专题精准强化18 电学实验-【创新教程】2027年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

专题精准强化18电学： [A组基础达标练] 1.某物理小组欲探究变压器 Bo 400 1400。 线圈两端电压与匝数关 系，提供的实验器材有：学 800 生电源、可拆变压器、交流 电源100 200 电压表、若干导线。 AC 0 0 图甲为实验原理图，在原 甲 线圈A、B两端加上电 压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电 压，测量数据如表： 原线圈匝数副线圈匝数 副线圈匝数 实验n1=400 n2=200 m3=1400 序号原线圈两端电副线圈两端电 副线圈两端电 压U(V) 压U2(V) 压U3(V) 1 5.8 2.9 20.3 2 8.0 4.0 28.1 3 12.6 6.2 44.0 请回答下列问题： (1)在图乙中，应将A、B分别与 (填 “a、b”或“c、d”)连接 可移动铁芯 3a 固定铁芯 丙 (2)根据上表数据得出的实验结论是：在实验 误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之 比等于 (3)在实验序号为2的测量中，若把图丙中的 可动铁芯取走，副线圈匝数n2=200,则副线圈 两端电压 (填正确答案标号)， A一定小于4.0V B.一定等于4.0V C.一定大于4.0V 2.在“观察电容器的充、放电现象”实验中，所用 器材如下：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小 灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关 以及导线若干 (1)用多用电表的电压挡检测电池的电压.检 测时，红表笔应该与电池的 (填“正 极”或“负极”)接触 (2)某同学设计的实验电路如图(a)所示.先将电 阻箱的阻值调为R,将单刀双掷开关S与“1”端 相接，记录电流随时间的变化.电容器充电完成 c ⑧错题序号： 实验 @错因分析 后，开关S再与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变 化情况可能是 .(填正确答案标号) A.迅速变亮，然后亮度趋于稳定 B.亮度逐渐增大，然后趋于稳定 C.迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭 (3)将电阻箱的阻值调为R2(R2>R,),再次 将开关S与“1”端相接，再次记录电流随时 间的变化情况.两次得到的电流I随时间t变 化如图(b)中曲线所示，其中实线是电阻箱阻 值为 (填“R”或“R2”)时的结果，曲线 与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容 器上的 (填“电压”或“电荷量”). 图(a 图b) 3.要测定一个量程为3V的电压表的内阻，某 同学进行了如下操作。 500 lll4u 00.5 50002/y 25002/W A-V-0 甲 3 (1)先用多用电表粗测电压表内阻，将多用电 表选择开关拨到欧姆挡“×1000”挡位，欧姆调 零后，将多用电表的红表笔与电压表的 (填“正”或“负”)接线柱连接，黑表笔连接另 一个接线柱，示数如图甲所示，则粗测电压 表的内阻为 2. (2)为了精确测量电压表的内阻，该同学根 据实验室提供的器材，设计了如图乙所示电 路.请根据图乙所示的电路将如图丙所示的 实物图连接完整.连接好电路后，闭合开关 前，图丙中滑动变阻器的滑片应先移到最 (填“左”或“右”)端，电阻箱的电阻调 为 (填“最大”或“零”)，闭合开关S,调 节滑动变阻器滑片，使电压表满偏；保持滑动 变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使 电压表的示数半偏，若此时电阻箱的阻值为 R,则测得电压表的内阻为 (3)该同学发现电源的内阻很小，可以忽略 不计，于是他又设计了如图丁所示的电路， 按正确的操作，测得多组电压表的示数U 及对应的电阻箱接入电路的电阻R,作 R-己图像，得到图像与纵轴的截距为6，则 电压表的内阻R,= [B组创新应用练] 4.（2025·河南卷，11)实验小组研究某热敏电 阻的特性，并依此利用电磁铁、电阻箱等器 材组装保温箱.