高考物理二轮专题复习专题六力学实验和电学实验.doc

二轮专题复习·物理(创新版)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v­t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根据电源的参数来选择。根据电路中的最大电流(或者最大电压)来选择。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。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、外接法的选择若Rx>，则采用电流表内接法，此时R测RxRA>Rx。若Rx< ，则采用电流表外接法，此时R测<Rx。(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：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。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。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)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 k，电流表内阻为0.5 。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U­I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“”或“”)得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为_ (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_ (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，UI，可知对应U­I图线的斜率为。若将电压表跨接在O、Q两点之间，则UI(RxRA)，可知对应U­I图线的斜率为(RxRA)。对比题图b可知k>k，所以题图b中标记为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U­I图线的斜率可大致估算出待测电阻的阻值为50 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，所以由图线得到的结果更接近待测电阻的真实值。根据图线可得Rx50.5 。(3)考虑电流表内阻的影响，则修正后待测电阻的阻值为RxRxRA50.5 0.5 50.0 。答案(1)O、P(2)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：11(2019·全国卷)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A0.2330.75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/s0.233 m/s。物块下滑的加速度大小a m/s20.75 m/s2。12(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00.6 A，内阻rA2.0 )电压表(量程03 V，内阻约3 k)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_ 。(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)1.51.0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UEI(rrA)，再由图丙所示U­I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5 V，则电源电动势E1.5 V，图象的斜率绝对值表示等效内阻，故rrA 3.0 ，故电源内阻r3.02.0 1.0 。13(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Ig500 A、内阻Rg50 。该多用电表有两个电流挡，量程分别为010 mA和01 mA。已知R32475 。(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_ 。(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02.5 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 。(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UI2R3IgRg(1×103×2475500×106×50)V2.5 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d9.5 mm34.7×0.01 mm9.847 mm。(2)小球离开轨道后做平抛运动，在水平方向有xvt，在竖直方向有hgt2，解得vt 。由题意可知，碰撞前小球1的速度为v0x，碰撞后小球1的速度为v1x，碰撞后小球2的速度为v2x。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m1v0m1v1m2v2，整理得。若两球发生的碰撞为弹性碰撞，则机械能守恒，有m1vm1vm2v，整理得。答案(1)9.847(9.8469.848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：21(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。22(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Ek_。(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vgt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mghmv2，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Ekmv。(3)由于存在空气阻力和摩擦力，则机械能有损失，Ep>Ek，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I­U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 )，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/V0.0000.2500.5000.6500.7000.7250.750电流I/mA0.000.100.250.601.704.307.50请根据表中的数据，在方格纸上作出该元件的I­U图线。(3)根据作出的I­U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I­U图线可知，该元件是非线性元件。(4)由I­U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I­U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)BC1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：31(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_。Aa的劲度系数比b的大Ba的劲度系数比b的小Ca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/m6.9 N/m。(3)根据Fk(LL0)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。32(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46 V B直流220 VC交流46 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T0.1 s。根据匀变速直线运动的推论公式xaT2，可得：a0.75 m/s2。(4)由牛顿第二定律可得：mgTma，TMa，联立得：，根据数学知识可知，图象在纵轴上的截距表示。33(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Ek­W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)mgx2M(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Wmgx2，打B点时小车的速度为vB，则打B点时小车的动能为EkBMvM。(4)根据牛顿第二定律，对小车有FMa，对重物有mgFma，解得a，F。若m不满足mM，该同学仍以为Fmg，则WFxmgx，EkMv2M·(2ax)x，故EkW，即Ek­W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。34(2020·全国卷)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 )、电压表(可视为理想电表)和毫安表(内阻约为100 )。(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_ k(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 k。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_ k(保留2位有效数字)。答案(1)图见解析(2)1.8(3)25.5(4)R11.2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 1.8 k。(3)由题图a中可以直接读出热敏电阻的阻值为2.2 k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R10.8 k，由闭合电路欧姆定律可得EI0(R1R2)，又U2I0R2，联立并代入数据解得，固定电阻的阻值R21.2 k。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)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Rg110.0 )、电流表A2(量程500 mA，内阻Rg21.0 )、定值电阻R0(阻值R010.0 )、滑动变阻器R1(最大阻值10 )、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/mA325585125144173I2/mA171229299379424470根据实验数据可算得，当I1173 mA时，灯丝电阻R_ (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_ (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UI1(Rg1R0)根据并联电路的特点可知，流过小灯泡的电流II2I1小灯泡的额定电压为3.6 V，将题目中已知数据代入式中，可知I1不能超过180 mA。(3)根据表中数据可知，当I1173 mA时，I2470 mA，将数据代入两式可得，此时小灯泡两端的电压为U3.46 V，流过小灯泡的电流为I297 mA0.297 A，根据欧姆定律可知，此时小灯泡的灯丝电阻为R 11.6 。(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，则结合式有3.60.200×(10.0R0)，解得R08.0 ，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 。答案(1)图见解析(2)I1(Rg1R0)I2I1180(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：41(2020·全国卷)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h00.590 m，下降一段距离后的高度h0.100 m；由h0下降至h所用的时间T0.730 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g9.80 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1.841.96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h0haT2，代入数据解得a1.84 m/s2。根据牛顿第二定律，对小球A有TmAgmAa，对小球B有mBgTmBa，联立并代入数据解得a1.96 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。42(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)把刻度尺竖直固定在墙上捏住小球，从刻度尺旁静止释放手机固定在三脚架上，调整好手机镜头的位置打开手机摄像功能，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)(3)9.6(9.59.7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。(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xgT2，可得gm/s29.6 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。43(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