2022届高考物理总复习二轮精品专题十二 实验 教师版.docx

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1、高考实验题一般一大一小考查，实验“小题”常考力学内容，实验“大题”常考电学内容。在两个实验中，通常一个实验立足教材，立足创新，凸显对科学探究素养的考查，一般较为基础，注重对考生的实验基本功的考查；另一个实验题依据新课程标准要求挖掘改造，对考生的实验能力要求较高，突出选拔作用。一、力学实验及创新1基本仪器的读数和使用2“纸带类”实验3“橡皮条、弹簧、碰撞”类实验4“探究平抛运动的特点”实验5“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验6“用单摆测定重力加速度的大小”实验二、电学实验及创新1电学常用仪器的读数和使用2以测电阻为核心的电学实验3以测电源电动势和内阻为核心的电学实验4观察电容器的充

2、、放电现象5探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系6利用传感器制作简单的自动控制装置1某探究学习小组的同学欲以如图甲装置中的滑块为对象验证“牛顿第二定律”，装置由弹簧测力计、气垫导轨、两个光电门、滑块和砝码盘(含砝码)等组成。光电门可以测出滑块的遮光条依次分别通过两个光电门的时间t1、t2，游标卡尺测出遮光条的宽度d，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离L，另用天平测出滑块、砝码盘(含砝码)的质量分别为M和m，不计滑轮的重量和摩擦。(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，则d cm。(2)实验操作中，下列说法正确的是()A该装置可以不平衡摩擦力，只需要将气垫导轨调节水平B为减小误差，实验中一

3、定要保证质量m远小于质量MC实验时，多次在同一条件下重复实验取遮光条通过两光电门时间的平均值减小系统误差D如果气垫导轨水平，则轻推滑块匀速滑动时通过两个光电门的时间t1和t2必相等(3)该装置中弹簧测力计的读数F，需要验证的表达式为F 。(4)对质量保持不变的过程，根据实验数据绘出滑块的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图像，最符合本实验实际情况的是()【答案】(1)1.015 (2)AD (3) (4)A【解析】(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：10 mm3×0.05 mm10.15 mm1.015 cm。(2)实验前要调节气垫导轨水平，因有弹簧测力计测出拉力，则不需要平衡摩擦力，

4、故A正确；滑块受到的拉力可以由测力计读出，实验中不需要保证质量m远小于质量M，故B错误；实验时，多次在同一条件下重复实验取遮光条通过两光电门时间的平均值以减小偶然误差，故C错误；如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时，通过两个光电门的时间t1和t2必相等，故D正确。(3)滑块经过光电门时的速度v1，v2，滑块的加速度a，对滑块，由牛顿第二定律得2FMa，则FMa。(4)质量不变，由牛顿第二定律得aF，M不变，a与F成正比，aF是正比例函数图像，故A正确，BCD错误。2某物理课外活动小组学习了“测量电源的电动势和内阻”后，设计了如图甲所示的实验电路。(1)若闭合开关S1, 将单刀双掷开关S2掷向a

5、，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U，处理数据得到如图乙所示图象，写出关系式_。(2)若断开S1，将单刀双掷开关S2掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电流表的读数I，处理数据得到如图丙所示图象，写出R关系式_。(3)同学们对实验结果进行了误差分析，发现将两个图象综合利用，完全可以避免由于电压表分流和电流表分压带来的系统误差。已知图象乙和丙的纵轴截距分别为b1、b2，斜率分别为k1、k2，则电源的电动势E_，内阻r_。(4)不同小组的同学用不同的电池组(均由同一规格的两节干电池串联而成)，按照(1)中操作完成了上述实验后，发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大，同学

6、们选择了内电阻差异较大的、两个电池组做进一步探究，对电池组的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池组的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想，并分别画出了下列的PR和PU图象。若已知电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是_(填正确选项标号)。【答案】(1)·(2)R (3)(4)BC【解析】(1)若闭合开关S1，将单刀双掷开关S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U，根据闭合电路欧姆定律可知，EUIrUr，则·。(2)根据闭合电路欧姆定律EI(Rr)，得到与R的关系式R。(3)由题图所示电路图可知，利用伏阻法时，由于电压表的分流作用，通过电源的电