该热敏电阻阻值随温度的变 化曲线如图1所示，保温箱原理图如图2所 示.回答下列问题： 热电 R/Q 荷铁 AC 2004 上加热电阻丝 人保湿箱 100150i℃ 图1 图2 (1)图1中热敏电阻的阻值随温度的变化关 系是 (填“线性”或“非线性”)的， (2)存在一个电流值I。,若电磁铁线圈的电 流小于I。,衔铁与上固定触头a接触；若电 流大于I。,衔铁与下固定触头b接触.保温 箱温度达到设定值后，电磁铁线圈的电流在 I。附近上下波动，加热电路持续地断开、闭 合，使保温箱温度维持在设定值.则图2中 加热电阻丝的c端应该与触头 (填 “a”或“b”)相连接. (3)当保温箱的温度 9 设定在50℃时，电 阻箱旋钮的位置如 ×10 图3所示，则电阻箱 ×100 接入电路的阻值为 90 90 2. (4)若要把保温箱的 温度设定在100℃， 图3 则电阻箱接人电路的 阻值应为 0. 5.(2026·河南卷)某实验小组探究电容器充 放电特性并测量新能源电池的电动势，图1 为设计的电路原理图.实验器材有：电池（电 19 动势E,内阻不计)，定值电阻R、R,（阻值 均未知)，电容器C,电流传感器（内阻可忽 略)，电压传感器（内阻很大），数据采集分析 系统，开关S,导线若干等.完成下列问题： (1)根据图1所示原理图，完成图2中实物 图的连线。 接计算机 图1 图2 (2)使电流传感器和电压传感器正常工作， 闭合S,给电容器充电，直至电压传感器示 数稳定.然后断开S,电容器放电.图3中 A、B、C、D为电流传感器和电压传感器采集 的电流一时间(i。一t)和电压一时间(u。一t) 图像，属于充电过程的是 (填写图 像对应的标号). A ./A u 图3 (3)经数据采集分析系统合成，得到电容器 在充放电过程中的u。一i。图像，如图4所 示.设放电过程PQ段的斜率为1，由图作 直线可得k1= Ω（保留3位有效 数字)，其对应于 的阻值（填“R,” 或“R2”) uc/V 30 2. 15 0.5 -0.4-0.200.20.40.60.81.01.2ic/A 图4 (4)对充电过程MN段，设流经R1、R2的电 流分别为i1和2，则1=2十i.电容器两端 电压可表示为u.=2i,十b,其中斜率k2= (用R1、R2表 示)，截距b= (用R1、R2、E 表示).由图4作直线求出2和b,得E= V(保留3位有效数字).物理 2.解析：(1)实验时需将长木板右端垫高，以补偿阻力，故A 正确；本题拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测 出沙和沙桶的质量，也就不需要使小桶（包括沙）的质量 远小于车的总质量，故B、D错误；实验时，为充分利用纸 带，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车， 故C错误. (2)打，点计时器使用的是频率为50Hz的交流电，相邻 两计数点间还有四个点没有画出，则相邻两计数，点间的 时间间隔为T=5X子=0.1s, C点的速度为BD两点间的平均速度，则 -器-1822X10m/s=.90m/ 2×0.1 根据逐差法可知 a-e-088×10mg=40/g. (2T)2 (3)由图丙中可看出当加速度为零时，拉力F不为零，可 知存在的问题为补偿阻力不足或者没有补偿阻力. 答案：(1)A(2)0.804.0(3)补偿阻力不足或者没 有补偿阻力 3.解析：(1)游标卡尺的主尺读数为9mm,游标尺上第10 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为10× 0.05mm=0.50mm,所以最终读数为9mm十0.50mm =9.50mm=0.950cm. (2)气垫导轨是常用的一种实验仪器，它利用气泵使带 孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上， 滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦，所以不需要平衡 摩擦力，A错误，B正确；该实验如果托盘和砝码的重力 势能的减少量等于系统动能的增加量即可验证机械能 守恒定律，所以需要用天平称出滑块和遮光条的总质量 M、托盘和砝码的总质量m,但不需要满足M>m,C正 确，D错误. (3)托盘和砝码的重力势能的减少量为mgs.