【大高考】（三年模拟精选）2022届高考物理专题十二实验与探究（全国通用）A组 基础训练一、力学实验1．(2022·河北“五个一名校联盟”质监)某同学利用光电门传感器设计了一个研究小物体自由下落时机械能是否守恒的实验,实验装置如图所示，图中A、B两位置分别固定了两个光电门传感器．实验时测得小物体上宽度为d的挡光片通过A的挡光时间为t1，通过B的挡光时间为t2，重力加速度为g.为了证明小物体通过A、B时的机械能相等，还需要进行一些实验测量和列式证明．(1)下列必要的实验测量步骤是________．A．用天平测出运动小物体的质量mB．测出A、B两传感器之间的竖直距离hC．测出小物体释放时离桌面的高度HD．用秒表测出运动小物体由传感器A到传感器B所用时间Δt(2)若该同学用d和t1、t2的比值分别来反映小物体经过A、B光电门时的速度,并设想如果能满足_______关系式,即能证明在自由落体过程中小物体的机械能是守恒的．解析 若小物体从A运动到B的过程机械能守恒，则满足mv－mv＝mgh又vA＝，vB＝整理三式得－＝2gh故需测出A、B两传感器之间的竖直距离h.21\n答案 (1)B (2)－＝2gh2．(2022·佛山模拟)如图甲是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点，加速度大小用a表示．(1)OD间的距离为________cm.(2)图乙是根据实验数据绘出的x-t2图线(x为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示______________，加速度大小为________m/s2(保留三位有效数字)．解析 由图甲D点对应的数值可以读出OD之间的距离为1.20cm.物体做匀变速直线运动，位移和时间之间的关系为x＝v0t＋at2，可见在x-t2图象中的斜率表示加速度的一半，可得加速度为0.933m/s2.答案 (1)1.20 (2)加速度的一半(或) 0.9333．(2022·湖北六校调考)某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律:在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U.改变h，调整线框的位置，多做几次实验，记录各次的h，U.21\n(1)如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用图线________(选填“Uh”或“U2h”)更容易得出结论．(2)影响本实验精确程度的因素主要是____________________________(列举一点即可)．解析 (1)由mgh＝mv2得v＝，根据法拉第电磁感应定律得U＝BLv＝BL，则U2＝2B2L2gh，每次滑落时B、L相同，故U2与h成正比，如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，线性图线会更直观，故用U2h图象；(2)由于空气阻力等影响，使滑块下落时减少的重力势能不能完全转化为动能从而带来实验误差．答案 (1)U2h (2)空气阻力(或电磁感应损失机械能)4．(2022·广东深圳一模)在“探究加速度与质量的关系”的实验中(1)备有器材：A.长木板；B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C.细绳、小车、砝码;D.装有细砂的小桶；E.薄木板；F.毫米刻度尺．还缺少的一件器材是______________．(2)实验得到如图(a)所示的一条纸带,相邻两计数点的时间间隔为T；B、C间距s2和D、E间距s4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为__________．(3)同学甲根据实验数据画出如图(b)所示a图线，从图线可得砂和砂桶的总质量为______kg；(g取10m/s2)(4)同学乙根据实验数据画出了图(c)，从图线可知乙同学操作过程中可能21\n______________________________．解析 (1)本题要测量小车的质量，则需要天平，所以还缺少的一件器材是天平；(2)根据逐差法得：s4－s2＝2aT2解得a＝.(3)根据牛顿第二定律可知，a＝，则F即为a图象的斜率，所以砂和砂桶的总重力m′g＝F＝N＝0.2N，解得m′＝0.02kg.(4)由图(c)可知,图线不通过坐标原点，当F为某一值时，加速度为零，可知平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力．答案 (1)天平 (2)a＝ (3)0.02(0.018～0.022均正确) (4)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够5．