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3. 如图甲,是小明“探究杠杆的平衡条件”的实验过程,并利用杠杆的平衡条件解决了生活中的一些问题.
(1)实验过程中,将钩码悬挂于图甲中A点,保持阻力、阻力臂不变,在支点O右侧不同位置,用弹簧测力计施加竖直向下的拉力(动力),使杠杆水平平衡,多次改变弹簧测力计拉杠杆的位置,记录5次数据,并画出如图乙所示的$L_1$与$F_1$的图像;小明对图像进行仔细分析后做出大胆判断:图像上每次描出的点与两坐标轴所围成的矩形面积(图乙中阴影部分)总是
(2)完成探究后,小明想利用自己所学的物理知识测出一根细木棒的重力.如图丙所示,一根细木棒放在水平地面上,重心在B点.小明找到一根细线、刻度尺和一个量程略小于木棒重力的弹簧测力计,请你帮他设计一个测量这根木棒重力G的方案.
a. 主要步骤:
①
②
b. 细木棒重力的表达式:
(1)实验过程中,将钩码悬挂于图甲中A点,保持阻力、阻力臂不变,在支点O右侧不同位置,用弹簧测力计施加竖直向下的拉力(动力),使杠杆水平平衡,多次改变弹簧测力计拉杠杆的位置,记录5次数据,并画出如图乙所示的$L_1$与$F_1$的图像;小明对图像进行仔细分析后做出大胆判断:图像上每次描出的点与两坐标轴所围成的矩形面积(图乙中阴影部分)总是
相等
(填“相等”或“不等”)的,根据图像中实验数据可知,当$L_1=0.6\ \mathrm{m}$时,$F_1=$0.5
N.(2)完成探究后,小明想利用自己所学的物理知识测出一根细木棒的重力.如图丙所示,一根细木棒放在水平地面上,重心在B点.小明找到一根细线、刻度尺和一个量程略小于木棒重力的弹簧测力计,请你帮他设计一个测量这根木棒重力G的方案.
a. 主要步骤:
①
将细线系于A点,用弹簧测力计竖直向上微微拉起A端,记录弹簧测力计的示数为$F_{1}$
;②
将细线系于C点,用弹簧测力计竖直向上微微拉起C端,记录弹簧测力计的示数为$F_{2}$
.b. 细木棒重力的表达式:
$G=F_{1}+F_{2}$
.答案
3. (1)相等 0.5 (2)a. ①将细线系于A点,用弹簧测力计竖直向上微微拉起A端,记录弹簧测力计的示数为$F_{1}$ ②将细线系于C点,用弹簧测力计竖直向上微微拉起C端,记录弹簧测力计的示数为$F_{2}$ b. $G=F_{1}+F_{2}$
解析:(1)图像中每次描出的点与两坐标轴围成的矩形面积是动力与动力臂的乘积,根据杠杆平衡条件$F_{1}l_{1}=F_{2}l_{2}$可知,阻力与阻力臂的乘积保持不变,故图像中每次描出的点与两坐标轴围成的矩形面积总相等.根据实验数据和杠杆的平衡条件可知,动力乘动力臂为$3\ \mathrm{N}×0.1\ \mathrm{m}=0.3\ \mathrm{N·m}$,因为杠杆平衡,所以当$L_{1}$为$0.6\ \mathrm{m}$时,该乘积也应为$F_{1}×0.6\ \mathrm{m}=0.3\ \mathrm{N·m}$,解得$F_{1}$为$0.5\ \mathrm{N}$. (2)a. 弹簧测力计量程小于木棒重力,可以根据杠杆平衡条件,设计测量这根木棒重力G的方案如下:①将细线系于A点,用弹簧测力计竖直向上微微拉起A端,记录弹簧测力计的示数为$F_{1}$.②将细线系于C点,用弹簧测力计竖直向上微微拉起C端,记录弹簧测力计的示数为$F_{2}$.b. 测力计在A点拉起木棒时,由杠杆平衡条件可知$F_{1}l_{AC}=Gl_{BC}$,测力计在C点拉起木棒时,由杠杆平衡条件可知$F_{2}l_{AC}=Gl_{AB}$,则$(F_{1}+F_{2})l_{AC}=G(l_{AB}+l_{BC})$,所以$G=F_{1}+F_{2}$.
