1、专题七电学设计性实验考纲解读 1.掌握设计创新型实验的一般方法.2.能根据题目给的实验目的、器材，设计出合理的实验方案、实验步骤及数据处理的方法考点一设计性实验的解题思路与方法1明确实验目的认真审清题意，看清题目的要求即审题时要看清题目要求测定什么物理量，验证、探究什么物理规律，或者要求设计达到何种标准的电路等2明确实验原理解决设计型实验题的关键在于选择实验原理如果实验需要测定某些电学量，应弄清待测物理量可通过哪些规律、公式求得，与哪些物理量有直接联系，可用哪些物理量定量地表示，用何种方法测定相关量，进而得出待求量3正确地选择实验电路(1)控制电路的选择滑动变阻器选用限流式接法或分压式接法的依
2、据：负载电阻两端的电压要求变化范围较大，且从零开始连续可调，应选分压电路若负载电阻的阻值Rx远大于滑动变阻器总阻值R，应选分压电路若负载电阻的阻值Rx小于滑动变阻器总阻值R或相差不多，且没有要求电压从零可调，应选限流电路两种电路均可时，限流电路优先，因为限流电路消耗的总功率小特殊问题要具体问题具体分析(2)测量电路的选择对伏安法测电阻，应根据待测电阻的大小选择电流表的不同接法图1阻值判断法当RVRx时，采用电流表“外接法”，如图1甲所示；当RxRA时，采用电流表“内接法”，如图1乙所示倍率比较法a当，即Rx时，既可选择电流表“内接法”，也可选择电流表“外接法”；b当即Rx时，采用电流表外接法；
3、c当时，采用电流表内接法试触法(如图2所示)图2与比较大小：a若，则选择电流表外接法；b若，则选择电流表内接法例1有一额定电压为10 V、额定功率在10 W15 W之间的用电器，小李同学想测定它的额定功率实验室的工作人员提供了以下实验器材供其选用：A直流电源E一个(电动势为15 V，内阻不计)B直流电压表V一个(量程为03 V，内阻为2 k)C直流电流表A一个(双量程00.6 A3 A，内阻约为20 和4 )D滑动变阻器一个：R阻(规格05 、3.8 A)E定值电阻三个：R12 k，R24 k，R36 kF单刀单掷开关1个，导线若干根(1)小李同学研究以后发现，电压表量程不能满足实验要求为完成
4、测量，他将电压表进行了改装：在电压表V上串联一个定值电阻，利用分压关系，以满足电表偏转的要求在三个给定的定值电阻中应选用_(填写所用器材的符号)(2)改装后的电压表用表示，选好器材后，他设计了三个实验电路图，如图3甲所示根据实验的要求，电路_较为合理 甲乙图3(3)若该用电器正常工作时，电流表的指针如图乙所示，则它的额定功率为_W(保留两位有效数字)解析(1)用电器的额定电压为10 V，所以电压表的量程至少应为10 V，假设改装后的电压表的量程为10 V，则有，解得Rx4.67 k，所以应选用R3，此时改装后的电压表量程为12 V.(2)用电器的电阻值约为R10 .由于滑动变阻器的电阻R阻R，
5、所以滑动变阻器应采用分压式接法又因为R，故应采用电流表外接法所以电路B能较准确地完成该实验(3)由题图乙可知，电流表的示数为I1.20 A，所以用电器的功率为PUI101.20 W12 W答案(1)R3(2)B(3)12实验设计流程考点二实验方法及数据处理方法的迁移应用1实验方法的迁移基本的实验方法包括：实验原理的设计方法、实验误差的控制方法和实验数据的处理方法，将基本的实验方法和物理原理合理迁移，可设计出测量不同的物理量、探究不同问题的实验方案教材中所学过的物理规律、物理公式中只要含有某一物理量，则该规律、公式就可作为研究或测定该物理量的原理基础而进行相应的实验方法设计如用伏安法测电阻，R，
6、也可迁移到测电压表内阻和电流表内阻上去2缺少电压表、电流表或电表量程不够的处理方法在电学实验中，有时实验器材中有两只电压表没有电流表，有时有两只电流表而没有电压表，遇到这类问题时可将电流表作为电压表用或将电压表作为电流表用，但要注意量程是否合适，必要时需进行改装，扩大量程3实验数据处理方法的应用与创新数据探究性实验的主要功能是通过实验提供的数据信息，分析各数据中的内在联系，找出数据中所包含的物理规律常用的数据处理方法(如平均值法、图象法、逐差法、比较法等)和误差分析方法应该掌握对于用图象法处理实验数据，一定要明确纵轴、横轴所表示的物理量，正确地进行描点连线，然后根据物理规律列出与该图线对应的方
7、程式；若题目不需要利用斜率和截距进行求解(或题目没有给出斜率和截距的大小)，可在直线图象中找出两个点的坐标代入方程，组成方程组进行求解若题目给出了斜率和截距的小，须将方程化简成ykxb的形式求解例2待测电阻Rx的阻值约为20 ，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：A电流表A1(量程150 mA，内阻约为10 )B电流表A2(量程20 mA，内阻r230 )C电压表V(量程15 V，内阻约为3 000 )D定值电阻R0100 E滑动变阻器R1，最大阻值为5 ，额定电流为1.0 AF滑动变阻器R2，最大阻值为5 ，额定电流为0.5 AG电源E，电动势为4 V(内阻不计)H电键S及导线若干(1)为了
