，发现A球与B球碰撞后，A球静止，B球向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角略小于α，由此他们判断A、B两球的碰撞是________(填“弹性碰撞”“非弹性碰撞”或“完全非弹性碰撞”)。
答案 (1)2.20
(2)m1＝－m1＋m2
(3)弹性碰撞
解析 (1)游标卡尺的主尺读数为22
mm，游标尺读数为0.1×0
mm＝0.0
mm，则小球的直径d＝22
mm＋0.0
mm＝22.0
mm＝2.20
cm。
(2)小球A下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得m1v＝m1gL(1－cos
α)。碰撞后，对A、B两球分别根据机械能守恒定律得m1v1′2＝m1gL·(1－cos
θ1)，m2v＝m2gL(1－cos
θ2)。若两球碰撞前后的动量守恒，则满足m1v1＝－m1v1′＋m2v2。联立可得m1＝－m1＋m2。
(3)A、B两球质量相同，则有＝－＋。若碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程中机械能守恒，则有mv＝mv1′2＋mv，即有1－cos
α＝(1－cos
θ1)＋(1－cos
θ2)。联立可得θ1＝0，θ2＝α。实验中测得θ1＝0，θ2略小于α，在误差允许范围内，可判断A、B两球的碰撞是弹性碰撞。
7．(2020·广东省佛山市高三二模)小明手里有一块多用电表A(简称A表，下同)，其功能完好，但刻度值已不清晰。他想通过实验测定该多用表“×10
Ω”挡欧姆调零后的内阻R0和内置电源的电动势E。他找来了另一个多用电表B(简称B表，下同)、一个电阻箱、一个开关和若干导线作为实验的器材。
实验的操作如下：
(1)小明将A表调到“×10
Ω”挡，将B表调到“mA”挡，准备如图甲将所有的器材串联起来作为实验电路。请你在图中连好剩余的导线。
(2)先使用B表的电流挡测量A表“×10
Ω”挡的满偏电流。将电阻箱阻值调为0，将A表调到欧姆挡“×10
Ω”挡位置。几次试测后，确定B表应使用“10
mA”挡，调节A表的欧姆调零旋钮直至A表满偏，此时B表的读数如图乙所示，记录下B表读数为________
mA。
(3)断开开关，保持A、B表挡位不变，将A表________短接进行欧姆调零，然后重新连入原来电路。
(4)调节电阻箱，闭合开关，当B表读数为6.0
mA时，读出电阻箱阻值为R1(Ω)；继续调节电阻箱阻值，当B表读数为4.0
mA时，读出电阻箱阻值为R2(Ω)。
(5)断开电路，整理器材。
根据以上测量数据，可算出A表“×10
Ω”挡内置电源的电动势E＝________(V)，A表“×10
Ω”挡欧姆调零后的内阻R0＝________(Ω)，B表量程“10
mA”挡的内电阻RB＝________(Ω)。(以上三空的结果用R1、R2表示)
答案 (1)图见解析 (2)8.0 (3)红黑表笔
(5)
解析 (1)电路连线如图。
(2)因为B表使用“10
mA”挡，则B表读数为8.0
mA。
(3)断开开关，保持A、B表挡位不变，将A表红黑表笔短接进行欧姆调零，然后重新连入原来电路。
(5)根据闭合电路欧姆定律有I0＝＝8
mA，＝6
mA，＝4
mA，解得E＝(V)，R0＝(Ω)，RB＝(Ω)。
8．(2020·辽宁省丹东市高三检测)某实验小组欲测量数值标度不清的电流表的满偏电流。待测电流表A0的满偏电流约为700～800
μA、内阻约100
Ω，已知表盘刻度均匀、总格数为N。实验室可供选用的器材如下：
A．电流表A：量程0.6
A、内阻0.1
Ω；
B．电压表V：量程3
V、内阻3
kΩ；
C．滑动变阻器R：最大阻值200
Ω；
D．电源E：电动势约3
V、内阻约1.5
Ω；
E．开关S一个；
F．导线若干条。
要求尽可能精确地测量出待测电流表的满偏电流。
(1)根据测量需要，在A和B中应选择________(只需填写序号即可)。
(2)请在虚线框内补全设计的实验电路图。
(3)在实验中，待测电流表A0的指针偏转了n个格，若所选用电表的示数为K，则可计算出该待测电流表的满偏电流为IAmax＝________，式中除N、n外，其他字母符号所代表的物理意义是________________________。
答案 (1)B (2)图见解析
(3)· K为电压表示数，RV为电压表内阻
解析 (1)电流表A的量程0.6
A远大于待测电流表A0的量程，故无法使用；电压表V允许通过的电流最大为＝1000
μA，故可以用电压表代替电流表使用。
(2)测量中将电压表与待测电流表串联，因滑动变阻器的最大阻值只有200
Ω，而电压表内阻达到3000
Ω，故应采用分压接法，电路如图所示。
(3)电压表与电流表串联，则两表中的电流相等，则由电压表可求得电流值为I＝，而待测电流表刻度均匀，故有满偏电流IAmax＝·。其中K为电压表读数，RV为电压表内阻。
9．小明同学在学了多用表原理后，将图甲所示的灵敏电流计G改装成了图乙所示的欧姆表和图丙所示的电压表。
(1)若灵敏电流计G的量程为2
mA，内阻为100
Ω，按照图丙将其改装成一个量程为3
V的电压表，则需要串联的电阻R2＝________
Ω。
