版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略26优化6实验题答题策略.docx
- 文档编号:11170557
- 上传时间:2023-02-25
- 格式:DOCX
- 页数:20
- 大小:238.44KB
版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略26优化6实验题答题策略.docx
《版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略26优化6实验题答题策略.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略26优化6实验题答题策略.docx(20页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略26优化6实验题答题策略
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:
①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.
②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ΔEk=________;合外力对木板做的功W=________.(用字母M、t1、t2、d、L、F表示)
③在小桶中增加沙子,重复②的操作.
④比较W、ΔEk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μ,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μ=________(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1mm,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0.05×14mm=0.70mm,总读数为1mm+0.70mm=1.70mm=0.170cm.
(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ΔEk=
Mv
-
Mv
=
.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W=FL.
(4)当轨道水平放置时,对木板,由动能定理得(F-μMg)L=
,解得F=
+μMg,结合F与
-
的关系图像可知斜率k=
,纵截距b=μMg,联立解得μ=
.
[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(m 先用力拉住B,保持A、B静止,测出A的挡光片上端到光电门的距离h(h≫b);然后由静止释放B,A下落过程中经过光电门,光电门可测出挡光片的挡光时间t,算出挡光片经过光电门的平均速度,将其视为A下落h时的速度,重力加速度为g. (1)在A从静止开始下落h的过程中,验证以A、B所组成的系统机械能守恒的表达式为________________________(用题目所给物理量的符号表示); (2)由于光电门所测的平均速度与物体A下落h时的瞬时速度间存在一个差值Δv,因而系统减少的重力势能________系统增加的动能(选填“大于”或“小于”); (3)为减小上述Δv对实验结果的影响,小明同学想到了以下一些做法,其中可行的是________. A.保持A下落的初始位置不变,测出多组时间t,算出多个平均速度然后取平均值 B.减小挡光片上端到光电门的距离h C.增大挡光片的挡光宽度b D.适当减小挡光片的挡光宽度b (4)若采用本装置测量当地的重力加速度g,则测量值________真实值(选填“大于”“等于”或“小于”). [解析] (1)系统减少的重力势能为ΔEp=(M-m)gh,通过光电门的速度为v= ,所以系统增加的动能为ΔEk= (M+m) 2,验证以A、B所组成的系统机械能守恒的表达式为(M-m)gh= (M+m) 2. (2)由于光电门所测的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,其与物体A下落h时的瞬时速度(中间位移速度)间少了一个差值,即测量速度小于真实速度,故系统减少的重力势能大于系统增加的动能. (3)平均速度要尽可能接近瞬时速度,只有让挡光片经过光电门的时间尽可能小,只有D选项中的做法能达到这一目的,B、C选项中的做法只会让挡光片经过光电门的时间变长,增加误差,而A选项中的做法对挡光片经过光电门的时间无影响,故对减小上述Δv无作用. (4)由机械能守恒表达式(M-m)gh= (M+m) 2可推出,重力加速度g的测量值为g= ,因测量速度小于真实速度,所以重力加速度g的测量值小于真实值. [答案] (1)(M-m)gh= (M+m) 2 (2)大于 (3)D (4)小于 题型3 设计型实验 解决设计型实验题的关键是确定实验原理,它是进行实验设计的根本依据和起点,它决定应当测量哪些物理量、如何安排实验步骤、如何处理数据等.实验原理的确定,要根据问题的要求和给出的条件,回顾分组实验和演示实验,寻找能够迁移应用的实验原理,或者回顾物理原理,寻找有关的物理规律,设法创设相关的物理情境.并根据已掌握的基本仪器核对是否能够测出必须测定的物理量.因此,掌握基本仪器的使用方法、基本的实验方法和基本物理原理是解答设计型实验题的基础. 【典例3】 (2019·广东高三调研)某电池的电动势约为3V,某实验小组要测量该电池的电动势和内阻. (1)实验中要测量的电池内阻较小,实验器材除了被测电池以外,还有一电阻箱R,一开关S,若干导线,内阻Rg=30Ω、量程为1mA的电流表G,阻值为2970Ω的定值电阻R0,阻值为2.00Ω的定值电阻R1.请设计并画出合理的测量该电池电动势及内阻的实验电路图,图中标明相关器材的字母符号. (2)为了比较准确地得出实验结论,该小组的同学准备用线性图像来处理实验数据,图像的纵坐标表示电流表的示数I,横坐标表示的物理量是________. (3)若作出的图像在纵轴上的截距为I0,图像斜率的绝对值为k,则可求得该电池的电动势E=________,内阻r=________.(用测量量和所给量的符号表示) [解析] (1)题目中给出了电阻箱和电流表,由于电流表的量程太小,若要改装成大量程的电流表,需要并联的电阻很小,题中所给条件不能满足实验要求,若要改装成一个量程为3V的电压表,需要串联一个电阻,U=Ig(Rg+R′),U为改装后电压表的量程,R′为串联电阻,代入数据得3V=1×10-3A×(30Ω+R′),解得R′=2970Ω.