(2022·山西四校联考)某兴趣小组的同学看见一本物理书上说“在弹性限度内，劲度系数为k的弹簧，形变量为x时弹性势能为Ep＝kx2”，为了验证该结论就尝试用“研究加速度与合外力、质量关系”的实验装置(如图甲)设计了以下步骤进行实验．实验步骤：A．水平桌面上放一长木板，其左端固定一弹簧，通过细绳与小车左端相连，小车的右端连接打点计时器的纸带；B．将弹簧拉伸x后用插销锁定，测出其伸长量x；C．打开打点计时器的电源开关后,拔掉插销解除锁定，小车在弹簧作用下运动到左端；D．选择纸带上某处的A点测出其速度v；E．取不同的x重复以上步骤多次，记录数据并利用功能关系分析结论．实验中已知小车的质量为m，弹簧的劲度系数为k，则：(1)长木板右端垫一小物块，其作用是________________________________________________________________________；21\n(2)如图乙中纸带上A点位置应在________(填s1、s2、s3)的段中取；(3)若Ep＝kx2成立，则实验中测量出物理量x与m、k、v关系式是x＝________．解析 ①本实验的原理是将弹簧的弹性势能转化为小车的动能，长木板右端垫一小物块，其作用是平衡摩擦力；②根据实验原理，点间距均匀，为匀速直线运动阶段，说明速度达到最大，故纸带上A点位置应在s2段；③根据能量守恒，有Ep＝kx2＝mv2，解得：x＝v.答案 (1)平衡摩擦力 (2)s2 (3)v二、电学实验6．(2022·贵州七校联考)测量一个长约5cm、电阻R1约为30Ω、横截面为圆形、粗细均匀的导电材料的电阻率，所用器材如下：游标卡尺(20分度)；螺旋测微器；直流电源E(电动势为18V，内阻可忽略不计)；标准电流表A1(量程1.5A，内阻r1＝6Ω)；电流表A2(量程2A，内阻r2约为5Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值10Ω)；开关S，导线若干．(1)用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示,读数L＝____________cm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，读数D＝____________mm.(2)请根据给出的仪器设计测电阻的实验电路原理图，要求获得较多的实验数据．21\n（3）若某次测量中两电流表A1、A2的读数分别为I1、I2,则由已知量和测量量计算电阻率的表达式为ρ＝ Ｗ.解析 （1）游标卡尺主尺读数为50mm，20分度游标卡尺精确度为0.05mm，第5条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为5×0.05mm＝0.25mm，所以该材料的长度为50.25mm＝5.025cm；螺旋测微器固定刻度部分读数为2.0mm,可动刻度部分读数为15.0×0.01mm＝0.150mm，因此该材料直径为2.150mm.（2）标准电流表量程为1.5A，内阻为6Ω，可当电压表使用，将其与待测材料并联,再与电流表A2串联，由于提供的滑动变阻器总电阻小于待测材料电阻，故需要将滑动变阻器接成分压式电路.（3）通过并联电路特点,可知通过电阻R1的电流为I2－I1，其两端电压U＝I1r1，所以待测材料的电阻为R1＝，由电阻定律R1＝ρ,S＝，解得：电阻率ρ＝.答案 （1）5.025 2.150 （2）如图所示（3）7.（2022·河南八校联考）在“绘制小灯泡的伏安特性曲线”的实验中：21\n（1）小王同学根据实验测得的数据,描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图甲（不是过原点的直线），请你解释形成的原因：________________________________________________________________________（2）若把3个这样完全相同的小灯泡串联后,接到6V的恒定电源后，求每个小灯泡的电阻R＝ Ω,每个小灯泡上消耗的电功率P＝ W.（3）若电源的电动势和内阻分别为E＝1.5V、r＝1.0Ω,保护电阻（与电源串联使用，防止电路中电流过大）为R＝Ω,则将三个这样完全相同的小灯泡并联后，再接入电路，则三个小灯泡消耗的总功率为P总＝ W.（结果保留两位有效数字）乙解析 （1）随灯泡电压与电流的增大,灯泡实际功率增大，导致灯泡温度升高，灯丝电阻变大,I与U不成正比，因此灯泡的IU图象不是直线，是曲线.（2）3个灯泡串联接到6V恒压电源两端，则每个灯泡分压2V，从图中看到，此时对应的电流为0.259A，则每个灯泡电阻为＝7.7Ω，每个小灯泡消耗的功率P＝UI＝0.52W.（3）当将三个灯泡并联与电源和保护电阻相连时,三个灯泡消耗的总功率P＝R并＝×W＝0.32W.答案 （1）温度升高，小灯泡电阻增大 （2）7.7 0.52 （3）0.32（0.30～0.35）8.