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．
I?Rg＋R0?EI
(2)由闭合电路欧姆定律得E＝I(Rg＋R0)＋(R－(R1＋r)，得I＝1＋r)，RRRg＋R0
I因此横坐标表示的物理量应是R.
E
(3)由题意得I0＝，R1＋r＝k，解得E＝I0(Rg＋R0)，r＝k－R1.
Rg＋R0[答案] (1)如图所示
I
(2) (3)I0(Rg＋R0) k－R1 R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．
E－U(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
rUU＝，解得R＝r－R1. IE－U
E－U(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＝，
r?m0－m?gr
解得B＝.
n?E－U?l
E－U
(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
r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．
Ur
[答案] (1)逆时针方向 (2)－R1
E－U?m0－m?gr(3) (4)小 n?E－U?l
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：
111甲同学：和电阻并联相似，可能是＝＋.
k3k1k2乙同学：和电阻串联相似，可能是k3＝k1＋k2. 丙同学：可能是k3＝
k1＋k2
. 2
(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；
F
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x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1
m1>m2.(2)a、b两球碰撞后均做平抛运动，l＝vt，y＝gt2，得l＝v
2
2yg，若满足m1v0＝m1v1
m1m1m2
＝＋，y2y3y1
＋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Δω
即β＝?.我们用电磁打点计时器、β?刻度尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验．(打Δt??
点计时器所接交流电的频率为50 Hz；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；
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