方法03 测量性实验--2023高考物理实验题方法总结和训练 （解析版）

测量性实验

解读测量性实验

测量性实验目的掌握一些测量工具的使用、读数方法，和一些常用物理规律的测量方法，重点在于熟练使用。

常见测量性实验

（一）、长度的测量

1． 测量原则

a． 为避免读数出错，三种测量器具（包括毫米刻度尺）均应以mm为单位读数。

b． 用游标尺或螺旋测微器测长度时，均应注意从不同方位多测量几次，读平均值。

c． 尺应紧贴测量物，使刻度线与测量面间无缝隙。

2．测量工具

游标卡尺：

a工作原理：每等份为0.9mm，每格与主尺最小分度差0.1mm；20分度的卡尺，游标总长度为19mm，分成20等份，每等份为19/20 mm，每格与主尺最小分度差0.05(即二十分子一)mm；50分度的卡尺，游标总长度为49mm，分成50等份，每等份为49/50mm，每格与主尺最小分度差0.02(即1/50)mm。

b读数方法：以标尺的零刻线对就位置读出主尺上的整毫米数，再读出洲标尺上的第几条线一心尽的某条线重合，将对齐的洲标尺刻度线数乘以该卡尺的精确度（即总格的倒数），将主尺读数与游标读数相加即得测量值。

螺旋测微器

a．工作原理：每转一周，螺杆运动一个螺距0.5mm，将它等分为50等份，则每转一份即表示0.01mm，故它精确到0.01mm即千分之一厘米，故又叫千分尺。

b．读数方法：先从主尺上读出露出的刻度值，注意主尺上有整毫米和半毫米两行刻线，不要漏读半毫米值。再读可动刻度部分的读数，看第几条刻度线与主尺线重合（注意估读），乘以0.01mm即为可动读数，再将固定与可动读数相加即为测量值。注意：螺旋测微器读数如以mm为单位，小数点后一定要读够三位数字，如 读不够，应以零来补齐。

3、注意事项

a．游标卡尺读数时，主尺的读数应从游标的零刻度处读，而不能从游标的机械末端读。

b．游标尺使用时，不论多少分度都不用估读20分度的读数，末位数一定是0或5；50分度的卡尺，末位数字一定是偶数。

c．若游标尺上任何一格均与主尺线对齐，选择较近的一条线读数。

d．螺旋测微器的主尺读数应注意半毫米线是否露出。

e．螺旋测微器的可动部分读数时，即使某一线完全对齐，也应估读零。

例题：（2022·山东聊城市高三下学期一模）某实验小组为了测定金属丝的电阻率，用螺旋测微器测量金属丝的直径，用米尺测量金属丝的长度，用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。

（1）测量时螺旋测微器如图甲所示，金属丝的直径为______mm。

（2）略

【答案】    ①. 0.950

【解析】（1）[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为

（二）、 用单摆测重力加速度

1．实验目的：用单摆测定当地的重力加速度。

2．实验原理：g=4T2L/T2

3．实验器材：长约1m的细线、小铁球、铁架台、米尺、游标卡尺、秒表。

4．易错点：

a．小球摆动时，最大偏角应小于50。到10度。

b．小球应在竖直面内振动。

c．计算单摆振动次数时，应从摆球通过平衡位置时开始计时。

d．摆长应为悬点到球心的距离。即：L=摆线长+摆球的半径。

例题：（2022·广东深圳市高三下学期一模）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列说法正确的有（　　）

A. 摆线要选择细些、伸缩性小些且尽可能长一些的

B. 摆球尽量选择质量大些且体积小些的

C. 将悬线的长度当成摆长，测得的重力加速度值偏小

D. 拉开摆球释放（摆角小于5°），当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置51次的时间Δt，则单摆周期T=

E. 画出的周期的二次方与摆长（T2-L）的图象是一条过原点的倾斜直线，直线斜率等于重力加速度的大小

【答案】ABC

【解析】A．“用单摆测定重力加速度”的实验中，单摆的周期仅与摆长和重力加速度有关，且摆角要控制在5°以下，摆线要选择细些、伸缩性小些且尽可能长一些的，A正确；

B．由于空气阻力与摆球的横截面积有关，为了减小摆球运动过程中受到的空气阻力，摆球要尽量选择质量大些且体积小些的，B正确；

C．由单摆周期公式

可知，将悬线的长度当成摆长，测得的重力加速度g值偏小，C正确；

D．拉开摆球释放（摆角小于5°），当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球通过平衡位置51次的时间Δt，则Δt时间内单摆运动的周期数为25，所以单摆周期