（2022黑龙江齐齐哈尔二模）某同学利用如图甲所示的电路来测量电阻Rx的阻值.将开关S2接a,闭合开关S1，适当调节滑动变阻器R′后保持其阻值不变.21\n依次改变电阻箱的阻值R，读出相应电压表的示数U，得到如图乙所示的UR图象.（1）将开关S2接b，读得电压表的示数为1.50V，利用UR图象可得Rx＝ Ω.（2）若电路中使用的电源为一组新的干电池组成的电池组,其内阻可忽略不计,根据U-R图象可得该电池组的电动势为 V；滑动变阻器R′此时的阻值R′＝ Ω.（3）请将图丙中的实物图按图甲所示的电路进行连线.解析 （1）由题结合UR图象，当开关S2接b时，电阻箱的数据就相当于Rx，此时电压表示数为1.50V，在图线上找到对应此电压的点所对的横坐标，则Rx＝10Ω.（2）在图象上找两点：（2Ω,0.5V）、（10Ω，1.5V），由闭合电路欧姆定律得：E＝R′＋0.5，E＝R′＋1.5，解得R′＝10Ω，E＝3V.（3）实物连接图见答案.答案 （1）10 （2）3 10 （3）如图所示21\n9.（2022·江西八校联考）小汽车仪表台内的鼓风机靠的是一种电动势约为10V，内阻约为30Ω的电池驱动的,已知该电池允许输出的最大电流为55mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示电路进行实验，图中电流表的内阻RA＝15Ω，R为电阻箱，阻值范围为0～999.9Ω，R0为定值电阻，对电源起保护作用.（1）该同学接入符合要求的R0后,闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电流表的示数，记录多组数据，作出了如图乙所示的图线，则根据图线可求得该电池的电动势为E＝ V，r＝ Ω.（2）冬天为了防止汽车仪表盘上的玻璃“起雾”,可用通电电阻加热，用图丙所示10根阻值皆为30Ω的电阻条和上述电池，现在要使整个电路中电阻条上的消耗的功率最大，且要求电阻条数最少，请在图丙中画出电路连线.解析 （1）在图甲中，根据闭合电路欧姆定律有：E＝I（R＋R0＋RA＋r），得＝（R＋R0）＋（RA＋r），再结合图乙得5＝（15＋r），＝，联立解得E＝10V，r＝35Ω.（2）现要使整个电路中电阻条上消耗功率最大，则知此时有R外＝r＝35Ω，又知每根电阻条电阻为30Ω,且要求电阻条数最少，则可把6根电阻条并联（总电阻值为521\nΩ），然后再串联一根电阻条，如答案图所示.答案 （1）10 35 （2）如图所示B组 能力提升一、力学实验1.（2022·中原名校豫南九校联考）某探究学习小组用如图所示的方案测滑块与木板间的动摩擦因数.在实验桌上固定一斜面，在斜面上距斜面底端挡板一定距离处放置一小滑块，系住小滑块的轻质细线跨过光滑的定滑轮后系住一小球，整个系统处于静止状态.剪断细线后，小滑块沿斜面向下运动与挡板相碰，小球自由下落与地面相碰，先后听到两次碰撞的声音.反复调节挡板的位置，直到只听到一次碰撞的声音.测得此情况下小滑块距挡板的距离x＝0.5m，距桌面距离h＝0.3m，小球下落的高度H＝1.25m，取g＝10m/s2.不考虑空气的阻力，则：（1）小滑块与挡板碰前的速度大小为 m/s.（2）滑块与木板间动摩擦因数的表达式为 （用所给物理量的符号表示），代入数据得μ＝ Ｗ.解析 （1）同时听到声音说明小球与小滑块运动时间相同，设都为t，由小球做自由落体运动有H＝gt2，解得t＝＝0.5s，则小滑块与挡板碰撞时的速度为v＝＝2m/s.（2）对滑块做匀加速直线运动，有x＝at2由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma由几何关系得sinθ＝，cosθ＝21\n联立以上各式解得μ＝代入数值解得μ＝0.25答案 （1）2 （2）μ＝ 0.252.（2022·河北“五个一名校联盟”联考）“动能定理”和“机械能守恒定律”是物理学中很重要的两个力学方面的物理规律.某同学设计了如图所示的实验装置.一个电磁铁吸住一个小钢球,当将电磁铁断电后,小钢球将由静止开始向下加速运动.小钢球经过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间t，用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h.（1）该同学为了验证“动能定理”,用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如下图所示，他记录的小钢球的直径d＝ cm.（2）该同学在验证“动能定理”的过程中,忽略了空气阻力的影响，除了上述的数据之外是否需要测量小钢球的质量 （填“需要”或“不需要”）.（3）如果用这套装置验证机械能守恒定律,下面的做法能提高实验精度的是 Ｗ.A.在保证其他条件不变的情况下，减小小球的直径B.在保证其他条件不变的情况下，增大小球的直径C.