3.(2003年江苏，13)要测量一块多用电表直流10 mA档的内阻R_A(约为40 Ω).除此多用电表外，还有下列器材：直流电源一个(电动势E约为1.5 V，内阻可忽略不计)，电阻一个(阻值R约为150 Ω)，电键一个，导线若干.

要求：(1)写出实验步骤.

(2)给出R_A的表达式.　

[解析] (1)实验步骤：①用多用电表的直流电压档测量电源电动势E；用多用电表的欧姆档测电阻阻值R；②将多用电表置于直流10 mA档，与电阻R及电键串联后接在电源两端.合上电键，记下多用电表读数I.

(2)R_A=-R　

[答案] (1)略　 (2)R_A=-R

2.(2001年全国，15)一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下.如图5-4-10所示.图5-4-11是打出的纸带的一段.

图5-4-10

图5-4-11

(1)已知打点计时器使用的交变电流频率为50 Hz，利用图5-4-11所给出的数据可求出小车下滑的加速度a=_______.

(2)为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需要测量的物理量有_______.用测得的量及加速度a表示阻力的计算式为F_μ=_______.　

[解析] (1)每相邻的两个计数点间的运动时间T=2×0.02=0.04 s，利用图5-4-11中所给数据应用逐差法可求得

a==4.00 m/s²　

(2)设斜面倾角为θ，对小车进行受力分析.在沿斜面方向上应用牛顿第二定律列方程：

mgsinθ-F_μ=ma，则有F_μ=mgsinθ-ma

由上式可见，要求F_μ需测量小车的质量m，确定斜面倾角θ的正弦值.正弦值的确定可测量斜面上任意两点间的距离l及这两点的高度差h(两点间距离大一点好，减小测量误差)，即F_μ=mg-ma.　

[答案] (1)4.00 m/s²　 (2)小车的质量m，斜面上沿斜面的任意两点间的距离l及这两点的高度差h；mg-ma　

1.将图5-4-9甲的演示简谐运动图象的沙摆实验稍作变更：使木板沿直线OO′做匀加速直线运动，摆动着的漏斗中漏出的沙在木板上显示出图乙所示曲线，A、B、C、D、E均为OO′轴上的点，测出AB=s₁,BC=s₂，摆长为L(可视作不变).摆角小于5°，则木板的加速度大小约为

图5-4-9

A.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B.

C. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D.

[解析] 由单摆振动的等时性可知，木板运动中通过位移s₁和s₂的时间是相等的，等于单摆振动周期的一半，即Δt=π.由匀变速直线运动的规律Δs=a(Δt)²得　

a=

[答案] B

2.设计的原则及思路　

(1)设计原则　

①科学.设计某一实验，首先要考虑其依据原理的科学性.实验原理的科学性主要是指物理原理是否正确.　

②可行.可行性主要是指从仪器选取、实验条件和操作等方面来看，实验是否符合实际情况，能否达到实验目的.　

③安全.实验方案的实施要安全可靠，不会对仪器、人身及周围环境造成危害，成功率高.

④简便.实验便于操作、读数及数据处理.　

⑤精确.实验的误差应在允许的范围之内.若有多种可行的实验方案，应选择误差较小的方案.

(2)设计思路

①依据问题的要求、条件，联想相关的实验模型.　

②确定实验原理，筛选实验方案.　

③确定所要测量的物理量及实验步骤，选择实验器材.　

④做好数据处理、误差分析等.　

●精典题例解读　

［例1］(2002年广东，19)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，用下面的方法测量它匀速转动时的角速度.

实验器材：电磁打点计时器，米尺，纸带，复写纸片.　

实验步骤：

(1)如图5-4-1所示，将电磁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后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上.　

图5-4-1

(2)启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点.

(3)经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量.

①由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω=________，式中各量的意义是：　　　　　　　　　　　　　　　　 .

②某次实验测得圆盘半径r=5.50×10^-2 m，得到的纸带的一段如图5-4-2所示，求得角速度为_______.　

图5-4-2

[解析] 这个实验不是教材中的学生实验，是一个新颖的实验，但本实验涉及的理论是我们都知道的，类似的实验方法和数据处理在已做过的实验中都遇到过，这就要求我们“迁移”所学的知识来解决这一新问题.

圆盘转动时，其转动角速度ω与圆盘边缘的线速度v、圆盘的半径r之间有以下关系：

v=ωr.