7、流大于，这是造成系统误差的原因。若考虑通过电压表的电流，则表达式为EUIrUr，则·，则k1；利用安阻法时，考虑电流表内阻，可得R，则题图丙中R图象的斜率的倒数等于电源的电动势E。那么根据k1，k2，可得E，r。(4)根据电源的输出功率规律可知，当内、外电阻相等时输出功率最大，当外电阻大于内电阻时，随着外电阻的增大，输出功率将越来越小，又由Pmax可知，电动势相同，内阻越小，最大输出功率越大，故B正确，A错误。当内、外电阻相等时，输出功率最大，此时输出电压为电动势的一半，且电池组的输出功率比的大，而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，故C正确，D错误。3(20

8、20·新课标卷·T23)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。

9、 (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)见解析 (2)1.8 (3)25.5 (4)R1 1.2【解析】(1)滑动变阻器采用分压式，电压表可视为理想表，所以用

10、电流表外接。连线如图。(2)由部分电路欧姆定律得R 1.8 k。(3)由图(a)可以直接读出该电阻的阻值为2.2 k时对应的温度为25.5 。(4)温度升高时，该热敏电阻阻值减小，分得电压减少而温度高时要求输出电压升高，以触发报警，所以R1为热敏电阻。由图线可知，温度为50 时，R10.8 k，由欧姆定律可得EI(R1R2)，UIR2，代入数据解得R21.2 k。1(2020·山东学业水平等级考试·T13)2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度

11、的大小。实验步骤如下：(1)如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺(图中未画出)。(2)调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。(3)该同学选取部分实验数据，画出了t图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6 m/s2。(4)再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。回答以下问题：当木板的倾角为37°时，所绘图

12、像如图乙所示。由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为_m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为_m/s2。(结果均保留2位有效数字)根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为_m/s2。(结果保留2位有效数字，sin 37°0.60，cos 37°0.80)【答案】0.32(或0.33) 3.1 9.4【解析】根据Lv0tat2可得2v0at，则由t图像可知2v065×102 m/s，则v00.33 m/s，ak m/s23.1 m/s2。由牛顿第二定律可知mgsin mgcos ma，即ag

13、sin gcos ，当53°时a5.6 m/s2，即gsin 53°gcos 53°5.6，当37°时a3.0 m/s2，即gsin 37°gcos 37°3.1，联立解得g9.4 m/s2。2某学习小组利用图1所示的装置测量弹簧的弹性势能。一斜面上安装有两个光电门甲和乙，当一带有遮光片的滑块从斜面上下滑，通过光电门时光电计时器可以显示出遮光片遮光的时间。一与斜面平行的轻弹簧上端固定，在自然状态时下端在O点。用天平测得滑块及遮光片的总质量为m。请完成下列实验步骤：(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图2所示，则d_mm；(2)

14、滑块靠在弹簧的下端向上移到A点后释放，滑块下滑，通过光电门甲、乙的遮光时间分别为t1、t2，反复调整斜面的倾角直至t1_t2(选填“>”“”或“<”)，这样操作的目的是_。(3)按正确步骤操作，让滑块紧压弹簧从O点上方某点P由静止释放沿斜面下滑，记下通过甲、乙时对应的t和t值，则滑块在P点时弹簧的弹性势能为_。(用题中测量的物理量表示)【答案】(1)3.60(2)平衡摩擦力 (3)【解析】(1)主尺的读数为3 mm，游标尺的读数为×120.60 mm，则d3 mm0.60 mm3.60 mm。(2)反复调整斜面倾角以平衡摩擦力，使t1t2，说明滑块离开弹簧后做匀速直线运动

15、，根据功能关系可知滑块离开弹簧后，滑块的动能等于弹簧的弹性势能。(3)弹簧的弹性势能Epmv2，而v，得Ep，又tt，也可表示为Ep。3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2500 )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2000 )；电阻箱Rz(最大阻值为99999.9 )；电源E(电动势约为1.5 V)；单刀开关S1和S2。C、D分别为两个滑动变阻器的滑片。(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“2000”)。为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图(

16、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2500.0 ，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2601.0 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)见解析图 (2)20 左 相等 2550 (3)调节R1上的分压，尽可能