在保证其他条件不变的情况下，增大小球的质量D.在保证其他条件不变的情况下，减小小球的质量解析 （1）主尺读数为13mm，游标尺的精确度为0.02mm，第10个刻度和主尺对齐，故游标尺读数为0.20mm，故小钢球的直径为1.320mm；（2）由动能定理得mgh＝mv2，化简得gh＝v2，故不需要测量小钢球的质量；（3）实验中以小球通过光电门的时间得到小球的平均速度,以此来表示瞬时速度v＝21\n，然后验证mgh＝mv2，即gh＝v2是否成立，由此验证机械能守恒，故小球的直径越小v越精确，故A正确，B错误；由于实际存在阻力，有mgh－fh＝mv2，即gh－＝v2，所以质量越大，这一项越小，精确性越高，故C正确，D错误.答案 （1）1.320 （2）不需要 （3）AC3.（2022·河南六市一联）某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律.（1）某同学用20分度的游标卡尺测量一小球的直径，示数如图甲所示，则小球的直径d＝ cm.（2）如图乙所示，弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A、B，计时装置测出小球通过A、B的时间分别为ΔtA、ΔtB.用刻度尺测出光电门A、B间的距离h，用游标卡尺测得小球直径为d，当地的重力加速度为g，在误差范围内，若公式 成立，就可以验证机械能守恒（用题中给出的物理量符号表示）.解析 （1）游标卡尺示数为10mm＋0.05×4mm＝10.20mm＝1.020cm.（2）小球在A点动能EkA＝m（）2，B点动能EkB＝m（）2，动能减少量：ΔEk＝EkA－EkB＝m[（）2－（）2]，小球由A到B重力势能增加量ΔEp＝mgh，在误差允许范围内，若满足ΔEk＝ΔEp，即（）2－（）2＝2gh，就可以验证机械能守恒.答案 （1）1.020 （2）（）2－（）2＝2gh4.（2022·邢台摸底）如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置.他在气垫导轨上安装了一个光电门B,滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连,传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放.21\n（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d,如图乙所示，则d＝ mm.（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放,由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是________________________________________________________________________；（3）下列不必要的一项实验要求是 Ｗ.（请填写选项前对应的字母）A.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B.应使A位置与光电门间的距离适当大些C.应将气垫导轨调节水平D.应使细线与气垫导轨平行（4）改变钩码质量,测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t,通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出 图象.（选填“t2F”、“F”或“F”）.解析 （1）遮光条的宽度d＝2mm＋5×0.05mm＝2.25mm.（2）该实验是由物块做匀变速直线运动规律v2＝2ax得加速度a＝，而v＝，所以要得到加速度还需要测量物块释放时遮光条到光电门的距离x.（3）该实验中力传感器的示数就是绳对滑块的拉力,没有必要使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，A项正确；该实验必要的实验要求是A位置与光电门间的距离适当大些，使位移x的测量误差减小，B项错误；为了提高实验精度，应将气垫导轨调节水平,应使细线与气垫导轨平行，C、D项错误.（4）由F＝ma、a＝和v＝得＝，因此处理实验数据时应作出F图象.答案 （1）2.25 （2）遮光条到光电门的距离L （3）A （4）F二、电学实验21\n5.（2022·山西四校二联）某同学利用伏安法测量某未知电阻Rx的精确电阻（阻值恒定），进行了如下实验：（1）他先用万用电表欧姆挡测该未知电阻的阻值.将开关置于×1挡位,指针示数如图，若想更准确一些，下面操作正确的步骤顺序是 （填序号）A.将两表笔短接进行欧姆调零B.将两表笔短接进行机械调零C.将开关置于×1k挡D.将开关置于×100挡E.将两表笔接未知电阻两端，待指针稳定后读数（2）然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量该电阻：A.