（新课标）2020版高考物理大二轮复习 优化6 实验题答题策略教学案

优化6实验题答题策略考查基本仪器的使用方法和不同实验中对仪器的选择，考查基本实验原理在新的环境下的变通运用，考查利用基本操作来完成新的实验任务，近几年高考不仅考查课本的分组实验，还考查演示实验，而且出现了迁移类实验、应用型实验、设计型实验及探究型实验，有填空作图型实验题、常规实验题、设计型实验题等1要明确考查知识范围现在的物理实验题涉及力学、电(场、路)磁(场、感)学等知识尽管题目千变万化，但通过仔细审题，一定能直接地判断出命题人想要考查的知识点和意图2要看清实验题图实验题一般配有相应的示意图、实物图，实质是告知实验仪器(或部分)及其组装情况，让考生琢磨考查意图只有看清了实验仪器，才使你有身临其境的感觉认识这些器材在实验中所起的作用，便能初步勾画实验过程3要捕捉并提取信息试题总是提供诸多信息从而再现实验情景，因此，正确解答时必须捕捉并提取有价值的信息，使问题迎刃而解一般需要关注如下信息：(1)新的概念、规律、公式一些新颖的非学生实验题、陌生的新知识(概念公式)应用题、新规律验证题，都为我们提供信息在阅读理解的基础上提取有用信息为解题服务(2)新的表格数据通过解读表格，了解实验测量的物理量，根据表格中的数据，判断相关物理量之间的关系如正比例关系，反比例关系，平方还是开方关系，或者是倒数关系根据数据描点作图、直观实验反映的某种规律(3)新的物理图像实验题本身提供物理图像，但这些图像平时没有接触过，关键要明确图像的物理意义，帮助正确分析实验问题题型1探究型实验探究型实验题通常可分为两类：第一类为通过实验和实验数据的分析得出物理规律，第二类给出实验规律，让你选择实验仪器，设计实验步骤，并进行数据处理第一类必须在实验数据上下工夫，根据数据特点，掌握物理量间的关系，得出实验规律；第二类必须从已知规律入手，正确选择测量的物理量，根据问题联想相关的实验模型，确定实验原理，选择仪器设计实验步骤，记录实验数据并进行数据处理【典例1】(2019四川广元三模)用如图甲所示装置来探究功和动能变化的关系木板上固定两个完全相同的遮光条A、B，用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计C相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道D上，轨道放在水平桌面上，P为小桶(内有沙子)，滑轮质量、摩擦不计，重力加速度为g.(1)实验中轨道应倾斜一定角度，这样做的目的是_A使木板释放后，木板能匀加速下滑B增大木板下滑的加速度C使得细线拉力做的功等于合力对木板做的功D使得木板在未施加拉力时能匀速下滑(2)用游标卡尺测量遮光条的宽度，示数如图乙所示，则遮光条的宽度d_cm.(3)实验主要步骤如下：测量木板、遮光条的总质量M，两遮光条间的距离L，按甲图正确连接器材将木板左端与轨道左端对齐，静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数F及遮光条B、A先后经过光电门的时间t1、t2，则遮光条B、A通过光电门的过程中木板动能的变化量Ek_；合外力对木板做的功W_.(用字母M、t1、t2、d、L、F表示)在小桶中增加沙子，重复的操作比较W、Ek的大小，得出实验结论(4)若在本实验中轨道水平放置，其他条件和实验步骤不变，假设木板与轨道之间的动摩擦因数为，测得多组F、t1、t2的数据，并得到F与的关系图像如图丙所示，已知图像在纵轴上的截距为b，直线的斜率为k，则_(用字母b、d、L、k、g表示)解析(1)轨道略微倾斜的目的是平衡摩擦力，这样在未施加拉力时木板就能做匀速直线运动，木板连上细线后，细线的拉力等于木板受到的合力，细线的拉力对木板做的功等于合力对木板做的功，故C、D项正确(2)游标卡尺主尺的读数为1 mm，游标尺上的第14个刻度与主尺上的刻度对齐，所以游标尺的读数为0.0514 mm0.70 mm，总读数为1 mm0.70 mm1.70 mm0.170 cm.(3)遮光条B通过光电门时的速度vB，遮光条A通过光电门时的速度vA，则EkMvMv.光滑的滑轮两端的细线拉力处处相等，弹簧测力计的示数F是细线的拉力大小，也是木板所受的合外力大小，故WFL.(4)当轨道水平放置时，对木板，由动能定理得(FMg)L，解得FMg，结合F与的关系图像可知斜率k，纵截距bMg，联立解得.