第3课时 电学实验-【学考一号】2026年高中物理学业水平复习方略+评价作业

第3课时 1.电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的 是反应比较灵敏，且可以和计算机相连，能画出 电流随时间的变化图像。图甲是用电流传感器观 察电容器充、放电过程的实验电路图，图中电源 电压为6V已知电流= t A limA R 接计 算机 电流 传感器 2 图甲 图乙 先使开关S与1接通，待充电完成后，再把开关S 与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电 流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的1- 图像如图乙所示。已知图线与时间轴围成的面积 表示电荷量，根据图像估算出电容器整个放电过 程中释放的电荷量为 C,该电容器电容 为 uF(保留3位有效数字)。 2.某同学描绘一种电子元件-U的关系图像，采用的 实验电路图如图甲所示，A为电压表，B为电流表， E为电源（电动势约6V),R为滑动变阻器（最大 阻值202)，R。为定值电阻，S为开关 待测元件 电压表 待测元件R 7 R E 图甲 图乙 (1)请将图乙所示的实物电路连接完整。 (2)调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的示数 如下表。 电压U/N 0.000 0.250 0.500 0.650 电流I/mA 0.00 0.10 0.25 0.60 电压UW 0.700 0.725 0.750 电流I/mA 1.70 4.30 7.50 (3)根据实验数据作出的1-U图像如图丙所示， 可知该元件是 (填“线性”或“非线性”) 元件。 132 电学实验 ◆IlmA 1 6 5 3 1 / 00.20.40.60.8 图丙 3.[2025·绍兴模拟]某同学用如下所示电路“测定电 源电动势和内阻”。 -3-15 (1)为了粗测电源的电动势，该同学应选用下面哪 种测量工具 B C D (2)根据实物图，小明画出电路图，下面电路图正 确的是 A 从 B ⑦ A ④ HH C D (3)正确选择电路图并正确操作后，描绘出该电源 的路端电压和电流的U-1图像如下，根据图像求待 测电池的电动势E=V,内阻R=2。 (保留3位有效数字) ◆U八 1.80 1.60 1.40 1.20 1.00 0.80 0.60 0.40 0.20 0.00 0.080.160.240.320.400.480.561A 4.某同学在“练习使用多用电表”实验中测量电阻 图甲 图乙 图丙 (1)用如图甲所示的多用电表，要用到A、B、C三 个部件。在表笔未插入“+”“_”插孔前，应观察指针 是否对准刻度左端的“0”刻线，如没有对准，则应 旋动部件 。 然后，应旋转部件 到欧姆挡。 (2)将插入“+”“-”插孔的两表笔短接后，发现多用 电表的指针如图甲所示，则应调节图中的部件 ,使指针对准刻度右端的“0”刻线。 (3)该同学在实验中有以下操作： a.用大拇指和食指紧捏红黑表笔进行欧姆调零 (如图乙所示)； b.用两表笔接触待测电阻的两端（如图丙所示）。 这两步操作是否合理： (填“a合理”“b合 理”“都合理”或“都不合理”)。 5.在“练习使用多用电表”的实验中 个 A-V-0 B ⊙ A-V-2 图甲 图乙 (1)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针位置 如图甲所示，则应将图中的旋钮B转至 (填“×1k”或“×10”)挡。 (2)若旋钮B已转至正确的位置，然后将两表笔短 接时，再旋转旋钮 (填“A”“B”或“C”),使 指针对准电阻的“0”刻度线。最后，再将两表笔分 别与待测电阻相接，发现指针位置如图乙所示，则 该电阻阻值为 2。 6.用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和 内电阻。蓄电池的电动势约为2V,内电阻很小。除 蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有： A.电压表V(量程3V); B.电流表A(量程0.6A): C.