直流电源E（电动势3V，内阻忽略）B.电流表A1（量程0.3A，内阻约为0.1Ω）C.电流表A2（量程3mA，内阻约为10Ω）D.电压表V1（量程3V，内阻约为3kΩ）E.电压表V2（量程15V，内阻约为50kΩ）F.滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）G.滑动变阻器R2（最大阻值1000Ω）H.开关S，导线若干①为较准确测量该电阻的阻值，要求各电表指针能有较大的变化范围，以上器材中电流表应选 （填“B”或“C”），电压表应选 （填“D”或“E”），滑动变阻器应选 （填“F”或“G”）②请在下面的虚线方框中画出实验电路原理图.21\n解析 （1）欧姆表的指针偏角过小说明待测电阻阻值较大,应换较大的倍率×100，调零以后再进行测量，正确的步骤应是DAE；（2）根据电源电动势为3V，电压表应选量程0～3V电压表V1，根据（1）可知，其电阻值约为1000Ω，电流最大值为IM＝＝3mA，则电流表应选量程0～3mA电流表A2,由于题目要求各电表指针能有较大的变化范围,电路应该设计成滑动变阻器分压接法,滑动变阻器应选阻值范围0～10Ω的滑动变阻器R1,由于＝＜＝,所以电流表内接，电路图如图所示.答案 （1）DAE （2）①C、D、F ②见解析图6.（2022·山东淄博一模）利用如图甲所示的电路测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电阻丝的电阻约为20Ω.带有刻度尺的木板上有a和b两个接线柱，把电阻丝拉直后固定在接线柱a和b上.在电阻丝上夹上一个带有接线柱c的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度.可供选择的器材还有：电池组E（电动势为3.0V，内阻约为1Ω）；21\n电流表A1（量程0～100mA，内阻约为5Ω）；电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为0.2Ω）；电阻箱R（0～999.9Ω）；开关、导线若干.实验操作步骤如下：A.用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径.B.将选用的实验器材，按照图甲连接实验电路.C.调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大.D.将金属夹夹在电阻丝上某位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表满偏,然后断开开关.记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L.E.改变金属夹与电阻丝接触点的位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表再次满偏.重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L.F.断开开关，整理好器材.（1）某次测量电阻丝直径d时，螺旋测微器示数如图乙所示，则d＝ mm；（2）实验中电流表应选择 （选填“A1”或“A2”）；（3）用记录的多组电阻箱的阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据,绘出了如图丙所示的RL关系图线,图线在R轴的截距为R0,在L轴的截距为L0，再结合测出的电阻丝直径d，写出电阻丝的电阻率表达式ρ＝ （用给定的物理量符号和已知常数表示）.（4）本实验中,电流表的内阻对电阻率的测量结果 （选填“有”或“无”）影响.21\n解析 （1）螺旋测微器的读数d＝0.5mm＋23.0×0.01mm＝0.730mm；（2）根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的最大电流Imax＝＝A＝143Ma,所以电流表应选A1；（3）根据闭合电路欧姆定律得Ig＝，则R＝－r－Rx，根据电阻定律应得Rx＝ρ，联立以上两式可得R＝－L＋－r，根据函数斜率的概念得＝，解得ρ＝；（4）本题中若考虑电流表内阻RA,可将电流表内阻看作电源内阻的一部分，则有R＝－L＋－（r＋RA）,对图象的斜率没有影响,即电流表内阻对电阻率的测量结果无影响.答案 （1）0.728～0.732 （2）A1 （3）R0 （4）无7.（2022·河南六市一联）某学习小组通过实验来研究用电器Z的导电规律。他们在实验中测得用电器Z两端的电压与通过Z的电流的数据如下表：U/V0.00.20.51.01.52.02.53.0I/A0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215（1）请根据上述表格中的数据,在图a中用笔连线补充完成该电路的实物图；（2）请根据题中信息，在方框内画出电路图；（3）利用这些数据绘出的用电器Z的伏安特性曲线如图b所示.