在本实验中，圆盘边缘的线速度就是卷在圆盘上纸带加速度.通过打点计时器测量纸带的速度，再测出圆盘的半径后就可以求出圆盘的角速度.

当圆盘匀速转动时，固定在待测圆盘侧面上的纸带将沿水平桌面做匀速运动，因而固定在桌面上的打点计时器将在纸带上打出一系列的间隔均匀的点.在停止转动和打点后取下纸带，根据研究重力加速度中的实验方法，选择一段打点清晰且间隔比较均匀的纸带，在这段纸带上任意选取两个距离尽可能大的点，用米尺测量出这两个点之间的距离L；再数出这两个点之间的打点间隔数n.由于打点计时器打点的时间间隔为T=0.02 s，所以所选取的两点之间的时间为nT.根据运动学公式可求出纸带在桌面上做匀速运动的速度为v=.再根据圆周运动中角速度、线速度和半径的关系，就可以求得圆盘转动的角速度ω=.把数据代入就可得到结果.答案为：(1).式中T为电磁打点计时器打点的周期，r为圆盘的半径，L是用米尺测量的纸带上选定的两点间长度，n为选定的两点间的打点周期数.(2)6.8 rad/s.

小结：解答本题的关键是把测量圆盘角速度的原理搞清楚，原理清楚了，打点计时器在以前的实验中用过，对纸带的分析和处理比“研究匀变速直线运动”还要简单，方法应该不成问题.

心理素质也很重要，不要一见生题心里就“发毛”，还是那句老话，“万变不离其宗”，他出的题目再新，也总是要让用中学学过的知识、方法来解决.

［例2］(2001年上海，18)某学生为了测量一物体的质量，找到一个力电转换器，该转换器的输出电压正比于受压面的压力(比例系数为k)，如图5-4-3所示.测量时先调节输入端的电压，使转换器空载时的输出电压为0；而后在其受压面上放一物体，即可测得与物体的质量成正比的输出电压U.

图5-4-3

现有下列器材：力电转换器、质量为m₀的砝码、电压表、滑动变阻器、干电池一个，电键及导线若干，待测物体(可置于力电转换器的受压面上).请完成对该物体质量的测量.

(1)设计一个电路，要求力电转换器的输入电压可调，并且使电压的调节范围尽可能大，在方框中画出完整的测量电路.

(2)简要说明测量步骤，求出比例系数k，并测出待测物体的质量m.

(3)请设想实验中可能会出现的一个问题.

[解析] 题中所说“力电转换器”即为压力传感器，尽管我们并不清楚压力传感器的内部结构和工作机理，但我们从课本上“传感器的简单应用”这一实验中，已经知道压力传感器即是将压力转化为电信号的.

题中所给的滑动变阻器即是用来调节输入电压的，滑动变阻器有两种接法--分压式接法和限流式接法，现要求输入电压的调节范围尽可能大，根据我们已有的知识可以知道，该电路应该采用分压式接法.

(1)设计的电路图如图5-4-4所示.　

图5-4-4

(2)测量步骤与结果：

①调节滑动变阻器，使转换器的输出电压为零.

②将砝码放在转换器的受压面上，记下输出电压U₀.?　

③将待测物体放在转换器的受压面上，记下输出电压U.则有：

U₀＝km₀g　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

U＝kmg　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

由①②两式得：　

m＝m₀

(3)可能出现的问题有①因电源电压不够而输出电压调不到零.②待测物体的质量超出转换器的量程.

［例3］某电压表的内阻在20 kΩ~50 kΩ之间，现要测量其内阻，实验室提供下列可选用的器材：

待测电压表V(量程3 V)　

电流表A₁(量程200 μA)　

电流表A₂(量程5 mA)　

电流表A₃(量程0.6 A)　

滑动变阻器R(最大阻值1 kΩ)　

电源E(电动势4 V)　

电键K

(1)所提供的电流表中，应选用_______(填写字母代号).　

(2)为了尽量减小误差，要求测多组数据，试在图5-4-5方框中画出符合要求的实验电路图(其中电源和电键及其连线已画出).　

图5-4-5

[解析] 教材中“将电流表改装为电压表”的实验中，用分流半偏法测定过电流表的内阻，该题要求测量电压表的内阻，由于电压表的内阻都很大，所以使用教材中的分流半偏法来测量就不可行了(如果还有其他的器材可供选用，是否可用其他形式的半偏法).