17、使微安表接近满量程【解析】(1)根据原理图(a)，将图(b)中的实物连线如图所示。(2)滑动变阻器R1在实验中为控制电路，且为分压接法，应选总阻值小的滑动变阻器，故R1的阻值为20 。为了保护微安表，S1闭合时，微安表上的电压为零，故开始时应将R1的滑片C滑到滑动变阻器的左端。接通S2前后，微安表的示数保持不变，说明S2闭合后，没有电流流过S2，故B、D两点的电势相等。实验过程中，由于测量电路，即由Rz、A、R2组成的电路的阻值很大，可认为测量电路两端的电压不变，故A与Rz互换后通过R2、Rz和A的电流不变，电路如图所示。由于B、D两点的电势相等，对于图甲，I1RAI2R，I1Rz1I2R，即

18、；对于图乙，I1Rz2I2R，I1RAI2R.即，所以，所以RA 2 550 。(3)提高测微安表内阻的精度，可减小系统误差，如调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程。1 另一实验小组在同一实验的研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻质弹簧竖直悬挂于某一深度为h35.0 cm，且开口向下的小筒中(没有外力作用时弹簧的下端位于筒内，用测力计可以同弹簧的下端接触)，如图甲所示，若本实验的长度测量工具只能测量露出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变l而测出对应的弹力F，作出Fl图像如图乙所示，则弹簧的劲度系数为k_N/m，弹簧的原长l0_cm。 【答

19、案】200 25【解析】根据胡克定律F与l的关系式为：Fk(lhl0)klk(hl0)，从图像中可得直线的斜率为2 N/cm，截距为20 N，故弹簧的劲度系数k2 N/cm200 N/m。由k(hl0)20 N，于是l025 cm。2某同学利用如图所示的气垫导轨装置“探究动量定理”。在气垫导轨上安装了两光电门1，2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮、轻质动滑轮与弹簧测力计相连。实验时测出遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量为M，钩码质量m，重力加速度为g。(1)完成下列实验步骤中的填空。A用游标卡尺测量挡光片的宽度d，示数如图2所示，读得d_mm；B按图1所示，安装好实验装置，其中与定

20、滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；C实验时要调整气垫导轨水平。不挂钩码和细线，接通气源，轻推滑块，如果滑块经过两个光电门的时间相等，则表示气垫导轨已调整至水平状态；D挂上钩码后，接通气源，再放开滑块，记录遮光条通过光电门1的时间t1，遮光条通过光电门2的时间t2和遮光条由光电门1运动到光电门2所用的时间t，求出滑块动量的变化量；E改变钩码的质量，重复步骤D，求在不同合力作用下滑块的动量变化量。(2)对于上述实验，下列说法正确的是_。A弹簧测力计的读数为mgB弹簧测力计的读数等于滑块所受合外力C实验过程中钩码处于超重状态D钩码的总质量m应远小于滑块的质量M(3)若本实验中弹簧测力计的示数为F，测得

21、的数据满足_，则说明在误差允许的范围内动量定理成立。【答案】(1)6.60 (2)B (3)【解析】(1)挡光片的宽度6 mm12×0.05 mm6.60 mm。(2)因为钩码加速向下运动，则弹簧测力计的读数小于mg，A错误；弹簧测力计的读数为滑块所受合外力大小，B正确；实验过程中钩码的加速度向下，故处于失重状态，C错误；钩码的总质量m不需要远小于滑块和遮光条的总质量M，小滑块的拉力是通过弹簧测得的，D错误。(3)遮光条通过光电门1的速度，遮光条通过光电门2的速度，合外力的冲量IFt，动量的增量pMv2Mv1，即，如果满足，则说明在误差允许的范围内动量定理成立。3小楷同学发现水流十分

22、神秘，想用水流估测重力加速度大小。水龙头流出的水由于在重力作用下速度越来越大，所以水流的横截面积会越来越细，如图所示。小楷同学打开水龙头的同时用秒表计时，发现水龙头经过时间t流过的水体积为V，然后用游标卡尺在相距h的两处分别测出水流的横截面直径d1和d2。(1)为提高该实验的精度，下列措施有效的是_；A测量d1时应尽量靠近水龙头出口B水龙头出水口是竖直向下C从多个角度测量同一截面直径d，再求平均值Dh取值尽可能大，但是需要避免因为水流太细而发成离散的水珠(2)试写出重力加速度表达式：g_；(3)该实验存在多方面因素造成的误差，请写出一项可能造成误差的原因_。【答案】(1)CD (2) (3)水

