（新課標）2020版高考物理大二輪復習 優(yōu)化6 實驗題答題策略教學案

優(yōu)化6實驗題答題策略考查基本儀器的使用方法和不同實驗中對儀器的選擇，考查基本實驗原理在新的環(huán)境下的變通運用，考查利用基本操作來完成新的實驗任務，近幾年高考不僅考查課本的分組實驗，還考查演示實驗，而且出現(xiàn)了遷移類實驗、應用型實驗、設計型實驗及探究型實驗，有填空作圖型實驗題、常規(guī)實驗題、設計型實驗題等1要明確考查知識范圍現(xiàn)在的物理實驗題涉及力學、電(場、路)磁(場、感)學等知識盡管題目千變萬化，但通過仔細審題，一定能直接地判斷出命題人想要考查的知識點和意圖2要看清實驗題圖實驗題一般配有相應的示意圖、實物圖，實質是告知實驗儀器(或部分)及其組裝情況，讓考生琢磨考查意圖只有看清了實驗儀器，才使你有身臨其境的感覺認識這些器材在實驗中所起的作用，便能初步勾畫實驗過程3要捕捉并提取信息試題總是提供諸多信息從而再現(xiàn)實驗情景，因此，正確解答時必須捕捉并提取有價值的信息，使問題迎刃而解一般需要關注如下信息：(1)新的概念、規(guī)律、公式一些新穎的非學生實驗題、陌生的新知識(概念公式)應用題、新規(guī)律驗證題，都為我們提供信息在閱讀理解的基礎上提取有用信息為解題服務(2)新的表格數(shù)據(jù)通過解讀表格，了解實驗測量的物理量，根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，判斷相關物理量之間的關系如正比例關系，反比例關系，平方還是開方關系，或者是倒數(shù)關系根據(jù)數(shù)據(jù)描點作圖、直觀實驗反映的某種規(guī)律(3)新的物理圖像實驗題本身提供物理圖像，但這些圖像平時沒有接觸過，關鍵要明確圖像的物理意義，幫助正確分析實驗問題題型1探究型實驗探究型實驗題通常可分為兩類：第一類為通過實驗和實驗數(shù)據(jù)的分析得出物理規(guī)律，第二類給出實驗規(guī)律，讓你選擇實驗儀器，設計實驗步驟，并進行數(shù)據(jù)處理第一類必須在實驗數(shù)據(jù)上下工夫，根據(jù)數(shù)據(jù)特點，掌握物理量間的關系，得出實驗規(guī)律；第二類必須從已知規(guī)律入手，正確選擇測量的物理量，根據(jù)問題聯(lián)想相關的實驗模型，確定實驗原理，選擇儀器設計實驗步驟，記錄實驗數(shù)據(jù)并進行數(shù)據(jù)處理【典例1】(2019·四川廣元三模)用如圖甲所示裝置來探究功和動能變化的關系木板上固定兩個完全相同的遮光條A、B，用不可伸長的細線將木板通過兩個滑輪與彈簧測力計C相連，木板放在安裝有定滑輪和光電門的軌道D上，軌道放在水平桌面上，P為小桶(內有沙子)，滑輪質量、摩擦不計，重力加速度為g.(1)實驗中軌道應傾斜一定角度，這樣做的目的是_A使木板釋放后，木板能勻加速下滑B增大木板下滑的加速度C使得細線拉力做的功等于合力對木板做的功D使得木板在未施加拉力時能勻速下滑(2)用游標卡尺測量遮光條的寬度，示數(shù)如圖乙所示，則遮光條的寬度d_cm.(3)實驗主要步驟如下：測量木板、遮光條的總質量M，兩遮光條間的距離L，按甲圖正確連接器材將木板左端與軌道左端對齊，靜止釋放木板，木板在細線拉動下運動，記錄彈簧測力計示數(shù)F及遮光條B、A先后經過光電門的時間t1、t2，則遮光條B、A通過光電門的過程中木板動能的變化量Ek_；合外力對木板做的功W_.(用字母M、t1、t2、d、L、F表示)在小桶中增加沙子，重復的操作比較W、Ek的大小，得出實驗結論(4)若在本實驗中軌道水平放置，其他條件和實驗步驟不變，假設木板與軌道之間的動摩擦因數(shù)為，測得多組F、t1、t2的數(shù)據(jù)，并得到F與的關系圖像如圖丙所示，已知圖像在縱軸上的截距為b，直線的斜率為k，則_(用字母b、d、L、k、g表示)解析(1)軌道略微傾斜的目的是平衡摩擦力，這樣在未施加拉力時木板就能做勻速直線運動，木板連上細線后，細線的拉力等于木板受到的合力，細線的拉力對木板做的功等于合力對木板做的功，故C、D項正確(2)游標卡尺主尺的讀數(shù)為1 mm，游標尺上的第14個刻度與主尺上的刻度對齊，所以游標尺的讀數(shù)為0.05×14 mm0.70 mm，總讀數(shù)為1 mm0.70 mm1.70 mm0.170 cm.