答案(1)CD(2)0.170(3)FL(4)题型2验证型实验验证型实验有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，对于该实验题型，要有严谨的科学态度，不要认为验证规律的实验一定成立，可以投机取巧，编造数据，比如计算了等式的左边，认为右边一定相等，造成不必要的丢分，另外还要注意有效数字必须符合题目要求【典例2】(2019湖北八校联考)小明同学利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律A为装有挡光片的钩码，总质量为M，挡光片的宽度为b，轻绳一端与A相连，另一端跨过光滑轻质定滑轮与质量为m(mm，取重力加速度为g，则(1)矩形线圈中电流的方向为_(2)矩形线圈的电阻为_(3)匀强磁场的磁感应强度的大小为_(4)考虑到电压表内阻的影响，磁感应强度B的测量值偏_(填“大”或“小”)解析(1)因m0m，故当天平正好平衡时，线圈受到的安培力竖直向上，根据左手定则可知，矩形线圈中电流的方向为逆时针方向(2)根据闭合电路欧姆定律可知，回路中电流I，设线圈电阻为R，则有R1R，解得RrR1.(3)设匀强磁场的磁感应强度大小为B，线框受力平衡，则有mgm0gnBIl，I，解得B.(4)回路中电流I是干路电流，由于电压表的分流作用，使得代入计算的电流与线圈中实际通过的电流相比偏大，因此磁感应强度B的测量值偏小答案(1)逆时针方向(2)R1(3)(4)小专题强化训练(二十四)1(2019四川成都诊断)将两根原长相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起，看作一根新弹簧，设原粗弹簧(记为A)的劲度系数为k1，原细弹簧(记为B)的劲度系数为k2，套成的新弹簧(记为C)的劲度系数为k3.关于k1、k2、k3的大小关系，同学们猜想如下：甲同学：和电阻并联相似，可能是.乙同学：和电阻串联相似，可能是k3k1k2.丙同学：可能是k3.(1)为了验证猜想，同学们设计了相应的实验(装置见图甲所示)(2)简要实验步骤如下，请完成相应填空a将弹簧A悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A的原长L0；b在弹簧A的下端挂上钩码，记下钩码的个数n、每个钩码的质量m和当地的重力加速度大小g，并用刻度尺测量弹簧的长度L1；c由F_计算弹簧的弹力，由xL1L0计算弹簧的伸长量，由k计算弹簧的劲度系数；d改变_，重复实验步骤b、c，并求出弹簧A的劲度系数的平均值k1；e仅将弹簧分别换为B、C，重复上述操作步骤，求出弹簧B、C的劲度系数的平均值k2、k3.比较k1、k2、k3并得出结论(3)图乙是实验得到的图线，由此可以判断_同学的猜想正确解析(2)弹簧的弹力F等于n个钩码的重力之和nmg；多次测量取平均值，可以减小误差，所以实验中需要改变钩码的个数以改变弹簧弹力(3)由题图乙可知，伸长量相同时，FCFAFB，由胡克定律可得k3xk1xk2x，所以k3k1k2，乙同学的猜想是正确的答案(2)nmg钩码的个数(3)乙2(2019武汉市高三调研)在验证动量守恒定律实验中，实验装置如图所示，a、b是两个半径相等的小球，按照以下步骤进行操作A在木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板在紧靠槽口处竖直放置，使小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；B将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；C把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C.(1)为了保证在碰撞过程中小球a不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1_m2(选填“大于”、“小于”或“等于”)(2)完成本实验，必须测量的物理量有_A小球a开始释放的高度hB木板水平向右移动的距离lC小球a和小球b的质量m1、m2DO点分别到A、B、C三点的距离y1、y2、y3解析(1)为防止两球碰撞后，小球a反弹，小球a的质量应大于小球b的质量，即m1m2.(2)a、b两球碰撞后均做平抛运动，lvt，ygt2，得lv，若满足m1v0m1v1m2v2，即碰撞前后动量守恒，即可验证动量守恒定律，对该式进行整理可得，因此需要测量小球a和小球b的质量m1、m2以及O点分别到A、B、C三点的距离y1、y2、y3，选项C、D正确答案(1)大于(2)CD3(2019河南六市联考)一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量与对应时间t的比值定义为角加速度.