电流表A(量程3A); D.定值电阻R(阻值42)； E.滑动变阻器R(阻值范围0~202，额定电流 1A); F.滑动变阻器R2(阻值范围0~20002，额定电流 0.1A)。 N 2.10k 1.26 Ro S E r 0.42 00.200.40/A 图甲 图乙 (1)电流表应选 滑动变阻器应选 (填器材前字母) (2)根据实验数据作出U-1图像（如图乙所示），则 蓄电池的电动势E=V,内阻r=2。 (保留2位小数) (3)用此电路测量电池的电动势和内电阻，产生误 差的原因是 133mf2(sts,足，重锤重力势能的减少量为△E,=mg=mg(sots, 52 根据△x=aT2可得加速度大小为a=s-S1。 -fP(S2-$1) 4 2x (3)实验中发现重锤重力势能的减少量总是大于动能的增 加量，其原因是重锤在下落过程中，会受到空气阻力作用和 纸带与打点计时器间摩擦阻力作用，克服阻力做功，使重力 势能转化为动能时造成损失。 6.(1)AB(2)C(3)0.3500.325 【解析】(2)释放纸带前的瞬间，为了减小实验误差，要用手 竖直提起纸带上端，保证提起的纸带处于竖直位置，使重 锤停靠在打点计时器下方附近，同时纸带要适当长些，便于 在纸带上打出更多的点。(3)重力势能减少量△E.=mgh=0.5× 10x0.07J=0350J。打下B点时重锤的速度v (9.44-4.88)×10-2 ,m/s=1.14m/s,故重锤动能的增加量△E= 2×0.02 2mu=号×0.5x1.14J=0,325J。 第2课时力学实验（二） 1.C(解析】求劲度系数k还可以采用图像法，A错误：用弹簧 长度L代替x,F-L图线不过原点，B错误：在F-x图像中图 线的斜率表示劲度系数，C正确：实验时并非把所有点连到 线上，而是让线穿过尽量多的点，不能穿过的点尽量分布在 线的两侧，这样可以剔除误差比较大的点，D错误。 2.(1)CD(2)400(3)1.75 【解析】(1)弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，A错误： 用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直 位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，待钩码平衡时再读 数，B错误。(2)根据胡克定律F=kx代人题中数据解得弹簧 的劲度系数是k=F 20N =400Nm。(3)弹簧测力计的 5×102m 最小分度值为0.1N,故读数为1.75N。 3.(1)①3.0（或2.8）②AD(2)BD 【解析】(1)①根据弹簧秤的读数方法可读出上面弹簧秤的 示数为3.0N,下面弹簧秤的示数为2.8N:②由图中可以看 到上面弹簧秤的度数大，实验前没有对弹簧秤进行调零可 导致出现这样的偏差，A正确：两弹簧秤不管是否处于静止状 态，它们都是一对作用力与反作用力，示数都相等，B错误： 弹簧秤的外壳重力对读数没有影响，C错误：由于弹簧秤的 弹簧存在重力，会使得上面弹簧秤的读数大于下面，D正确。 (2)由图丙可知，作用力和反作用力大小相等，方向相反，同 时发生变化。 4.(1)A(2)2.55 (3)ABCD 【解析】(1)B图弹簧测力计没有沿细绳方向拉，误差较大：C 图两弹簧测力计的拉力的夹角过小：D图细绳套太短，拉力 的方向测量不准。(2)由于弹簧测力计的最小刻度为0.1N, 需要估读到下一位。 =3.0N 5.(1)调零(2)如图所示 IN (3)验证该图形基本就是平行四边 F=4.9N 0￥ 形：改变F、F的大小和方向，重复 上述实验，验证猜想：与同学交流， 得出合理结论（任答2点） F=4.0 6.(1)①C②3.85(2)AB(3)①AB②B 【解析】(1)①当弹簧挂上钩码后，知道弹簧长度，还需要知 道弹簧原长，这样才能计算弹簧形变量，因此还需要知道没 有挂钩码时弹簧的自然长度，C正确；②根据nmg=k(l-o)可 知n=k-k6,图中的斜率为325x10=25×10×10· 5 mg mg 226 即k=3.85N/m。