(3)遮光條B通過光電門時的速度vB，遮光條A通過光電門時的速度vA，則EkMvMv.光滑的滑輪兩端的細線拉力處處相等，彈簧測力計的示數(shù)F是細線的拉力大小，也是木板所受的合外力大小，故WFL.(4)當軌道水平放置時，對木板，由動能定理得(FMg)L，解得FMg，結合F與的關系圖像可知斜率k，縱截距bMg，聯(lián)立解得.答案(1)CD(2)0.170(3)FL(4)題型2驗證型實驗驗證型實驗有驗證力的平行四邊形定則、驗證牛頓第二定律、驗證機械能守恒定律，對于該實驗題型，要有嚴謹?shù)目茖W態(tài)度，不要認為驗證規(guī)律的實驗一定成立，可以投機取巧，編造數(shù)據(jù)，比如計算了等式的左邊，認為右邊一定相等，造成不必要的丟分，另外還要注意有效數(shù)字必須符合題目要求【典例2】(2019·湖北八校聯(lián)考)小明同學利用如圖所示的裝置來驗證機械能守恒定律A為裝有擋光片的鉤碼，總質量為M，擋光片的寬度為b，輕繩一端與A相連，另一端跨過光滑輕質定滑輪與質量為m(m<M)的重物B相連他的做法是：先用力拉住B，保持A、B靜止，測出A的擋光片上端到光電門的距離h(hb)；然后由靜止釋放B，A下落過程中經過光電門，光電門可測出擋光片的擋光時間t，算出擋光片經過光電門的平均速度，將其視為A下落h時的速度，重力加速度為g.(1)在A從靜止開始下落h的過程中，驗證以A、B所組成的系統(tǒng)機械能守恒的表達式為_(用題目所給物理量的符號表示)；(2)由于光電門所測的平均速度與物體A下落h時的瞬時速度間存在一個差值v，因而系統(tǒng)減少的重力勢能_系統(tǒng)增加的動能(選填“大于”或“小于”)；(3)為減小上述v對實驗結果的影響，小明同學想到了以下一些做法，其中可行的是_A保持A下落的初始位置不變，測出多組時間t，算出多個平均速度然后取平均值B減小擋光片上端到光電門的距離hC增大擋光片的擋光寬度bD適當減小擋光片的擋光寬度b(4)若采用本裝置測量當?shù)氐闹亓铀俣萭，則測量值_真實值(選填“大于”“等于”或“小于”)解析(1)系統(tǒng)減少的重力勢能為Ep(Mm)gh，通過光電門的速度為v，所以系統(tǒng)增加的動能為Ek(Mm)2，驗證以A、B所組成的系統(tǒng)機械能守恒的表達式為(Mm)gh(Mm)2.(2)由于光電門所測的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，其與物體A下落h時的瞬時速度(中間位移速度)間少了一個差值，即測量速度小于真實速度，故系統(tǒng)減少的重力勢能大于系統(tǒng)增加的動能(3)平均速度要盡可能接近瞬時速度，只有讓擋光片經過光電門的時間盡可能小，只有D選項中的做法能達到這一目的，B、C選項中的做法只會讓擋光片經過光電門的時間變長，增加誤差，而A選項中的做法對擋光片經過光電門的時間無影響，故對減小上述v無作用(4)由機械能守恒表達式(Mm)gh(Mm)2可推出，重力加速度g的測量值為g，因測量速度小于真實速度，所以重力加速度g的測量值小于真實值答案(1)(Mm)gh(Mm)2(2)大于(3)D(4)小于題型3設計型實驗解決設計型實驗題的關鍵是確定實驗原理，它是進行實驗設計的根本依據(jù)和起點，它決定應當測量哪些物理量、如何安排實驗步驟、如何處理數(shù)據(jù)等實驗原理的確定，要根據(jù)問題的要求和給出的條件，回顧分組實驗和演示實驗，尋找能夠遷移應用的實驗原理，或者回顧物理原理，尋找有關的物理規(guī)律，設法創(chuàng)設相關的物理情境并根據(jù)已掌握的基本儀器核對是否能夠測出必須測定的物理量因此，掌握基本儀器的使用方法、基本的實驗方法和基本物理原理是解答設計型實驗題的基礎【典例3】(2019·廣東高三調研)某電池的電動勢約為3 V，某實驗小組要測量該電池的電動勢和內阻(1)實驗中要測量的電池內阻較小，實驗器材除了被測電池以外，還有一電阻箱R，一開關S，若干導線，內阻Rg30 、量程為1 mA的電流表G，阻值為2970 的定值電阻R0，阻值為2.00 的定值電阻R1.