题中已提供了电流表，要测量的电压表既是一个待测电阻，又是一个显示自身电压的测量仪表.所以采用伏安法即可测量该电压表的内阻--只需将一电流表与该电压表串联，由电流表读出通过电压表的电流I，由电压表读出它自身的电压U，然后由欧姆定律就可计算出该电压表的内阻.

为了能按题目要求测出多组U和I的数据，应在电路中接入滑动变阻器，以改变待测电压表指示的电压U和通过电压表的电流I.滑动变阻器的接法有两种，一种是用作限流器，即把滑动变阻器作为一个可变电阻串接在电路中，如图5-4-6(甲)所示.当调节可变电阻的阻值R时，电路中的总电阻就改变，从而改变电路中的电流即通过电压表的电流I以及电压表指示的电压U.由于题干中给定电压表的内阻R_V在20 kΩ~50 kΩ之间，而滑动变阻器的最大阻值为1 kΩ，因而当把滑动触头由a端移到b端时，至多只能使电路中的电流I(从而使电压表指示的电压U)变化5%.滑动变阻器的另一种接法是把滑动变阻器用作分压器，如图5-4-6(乙)所示的电路，当把滑动触头由a端移到b端，电压表指示的电压U将由0调节到4 V，其变化范围远比按图(甲)所示电路大，因而图(乙)所示电路的实验误差要比图(甲)所示电路小得多，因此本题符合要求的实验电路应是图(乙)所示的电路.

图5-4-6

在图(乙)所示的电路中，通过电压表的最大电流不超过　

　A=150 μA

小于题干中给出的三个电流表A₁、A₂、A₃的量程，为了尽量减小误差，要求所选用的电流表的指针偏转尽量大，所以在所提供的三个电流表中，应选用量程为200 μA的电流表A₁.

[解析] (1)A₁

(2)实验电路如图5-4-7所示.　

图5-4-7

小结：“考试说明”中关于实验能力的表述，其中有一句是“会运用在这些实验中学过的实验方法；会正确使用在这些实验中用过的仪器”.此要求在本题中具体体现在：①伏安法测电阻的灵活运用；②用滑线变阻器控制电路时连接方法的选择；③电表的选取原则和正确使用，特别是本题中电压表以双重身份出现.　

［例4］用图5-4-8所示的电路测定未知电阻R_x的值.图中电源的电动势未知，电源内阻与电流表A的内阻均可忽略不计，R为电阻箱.　

图5-4-8

(1)若要测得R_x的值，R至少需要取_______个不同的数值.　

(2)若电流表每个分度表示的电流值未知，但指针偏转角度与通过的电流成正比，则在用此电路测R_x的值时，R至少需取_______个不同的数值.　

(3)若电源内阻不可忽略，能否应用此电路测量R_x？答　　　　　　　　　　　　 .

[解析] 首先要搞清楚用此电路测电阻R_x所依据的原理，然后再考虑用此电路具体测量的方法.

这是一个闭合电路.电流表可测出电流，电阻箱的电阻R可读、可调.由闭合电路欧姆定律可得到电流、电源的电动势、可调电阻的值、待测电阻值它们之间的关系.　

先分析一般情况.设电源的内阻为r，电动势为E，电流表的内阻为R_A，则由闭合电路的欧姆定律得　

E=I(R+R_x+R_A+r)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

从式①可以看出，由于电源的电动势E、内阻r和电流表的内阻R_A都是未知的，故用题给的电路如只取变阻器的一个阻值R，读出相应的电流表的读数I，是不可能测定未知电阻R_x的，如果变阻器分别取两个阻值R₁、R₂，分别读出相应的电流表的读数I₁、I₂，则有　

E=I₁(R₁+R_x+R_A+r)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

E=I₂(R₂+R_x+R_A+r)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

由式②、③解得未知电阻　　 R_x=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④

由式④可以看出，若电源内阻r和电流表的内阻R_A都可以忽略，则由变阻器的两个阻值R₁、R₂和分别读出的相应电流表的读数I₁、I₂就能得出未知电阻R_x的阻值.反之，若电源内阻r和电流表的内阻R_A两者中有一个不可忽略，则由上述条件就不可能得出未知电阻R_x.因此，第(1)问的答案为“2”，而第(3)问的答案为“不能”.