D错误；

E．画出的周期的二次方与摆长（T2-L）的图象是一条过原点的倾斜直线，由T=2π

可知T2=L

T2-L图象的斜率等于，E错误。

故选ABC。

（三）、用油膜法估测分子直径

1．实验原理：油酸滴在水面上，可认为在水面上形成了单分子油膜，，如把分子认为是球状，，测出其厚度即为直径。

2．实验器材：盛水方盘、注射器（或胶头滴管）、试剂瓶、坐标纸、玻璃、痱子粉（或石膏粉）、酒精油酸溶液、量筒

3．步骤：盘中倒水侍其静，胶头滴管吸液油，逐滴滴入量筒中，一滴体积应记清，痱粉均撒水面上，靠近水面一滴成，油膜面积稳定后，方盘上放玻璃稳，描出轮廓印（坐标）纸上，再把格数来数清，多于半格算一格，少于半格舍去无，数出方格求面积，体积应从浓度求。

4．注意事项：

（1）实验前应注意方盘是否干净，否则油膜难以形成。

（2）方盘中的水应保持平衡，痱子粉应均匀浮在水面上

（3）向水面滴酒精溶液时应靠近水面，不能离水面太高，否则油膜难以形成。

（4）向水面只能滴一滴油酸溶液

（5）计算分子直径时，注意滴加的不是纯油酸，而是酒精油酸溶液，应用一滴溶液的体积乘以溶液的体积百分比浓度

（四）、测定金属的电阻率

1．电路连接方式是安培表外接法，而不是内接法。

2．测L时应测接入电路的电阻丝的有效长度。

3．闭合开关前，应把滑动变阻器的滑动触头置于正确位置。

4．多次测量U、I，先计算R，再求R平均值。

5．电流不宜过大，否则电阻率要变化，安培表一般选0­—0.6安挡。

例题：（2022·山东聊城市高三下学期一模）某实验小组为了测定金属丝的电阻率，用螺旋测微器测量金属丝的直径，用米尺测量金属丝的长度，用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。

（1）测量时螺旋测微器如图甲所示，金属丝的直径为______mm。

（2）现有电动势3V的电源、开关和若干导线及下列器材：

A.电压表V（量程3V，内阻约10kΩ）

B.电流表A（量程0.6A，内阻约2Ω）

C.滑动变阻器（最大阻值为10Ω）

D.滑动变阻器（最大阻值为100Ω）

①用多用电表粗测金属丝的电阻大约为5Ω，要求较准确地测出其阻值，滑动变阻器应选______（填“”或“”）

②实验中该小组实物接线如图乙所示，合上开关前检查电路，请指出其明显错误或不合理的地方是______。

（3）不论使用电流表内接法还是电流表外接法，都会产生系统误差，某小组按如图丙所示的电路进行测量，可以消除由于电表内阻造成的系统误差。利用该电路进行实验的主要操作过程是：

第一步：先将的滑动触头调到最左端，单刀双掷开关向1闭合，闭合开关，调节滑动变阻器和，使电压表和电流表的示数尽量大些（不超过量程），读出此时电压表和电流表的示数、。

第二步：保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变，将单刀双掷开关向2闭合，读出此时电压表和电流表的示数、。由以上数据可计算出被测电阻______。

【答案】    ①. 0.950    ②. R1    ③. 电流表应外接；滑动变阻器滑片应置于最左端    ④.