23、柱的截面不是正圆形【解析】(1)水龙头流出的水速较大时，靠近水龙头出口，水柱的截面不是圆形的，A错误；水龙头流出的水速较小时，即使水龙头出水口是倾斜的，水流也沿竖直方向，B错误；水柱的截面不一定是正圆形，从多个角度测量同一截面直径d，再求平均值，可减小截面直径测量的误差，C正确；h取值较大，测量的相对误差才小，但如果水流太细而成离散的水珠，则测不出对应位置的速度，D正确。(2)水流的横截面直径d1，则横截面的面积S1d12，水龙头经过时间t流过的水体积为V，则S1v1，解得水流经过d1处的速度v1，同理，水流经过d2处的速度v2，根据匀变速直线运动的速度位移关系有v22v122gh，计算得g。

24、(3)可能造成误差的原因是水柱的截面不是正圆形。4某同学利用图示装置验证不可伸长的细绳连接的物块的速度沿着绳的分速度相等及机械能守恒。图中P、Q、R是三个完全相同的木块，P、Q木块用细绳连接，放在水平气垫桌上。木块R用轻质滑轮连接，放在正中间。a、b、c是三个光电门，调整三个光电门的位置，能实现同时遮光。将整个装置无初速度释放。(1)为了能完成实验目的。除了记录P、Q、R三个遮光片的遮光的时间t1、t2、t3外，还必需测量的物理有_；AP、Q、R的质量MB两个定滑轮的距离dCR的遮光片到c的距离HD遮光片的宽度x(2)根据装置可以分析出P、Q的速度大小相等，验证表达式为_；(3)验证系统机械能

25、守恒的表达式_。【答案】(1)CD (2)t1t2 (3) 【解析】(1)要验证系统的机械能守恒，其表达式是MgHMvP2MvQ2MvR2，可知与质量M无关，因此不需要测量P、Q、R的质量M，A错误；由验证表达式可知，与两个定滑轮的距离d无关，B错误；由验证的表达式可知，需要测量R的遮光片到c的距离H，C正确；由验证的表达式可知，需要测量P、Q、R三个物块遮光片的速度，因此需要测量遮光片的宽度x，速度v，D正确。(2)物块P的速度，物块Q的速度，因此分析出P、Q的速度大小相等，即需要验证表达式为，即t1t2。(3)整个系统减少的机械能是EMgH，增加的机械能是，要验证机械能守恒，则有EE即验证

26、的表达式。5某同学想用如图甲所示的实验电路，测量未知电阻Rx的阻值、电流表A的内阻和电源(内阻忽略不计)的电动势，实验过程中电流表的读数始终符合实验要求。(1)为了测量未知电阻Rx的阻值，他在闭合开关之前应该将两个电阻箱的阻值调至_(填“最大”或“最小”)，然后闭合开关K1，将开关K2拨至1位置，调节R2使电流表A有明显读数I0；接着将开关K2拨至2位置保持R2不变，调节R1，当调节R134.2 时，电流表A读数仍为I0，则该未知电阻的阻值Rx_。(2)为了测量电流表A的内阻RA和电源(内阻忽略不计)的电动势E，他将R1的阻值调到1.5 ，R2调到最大，将开关K2调至2位置，闭合开关K1；然后

27、多次调节R2，并在表格中记录下了各次R2的阻值和对应电流表A的读数I；最后根据记录的数据，他画出了如图乙所示的图像；利用图像中的数据可求得，电流表A的内阻RA_，电源(内阻忽略不计)的电动势E_V。【答案】(1)最大 34.2 (2)0.5 4【解析】(1)为了保证电路中用电器的安全，在闭合开关之前应该将两个电阻箱的阻值调至最大，使电路中的电流较小，不会烧坏用电器；由于两次操作电路中电流相等，说明两次操作电路中的总电阻也相等，故Rx34.2 。(2)根据闭合电路欧姆定律可知EI(R2RAR1)，解得，结合R2图像的斜率和截距可得E4 V，RA0.5 。6在工业生产中，常运用测定电学量的方法来测