因此用R0与电流表串联可以改装成量程为3V的电压表,这样就可以用“伏阻法\”测电池的电动势和内阻.由于电池内阻较小,电路中应串联一个保护电阻,增大等效电源的内阻.电路图如答案图. (2)由闭合电路欧姆定律得E=I(Rg+R0)+ (R1+r),得I= -(R1+r) ,因此横坐标表示的物理量应是 . (3)由题意得I0= ,R1+r=k,解得E=I0(Rg+R0),r=k-R1. [答案] (1)如图所示 (2) (3)I0(Rg+R0) k-R1 题型4 创新型实验 近几年全国卷实验题的第二题,往往注重考查实验原理的迁移、测量方法的迁移、数据处理方法的迁移,试题新颖、区分度高.但试题依然是以实验基础为依据,如计算形式的实验题、电学中实验电路的设计等都是根据考生学过的实验方法、原理等来命题的,做题时一定要审清题意,明确实验目的,联想和迁移应用相关实验原理. 【典例4】 电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小.测量前天平已调至平衡,测量时,在左边托盘中放入质量为m的砝码,右边托盘中不放砝码,一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部,此矩形线圈的下部分放在待测磁场中.如图甲所示,线圈的两头连接在如图乙所示的电路中,不计连接导线对线圈的作用力,电源电动势为E、内阻为r.开关S闭合后,调节可变电阻R的阻值至R1时,天平正好平衡.此时电压表示数为U.已知m0>m,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m0>m,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R1+R= ,解得R= r-R1. (3)设匀强磁场的磁感应强度大小为B,线框受力平衡,则有mg=m0g-nBIl,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k3=k1+k2. 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x=L1-L0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,FC=FA+FB,由胡克定律可得k3x=k1x+k2x,所以k3=k1+k2,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h B.木板水平向右移动的距离l C.小球a和小球b的质量m1、m2 D.O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m1>m2. (2)a、b两球碰撞后均做平抛运动,l=vt,y= gt2,得l=v ,若满足m1v0=m1v1+m2v2,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)CD 3.(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Δω与对应时间Δt的比值定义为角加速度β .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50Hz;A、B、C、D、…为计数点,相邻两计数点间有四个点未画出) ①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; ②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; ③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60mm,游标尺上的小数部分为0,由于最小分度为0.05mm,游标卡尺的读数为60.00mm,即6.000cm,因此圆盘的直径为6.000cm,半径为3.000cm. (2)由频率f=50Hz可知,周期T=0.02s,则纸带上相邻两计数点之间的时间间隔t′=5T=0.1s,故打下计数点D时,速度vD= = m/s=0.417m/s,故ω= = rad/s=13.9rad/s. (3)纸带运动的加速度a= = = m/s2=0.705m/s2,由于β= ,ω= ,故圆盘转动的角加速度大小为β= = rad/s2=23.5rad/s2. [答案] (1)3.000 (2)13.9 (3)23.5 4.(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40~80N,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R0=6000Ω B.滑动变阻器R,最大阻值约为200Ω C.电流表A,量程0~2.5mA,内阻为30Ω D.电压表V,量程0~3V,内阻为3kΩ E.直流电源E,电动势为3V,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1.33mA,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________Ω(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0~3V,最小分度为0.1V,则读数为2.00V. (3)根据欧姆定律可知RF= -RA= Ω-30Ω=1.5×103Ω,则有 = =4;由图甲可知,待测压力的大小F=60N. [答案] (1)见解析图 (2)2.00 (3)1.5×103 60 5.(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0~3V、分度值为0.1V、内阻为3000Ω的电压表 B.量程为0~0.6A、分度值为0.02A、内阻为60Ω的电流表 C.量程为0~30μA、分度值为1μA、内阻为100Ω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0.1V,而选项B电表指针偏转1格所需电压为0.02A×60Ω=1.2V,选项C电表指针偏转1格所需电压为1μA×100Ω=0.1mV,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Rx= R0. [答案] (1)实物图连接如图所示 (2)C (3)BC (4) R0
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 物理 新课 二轮 专题 辅导 攻略 26 优化 实验 答题 策略