【解析】（1）[1]由图示螺旋测微器可知，其示数为

（2）[2]由已知待测电阻为5Ω，如果选100Ω的滑动变阻器，两者差值过大，待测电阻分压过小，因此为了便于测量和读数，应选择与待测电阻阻值相近的R1。

[3]待测电阻与电压表电流表的关系为

故待测电阻为小电阻，根据“内大外小”原则，为了更精准测量，故电流表应选择外接法；在开关闭合前，滑动变阻器的电阻应全部接入干路，故滑动变阻器的滑片应置于最左端

（3）[4]单刀双掷开关向1闭合，由闭合电路欧姆定律

保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变，将单刀双掷开关向2闭合，由闭合电路欧姆定律

联立解得

（五）、 测定电源的电动势和内电阻

1．实验电路图：安培表和滑动变阻器串联后与伏特表并联。

2．测量误差：e、r测量值均小于真实值。

3．安培表一般选0－0.6A档，伏特表一般选0－3伏档。

4．电流不能过大，一般小于0.5A。

误差：电动势的测量值e测和内电阻的测量值r测均小于真实值

测电源电动势和内阻的常用方法

例题：（2022·全国甲卷·T22）某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势，内阻很小），电流表（量程，内阻约），微安表（量程，内阻待测，约），滑动变阻器R（最大阻值），定值电阻（阻值），开关S，导线若干。

（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图_____；

（2）某次测量中，微安表的示数为，电流表的示数为，由此计算出微安表内阻_____。

【答案】    ①. 见解析    ②. 990

【解析】（1）[1]为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所示

（2）[2]流过定值电阻R0的电流

加在微安表两端的电压

微安表的内电阻

（六）、电表改装（测内阻）

实验注意：

（1）半偏法测电流表内阻时，应满足电位器阻值远远大于待测表内阻（倍左右）的条件。

（2）选用电动势高的电源有助于减少误差

（3）半偏法测得的内阻值偏小（读数时干路电流大于满度电流，通过电阻箱的电流大于半偏电流，由分流规律可得）

（4）改装后电表的偏转仍与总电流或总电压成正比，刻度或读数可由此来定且刻度线应均匀。

（5）校准电路一般采用分压器接法

（6）绝对误差与相对（百分）误差相比，后者更能反应实验精确程度。

例题：（2022·湖南衡阳市高三下学期一模）某物理兴趣小组要描绘一个标有“4V  2.0W”的小灯泡L的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，且尽量减小实验误差。可供选用的器材除导线、开关外，还有以下器材：

A．直流电源4.5V（内阻不计）

B．直流电流表0~600mA（内阻约为）

C．直流电压表0~3V（内阻等于）

D．滑动变阻器R（标有“  2A”）

E．三个定值电阻（、、）

（1）某小组同学们研究后发现，电压表的量程不能满足实验要求，为了完成测量，他将电压表进行了改装，在给定的定值电阻中选用最合适的电阻___________（选填“”“”或“”）与电压表申联，完成改装。

（2）实验要求能够实现在0~4V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路图。（        ）

（3）用改装后的电表测得小灯泡伏安特性曲线如图a所示，可确定小灯泡的功率P与和P与的关系，下列示意图中合理的是___________（U和I分别为灯泡两端的电压和流过灯泡的电流）。

A．    B．   

C．        D．

（4）若将两个完全相同规格的小灯泡L按如图b所示电路连接，电源电动势，内阻，若调节滑片P使滑动变阻器R的功率是一个小灯泡功率的两倍，测此时每个小灯泡消耗的电功率为_______W。（结果保留2位有效数字）

【答案】    ①.     ②.     ③. C    ④. 0.56

【解析】（1）[1] 器材中提供的直流电压表量程只有3V，而小灯泡L的额定电压为4V，所以需要给电压表串联一个电阻从而扩大量程，设定值电阻的阻值为R，则根据串联分压规律有

解得

定值电阻选择

（2）[2] 描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法。由于灯泡内阻较小，因此应采用电流表外接法，所以电路图如图所示

（3）[3] 随着电压的升高灯泡电阻增大，所以灯泡的功率

则P-I2图象的斜率增大，而P-U2的斜率减小。

故选C。

（4）[4] 两个完全相同的灯泡并联后通过滑动变阻器调节每个灯泡的电流I和电压U，滑动变阻器R的功率是一个小灯泡功率的两倍，则滑动变阻器R两端的电压和灯泡两端电压相同，根据串并联电流和电压的关系有