28、定某些溶液含离子的浓度。某同学利用图a所示电路模拟这一情形，测定不同浓度下食盐溶液的电阻率。在长方体绝缘容器内插上两竖直金属薄板A、B，A板固定在左侧，B板可插在容器内不同位置。(1)因缺少保护电阻，为保护电流表，开关闭合前B板应尽量靠近容器的_侧（填“左”或“右”），容器内应倒入_（填“少量”或“大量”）食盐溶液；(2)某次实验时，容器内有一定量的食盐溶液，且B板位于最右端，此时电流表示数如图c，则此时电路中电流为_mA；为便于在多次测量中电流的变化范围更大一些，应_（选填:增加、减少）容器内的食盐溶液；(3)倒入适量食盐溶液后，将B板插在容器内不同位置，改变B、A两板的间距x，读取电流表读

29、数I，测量多组数据，得到x图线如图b示。已知电源电动势为3.0 V，容器内部底面长l20 cm，容器内溶液体积V1200 m3。根据图线求得该食盐溶液的电阻率_·m（保留两位有效数字）。【答案】(1)右 少量 (2)28 增加 (3)4.95×102【解析】(1)由电阻定律R可知，B板越靠近右侧，溶液长度越长，电阻越大。盐溶液浓度越低，阻值越大。(2)由图c可知，此时电路中电流为28 mA。要使测量中电流的变化范围更大，则应减小电阻，故需要增加容器内的食盐溶液。(3)根据电阻定律可得，又VSl，联立可得。结合图象的斜率k，可得·m。7某实验小组设计如图甲所示电路图

30、来测量电源的电动势及内阻，其中待测电源电动势约为2 V、内阻较小；所用电压表量程为3 V，内阻非常大，可看作理想电压表。(1)按实验电路图在图乙中补充完成实物连线。(2)先将电阻箱电阻调至如图丙所示，则其电阻读数为_，闭合开关S，将S1打到b端，读出电压表的读数为1.10 V；然后将S1打到a端，此时电压表读数如图丁所示，则其读数为_。根据以上测量数据可得电阻R0_。(计算结果保留两位有效数字)(3)将S1打到b端，读出电阻箱读数R以及相应的电压表读数U，不断调节电阻箱电阻，得到多组R值与相应的U值，作出图如图戊所示，则通过图像可以得到该电源的电动势E_V，内阻r_。(计算结果保留三位有效数字

31、)【答案】(1)见解析图 (2)11 1.5 4.0 (3)1.67 1.00【解析】(1)电路连接如图所示。(2)先将电阻箱电阻调至如题图丙所示位置，则其电阻读数为1×10 1×1 11.0 。电压表的读数为1.10 V；由欧姆定律可知，电流I A0.1 A，然后将S1打到a端，此时电压表读数如题图丁所示，电压表量程为3 V，最小分度为0.1 V，其读数为1.50 V。根据以上测量数据可得电阻R0 11 4.0 。(3)在闭合电路中，电源电动势EUI(rR0)U(rR0)，·，由题图戊所示图像可知，截距b0.6，E1.67 V，图像斜率k3，电源内阻rkER05

32、 4 1.00 。8由半导体材料制成的热敏电阻阻值是温度的函数。基于热敏电阻对温度敏感原理制作一个火灾报警系统，要求热敏电阻温度升高至50时，系统开始自动报警。所用器材有：直流电源E（36 V，内阻不计）电流表（量程250 mA，内阻约0.1 ）电压表（量程50 V，内阻约1 M）热敏电阻RT报警器（内阻很小，流过的电流超过10 mA时就会报警，超过30 mA时就会损伤）滑动变阻器R1（最大阻值4000 ）电阻箱R2（最大阻值9999.9 ）；单刀单掷开关S1单刀双掷开关S2导线若干。(1)用图（a）所示电路测量热敏电阻RT的阻值。当温度为27时，电压表读数为30.0 V，电流表读数为15.0