若电流表每个分度表示的电流值未知，但指针偏转角度与通过的电流成正比，则通过该电流表的电流I与指针的偏转角α满足关系

I=kα　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤

式中k为比例常数，大小未知.把式⑤代入式④得到　

R_x=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥

用题给电路，如果电源电阻r和电流表的内阻R_A都可以忽略，由变阻器的两个阻值R₁、R₂和分别读出的相应电流表的偏转角α₁、α₂，代入式⑥就能得出未知电阻R_x的阻值，即要测得R_x值，R仍至少需要取2个不同的数值.因此用该电路测未知电阻R_x，情况与电流表每个分度表示的电流值已知时完全一样，故第(2)问的答案为“2”.

[答案] (1)2　 (2)2　 (3)不能

小结：本题重在对实验原理的分析和理解，要求考生会运用理论知识来指导实验的设计，明确实验涉及到哪些量，其中哪些是变量，哪些是常量，哪些量可忽略，哪些是待测量.并对电流表读数刻度是均匀的这一特点进行了考查.在解决这类问题时，还是要从基本原理、基本概念出发，对问题进行深入地思考、理性地分析，不可不假思索，乱猜一通.

●应用强化训练　

1.实验基本原理是设计性实验的基础，要研究实验，只有明确实验的原理，才能真正掌握实验的关键、操作的要点，进而进行实验的设计、改造和创新.所谓实验原理，并不是什么神秘的东西，实际上物理课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、该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设计，如欲测定重力加速度，就有多种可依据的原理、方法：可利用单摆测；可利用“验证机械能守恒”的装置测；可利用平抛物体的频闪照片测；可利用物体在长真空管中的竖直上抛运动测；…

3、如图所示，水平桌面上一点光源S，平面镜M与桌面成30°角。现保持光源不动，平面镜M以速度v竖直方向向上平动，则点光源S在平面镜中的像将(E) 　A、以速度v运动，方向与v相同 　B、以速度2v运动，方向与v相同 　C、以速度v运动，方向与v相同 　D、以速度v运动，方向与v相同 　E、以上说法都不正确

　4、如图18-16所示，竖直墙上有一点光源S，发出一束水平向左的光束射到平面镜上的O点，当平面镜绕过O点垂直纸面的轴，以角速度ω逆时针转动时，被平面镜反射的光在墙上形成的光点便沿墙运动。已知S与O点间的距离为d，试问当反射光与入射光间的夹角α=60°时，墙上光点P在这时刻沿墙运动的速度多大？ 　答案： 8ωd

　小结　 　光点(或影子、像等)的运动问题，要注意运动的合成和分解。一般情况下，光点实际的运动为合运动。 　第4题中的光点在墙上的运动为合运动，可以分解为两个运动：垂直和平行于光线两个方向的运动。

　回味反思 　1.物体做曲线运动的条件是初速度方向和合力方向不在一条直线上。我们判断物体运动情况首先要做的便是判断合力。这也是牛顿定律作为经典物理学的基础的原因。 　2.我们现在所谈的合力，已经不再局限在高一的重力、弹力、摩擦力三种力的合力，它还包括如万有引力、库仑力、洛仑兹力等我们在中学阶段学过的各种力。 　3.我们七个专题围绕的一个中心便是力和运动的关系。从横向的角度来看待这些知识，可能会对知识的理解(特别是知识之间的联系)起到一定的作用。

2、如图所示，点光源发出的光垂直射到平面镜M上，经反射在正对着平面镜相距为 米的墙上有一光斑，若使光斑沿墙向上移动1米，平面镜M应以O点为轴转过的角θ度是(C) 　A、5° B、10° C、15° D、20°

1、上述几道高考试题，都涉及带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动的基本特征，这些基本特征都是来源于洛仑兹力的基本特性；①力的大小(f=Bqv)与速度大小成正比；②力的方向与速度方向垂直，不做功，不改变速度的大小，不改变动能。 。所以，了解力的基本特性，把握物体在力的作用下运动的基本特征，是十分重要的。 　2、罗列上述几道高考试题的目的，除了说明了了解力的基本特性，把握运动的基本特征的重要性以外，还想说明：①基本知识的重要性。如质子与α粒子的质量比、电量比必须了解并能运用；②基本方法必须掌握。