請設計并畫出合理的測量該電池電動勢及內阻的實驗電路圖，圖中標明相關器材的字母符號(2)為了比較準確地得出實驗結論，該小組的同學準備用線性圖像來處理實驗數(shù)據(jù)，圖像的縱坐標表示電流表的示數(shù)I，橫坐標表示的物理量是_(3)若作出的圖像在縱軸上的截距為I0，圖像斜率的絕對值為k，則可求得該電池的電動勢E_，內阻r_.(用測量量和所給量的符號表示)解析(1)題目中給出了電阻箱和電流表，由于電流表的量程太小，若要改裝成大量程的電流表，需要并聯(lián)的電阻很小，題中所給條件不能滿足實驗要求，若要改裝成一個量程為3 V的電壓表，需要串聯(lián)一個電阻，UIg(RgR)，U為改裝后電壓表的量程，R為串聯(lián)電阻，代入數(shù)據(jù)得3 V1×103 A×(30 R)，解得R2970 .因此用R0與電流表串聯(lián)可以改裝成量程為3 V的電壓表，這樣就可以用“伏阻法”測電池的電動勢和內阻由于電池內阻較小，電路中應串聯(lián)一個保護電阻，增大等效電源的內阻電路圖如答案圖(2)由閉合電路歐姆定律得EI(RgR0)(R1r)，得I(R1r)，因此橫坐標表示的物理量應是.(3)由題意得I0，R1rk，解得EI0(RgR0)，rkR1.答案(1)如圖所示(2)(3)I0(RgR0)kR1題型4創(chuàng)新型實驗近幾年全國卷實驗題的第二題，往往注重考查實驗原理的遷移、測量方法的遷移、數(shù)據(jù)處理方法的遷移，試題新穎、區(qū)分度高但試題依然是以實驗基礎為依據(jù)，如計算形式的實驗題、電學中實驗電路的設計等都是根據(jù)考生學過的實驗方法、原理等來命題的，做題時一定要審清題意，明確實驗目的，聯(lián)想和遷移應用相關實驗原理【典例4】電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應強度的大小測量前天平已調至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，一個質量為m0、匝數(shù)為n、下邊長為l的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，此矩形線圈的下部分放在待測磁場中如圖甲所示，線圈的兩頭連接在如圖乙所示的電路中，不計連接導線對線圈的作用力，電源電動勢為E、內阻為r.開關S閉合后，調節(jié)可變電阻R的阻值至R1時，天平正好平衡此時電壓表示數(shù)為U.已知m0>m，取重力加速度為g，則(1)矩形線圈中電流的方向為_(2)矩形線圈的電阻為_(3)勻強磁場的磁感應強度的大小為_(4)考慮到電壓表內阻的影響，磁感應強度B的測量值偏_(填“大”或“小”)解析(1)因m0>m，故當天平正好平衡時，線圈受到的安培力豎直向上，根據(jù)左手定則可知，矩形線圈中電流的方向為逆時針方向(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，回路中電流I，設線圈電阻為R，則有R1R，解得RrR1.(3)設勻強磁場的磁感應強度大小為B，線框受力平衡，則有mgm0gnBIl，I，解得B.(4)回路中電流I是干路電流，由于電壓表的分流作用，使得代入計算的電流與線圈中實際通過的電流相比偏大，因此磁感應強度B的測量值偏小答案(1)逆時針方向(2)R1(3)(4)小專題強化訓練(二十四)1(2019·四川成都診斷)將兩根原長相同、勁度系數(shù)不同、粗細也不同的彈簧套在一起，看作一根新彈簧，設原粗彈簧(記為A)的勁度系數(shù)為k1，原細彈簧(記為B)的勁度系數(shù)為k2，套成的新彈簧(記為C)的勁度系數(shù)為k3.