33、 mA；当温度为50时，调节R1，使电压表读数仍为30.0 V，电流表指针位置如图（b）所示。温度为50时，热敏电阻的阻值为_。从实验原理上看，该方法测得的阻值比真实值略微_（填“偏大”或“偏小”）。如果热敏电阻阻值随温度升高而变大，则其为正温度系数热敏电阻，反之为负温度系数热敏电阻。基于以上实验数据可知，该热敏电阻RT为_（填“正”或“负”）温度系数热敏电阻。 (2)某同学搭建一套基于该热敏电阻的火灾报警系统，实物图连线如图（c）所示，其中有一个器件的导线连接有误，该器件为_（填器件名称）。正确连接后，先使用电阻箱R2进行调试，其阻值设置为_，滑动变阻器R1阻值从最大逐渐减小，直至报警器开始

34、报警，此时滑动变阻器R1连入电路的阻值为_。调试完毕后，再利用单刀双掷开关S2的选择性开关功能，把热敏电阻RT接入电路，可方便实现调试系统和工作系统的切换。【答案】(1)600 偏大 负 (2)滑动变阻器R1 600 3000【解析】(1)由图（b）可知，电流表的示数为50 mA，则此时热敏电阻的阻值，该方法所测电流值为真实电流值，所测电压值为热敏电阻和电流表两端的总电压，故根据R，可知此时所测电阻值偏大；在相同电压下，温度越高，通过电流越小，说明热敏电阻的阻值随温度的升高而降低，故RT为负温度系数热敏电阻。(2)滑动变阻器R1的导线连接有误，两根导线都连接在上端，无法起到改变接入电阻阻值的作

35、用，应一上一下连接；先使用电阻箱R2进行调试，其阻值设置为RT的自动报警电阻，即600 才可对其进行调试；此时要求刚好在50时自动报警，则通过电路的电流10 mA，报警器和电流表的电阻很小，可忽略不计，可得此时滑动变阻器的阻值R1RT3000 。9某同学要将一量程为300 mV的毫伏表改装成量程为3V的电压表，该同学测得毫伏表内阻为1000 ，经计算后将一阻值为R0的电阻与该毫伏表连接，进行改装。然后利用一标准电压表V，根据图甲所示电路对改装后的电压表进行检测（虚线框内是改装后的电压表）。(1)根据图甲和题目所给的条件，将图乙中的实物进行连线_。(2)当标准电压表V的示数为2.00 V时，毫伏

36、表的指针位置如图丙所示。由此可以推测出所改装电压表的量程不是预期值，而是_（正确答案标号）。A1.80 V B2.40 V C2.70 V D3.75 V(3)产生上述问题的原因可能是_（正确答案标号）。A毫伏表内阻测量错误，实际内阻小于1000 B毫伏表内阻测量错误，实际内阻大于1000 CR0值计算错误，接入的电阻偏大DR0值计算错误，接入的电阻偏小(4)要达到预期目的，无论毫伏表测得的内阻是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R0的电阻换成阻值为kR0的电阻即可，其中k_。【答案】(1)见解析 (2)B (3)BD (4)【解析】(1)毫伏表与分压电阻串联可以改装成电压表，根据图甲所示

37、电路图连接实物电路图，实物电路图如图乙所示。(2)毫伏表量程为300 mV，由图丙所示表盘可知，其分度值为1 mV，其示数为250 mV，电压表示数为2.00 V，电压表示数为毫伏表示数的倍，改装后电压表量程为300×103×8 V2.40 V，故B正确。(3)把毫伏表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值，如果毫伏表内阻Rg测量值错误，毫伏表内阻实际阻值大于1000 ，即内阻Rg测量值偏小，串联电阻阻值，偏小，会导致改装后电压表量程偏小，故B正确，A错误；由(2)可知，改装后电压表量程偏大，则分压电阻的电压偏大，由串联电路特点可知，分压电阻阻值偏大，如果R0值计算错误，接入的电阻偏小会导致改装后电压表量程偏小，故D正确，C错误。(4)把毫伏表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值，由(2)可知，分压电阻的电压为毫伏表电压的7倍，则串联电阻R07Rg，把毫伏表改装成3 V的电压表，串联电阻阻值，则。