　例8、(2000全国高考题)一辆实验小车可沿水平地面(图1-72 中纸面)上的长直轨道匀速向右运动，有一台发出细光束的激光器装在小转台M上，到轨道的距离MN为d＝10m，转台匀速转动，使激光束在水平面内扫描，扫描一周的时间为T=60s，光束转动方向如图中箭头所示，当光束与MN的夹角为45°时，光束正好射到小车上，如果再经过Δt＝2.5s，光束又射到小车上，则小车的速度为多少?(结果保留两位有效数字)

　思维过程 　思路：激光束所在的转台做匀速圆周运动，在Δt的时间内转过的角度Δφ的过程中，存在两种可能性，如图1-73所示，一种是小车正在接近N点，另一种是小车正在远离N点． 　解析：在Δt内，光束转过角度 　Δφ＝ 360°＝15° ① 　有两种可能： 　(1)光束照射小车时，小车正在接近N点，Δt时间内光束与MN的夹角由45°变为30°，小车走过L₁，速度应为 　 ② 　由图知：L₁=dtan45°-dtan30° ③ 　由②③两式代入数值，得v₁=1.7m／s． 　(2)光束照射到小车时，小车正在远离N点，Δt内光束与MN的夹角从45°变为60°，小车走过L₂，速度为 　 ④ 　由图可知：L₂＝dtan60°-dtan45° ⑤ 　由④⑤两式代入数值，得v₂＝2.9m／s：

　误区点拨　 　看不懂题目所描述的测速装置与测速原理，对示意图不理解，又不能把小车当质点看待，认为光束照射在小车上的光点随小车一起向右运动，混淆了小车的运动与光点的运动．

　思维迁移　 　分析小车运动存在的两种可能情形是本题的关键．

　变式题　 　1．一个小球做平抛运动，光源在抛出点在它前面有一块墙，正好映出它的影，请分析影是做什么运动？ 　答案：匀速直线运动

3．如下图1，在x轴的上方(y≥0)存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。在原点O有一个离子源向x轴上方的各个方向发射出质量为m电量为q的正离子，速率都为v。对那些在xy平面内运动的离子，重力不计。在磁场中可能到达的最大x＝_____________，最大y＝_____________。　　　 　解析：如右下图2，正离子在磁场中运动时，重力忽略，做匀速圆周运动，可能到达的最大x、y恰好是匀速圆周运动的直径。 ( )。 　　　

　小结　 　两个粒子，带电量相等，在同一匀强磁场中只受磁场力而作匀速圆周运动( BC) 　A、若速率相等，则半径必相等 　B、若质量相等，则周期必相等 　C、若动量大小相等，则半径必相等 　D、若动能相等，则周期必相等 　(本题是1995年全国高考统一试题第16题。) 　质子和α粒子在同一匀强磁场中作半径相同的圆周运动，由此可知质子的动能E_k和α粒子的动能E₂之比E₁：E₂等于(　B　) 　A、4：1 B、1：1 C、1：2 D、2：1 　(本题是1994年全国高考统一试题第10题。)

2． 如图4-4所示。一个质量为m、带电量为q的带电粒子，在匀强磁场中垂直于磁场方向的平面里做半径为R₁的匀速圆周运动；在P点该粒子吸收了若干个原来静止的电子后做半径为R₂的圆周运动；经测量R₂：R₁=2：1。试分析计算：该带电粒子在P点吸收了几个电子(设电子电量为e)？ 　[解析] 根据图中箭头所指示的运动方向，可知该粒子原来带正电(电量为q)，在P点吸收了几个电子(设n个)后，仍带正电(设电量为q')，但所带电量减少了：q'=q-ne。 　粒子原来带正电，其质量肯定远大于电子质量(带正电荷的质量最小的粒子是质子)，吸收几个原来静止的电子后，质量和速率几乎没有发生变化。带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动的轨道半径 与带电量成反比，可见 R₁：R₂=q'：q=(q-ne)：q=1：2 所以吸收的电子数n=q/2e。 　(请注意：①n=1、2、……为正整数；②所以，粒子原来的带电量q=2ne肯定是“元电荷”的偶数倍，且是正电荷。读者可以把这道题目改变为选择题；试试看，为它配上四个选择项。学习改编题目，是一种积极、主动的学习方法。)