(2)小明同学将图甲所示的灵敏电流计改装成图乙所示的欧姆表后，其表盘上的刻度如图丁所示。弧AB是以指针轴O为圆心的弧，两表笔分开时指针指A，短接时指针指B。C为弧AB的中点，D和F分别为弧AC和CB的中点。已知改装后欧姆表的内阻为R＝6.6
kΩ，电流表指针偏转角度与电流大小成正比，则刻度盘上D点对应的电阻为RD＝________
kΩ，F点对应的电阻RF＝________
kΩ。
(3)小明同学用图乙的欧姆表按正确方法测量一个未知电阻的阻值时，指针刚好指到刻度盘上的C点。若该欧姆表使用一段时间后，电源的电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零。按正确测量方法再次测量同一个电阻，则其指针将指到________(填“C点左侧”“C点”或“C点右侧”)。
(4)小明同学将甲、乙、丙所示的灵敏电流计、欧姆表、电压表整合成一个多用表。要求单刀多掷开关接1时成为图甲所示的电流表，接2时成为图乙所示的欧姆表，接3时成为图丙所示的电压表。请将虚线框中的电路图补充完整。
答案 (1)1400 (2)19.8 2.2 (3)C点左侧
(4)图见解析
解析 (1)需要串联的电阻R2＝－rg＝
Ω－100
Ω＝1400
Ω。
(2)指针指B点时电流最大，则：Ig＝。指针指D点时：Ig＝；指针指F点时：Ig＝。解得：RD＝3R＝19.8
kΩ，RF＝R＝2.2
kΩ。
(3)开始时Ig＝，Ig＝。若该欧姆表使用一段时间后，电源的电动势变小，为E′，由Ig＝知，欧姆调零后，欧姆表内阻R′(4)根据条件连接的电路如图。
10．(2020·河北省张家口市高三模拟)某实验小组用如图甲所示的装置探究“物体的加速度与力的关系”，该装置由固定在同一高度的两个定滑轮、跨过定滑轮不可伸长的轻绳和两小桶A、B组成。左侧小桶A上端有一挡板，挡板上端固定一光电门，光电门与毫秒计时器相连，轻绳上固定有遮光宽度为d的遮光板，恰好在光电门上端。实验前将左侧小桶A内装入多个质量为Δm的小砝码，小桶A及砝码的总质量与右侧小桶B的质量均为M，重力加速度为g。
(1)实验时，将小桶A中的一个砝码移到小桶B中，竖直向下拉动小桶A离开挡板，记录遮光板到光电门的距离h，并且满足d?h；打开光电门和毫秒计时器电源，由静止释放小桶，光电门测得遮光板通过它的时间为t，则遮光板通过光电门时小桶A速度为________，此运动过程中小桶B的加速度为________。(用字母d、h、t表示)
(2)研究过程中保持遮光板到光电门的距离h不变，多次重复上面操作，记录多组移动的砝码个数n和与之对应的时间t，作出n?函数图象，如图乙所示。图象为过原点的直线，说明系统质量保持不变时“物体的加速度与合力”成正比。则该图线的斜率为________(用M、Δm、h、g表示)。
答案 (1) (2)
解析 (1)由运动学规律可得v＝，2ah＝v2＝，化简得a＝。
(2)由牛顿第二定律，对B有(M＋nΔm)g－T＝(M＋nΔm)a，对A有T－(M－nΔm)g＝(M－nΔm)a，解得a＝，由＝，可得题图乙图线斜率为＝。
11．(2020·青海省西宁市高三检测)某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门的时间t，当地的重力加速度为g。
(1)为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量________。
A．小球的质量m
B．A、B之间的距离H
C．小球从A到B的下落时间tAB
D．小球的直径d
(2)小球通过光电门时的瞬时速度v＝________(用题中所给的物理量表示)。
(3)调整A、B之间的距离H，多次重复上述过程，作出随H的变化图象如图乙所示，当小球下落过程中机械能守恒时，该直线斜率k0＝________。
(4)在实验中根据数据实际绘出?H图象的直线斜率为k(k＜k0)，则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值＝________(用k、k0表示)。
答案 (1)BD (2) (3) (4)
解析 (1)根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量小球的质量，故A错误；根据实验原理可知，需要测量A点到光电门B的距离H，不需要测量小球从A到B的下落时间tAB，故B正确，C错误；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确。
(2)已知经过光电门时的时间、小球的直径，则可以由平均速度表示经过光电门时的瞬时速度，故v＝。
(3)当小球减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有：mgH＝mv2，即：2gH＝，解得：＝·H，那么该直线斜率k0＝。
(4)实际有＝kH，因存在阻力，则有：mgH－fH＝mv2，解得＝·H，则k＝，所以小球下落过程中所受平均阻力与小球重力的比值为＝。
12．(2020·河南省新乡市高三下二模)感冒发热是冬春季节常见的疾病，用电子体温计测量体温既方便又安全。电子体温计的工作原理是利用热敏电阻阻值随温度的变化将温度转化为电学量。某同学想利用一热敏电阻和一数字电压表制作一个电子体温计。