遮光条经过 先电门A和光电门B的速度分别为心三，= 若满足关系式 mgs=2M+m)i-合(M+md, 即mgs=2M+mtd[aas】 则可认为验证了机械能守恒定律！ 答案：(1)0.950(2)BC ogM+mt[d] 1 4.解析：(1)由题图可知，小球的直径为d=8.0mm十26.0 ×0.01mm=8.260mm; (2)②若已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻 力，小车将在轨道甲上做匀速直线运动，通过两个光电 门的速度相等，即通过光电门A和B的时间相等， ③若两个小车发生弹性碰撞，由于两个小车的质量相 等，则碰撞后两个小车的速度互换，即碰撞后小车1的速 度等于碰撞前小车2的速度，则有2=1· ④根据题意可知，碰撞前小车2的速度为 d1×10-2 一△t1 10×103m/s=1m/s, 碰撞后，小车1和小车2的速度分别为 d 2 @A,m/s,三&=3m/s 则碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为 1 E 立m听+zm吃 E 1 =5≈0.56. 9 2 mv 答案：(1)8.260(8.259~8.261) (2)②时间相等③t2=t1④0.56 34( 5.解析：(1)x2-h图像如图所示. ↑x2/(×102m2) 9 9 1 6 5 4 1 ■口 051015202530354045h/cm (2)根据平抛运动的特点与x2-图像可得，该图像斜率 为=￥二0=26≈0.205， h-0 g 0.01m/s=1m/s, 平抛运动的初速度为飞一4=10X10 则重力加速度为g≈9.76m/s2. (3)求重力加速度时，不需要知道小球的直径也可以，故计 算出的重力加速度大小与真实值是相同的. 答案：(1)见解析图(2)9.76(9.73~9.79均可) (3)不变 专题精准强化18电学实验 1.解析：(1)在探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实 验中，原线圈两端应接入交流电，故应将A、B分别与C、 d连接. U (2)根据题表中数据可得，在实验误差允许范国围内己 ”,少=得出结论：在实验误差允许范国内，变压器 n2'U3 n3 原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比 (3)若把题图丙中的可动铁芯取走，磁损耗变大，原线周中磁 通量变化率比副线圈磁通量变化率大，根据法拉第电磁感应 定律知，副线圈两端电压一定小于4.0V. 答案：(1)c、d(2)原、副线圈的匝数之比(3)A 2.解析：(1)多用电表应满足电流“红进黑出”，因此红表笔 与电源的正极相连；(2)电容器放电过程中，电流由大逐 渐变小，则小灯泡迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭； (3)实线表示充电慢，用时长，故接入的电阻应该为大的 电阻，即R2,因此实线表示接入电阻为R2;根据公式I Q,则I-t图像的线下面积表示电荷量。 答案：(1)正极(2)C(3)R2电荷量 3.解析：(1)欧姆表红表笔与内置电源的负极相连，因此红 表笔与电压表的负接线柱相连；粗测电压表的内阻 为140002. (2)电路连接如图所示 闭合开关前，题图丙中滑动变阻器的滑片应先移到最左 端，使输出电压为零，电阻箱的电阻调为零，测得的电压 表的内阻为R。, 《③)根据闭合电路欧姆定律可知E=U十是R,即R习 ER,·)一R,根据题意可知一R,=b 解得R,=-b. 答案：(1)负14000(2)见解析图左零R。 (3)-b 4.解析：(1)根据图1可知热敏电阻的阻值随温度的变化关 系是非线性的」 (2)根据图1可知温度升高，热敏电阻的阻值变小，根据 欧姆定律可知流过电磁铁线圈的电流变大，衔铁与下固 定触头b接触，此时加热电阻丝电路部分断开连接，停 止加热，可知图2中加热电阻丝的c端应该与触头a相 连接。 (3)由图3可知电阻箱接入电路的阻值为100×1十 10×32=130.02. (4)根据(3)可知，当温度为50℃时，热敏电阻的阻值为 1802,电阻箱接入的电阻为1302，当温度为100℃时， 热敏电阻的阻值为1002，要使得电流值I。不变，则在 电流为I。时，控制电路的总电阻不变，则此时电阻箱的电 阻为1802+130.02-100=210.02. 答案：(1)非线性(2)a(3)130.0(4)210.0 5.