關于k1、k2、k3的大小關系，同學們猜想如下：甲同學：和電阻并聯(lián)相似，可能是.乙同學：和電阻串聯(lián)相似，可能是k3k1k2.丙同學：可能是k3.(1)為了驗證猜想，同學們設計了相應的實驗(裝置見圖甲所示)(2)簡要實驗步驟如下，請完成相應填空a將彈簧A懸掛在鐵架臺上，用刻度尺測量彈簧A的原長L0；b在彈簧A的下端掛上鉤碼，記下鉤碼的個數(shù)n、每個鉤碼的質量m和當?shù)氐闹亓铀俣却笮，并用刻度尺測量彈簧的長度L1；c由F_計算彈簧的彈力，由xL1L0計算彈簧的伸長量，由k計算彈簧的勁度系數(shù)；d改變_，重復實驗步驟b、c，并求出彈簧A的勁度系數(shù)的平均值k1；e僅將彈簧分別換為B、C，重復上述操作步驟，求出彈簧B、C的勁度系數(shù)的平均值k2、k3.比較k1、k2、k3并得出結論(3)圖乙是實驗得到的圖線，由此可以判斷_同學的猜想正確解析(2)彈簧的彈力F等于n個鉤碼的重力之和nmg；多次測量取平均值，可以減小誤差，所以實驗中需要改變鉤碼的個數(shù)以改變彈簧彈力(3)由題圖乙可知，伸長量相同時，F(xiàn)CFAFB，由胡克定律可得k3xk1xk2x，所以k3k1k2，乙同學的猜想是正確的答案(2)nmg鉤碼的個數(shù)(3)乙2(2019·武漢市高三調研)在驗證動量守恒定律實驗中，實驗裝置如圖所示，a、b是兩個半徑相等的小球，按照以下步驟進行操作A在木板表面釘上白紙和復寫紙，并將該木板在緊靠槽口處豎直放置，使小球a從斜槽軌道上固定點處由靜止釋放，撞到木板并在白紙上留下痕跡O；B將木板水平向右移動一定距離并固定，再使小球a從固定點處由靜止釋放，撞到木板上得到痕跡B；C把小球b靜止放在斜槽軌道水平段的最右端，讓小球a仍從固定點處由靜止釋放，和小球b相碰后，兩球撞在木板上得到痕跡A和C.(1)為了保證在碰撞過程中小球a不反彈，a、b兩球的質量m1、m2間的關系是m1_m2(選填“大于”、“小于”或“等于”)(2)完成本實驗，必須測量的物理量有_A小球a開始釋放的高度hB木板水平向右移動的距離lC小球a和小球b的質量m1、m2DO點分別到A、B、C三點的距離y1、y2、y3解析(1)為防止兩球碰撞后，小球a反彈，小球a的質量應大于小球b的質量，即m1>m2.(2)a、b兩球碰撞后均做平拋運動，lvt，ygt2，得lv，若滿足m1v0m1v1m2v2，即碰撞前后動量守恒，即可驗證動量守恒定律，對該式進行整理可得，因此需要測量小球a和小球b的質量m1、m2以及O點分別到A、B、C三點的距離y1、y2、y3，選項C、D正確答案(1)大于(2)CD3(2019·河南六市聯(lián)考)一個有一定厚度的圓盤，可以繞通過中心垂直于盤面的水平軸轉動，圓盤加速轉動時，角速度的增加量與對應時間t的比值定義為角加速度.我們用電磁打點計時器、刻度尺、游標卡尺、紙帶、復寫紙來完成下述實驗(打點計時器所接交流電的頻率為50 Hz；A、B、C、D、為計數(shù)點，相鄰兩計數(shù)點間有四個點未畫出)如圖甲所示，將打點計時器固定在桌面上，將紙帶的一端穿過打點計時器的限位孔，然后固定在圓盤的側面，當圓盤轉動時，紙帶可以卷在圓盤側面上；接通電源，打點計時器開始打點，啟動控制裝置使圓盤勻加速轉動；經過一段時間，停止轉動和打點，取下紙帶，進行測量(1)用20分度的游標卡尺測得圓盤的直徑如圖乙所示，圓盤的半徑r為_cm；(2)由圖丙可知，打下計數(shù)點D時，圓盤轉動的角速度為_rad/s；(3)圓盤轉動的角加速度大小為_rad/s2(計算結果保留三位有效數(shù)字)解析(1)由圖乙可知，主尺刻度為60 mm，游標尺上的小數(shù)部分為0，由于最小分度為0.05 mm，游標卡尺的讀數(shù)為60.00 mm，即6.000 cm，因此圓盤的直徑為6.000 cm，半徑為3.000 cm.