若把该用电器Z接入图c所示的电路中时，电流表的读数为0.100A，已知A、B两端电压恒为1.5V，21\n则定值电阻R0的阻值为 Ω.解析 （1）（2）由实验数据可知用电器Z的电压和电流均从零开始增加,所以滑动变阻器应使用分压式接法,实物连接图及电路图见答案.（3）当通过Z的电流为0.100A时,从图b中可得此时Z两端电压为0.5V，则R0两端电压U0＝1.5V－0.5V＝1V，R0＝＝10Ω.答案 （1）如图甲所示（2）如图乙所示 （3）108.（2022·湖北六校调考）物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器,设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2Ω的保护电阻,滑动片P与电阻丝始终接触良好.实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的UI图象和如图丙所示的x图象.21\n（1）由图乙可得电源的电动势E＝ V；内阻r＝ Ω.（2）根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S＝0.12×10－6m2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为 Ω·m，图丙中图象截距的物理意义是 Ｗ.（以上结果均保留两位有效数字）（3）此实验用了图象法处理数据优点是直观，但是不能减少或者消除 （填“偶然误差”或“系统误差”）.解析 （1）根据闭合电路欧姆定律,电压表示数即路端电压U＝E－I（R0＋r）,因此图乙中纵截距即为电源的电动势E＝3.00V,斜率绝对值表示保护电阻R0与电源内电阻之和即（R0＋r）＝Ω＝3.0Ω，r＝1.0Ω.（2）图丙中截距为x＝0时，即为电路中金属丝被短路，所测电阻即为电流表的内阻；由图丙可知，金属丝长0.6m，电阻为5.8Ω，由电阻定律R＝ρ，代入已知条件解得：ρ＝1.2×10－6Ω·m.（3）通过图象法处理数据可以消除个别数据测量不准确产生的偶然误差,对系统产生的误差没有修正作用.答案 （1）3.00（2.99～3.02均可） 1.0（0.80～1.0均可） （2）1.2×10－6 电流表内阻为2.0Ω （3）系统误差9.（2022·河北邢台摸底）热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）.正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值增大，负温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中.某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx（常温下阻值约为10.0Ω21\n）的电流随其两端电压变化的特点.A.电流表A（量程0.6A，内阻约0.3Ω）B.电压表V（量程15.0V，内阻约10kΩ）C.滑动变阻器R（最大阻值为10Ω）D.滑动变阻器R′（最大阻值为500Ω）E.电源E（电动势15V，内阻忽略）F.电键、导线若干①实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的滑动变阻器是 Ｗ.（只需填写器材前面的字母即可）②请在所提供的器材中选择必需的器材，在下面的虚线框内画出该小组设计的电路图.③该小组测出热敏电阻R1的UI图线如图甲中曲线Ⅰ所示.请分析说明该热敏电阻是 热敏电阻（填PTC或NTC）.④该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的U-I图线如图甲中曲线Ⅱ所示.然后又将热敏电阻R1、R2分别与某电池组连成如图乙所示电路.接通对应电路后,测得通过R1和R2的电流分别为0.30A和0.60A，则该电池组的电动势为 V，内阻为 Ω.（结果均保留三位有效数字）解析 ①该实验要求加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，则滑动变阻器要采用分压式接法，故滑动变阻器应选用最大阻值小的，即选C.21\n②因＝＜＝1000，故电流表应选外接法.实验电路图如图所示.③由图象I可知，R1的电阻随着温度的升高而增大，应为PTC热敏电阻.④由U-I图可读得当I1＝0.30A时，U1＝8.0VI2＝0.60A时，U2＝6.0V由闭合电路欧姆定律得E＝U1＋I1rE＝U2＋I2r联立以上两式代入数值解得：E＝10.0V，r＝6.67Ω.答案 （1）C （2）见解析图 （3）PTC （4）10.0（9.60～10.4）6.67（6.00～8.00）21