(2)斜槽末端通过水平仪调节水平，以保证 小球能做平抛运动，A正确：小球每次都要从斜槽同一位置 静止释放，以保证能描出同一平抛运动轨迹上的点，B正 确；水平挡板从下面往上移动，移动时也不需要刻意等间距 平行移动，C错误；小球不需要是光滑的，只要能确定从同一 位置静止释放，这样在斜面上摩擦力做功是一样的，可以 保证从斜槽末端以同一速度做平抛运动，D错误。(3)①向 心力与质量、半径、角速度关系的探究方法是控制变量法， 探究两个互成角度力的合成规律，是等效替代，验证机械能 守恒定律是验证型实验，都不符合题意。②根据F=w2可 知，当塔轮半径是2：1时，角速度之比是12，向心力之比为 2:4,代入公式可知两球在长轴、短轴上做匀速圆周运动时半 径之比为2：1，即左侧塔轮小球应当在B处。 7.(1)C(2)AB(3)1.0 【解析】(2)记录小球经过不同高度的位置时，每次不必严格 地等距离下降，C错误：小球运动时不应与木板上的白纸接 触，以免有阻力的影响，D错误。(3)A→B和B→C水平位移 相等，可知时间间隔相同，设为T,竖直方向根据△y=h2-h1= gT2,解得T≈0.1s,水平方向4=oT,解得v1.0m/s。 8.(1)CD(2)2.282.27在实验误差允许的范围内，重 物的机械能守恒 【解析】(1)因为是比较mgh、2m2的大小关系，故m可约 去，不需要测量重锤的质量，A正确：为了减小空气阻力的影 响，在选择重锤时，要选择密度大的实心金属球，即选择质 量大体积小的重锤，B正确：打点计时器应用交流电源，而干 电池是直流电，C错误：实验时，先接通电源，后松开纸带让 重锤下落，D错误。(2)C点的速度等于BD段的平均速度， 则有》=320点50x102m213ms,从打下起点 2×0.04 A到打下计数点C的过程中，重锤重力势能的减小量：△E= mgh=1×9.8×23.25×10-2J≈2.28J,其动能的增加量：4E= 分m7x1x213J=2.27J 9.(1)同时(2)不变(3)初速度自由落体 【解析】(1)小锤击金属片，B球做自由落体运动，而A球 做平抛运动，两球在竖直方向运动情况一样，故两球同时落 地。（②）根据平抛运动规律=√女，可知运动时间由高度决 定，虽然初速度变大，但高度不变，所以小球运动时间不变。 第3课时电学实验 1.3.04×10-3507 【解析】图乙中一个格子代表的电荷量为8×105C,大于半格 算一个，小于半格舍去，因此电容器整个放电过程中释放的 电荷量约为Q=8×105×38C=3.04×103C,电容器的电容C= Q=3.04x103F≈507uF。 6 2.(1)如图所示 (3)非线性 待测元件 电压表 Ro 【解析】(3)-U图线是曲线说明该元件是非线性元件。 3.(1)C(2)A (3)1.45(1.441.48均可)2.78(2.77-2.91均可) 【解析】(1)粗测电源电压，需要利用多用电表的直流电压挡。 (2)根据实物图可知，电路图A正确。(3)通过路端电压和干 路电流的图像规律，图像与纵坐标的交点代表电动势，斜率 绝对值代表电源内阻。 4.(1)AC(2)B(3)都不合理 5.(1)×10(2)C120 6.(1)BE(2)2.100.20(3)电压表的分流作用 【解析】(1)电源的电动势约为2V,保护电阻为42，故电路 中最大电流约为=E=0.5A,故电流表选择A1。电流表指 Ro 针指在表盘中央时，滑动变阻器接入电路中的阻值约为R= 2-R03卫-20≈47D,为了滑动变阻器调节方便 24 动变阻器选择R1。(2)由闭合电路欧姆定律可知U=E-I(R士 r）.图像与纵坐标的交点为电源电动势，故E=2.10V,图像的 斜率的绝对值为保护电阻与内电阻之和，Rt-2.100.42Q= 0.40 4.202.解得r=0.202 选择题专题提升一 1.A【解析】功、时间是标量，B错误：速率是标量，C错误：重力 势能、电量是标量，D错误。 2.C【解析】方案1中的“50公里”是指路程，A错误：3种方案 的位移一样，B错误，C正确：三种方案的平均速度均不相 等，因为所用时间不相等，D错误。 3.C【解析】物理过程的快慢（时间进程）跟物体的运动状态也 有关，A错误：牛顿力学并没有被相对论和量子力学全面否 定，牛顿力学仍适用于宏观低速物体的运动，B错误：物理 规律在不同的参考系中不会发生变化，D错误。 