(2)由頻率f50 Hz可知，周期T0.02 s，則紙帶上相鄰兩計數(shù)點之間的時間間隔t5T0.1 s，故打下計數(shù)點D時，速度vD m/s0.417 m/s，故 rad/s13.9 rad/s.(3)紙帶運動的加速度a m/s20.705 m/s2，由于，故圓盤轉動的角加速度大小為 rad/s223.5 rad/s2.答案(1)3.000(2)13.9(3)23.54(2019·云南七校聯(lián)考)材料的電阻隨壓力的變化而變化的現(xiàn)象稱為“壓阻效應”，利用這種效應可以測量壓力大小如圖甲所示為某壓敏電阻在室溫下的電阻壓力特性曲線，其中RF、R0分別表示有、無壓力時壓敏電阻的阻值為了測量壓力F，需先測量壓敏電阻處于壓力下的電阻值RF.請按要求完成下列實驗(1)設計一個可以測量處于壓力中的該壓敏電阻阻值的電路，在圖乙的虛線框內畫出實驗電路的原理圖(壓敏電阻已給出，待測壓力大小約為4080 N，不考慮壓力對電路其他部分的影響)，要求誤差較小，提供的器材如下：A壓敏電阻，無壓力時阻值R06000 B滑動變阻器R，最大阻值約為200 C電流表A，量程02.5 mA，內阻為30 D電壓表V，量程03 V，內阻為3 kE直流電源E，電動勢為3 V，內阻很小F開關S，導線若干(2)正確接線后，將壓敏電阻置于待測壓力下，通過壓敏電阻的電流是1.33 mA，電壓表的示數(shù)如圖丙所示，則電壓表的讀數(shù)為_V.(3)此時壓敏電阻的阻值為_(保留兩位有效數(shù)字)；結合圖甲可知待測壓力的大小F_N.解析(1)由于滑動變阻器總電阻較小，遠小于待測壓敏電阻的阻值，因此滑動變阻器應采用分壓式接法；同時因待測壓敏電阻的阻值較大，故應采用電流表內接法；電路原理圖如圖所示(2)電壓表量程為03 V，最小分度為0.1 V，則讀數(shù)為2.00 V.(3)根據(jù)歐姆定律可知RFRA 30 1.5×103 ，則有4；由圖甲可知，待測壓力的大小F60 N.答案(1)見解析圖(2)2.00(3)1.5×103605(2019·河南省豫南九校質量考評)利用如圖甲所示的電路可以較為準確地測出待測電阻Rx的阻值其中R1為一段較長的粗細均勻的電阻絲，Rx為待測電阻，R0為電阻箱，a為電表測量步驟如下：根據(jù)如圖甲所示的電路圖連接電路；將R0調到某一數(shù)值，滑片P與電阻絲某位置連接閉合開關S1，試觸開關S2，觀察電表a指針的偏轉情況；適當左右移動滑片P的位置，直至閉合開關S2時，電表a的指針不發(fā)生偏轉；測出滑片左右兩側電阻絲的長度L1和L2，讀出此時電阻箱接入電路的阻值R0.(1)根據(jù)圖甲的電路圖，用筆畫線代替導線，將圖乙的實物圖連接成完整電路；(2)為了使測量結果更準確，圖甲中的電表a選以下的哪個電表更合適_A量程為03 V、分度值為0.1 V、內阻為3000 的電壓表B量程為00.6 A、分度值為0.02 A、內阻為60 的電流表C量程為030 A、分度值為1 A、內阻為100 的靈敏電流計(3)如果電表a中電流方向由M流向P時，指針向右偏轉，則當指針向右偏轉時，可以通過以下哪些操作使指針不發(fā)生偏轉_A適當增大電阻箱R0的阻值B適當減小電阻箱R0的阻值C將滑片P向左移動適當?shù)木嚯xD將滑片P向右移動適當?shù)木嚯x(4)用測量的物理量(L1、L2和R0)表示待測電阻的阻值Rx_.解析(1)實物圖連接如答案圖所示(2)為了使測量結果更精確，就要使電表更靈敏選項A電表指針偏轉1格所需電壓為0.1 V，而選項B電表指針偏轉1格所需電壓為0.02 A×60 1.2 V，選項C電表指針偏轉1格所需電壓為1 A×100 0.1 mV，所以選C表(3)當指針向右偏轉時，說明M點的電勢比P點高，因此可以減小R0分得的電壓，或減小滑片左邊電阻絲分得的電壓，即減小R0接入電路的阻值或向左移動滑片P，選項B、C正確(4)當電表指針不發(fā)生偏轉時，M、P兩點電勢相等，即，所以RxR0.答案(1)實物圖連接如圖所示(2)C(3)BC(4)R013