8、使电表调节范围较大，测量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，请从所给的器材中选择合适的实验器材_(均用器材前对应的序号字母填写)；(2)根据你选择的实验器材，请你在虚线框内画出测量Rx的最佳实验电路图并标明元件符号；(3)待测电阻的表达式为Rx_.式中各符号的物理意义为_解析(1)由于电源电动势为4 V，电压表V的量程为15 V，达不到其量程的三分之一，故电压表不能使用；可用电流表A2与定值电阻R0串联扩大其电压量程，当作电压表与电流表A1配合使用伏安法测量待测电阻阻值，由于改装的电压表内阻已知，故电流表用外接法，改装的电压表量程为20 mA130 2.6 V，滑动变阻器最大阻值为5 ，无法
9、起到限流作用，故滑动变阻器采用分压式接法；此时考虑到干路最小电流约为0.8 A，故滑动变阻器只能选择R1，经过估算当电流表A1满偏时，电流表A2也正好满偏，非常匹配，因此满足电表读数不得小于其量程的三分之一要求故实验器材选择ABDEGH.(2)如图所示(3)待测电阻Rx，其中I1、I2分别为电流表A1和A2的示数答案(1)ABDEGH(2)见解析图(3)I1、I2分别为电流表A1和A2的示数例3某课题研究小组，选用下列器材测定某型号手机所用锂电池的电动势E和内阻r.(电动势约为4 V，内阻在几欧到几十欧之间)A电压表(量程6 V，内阻约为6.0 k)B电流表(量程2 mA，内阻约为50 )C电
10、阻箱R(0999.9 )D开关S一只、导线若干(1)某同学从上述器材中选取了电流表和电阻箱测锂电池的电动势和内阻，你认为可行吗？请说明理由：_.(2)今用上述器材中的电压表和电阻箱测锂电池的电动势和内阻，请在虚线框中画出实验电路图(3)用(2)中实验电路测得的8组U、R数据，已在坐标系中描出了各点，如图4所示，请在图中作出图线根据图线求得E_V，r_.(保留两位有效数字)图4解析(1)将电流表、电阻箱串联在锂电池上，估算通过电路的最小电流大于2 mA.故该同学的设计不可行(2)实验电路图如图所示(3)根据坐标中描出的各点，画出的图线，如图所示根据I，UEIr推出由此可知图线的截距为电动势的倒数
11、，斜率为内阻和电动势的比值，由此可得出E3.6 V，r9.9 .答案见解析(限时：30分钟)1电子所带的电荷量(元电荷e)最先是由密立根通过油滴实验测量出的，图1是该实验装置的示意图，将两块水平放置的金属板A、B连接到电路中，板间产生竖直向下的匀强电场用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口出来时由于与喷口摩擦带负电在实验中通过调节金属板间的电压，利用显微镜观察，找到悬浮不动的油滴所用部分器材已在图中给出，其中E为直流电源，R为滑动变阻器，V为电压表，S为开关，此外还有若干轻质导线图1(1)在图中画线连接成实验电路图(其中是已经连接好的导线)(2)实验时观察到某个悬浮不动的油
12、滴半径为r，此时电压表的示数为U，金属板A、B间的距离为d.已知油滴密度为，重力加速度为g，空气浮力不计，则该油滴所带的电荷量为_(用题目中所给的物理量表示)答案(1)如图所示(2)解析(2)油滴处于静止状态，则有qmg，其中mr3，联立解得q.2实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联现在要测量电流表的内阻r1.供选择的仪器如下：A待测电流表(05 mA，内阻约300 )B电流表(010 mA，内阻约100 )C电压表(量程6 V)D电压表(量程15 V)E滑动变阻器R3(01 000 )F滑动变阻器R4(0500 )G定值电阻R1(300 )H定值电阻R2(10 )I直流电源(E3
13、 V)J开关S及导线若干(1)请选择合适的器材设计实验电路，并把电路图画在虚线框中(在图中标明所选器材的代号)(2)根据测量所得物理量有r1_.答案(1)见解析图(2)解析按照伏安法测电阻的原理，用电流表、来测量待测电流表的内阻，电路图如图所示由I1r1(I2I1)R1解得r1.3当小灯泡发光时其灯丝的电阻会随着发光亮度的变化而变化某同学为研究这一现象，按照自己设计的实验电路图测量小灯泡的电流 I和电压U，得到如下表所示的数据.I(A)0.120.220.290.340.380.420.450.470.490.50U(V)0.200.400.600.801.001.201.401.601.80