解析:(1)图像中每次描出的点与两坐标轴围成的矩形面积是动力与动力臂的乘积,根据杠杆平衡条件$F_{1}l_{1}=F_{2}l_{2}$可知,阻力与阻力臂的乘积保持不变,故图像中每次描出的点与两坐标轴围成的矩形面积总相等.根据实验数据和杠杆的平衡条件可知,动力乘动力臂为$3\ \mathrm{N}×0.1\ \mathrm{m}=0.3\ \mathrm{N·m}$,因为杠杆平衡,所以当$L_{1}$为$0.6\ \mathrm{m}$时,该乘积也应为$F_{1}×0.6\ \mathrm{m}=0.3\ \mathrm{N·m}$,解得$F_{1}$为$0.5\ \mathrm{N}$. (2)a. 弹簧测力计量程小于木棒重力,可以根据杠杆平衡条件,设计测量这根木棒重力G的方案如下:①将细线系于A点,用弹簧测力计竖直向上微微拉起A端,记录弹簧测力计的示数为$F_{1}$.②将细线系于C点,用弹簧测力计竖直向上微微拉起C端,记录弹簧测力计的示数为$F_{2}$.b. 测力计在A点拉起木棒时,由杠杆平衡条件可知$F_{1}l_{AC}=Gl_{BC}$,测力计在C点拉起木棒时,由杠杆平衡条件可知$F_{2}l_{AC}=Gl_{AB}$,则$(F_{1}+F_{2})l_{AC}=G(l_{AB}+l_{BC})$,所以$G=F_{1}+F_{2}$.
解析
【分析】
先梳理解题思路：第(1)问首先明确图乙中点的横纵坐标分别是动力臂$L_1$、动力$F_1$，因此点与两坐标轴围成的矩形面积就是动力和动力臂的乘积$F_1L_1$。题目说明实验中阻力、阻力臂保持不变，结合杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可知$F_2L_2$是定值，因此所有点对应的矩形面积必然相等。接下来从图像中取一组已知数据算出$F_1L_1$的定值，再代入$L_1=0.6\ \mathrm{m}$就能求出对应的动力$F_1$。第(2)问注意到弹簧测力计量程小于木棒重力，不能直接悬挂木棒测重力，因此利用杠杆平衡条件，两次分别抬起木棒的两个端点，将未抬起的一端作为支点，两次列杠杆平衡方程后相加，刚好可以消去未知的臂长，直接得到木棒重力和两次拉力的关系，既符合测力计量程限制，也不需要额外测量臂长。
【解析】
(1) 矩形面积的物理意义为动力与动力臂的乘积，即$S=F_1L_1$。根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，实验过程中阻力$F_2$、阻力臂$L_2$均保持不变，因此$F_2L_2$为定值，所有描点对应的矩形面积都相等。
取图像中一组已知数据，例如$F_1=3\ \mathrm{N}$、$L_1=0.1\ \mathrm{m}$，可得$F_1L_1=3\ \mathrm{N} × 0.1\ \mathrm{m}=0.3\ \mathrm{N· m}$。当$L_1=0.6\ \mathrm{m}$时，代入$F_1 × 0.6\ \mathrm{m}=0.3\ \mathrm{N· m}$，解得$F_1=0.5\ \mathrm{N}$。
(2) a. 实验步骤：
① 将细线系于A点，用弹簧测力计竖直向上微微拉起A端，记录弹簧测力计的示数为$F_1$；
② 将细线系于C点，用弹簧测力计竖直向上微微拉起C端，记录弹簧测力计的示数为$F_2$。
b. 推导过程：拉起A端时，支点为C点，由杠杆平衡条件得$F_1 · L_{AC}=G · L_{BC}$；拉起C端时，支点为A点，由杠杆平衡条件得$F_2 · L_{AC}=G · L_{AB}$。将两式相加得$(F_1+F_2)L_{AC}=G(L_{AB}+L_{BC})$，又因为$L_{AB}+L_{BC}=L_{AC}$，化简后可得$G=F_1+F_2$。
【答案】
(1) 相等；$0.5$