我们用电磁打点计时器、刻度尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验(打点计时器所接交流电的频率为50 Hz；A、B、C、D、为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出)如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量(1)用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的半径r为_cm；(2)由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为_rad/s；(3)圆盘转动的角加速度大小为_rad/s2(计算结果保留三位有效数字)解析(1)由图乙可知，主尺刻度为60 mm，游标尺上的小数部分为0，由于最小分度为0.05 mm，游标卡尺的读数为60.00 mm，即6.000 cm，因此圆盘的直径为6.000 cm，半径为3.000 cm.(2)由频率f50 Hz可知，周期T0.02 s，则纸带上相邻两计数点之间的时间间隔t5T0.1 s，故打下计数点D时，速度vD m/s0.417 m/s，故 rad/s13.9 rad/s.(3)纸带运动的加速度a m/s20.705 m/s2，由于，故圆盘转动的角加速度大小为 rad/s223.5 rad/s2.答案(1)3.000(2)13.9(3)23.54(2019云南七校联考)材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小如图甲所示为某压敏电阻在室温下的电阻压力特性曲线，其中RF、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力下的电阻值RF.请按要求完成下列实验(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框内画出实验电路的原理图(压敏电阻已给出，待测压力大小约为4080 N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：A压敏电阻，无压力时阻值R06000 B滑动变阻器R，最大阻值约为200 C电流表A，量程02.5 mA，内阻为30 D电压表V，量程03 V，内阻为3 kE直流电源E，电动势为3 V，内阻很小F开关S，导线若干(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为_V.(3)此时压敏电阻的阻值为_(保留两位有效数字)；结合图甲可知待测压力的大小F_N.解析(1)由于滑动变阻器总电阻较小，远小于待测压敏电阻的阻值，因此滑动变阻器应采用分压式接法；同时因待测压敏电阻的阻值较大，故应采用电流表内接法；电路原理图如图所示(2)电压表量程为03 V，最小分度为0.1 V，则读数为2.00 V.(3)根据欧姆定律可知RFRA 30 1.5103 ，则有4；由图甲可知，待测压力的大小F60 N.答案(1)见解析图(2)2.00(3)1.5103605(2019河南省豫南九校质量考评)利用如图甲所示的电路可以较为准确地测出待测电阻Rx的阻值其中R1为一段较长的粗细均匀的电阻丝，Rx为待测电阻，R0为电阻箱，a为电表测量步骤如下：根据如图甲所示的电路图连接电路；将R0调到某一数值，滑片P与电阻丝某位置连接闭合开关S1，试触开关S2，观察电表a指针的偏转情况；适当左右移动滑片P的位置，直至闭合开关S2时，电表a的指针不发生偏转；测出滑片左右两侧电阻丝的长度L1和L2，读出此时电阻箱接入电路的阻值R0.(1)根据图甲的电路图，用笔画线代替导线，将图乙的实物图连接成完整电路；(2)为了使测量结果更准确，图甲中的电表a选以下的哪个电表更合适_A量程为03 V、分度值为0.1 V、内阻为3000 的电压表B量程为00.6 A、分度值为0.02 A、内阻为60 的电流表C量程为030 A、分度值为1 A、内阻为100 的灵敏电流计(3)如果电表a中电流方向由M流向P时，指针向右偏转，则当指针向右偏转时，可以通过以下哪些操作使指针不发生偏转_A适当增大电阻箱R0的阻值B适当减小电阻箱R0的阻值C将滑片P向左移动适当的距离D将滑片P向右移动适当的距离(4)用测量的物理量(L1、L2和R0)表示待测电阻的阻值Rx_.解析(1)实物图连接如答案图所示(2)为了使测量结果更精确，就要使电表更灵敏选项A电表指针偏转1格所需电压为0.1 V，而选项B电表指针偏转1格所需电压为0.02 A60 1.2 V，选项C电表指针偏转1格所需电压为1 A100 0.1 mV，所以选C表(3)当指针向右偏转时，说明M点的电势比P点高，因此可以减小R0分得的电压，或减小滑片左边电阻丝分得的电压，即减小R0接入电路的阻值或向左移动滑片P，选项B、C正确(4)当电表指针不发生偏转时，M、P两点电势相等，即，所以RxR0.答案(1)实物图连接如图所示(2)C(3)BC(4)R013