代入数据并变形得到

将此电流与电压的关系画在小灯泡伏安特性曲线中，如图所示

两图象的交点坐标为（1.50V，0.375A），所以灯泡功率

高考真题

【（2022·全国甲卷·T22）】 某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势，内阻很小），电流表（量程，内阻约），微安表（量程，内阻待测，约），滑动变阻器R（最大阻值），定值电阻（阻值），开关S，导线若干。

（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图_____；

（2）某次测量中，微安表的示数为，电流表的示数为，由此计算出微安表内阻_____。

【答案】    ①. 见解析    ②. 990

【解析】（1）[1]为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所示

（2）[2]流过定值电阻R0的电流

加在微安表两端的电压

微安表的内电阻

【2019年全国Ⅰ】某同学要将一量程为的微安表改装为量程为20mA的电流表。该同学测得微安表内阻为，经计算后将一阻值为R的电阻与该微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图所示电路对改装后的电表进行检测虚线框内是改装后的电表。
根据图和题给条件，将图中的实物连线。
当标准毫安表的示数为时，微安表的指针位置如图所示。由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值，而是______。填正确答案标号
A.18mA
B.21mA
C.25mA
D.28mA
产生上述问题的原因可能是______。填正确答案标号
A.微安表内阻测量错误，实际内阻大于
B.微安表内阻测量错误，实际内阻小于
C.R值计算错误，接入的电阻偏小
D.R值计算错误，接入的电阻偏大
要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中______。

【答案】C   AC  

【解析】解：微安表与分流电阻并联可以改装成电流表，根据图所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

微安表量程为，由图所示表盘可知，其分度值为，其示数为，
电流表示数为，电流表示数为微安表示数的倍，
改装后电流表量程为：，故C正确；
故选：C；
、由可知，改装后电流表量程偏大，则流过分流电阻的电流偏大，由并联电路特点可知，分流电阻阻值偏小，
如果R值计算错误，接入的电阻偏小会导致改装后电流表量程偏大，故C正确，D错误；
AB、把微安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：，
如果微安内阻测量值错误，微安表内阻实际阻值大于，即内阻测量值偏小，
并联电阻阻值：偏小，会导致改装后电流表量程偏大，故A正确，B错误；
故选：AC；
把微安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：，
由可知，流过分流电阻电流为流过微安表电流的99倍，则并联电阻：，，
把微安表改装成20mA的电流表，并联电阻阻值：，
则：；
故答案为：实物电路图如图所示；；；。
根据电路图连接实物电路图。
根据微安表量程与图所示表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数，然后根据电流表改装原理求出改装后电流表的量程。
把微安表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，根据题意与改装原理分析实验误差。
根据电流表的改装原理与题意求出并联电阻阻值。
本题考查了电流表的改装问题，把微安表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值，掌握基础知识是解题的前提与关键，根据题意应用基础知识即可解题。
 

热身训练

1．（2019·北京师大附中高二期末）某同学想测量一节干电池的电动势和内电阻（较小），实验桌上有下列器材：

干电池，电流表（0.6A，0.1）；

电压表（3V，3k）；

滑动变阻器R1（最大阻值5）；

滑动变阻器R2（最大阻值50）；

开关导线若干。

（1）实验中滑动变阻器应选用__________（填“R1”或“R2”），请在下面的方框内画出他的实验电路图___________________________。

（2）他将实验中测得的数据描绘在坐标纸上，得到上图所示的U－I图像（横轴从0开始标数值且横截距的数值为），由图像可知这次实验中电源电动势的测量值为_________V，内阻测量值为_________Ω。