解析：(1)实物的连线如图所示 接计算机 电流传感器 E R 电压传感器 (2)闭合S,在充电过程中，电容器两端电压4。从0开始 逐渐增大，直到等于路端电压；电流i心为正，开始时瞬间 达到最大，随着电压升高，充电电流逐渐减小至O,A、D 正确， (3)放电时，开关S断开，电容器C与电阻R2构成闭合 回路，此时电容器相当于电源，根据闭合电路欧姆定律 「知R2=℃=：，即放电过程中的4c一ic图线的斜 率对应R,的阻值；结合图像求出放电过程中PQ段斜率 的笔对位l=2922。n=10.0n 放电时，电容器仅通过R2放电，即其对应于R2的阻值. (4)充电过程流过R、R的电流分别为、2，根据题意 可知店-十c法中名一4瓷联立化商可释 RR2 及，十R十R,十R,对比e=,c十b可知k, RbR起站合图限家出克意进程中 1.0-2.5 段的斜率k。=0.92-0.i70=20,联立R,=100,解 得R1=2.52,结合图像求出充电过程中MN段的截距 b=2.84V,由b二R,十3，解得E=3.55V. 答案：(1)见解析(2)AD(3)10.0R2(4)一 R,+RR1千R,3.,55(3.25~3.85均正确) R R2 ER, 专题精准强化19光学和热学实验 1.解析：(1)油膜法估测分子的大小的步骤为：准备浅盘， 测一滴溶液体积，描绘油膜形状，测油膜面积，计算一滴 溶液中纯油酸的体积，算出薄膜厚度，故顺序为DBEF CA. (2)①根据图中信息，不足一半的方格舍去，超过一半的 当作整体，则小方格的总数为118个，则油膜的面积为 S=118×1cm2=118cm, ②由题意可知，油酸酒精溶液中纯油酸的浓度为 6=8800-.06%, 34 练习册参考答案 一滴溶液的体积为V。=1m=0.0125mL, 80 则一滴溶液中纯油酸的体积为 V=cV。=0.0125mL×0.06%=7.5×10-6mL, V_7.5×105mL=6×100m ③油酸分子的直径为d=S=18cm (3)为了防止酒精的挥发，配置的油酸酒精溶液不能长 时间放置，否则浓度会发生变化，故A正确；处理数据时 将油酸分子看成单分子层且不计分子间间隙，故B正 确；处理数据时将一滴油酸酒精溶液中的纯油酸的体积 除以油膜面积就得到了油酸分子的直径，故C错误；若 实验中撒的痱子粉过多，则油膜面积偏小，则计算得到 的油酸分子的直径将偏大，故D正确. 答案：(1)DBEFCA(2)①118②7.5×106 ③6×10-16(3)ABD 2.解析：(1)温度计尽量靠近注射器空气柱位置，以免温度 计和空气柱存在温差，A项错误；柱塞上涂上润滑油减 小摩擦增强密封性，B项正确；应该等充分热交换后温度 计示数才能表示空气柱温度，C项错误. (2)设橡胶塞内气体体积为△V,则有(V十△V=C,即 T V=CT一△V,所以图像不过原点的原因是未考虑橡胶 塞内注射器细管的气体体积. (3)由(2)知k1=, C,k2对柱塞及重物由平衡条件 pS=mig+PoS,P2S=m2g+PoS 解得p。=m6-m) S(k2一k1) 答案：(1)B(2)未考虑橡胶塞内注射器细管的气体体 积(3)(m-mk2) S(k2-k1） 3.解析：(1)由图乙可知，游标卡尺为20分度的游标卡尺， 精度为0.05mm,故d=7.7cm+15×0.05mm= 7.775cm. (2)由题意可知，光斑在E处时，光斑D恰好消失，即光 1 线此时发生全反射，根据n=snC=0货可知，为测量折 射率，还需测量OE的长度L. (3)由(2)知n= =L dd· 2 答案：1)7.775(2)0E的长度L（3)7 、2L 4,解析：(1)这个实验是通过注射器向烧瓶中注入水来改 变烧瓶中的气体体积的，所以实验中通过注射器针筒上 的刻度测得注入烧瓶中的水的体积. (2)设烧瓶的容积为V。,由玻意耳定律可得p(V。一V)= C(常量)，化简可得V=一C十V,球合分新可知应选 择V-图像，故C正确. 力 (3)由(2)分祈可知，根据上述实验数据的图像可以测得 烧瓶的容积，上述实验中存在着可能影响实验精确度的 主要因素有烧瓶密封不严有漏气（或烧瓶中气体温度有 变化，合理即可). 答案：(1)注射器针筒上的刻度(2)C(3)烧瓶的容积 烧瓶密封不严有漏气（合理即可） 5.解析：(1)本实验需要用刻度尺测量相应长度以计算入 射角、折射角的正弦值，还缺少的器材是刻度尺. 根据折射光线的特征，可知透过玻璃砖观察，调整视线 方向，插上第四枚大头针P。应使其遮挡住P?和P,、P2 的像.