(1)该同学用多用电表欧姆“×10”挡，粗测了热敏电阻的阻值，测量结果如图甲所示，则该热敏电阻该次测量的电阻阻值为________
Ω。
(2)该同学在用伏安法测热敏电阻在不同温度下的阻值时，得到如图乙所示的电阻阻值Rt与温度t的关系图象，由图象可知热敏电阻在34
℃下的阻值为________
Ω。
(3)该同学利用这个热敏电阻和一数字电压表制作的电子温度计电路如图丙所示，其中电源电动势E＝1.5
V，内阻不计，电压反馈电阻R1＝32
Ω，R0为保护电阻，Rt为热敏电阻，R2为比例匹配定值电阻，则温度越高，数字电压表显示的电压越________(选填“大”或“小”)；为了让温度从35
℃到42
℃变化时数字电压表的示数能从0.35
V到0.42
V变化，则比例匹配电阻阻值R2＝________
Ω。
答案 (1)130 (2)125 (3)大 720
解析 (1)该热敏电阻该次测量的电阻阻值为R＝13×10
Ω＝130
Ω。
(2)由图象可知热敏电阻在34
℃下的阻值为R′＝125
Ω。
(3)由图丙电路可知，热敏电阻Rt与比例匹配定值电阻R2并联，温度越高，由图乙可知热敏电阻Rt的阻值越小，则热敏电阻Rt与R2并联的电阻越小，由串联分压可知，电压反馈电阻R1上分得的电压越大，则数字电压表显示的电压越大；温度为35
℃时，热敏电阻Rt的阻值为120
Ω，电压反馈电阻R1两端的电压为0.35
V，此时干路电流为
A，根据闭合电路欧姆定律，有1.5＝0.35＋，温度为42
℃时，热敏电阻Rt的阻值为90
Ω，电压反馈电阻R1两端的电压为0.42
V，此时干路电流为
A，根据闭合电路欧姆定律，有1.5＝0.42＋，联立可得R2＝720
Ω。
阅卷现场 电表选择出错
例 (2018·天津高考)(12分)某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10
kΩ)，除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A．电压表(量程0～1
V，内阻约为10
kΩ)
B．电压表(量程0～10
V，内阻约为100
kΩ)
C．电流表(0～1
mA，内阻约为30
Ω)
D．电流表(0～0.6
A，内阻约为0.05
Ω)
E．电源(电动势1.5
V，额定电流0.5
A，内阻不计)
F．电源(电动势12
V，额定电流2
A，内阻不计)
G．滑动变阻器R0(阻值范围0～10
Ω，额定电流2
A)
(1)为使测量尽量准确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________。(均填器材的字母代号)
(2)画出测量Rx阻值的实验电路图。
(3)该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会________其真实值(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________。
正解 (1)若选用电源1.5
V，由于被测电阻很大，电路中电流非常小，不利于实验，即电源选用电动势为12
V的，即F；则电压表就应该选取B；电路中的最大电流为I＝
A＝1.2
mA，故选用电流表C。
(2)因为给的滑动变阻器的最大阻值只有10
Ω，若采用滑动变阻器的限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法；由于＜，所以采用电流表内接法，电路如图所示。
(3)由于电流表的分压，导致电压测量值偏大，而电流的测量值是准确的，根据Rx＝可知测量值偏大。
答案 (1)B(2分) C(2分) F(2分)
(2)图见解析(2分)
(3)大于(2分) 电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他正确表述也可)(2分)
错解 (1)用伏安法测定待测电阻Rx的阻值，电压表内阻越大越好，电流表内阻越小越好，故电压表选用B，电流表选用D；电源的额定电流应尽量大些，以避免烧坏电源，故电源选用F。
(2)因为给的滑动变阻器的最大阻值只有10
Ω，若采用滑动变阻器的限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法；由于＜，所以采用电流表内接法，电路图如图所示。
(3)由于电流表的分压，导致电压测量值偏大，而电流的测量值是准确的，根据Rx＝可知测量值偏大。
答案 (1)B(2分) D(扣2分) F(2分)
(2)图见解析(2分)
(3)大于(2分) 电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他正确表述也可)(2分)
本题的错误之处是选电表时，只考虑到电表内阻给测量带来的误差，没考虑到电表量程是否合适；选电源时，只考虑到额定电流的影响，没考虑到电源电动势与电表之间的联系，它们之间是相互关联的，选择时要综合考虑。(第1、3个空填对是侥幸)其他错误还有：①电流表的内接与外接不清楚，不会比较待测电阻相对电压表和电流表的内阻是大电阻还是小电阻；②滑动变阻器采用限流式接法，原因是不清楚分压式接法与限流式接法的选用原则；③不会分析实验误差。(共237张PPT)
专题六
力学实验和电学实验
要点提炼
高考考向
专题作业
本课结束
解析
答案