(2) a. ① 将细线系于A点，用弹簧测力计竖直向上微微拉起A端，记录弹簧测力计的示数为$F_{1}$ ② 将细线系于C点，用弹簧测力计竖直向上微微拉起C端，记录弹簧测力计的示数为$F_{2}$
b. $G=F_{1}+F_{2}$
【知识点】
杠杆平衡条件；杠杆创新应用
【点评】
本题第一问结合图像考察对杠杆平衡条件的深度理解，将图像面积转化为物理量乘积，跳出了常规公式计算的固定模式；第二问针对弹簧测力计量程不足的实际限制设计创新实验，通过两次列杠杆平衡方程消去未知臂长，不需要测量额外长度即可得到木棒重力，充分锻炼了学生的知识迁移和自主实验设计能力。
【难度系数】
0.4
先梳理解题思路：第(1)问首先明确图乙中点的横纵坐标分别是动力臂$L_1$、动力$F_1$，因此点与两坐标轴围成的矩形面积就是动力和动力臂的乘积$F_1L_1$。题目说明实验中阻力、阻力臂保持不变，结合杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可知$F_2L_2$是定值，因此所有点对应的矩形面积必然相等。接下来从图像中取一组已知数据算出$F_1L_1$的定值，再代入$L_1=0.6\ \mathrm{m}$就能求出对应的动力$F_1$。第(2)问注意到弹簧测力计量程小于木棒重力，不能直接悬挂木棒测重力，因此利用杠杆平衡条件，两次分别抬起木棒的两个端点，将未抬起的一端作为支点，两次列杠杆平衡方程后相加，刚好可以消去未知的臂长，直接得到木棒重力和两次拉力的关系，既符合测力计量程限制，也不需要额外测量臂长。
【解析】
(1) 矩形面积的物理意义为动力与动力臂的乘积，即$S=F_1L_1$。根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，实验过程中阻力$F_2$、阻力臂$L_2$均保持不变，因此$F_2L_2$为定值，所有描点对应的矩形面积都相等。
取图像中一组已知数据，例如$F_1=3\ \mathrm{N}$、$L_1=0.1\ \mathrm{m}$，可得$F_1L_1=3\ \mathrm{N} × 0.1\ \mathrm{m}=0.3\ \mathrm{N· m}$。当$L_1=0.6\ \mathrm{m}$时，代入$F_1 × 0.6\ \mathrm{m}=0.3\ \mathrm{N· m}$，解得$F_1=0.5\ \mathrm{N}$。
(2) a. 实验步骤：
① 将细线系于A点，用弹簧测力计竖直向上微微拉起A端，记录弹簧测力计的示数为$F_1$；
② 将细线系于C点，用弹簧测力计竖直向上微微拉起C端，记录弹簧测力计的示数为$F_2$。
b. 推导过程：拉起A端时，支点为C点，由杠杆平衡条件得$F_1 · L_{AC}=G · L_{BC}$；拉起C端时，支点为A点，由杠杆平衡条件得$F_2 · L_{AC}=G · L_{AB}$。将两式相加得$(F_1+F_2)L_{AC}=G(L_{AB}+L_{BC})$，又因为$L_{AB}+L_{BC}=L_{AC}$，化简后可得$G=F_1+F_2$。
【答案】
(1) 相等；$0.5$
(2) a. ① 将细线系于A点，用弹簧测力计竖直向上微微拉起A端，记录弹簧测力计的示数为$F_{1}$ ② 将细线系于C点，用弹簧测力计竖直向上微微拉起C端，记录弹簧测力计的示数为$F_{2}$
b. $G=F_{1}+F_{2}$
【知识点】
杠杆平衡条件；杠杆创新应用
【点评】
本题第一问结合图像考察对杠杆平衡条件的深度理解，将图像面积转化为物理量乘积，跳出了常规公式计算的固定模式；第二问针对弹簧测力计量程不足的实际限制设计创新实验，通过两次列杠杆平衡方程消去未知臂长，不需要测量额外长度即可得到木棒重力，充分锻炼了学生的知识迁移和自主实验设计能力。
【难度系数】
0.4
4. (2025·南京外国语学校月考)几组同学用不同的方法测量$R_x$的阻值.