（3）某同学认为，如果考虑电表内阻对电路的影响，该实验存在误差下，下列分析正确的是___________。

A．电压表测量值是准确的

B．电流表测量值是准确的

C．电动势测量值大于真实值

D．内电阻测量值小于真实值

【答案】R1        1.5    1    AD   

【解析】（1）[1]因为干电池的内阻较小，所以选择电阻较小的滑动变阻器方便调节电路。

[2]滑动变阻器采用限流式接法，由于电源电阻较小，采用安培表外接法，实验电路图如图

（2）[3]根据闭合电路欧姆定律变形

可知图像的纵截距为电动势

[4]斜率的大小为内阻

（3）[5]AB．根据电路图可知电压表测量的为真实的路端电压，由于电压表的分流，所以电流表的测量值比真实的干路电流偏小，故A正确，B错误；

CD．通过电压表的电流为，真实的闭合电路欧姆定律为

可知电动势测量值偏小，结合图像可知内阻的测量值也偏小，故C错误，D正确。

故选AD。

2．（2019·北京和平街第一中学高二期末）某同学想通过实验测定一个阻值约为50Ω的电阻Rx的阻值。设计了一个如图所示的电路图。请你帮助他完善实验设计。

（1）如果实验室提供的滑动变阻器最大电阻R1=20Ω，想要实现对Rx的测量，要求电路简单，可操作性强，则在此电路图的基础上去掉一根导线_______即可。（填“ab”、“cd”、“ed”或“ef ”）

（2）如果实验室提供的滑动变阻器最大电阻R1=200Ω，想要实现对Rx的测量，要求电路简单，可操作性强，则在此电路图的基础上去掉两根导线_______、______即可。（填“ab”、“cd”、“ed”或“ef ”）

（3）如果不加修改，直接用上图测量，请你从安全、精确、可操作等角度评价这一方案，并预测可能出现的问题___。

【答案】ed    ab    ed    当滑动变阻器划片滑到b端时，电路会造成短路   

【解析】(1)[1]因为滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻，故使用分压式接法，所以要去掉图中的ed导线；

(2)[2][3]如果滑动变阻器最大电阻R1=200Ω，则为了方便测量，需要采用限流式接法，故要去掉图中ab和ed两根导线即可；

(3)[4]如果不加修改，则会有安全隐患，当滑动变阻器划片滑到b端时，电路会造成短路。

3．（2019·浙江高二期末）(1)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学用游标卡尺测得摆球的直径如图（甲）所示，则小球直径为_________cm；并用秒表测出单摆的多个周期，秒表的读数如图（乙）所示，该读数为_________s；

(2)为了提高测量的准确性，下列说法中正确的是________

A．选择密度稍大一些的小球

B．实验时摆角不要太大

C．测量周期时，当小球运动到最低点时开始计时

D．摆线应选用弹性好的细线

E.测量摆线长度时，应先将摆线放置在水平桌面上，拉直后再用刻度尺测量

(3)某同事将他的实验数据代入单摆周期公式，计算得到的g值都比其它同学大，其原因可能是______

A．摆线上端没有固定，振动中出现松动，使摆线边长了

B．单摆没在同一竖直面内摆动，而成了圆推摆

C．测量周期时，误将摆球n次全振动记成了n+1次

D．将摆线的长度与小球直径之和作为摆长

【答案】2.020    99.6s    ABC    CD   

【解析】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为2.0cm，游标读数为0.05×4mm=0.20mm，则最终读数为2.020cm；

[2]秒表的读数为99.6s；

(2)[3]A．为了减少空气阻力的影响，单摆的摆球密度尽可能大，故A正确；

B．为了保证球做单摆运动，单摆的摆角要比较小，故B正确；

C．由于最低点速度最大，所以摆球在最低点开始计时能够减小计时误差，故C正确；

D．弹性好的细线在摆动过程中实际摆长变长，所以会增大测量误差，故D错误。

故选ABC。

(3)[3]由单摆的周期公式可得

A．摆线上端没有固定，振动中出现松动，使得实际摆长变长，由可知，测量值g偏小，故A错误；

B．单摆没在同一竖直面内摆动，而成了圆推摆，则周期变长，由可知，测量值g偏小，故B错误；

C．测量周期时，误将摆球n次全振动记成了n+1次，使周期变小，由可知，测量值g偏大，故C正确；

D．将摆线的长度与小球直径之和作为摆长，使摆长测量值偏大，由可知，测量值g偏大，故D正确。

故选CD。