4.B(解析】机器人乙在=2s时起跑，此时，机器人甲跑过的距 离x=12m=1m,A错误：机器人乙起跑3s后，甲通过的 位移x甲=53x1m=4m,乙通过的位移x乙=13×2m=4m, B正确：两机器人在速度相等（即=3s)时相距最远，两者间 的最大距离等于0一3s内的位移之差，则xm=12m+ 1×1m=1.5m,C错误；机器人乙超过机器人甲后，乙的速度 总比甲的大，则甲、乙不可能再次相遇，D错误。 5.D(解析15m高自由下落时间为=√2五-V2 -s=1s, g 枫叶下落受空气阻力影响，时间大于1s。 6.A【解析】足球对地面压力的施力物体是足球，所以是由足球 发生弹性形变引起的，A正确；人对足球施加的压力与运动 员的重力产生原因不同，是不同性质的力，不是同一种力，B 错误：足球气打得足一点，仍然有形变，C错误：力的作用是 相互的，D错误。 7.D【解析】根据牛顿第三定律，人对车的力总是等于车对人的 力，A错误：根据牛顿第一定律，惯性只于质量有关，与速度 无关，B错误：金属桶只有处于静止或者匀速直线运动状态 时，才处于平衡状态，C错误；金属桶在一开始向右加速的 过程中，会受到向右的摩擦力，D正确。 8.B(解析】等势线与电场线处处垂直，所以虚线不是等势线，A 错误：电场线的疏密程度表示电场强度的大小，从图中可以 判断出E点电场强度大于F点，但并不能直观判断M和N 点疏密程度，对于这两点则需要从电场的叠加角度思考，对 于M点，仅需考虑正电荷的影响，对于N点，则还需要考虑 两个负电荷对于N点的影响，故电场强度M点大于N点，B 正确.C错误：只有放上电荷以后，才有电势能的概念，所以没 有电荷的情况下，不能判断E、F两，点的电势能大小，D错误。 9.D(解析】凡是温度高于绝对零度的物体都能产生红外辐射， 故人体一直都会幅射红外线，A、B错误；人身体各个部位体 温是有变化的，所以辐射的红外线强度就会不一样，温度越 高红外线强度越高，温度越低辐射的红外线强度就越低，C 错误，D正确。 10.D(解析】投掷后的水泥的重力远远大于空气阻力，所以应 视为平抛运动，A错误；根据h=)g2可知，水泥在空中飞 行的时间=1s,所以水平位移为x=t=5m,D正确；竖直方 向的速度为)，=g=10m/s,所以落地时其速度与水平方向夹 角0，tan0=,=2,显然0≠45°，B错误：落地点与抛出点的 位移为x=/52+52m=5V2m,C错误 11.C【解析】设地球的质量为M,卫星的轨道半径为r,根据万有 引力提供向心力可得G=a=mnom答r.卫星 的速度=/GM,r越大，越小，则有4>>，A错误： 由于三颗卫星的质量关系未知，无法根据万有引力定律比 较引力的大小，B错误：卫星的向心加速度4=GM,r越小， d越大，则有a,>u>C正确：卫星的周期作14行，广越 大，T越大，所以卫星A运动一周所需要时间最短，D错误。 12.D【解析】当，较小时，对小球通过最高点，由牛顿第二定律 有mg-=mR,代入=0可得=mg等式成立，A正确：当 v在0VgR范围内变化时mg-K=m发，R随着u的增大 而逐渐减小：当在大于VgR范围内逐渐变大时mg+F= m元，R随着，的增大而逐渐变大，B,C正确，D错误。 13.C(解析】无人机悬停时，受到重力和空气作用力，A错误： 无人机向下运动时，加速度方向不一定向下，无人机不一 定处于失重状态，B错误：无人机向上运动时，如果加速度 方向向上，无人机处于超重状态，C正确；无人机沿曲线轨 迹运动时，根据曲线运动的条件可知，其所受合外力不可 能为零，D错误。 14.C(解析】开关断开，则线圈A没有电流，不会产生磁场，故 线圈B没有感应电流，A、B错误：保持开关闭合，将滑片P 向左滑动，线圈A电流改变，磁场改变，线圈B磁通量改 变，产生感应电流，C正确；滑片P静止在最左端，线圈A 电流不变，磁场不变，线圈B磁通量不变，没有感应电流，D 错误。 15.A【解析】由右手螺旋定则可得出，电流在小磁针位置产生 的磁场垂直纸面向外，故N极垂直纸面向外，A正确：由右 手螺旋定则可得出，电流在小磁针位置产生的磁场垂直纸 面向里，故N极垂直纸面向里，B错误；磁铁外部的磁感线 由N极指向S极，图丙中N极水平向右，图丁中N极指向 左，C、D错误。 16.B[解析】高中同学的质量一般为60kg,引体向上时向上运 动克服重力做功的平均功率约为上W=8mg欧 8×10×60x0.5W=150W,B正确。 6 227