(1)第一组同学的实验方案如图甲所示.在实验过程中,滑动变阻器除了保护电路外,还有一个重要的作用是
(2)第二组同学的实验方案如图乙所示.请你帮他完成相关实验内容:
①将
②闭合开关,移动滑动变阻器滑片到某一合适位置时,记下
③断开开关,取下$A、B$间的元件,将
④闭合开关,调节
⑤读出
某组同学的测量结果比实际值大$4.5\ \Omega$,分析后发现在步骤④中将滑动变阻器滑片向
(3)第三组同学提出用一个定值电阻$R_0$,采用图乙所示的电路图也可以测出待测电阻的阻值.先将定值电阻$R_0$接入$A、B$间,闭合$S$,电流表的示数为$I_1$;断开开关,取下$R_0$,将待测电阻$R_x$接入$A、B$间,电流表的示数为$I_2$,该组同学认为待测电阻$R_x=\frac{I_1}{I_2}R_0$,其他组同学认真分析电路后发现该同学的设计不合理,原因是:
(1)第一组同学的实验方案如图甲所示.在实验过程中,滑动变阻器除了保护电路外,还有一个重要的作用是
多次测量取平均值,减小误差
.(2)第二组同学的实验方案如图乙所示.请你帮他完成相关实验内容:
①将
待测电阻$R_x$
(填“电阻箱”或“待测电阻$R_x$”)接入$A、B$两点间;②闭合开关,移动滑动变阻器滑片到某一合适位置时,记下
电流表示数为$I$
;③断开开关,取下$A、B$间的元件,将
电阻箱
(填“电阻箱”或“待测电阻$R_x$”)接在$A、B$两点间;④闭合开关,调节
电阻箱
,使电流表示数变为$I$
;⑤读出
电阻箱示数
,即可知道$R_x$的阻值.某组同学的测量结果比实际值大$4.5\ \Omega$,分析后发现在步骤④中将滑动变阻器滑片向
左
(填“左”或“右”)移动,导致滑动变阻器接入电路的阻值变化了4.5
$\Omega$.(3)第三组同学提出用一个定值电阻$R_0$,采用图乙所示的电路图也可以测出待测电阻的阻值.先将定值电阻$R_0$接入$A、B$间,闭合$S$,电流表的示数为$I_1$;断开开关,取下$R_0$,将待测电阻$R_x$接入$A、B$间,电流表的示数为$I_2$,该组同学认为待测电阻$R_x=\frac{I_1}{I_2}R_0$,其他组同学认真分析电路后发现该同学的设计不合理,原因是:
没有控制A、B间电压相同
.答案
4. (1)多次测量取平均值,减小误差 (2)①待测电阻$R_x$ ②电流表示数为$I$ ③电阻箱 ④电阻箱 电流表示数变为$I$ ⑤电阻箱示数 左 4.5 (3)没有控制A、B间电压相同
解析:(1)实验中使用滑动变阻器改变定值电阻两端的电压和电流,获得多组电阻值,求电阻的平均值来减小测量电阻的误差.
(2)据乙图可知,电路是串联的,电流表测电路中的电流,根据实验选用电阻箱来代替待测电阻$R_{x}$,测量待测电阻$R_{x}$的阻值,因此第一步是将待测电阻$R_{x}$接入A、B两点间,移动滑动变阻器滑片到某一合适位置时,记下电流表示数为$I$;断开开关,取下A、B间的元件,将电阻箱接在A、B两点间,保持滑片P的位置不变,调节电阻箱使电流表的示数仍为$I$,此时对应电阻箱的阻值即为待测电阻$R_{x}$的阻值.由于电路中的电流不变,电压不变,则总电阻不变,测量结果比实际值大$4.5\ \Omega$,说明滑动变阻器阻值变小,即在步骤④中将滑动变阻器滑片向左移动,导致滑动变阻器接入电路的阻值变化了$4.5\ \Omega$.
(3)两次实验中$R_{0}$和$R_{x}$两端的电压不同,即没有控制A、B间电压相同,因此无法利用$R_{x}=\frac{I_{1}}{I_{2}}R_{0}$,计算得出待测电阻的阻值.
解析:(1)实验中使用滑动变阻器改变定值电阻两端的电压和电流,获得多组电阻值,求电阻的平均值来减小测量电阻的误差.