14、2.00(1)请你根据上表数据的特点，在虚线框中画出实验电路图可用的器材有：电压表、电流表、滑动变阻器(010 )、电源、小灯泡、开关和导线若干(2)在图2所示坐标纸上画出小灯泡的UI曲线，并定性分析灯丝的电阻与灯泡发光亮度的变化关系：_.(3)如果将上面实验中使用的小灯泡接在电动势为1.5 V、内阻为2.0 的电源两端，利用上面的UI曲线可求出小灯泡的实际功率是_W，电源效率为_(结果保留2位有效数字)图2答案(1)如图甲所示(2)如图乙所示灯丝电阻随发光亮度的增加而增大(3)0.2853%解析电压取值范围大，应采用分压式接法，灯丝电阻较小，采用电流表外接法由图象得灯丝电阻随发光亮度的增加而
15、增大在UI图象中作电动势为1.5 V、内阻为2.0 的伏安特性图线，两图线交点为(0.35 A,0.8 V)，故PUI0.80.35 W0.28 W，100%53%.4要测量一电源的电动势E(小于3 V)和内阻r(约1 )，现有下列器材：电压表V(03 V15 V)、电阻箱(0999.9 )、定值电阻R02 、开关和导线某实验小组根据所给器材设计了如图3甲所示的实验电路图3(1)电路中定值电阻R0的作用是保护_(填“电源”或“电压表”)(2)A同学调节电阻箱阻值R，读出对应的电压表读数U，得到两组数据：R12.0 时U12.24 V；R24.0 时U22.40 V由这两组数据可求得电源的电动势
16、为E_V，内阻r_.(结果保留两位有效数字)(3)B同学计划用作图法处理数据，他调节电阻箱阻值R，得出了若干组数据，并描点连线得出了如图乙所示的图线，图线纵坐标表示电压表读数的倒数，图线的横坐标表示.若所得图线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E_，内阻r_.(用k和b表示)(4)比较A、B两位同学的做法，_同学得出的结果误差更小答案(1)电源(2)2.81.0(3)(4)B解析(1)电路中定值电阻R0的作用：在调节电阻箱时，使电路中的电流不至于太大而烧坏电源(2)由闭合电路欧姆定律可得I，将题给数据代入可得E2.8 V，r1.0 .(3)由闭合电路欧姆定律可得I，整理可得，所
17、以k，b，故E，r.(4)B同学运用图象处理数据，涉及的测量数据较多，误差更小图45某物理实验小组利用实验室提供的器材测量一待测电阻的阻值可选用器材的代号和规格如下：电流表A1(量程250 mA，内阻r15 )电流表A2(量程300 mA，内阻r2约为5 )待测电阻Rx(阻值约为100 )滑动变阻器R(最大阻值10 )蓄电池E(电动势为6 V，内阻r约为1 )单刀单掷开关S，导线若干(1)小组同学根据实验器材所设计的实验电路原理图如图4所示，但两只电表的代号没有明确请用笔画线代替导线，将图5中的实验器材按电路原理图连成实验电路，并在电表下方的虚线框内标明两只电表的代号图5(2)他们需要直接测量
18、的物理量是_，用所测物理量表示待测电阻的计算式为Rx_.答案(1)见解析图(2)电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2解析(1)题中没给电压表，而是给了两只电流表，可将已知阻值的电流表A1作为电压表使用，因此与Rx并联的电流表为A1，右侧的电流表为A2，实验器材连线如图所示(2)实验中读出电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2，则电阻Rx两端的电压为UI1r1，电流为II2I1，所以Rx.6某实验小组要测量一个用电器L的额定功率(额定电压为10 V、额定功率在12 W15 W之间)，测量电路的部分导线已经接好(如图6所示)实验室有下列器材可供选用：图6直流电源：E1(电动势为3 V，内
19、阻很小)E2(电动势为15 V，内阻很小)直流电流表：A1(量程00.6 A，内阻约为0.5 )A2(量程03 A，内阻约为0.1 )直流电压表：V(量程为3 V、内阻为3 k)滑动变阻器：R1(阻值范围020 )R2(阻值范围0200 )定值电阻：R33 k、R49 k、R525 k开关一个，导线若干为使测量尽可能准确、方便，请回答：(1)电源应该选择_(填“E1”或“E2”)；(2)电流表应该选择_(填“A1”或“A2”)；(3)滑动变阻器应该选择_(填“R1”或“R2”)；(4)由于电压表的量程不够，要利用一个定值电阻进行改装请选择合适的定值电阻，在图6中用笔画线代替导线连接好测量电路的剩余部分答案(1)E2(2)A2(3)R1(4)如图所示解析由于额定电压为10 V，所以直流电源选择电动势为15 V的E2.其额定电流为1.2 A1.5 A，所以直流电流表选择A2.根据已有的电路结合让实验结果更为精确的要求，采用限流电路，所以利用滑动变阻器R1作为限流电阻若要将电压表改装为量程更大的电压表，需要与其串联一个定值电阻，根据串联电路特点知，若串联R3，则量程为6 V，若串联R4，则量程为12 V，若串联R5，则量程为28 V，因此串联R4比较合适