(2)据乙图可知,电路是串联的,电流表测电路中的电流,根据实验选用电阻箱来代替待测电阻$R_{x}$,测量待测电阻$R_{x}$的阻值,因此第一步是将待测电阻$R_{x}$接入A、B两点间,移动滑动变阻器滑片到某一合适位置时,记下电流表示数为$I$;断开开关,取下A、B间的元件,将电阻箱接在A、B两点间,保持滑片P的位置不变,调节电阻箱使电流表的示数仍为$I$,此时对应电阻箱的阻值即为待测电阻$R_{x}$的阻值.由于电路中的电流不变,电压不变,则总电阻不变,测量结果比实际值大$4.5\ \Omega$,说明滑动变阻器阻值变小,即在步骤④中将滑动变阻器滑片向左移动,导致滑动变阻器接入电路的阻值变化了$4.5\ \Omega$.
(3)两次实验中$R_{0}$和$R_{x}$两端的电压不同,即没有控制A、B间电压相同,因此无法利用$R_{x}=\frac{I_{1}}{I_{2}}R_{0}$,计算得出待测电阻的阻值.
解析
【分析】
我们可以分三个小问逐步梳理解题思路：
1. 第一问对应伏安法测定值电阻的实验，滑动变阻器除保护电路外，还可以通过改变自身接入电阻，调整定值电阻两端的电压和电路电流，得到多组电阻的测量值，最终取平均值减小误差。
2. 第二问是等效替代法测电阻，核心思路是用可直接读数的电阻箱完全替代待测电阻，保证电路的工作状态（电流）和接待测电阻时完全一致，此时电阻箱的阻值就等于待测电阻的阻值。按照这个逻辑，第一步先将待测电阻接入AB，调节滑动变阻器到合适位置记录电流，之后换接电阻箱，调节电阻箱让电流和之前记录的数值相同，就能得到待测电阻阻值。后续误差分析：电源电压不变，两次电流相同说明总电阻相等，若测量值比真实Rx大4.5Ω，说明滑动变阻器接入的阻值比第一次小了4.5Ω，观察乙图滑动变阻器，滑片左移时接入电阻变小，因此可判断滑片移动方向和阻值变化量。
3. 第三问的设计方案，本质上没有控制AB两点间的电压相等，不能直接通过电流的比值推导电阻的比值，因此方案不合理。
【解析】
(1) 伏安法测定值电阻实验中，滑动变阻器除保护电路外，可改变定值电阻两端的电压和通过的电流，多次测量得到多组电阻值，通过取平均值减小实验误差。
(2) 该实验采用等效替代法测量待测电阻阻值：
① 实验第一步需要先将待测电阻$R_x$接入A、B两点间，获取接待测电阻时的电路状态；
② 闭合开关，移动滑动变阻器滑片到某一合适位置，记下此时电流表的示数$I$；
③ 断开开关，取下A、B间的待测电阻，将电阻箱接在A、B两点间；
④ 闭合开关，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为之前记录的$I$，此时电路总电阻和步骤②完全相等；
⑤ 此时电阻箱接入的阻值和待测电阻完全相等，读出电阻箱的示数，即可得到$R_x$的阻值。
根据欧姆定律，电源电压不变，两次电流相等则电路总电阻相等，即$R_x + R_{\mathrm{滑1}} = R_{\mathrm{箱}} + R_{\mathrm{滑2}}$，已知$R_{\mathrm{箱}} - R_x = 4.5\ \Omega$，可得$R_{\mathrm{滑1}} - R_{\mathrm{滑2}} = 4.5\ \Omega$，说明滑动变阻器接入阻值变小，由图乙可知滑片向左移动时接入电阻变小，因此步骤④中滑片向左移动，滑动变阻器接入阻值减小了$4.5\ \Omega$。
(3) 该同学的方案中，两次更换电阻时，没有控制A、B两点间的电压相等，无法满足$U=I_1R_0=I_2R_x$的推导条件，因此不能通过$R_x=\frac{I_1}{I_2}R_0$计算待测电阻，设计不合理。
【答案】
(1) 多次测量取平均值，减小误差
(2) ①待测电阻$R_x$ ②电流表示数为$I$ ③电阻箱 ④电阻箱 电流表示数变为$I$ ⑤电阻箱示数 左 4.5
(3) 没有控制A、B间电压相同
【知识点】
伏安法测电阻、等效替代法、欧姆定律应用
【点评】
本题围绕测量未知电阻的三类经典实验方案展开，既考察基础伏安法实验中滑动变阻器的作用，也重点考察等效替代法测电阻的完整操作步骤与误差分析，最后一问辨析不合理实验设计的缺陷，能够很好地检验学生对测电阻类实验原理的理解程度，避免死记硬背实验步骤。
【难度系数】
0.6
我们可以分三个小问逐步梳理解题思路：
1. 第一问对应伏安法测定值电阻的实验，滑动变阻器除保护电路外，还可以通过改变自身接入电阻，调整定值电阻两端的电压和电路电流，得到多组电阻的测量值，最终取平均值减小误差。
2. 第二问是等效替代法测电阻，核心思路是用可直接读数的电阻箱完全替代待测电阻，保证电路的工作状态（电流）和接待测电阻时完全一致，此时电阻箱的阻值就等于待测电阻的阻值。按照这个逻辑，第一步先将待测电阻接入AB，调节滑动变阻器到合适位置记录电流，之后换接电阻箱，调节电阻箱让电流和之前记录的数值相同，就能得到待测电阻阻值。后续误差分析：电源电压不变，两次电流相同说明总电阻相等，若测量值比真实Rx大4.5Ω，说明滑动变阻器接入的阻值比第一次小了4.5Ω，观察乙图滑动变阻器，滑片左移时接入电阻变小，因此可判断滑片移动方向和阻值变化量。
3. 第三问的设计方案，本质上没有控制AB两点间的电压相等，不能直接通过电流的比值推导电阻的比值，因此方案不合理。
【解析】
(1) 伏安法测定值电阻实验中，滑动变阻器除保护电路外，可改变定值电阻两端的电压和通过的电流，多次测量得到多组电阻值，通过取平均值减小实验误差。
(2) 该实验采用等效替代法测量待测电阻阻值：
① 实验第一步需要先将待测电阻$R_x$接入A、B两点间，获取接待测电阻时的电路状态；
② 闭合开关，移动滑动变阻器滑片到某一合适位置，记下此时电流表的示数$I$；
③ 断开开关，取下A、B间的待测电阻，将电阻箱接在A、B两点间；
④ 闭合开关，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为之前记录的$I$，此时电路总电阻和步骤②完全相等；
⑤ 此时电阻箱接入的阻值和待测电阻完全相等，读出电阻箱的示数，即可得到$R_x$的阻值。
根据欧姆定律，电源电压不变，两次电流相等则电路总电阻相等，即$R_x + R_{\mathrm{滑1}} = R_{\mathrm{箱}} + R_{\mathrm{滑2}}$，已知$R_{\mathrm{箱}} - R_x = 4.5\ \Omega$，可得$R_{\mathrm{滑1}} - R_{\mathrm{滑2}} = 4.5\ \Omega$，说明滑动变阻器接入阻值变小，由图乙可知滑片向左移动时接入电阻变小，因此步骤④中滑片向左移动，滑动变阻器接入阻值减小了$4.5\ \Omega$。
(3) 该同学的方案中，两次更换电阻时，没有控制A、B两点间的电压相等，无法满足$U=I_1R_0=I_2R_x$的推导条件，因此不能通过$R_x=\frac{I_1}{I_2}R_0$计算待测电阻，设计不合理。
【答案】
(1) 多次测量取平均值，减小误差
(2) ①待测电阻$R_x$ ②电流表示数为$I$ ③电阻箱 ④电阻箱 电流表示数变为$I$ ⑤电阻箱示数 左 4.5
(3) 没有控制A、B间电压相同
【知识点】
伏安法测电阻、等效替代法、欧姆定律应用
【点评】
本题围绕测量未知电阻的三类经典实验方案展开，既考察基础伏安法实验中滑动变阻器的作用，也重点考察等效替代法测电阻的完整操作步骤与误差分析，最后一问辨析不合理实验设计的缺陷，能够很好地检验学生对测电阻类实验原理的理解程度，避免死记硬背实验步骤。
【难度系数】
0.6
