高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题(WORD版含答案)

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题（WORD 版含答案）
一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）
1．(1)科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M 0，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G ． 求： ①该双星系统中星体的加速度大小a ； ②该双星系统的运动周期T ．
(2)微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．已知核外电子的质量为m ，氢原子核的质量为M ，二者相距为r ，静电力常量为k ，电子和氢原子核的电荷量大小均为e ．
①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用E k Ⅰ、 E k Ⅱ表示，请推理分析，比较E k Ⅰ、 E k Ⅱ的大小关系；
②模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用T Ⅰ、T Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从周期的角度分析这样简化处理的合理性．
【答案】(1) ①02GM a L = ②2T = (2) ①2
k k II =2ke E E r =Ⅰ ②T T ⅠⅡ
为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便． 【解析】 【详解】
(1)①根据万有引力定律和牛顿第二定律有：2
002GM M a L
=
解得0
2
GM a L =
②由运动学公式可知，224π2
L
a T =⋅
解得2T =(2)①模型Ⅰ中，设电子绕原子核的速度为v ，对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿
第二定律有22
2ke mv r r
=
解得：2
2k 122ke E mv r
==Ⅰ
模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为v 1、v 2，电子的运动半径为r 1，原子核的运动半
径为r 2．根据库仑定律和牛顿第二定律 对电子有：22121mv ke r r =，解得2
2k11121=22ke E mv r r
=
对于原子核有：2
2222=Mv ke r r ，解得22
k22221=22ke E Mv r r
=
系统的总动能：E k Ⅱ=E k1+ E k2=()22
12222ke ke r r r r
+=
即在这两种模型中，系统的总动能相等．
②模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有
22224πke m r r T =Ⅰ
，解得232
24πmr T ke =Ⅰ 模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为T Ⅱ 根据库仑定律和牛顿第二定律
对电子有221224πke m r r T =⋅Ⅱ， 解得22
122
4πke T r r m =Ⅱ
对原子核有222224πke M r r T =⋅Ⅱ， 解得22222
4πke T r r M
=Ⅱ
因r 1+r 2=r ，可解得：()
23
22
4πmMr T ke M m =+Ⅱ
所以有
T M m T M
+=Ⅰ
Ⅱ 因为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．
2．一带正电的 A 点电荷在电场中某点的电场强度为 4．0×104N/C ，电荷量为+5．0×10-8 C 的 B 点电荷放在该点,求： （1）点电荷在该点受到的电场力？
（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的电场强度？ 【答案】（1）3210N -⨯，方向由A 指向B （2）4410/N C ⨯，方向由A 指向B 【解析】 【分析】 【详解】 （1）
方向：由A 指向B
（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的场强不变，仍为
方向：由A 指向B
3．如图所示，质量为m 的小球A 穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A 带正电，电量为q 。

在杆上B 点处固定一个电量为Q 的正电荷。

将A 由距B 竖直高度为H 处无初速释
放，小球A 下滑过程中电量不变。

不计A 与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中。

已知静电力常量k 和重力加速度g 。

(1)A 球刚释放时的加速度是多大？
(2)当A 球的动能最大时，求此时A 球与B 点的距离。

【答案】(1)22
si s n in kQ a g q mH
=－αα
；(2)sin kQq
x mg =α
【解析】 【分析】 【详解】
(1)由牛顿第二定律可知
mg sin α－F ＝ma
根据库仑定律
2Qq F k
r =，sin H
r α
= 得
22
si s n in kQ a g q mH
=－αα。

(2)当A 球受到合力为零、加速度为零时，动能最大。

设此时A 球与B 球间的距离为x ，则
2
sin Qq k
x mg =α
解得
sin kQq
x mg =
α
【点睛】
本题关键对小球A 受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据力与速度关系分析
小球A 的运动情况；知道合力为零时动能最大。

4．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔。

质量为m 、电荷量为+q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（不计空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g ）。

求：
（1）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； （2）小球从开始下落运动到下极板的时间. 【答案】（1）()mg h d E qd +=，()mgC h d Q q +=
（2）2h d
h
t h
g
+=【解析】 【详解】
(1)对从释放到到达下极板处过程的整个过程，由动能定理得：
()0mg h d qEd +-=
解得：()
mg h d E qd
+=
电容器两极板间的电压为：
()
mg h d U Ed q +==
故电容器的带电量为：
()
mgC h d Q CU q +==
(2)小球到达小孔前是自由落体运动，则有:
2112
h gt =
得:12h t g
=
根据速度位移关系公式，有： v 2=2gh
得:2v gh
取竖直向下为正方向，根据动量定理对减速过程有：
2()0mg qE t mv -=-
小球从开始下落运动到下极板的时间t =t 1+t 2 联立解得：2h d h t h g
+=
5．如图所示，∆abc 处在真空中，边长分别为ab ＝5cm ，bc ＝3cm ，ca ＝4cm ．两个带电小球固定在a 、b 两点，电荷量分别为q a ＝6.4×10－12C ，q b ＝－2.7×10－12C ．已知静电力常量k ＝9.0×109N ⋅m 2/C 2，求c 点场强的大小及方向．
【答案】 方向与由a 指向b 的方向相同
【解析】 【详解】
如图所示，a 、b 两电荷在c 点的场强分别为
E a ＝k ＝36N/C E b ＝k
＝27N/C
由几何关系，有
E 2＝E a 2＋E b 2
解得
E ＝45N/C
方向与由a 指向b 的方向相同.
6．如图，绝缘细杆AB 倾角为α，在杆上B 点处固定有一电荷量为Q 的正电荷．现将带正电的小球由距B 点竖直高度为H 的A 点处无初速释放，小球下滑过程中电荷量不变．己知小球的质量为m 、电荷量为q ．不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．静电力常量为k ，重力加速度为g ．求：
（1）正电荷Q 在A 处产生的场强大小； （2）小球刚释放时的加速度大小；
（3）若A 、B 间的距离足够大，小球动能最大时球与B 点间的距离．
【答案】(1) 2
2sin A Q E k H α=(2)22
sin sin kQq a g mH
αα=- (3)sin kQq R mg α=
【解析】 【详解】 (I)根据
2Q E k
r
= 又因为
sin H
r α
=
所以
22sin A Q
E k
H
α= (2)根据牛顿第二定律
sin mg F ma α-=
根据库仑定律
Qq F k
r
= 解得
22
sin sin kQq a g mH
α
α=- (3)当小球受到的合力为零，即加速度为零时，动能最大 设此时小球与B 点间的距离为R ,则
2
sin kQq
mg R α=
解得
R =
答案：(1) 2
2sin A Q E k H α=(2)22
sin sin kQq a g mH
αα=- (3)R =
二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）
7．如图所示，M 、N 为竖直放置的平行金属板，两板间所加电压为0U ，1S 、2S 为板上正对的小孔. 金属板P 和Q 水平放置在N 板右侧，关于小孔1S 、2S 所在直线对称，两板的长度和两板间的距离均为l ； 距金属板P 和Q 右边缘l 处有一荧光屏，荧光屏垂直于金属板P 和Q ；取屏上与S 1、2S 共线的O 点为原点，向上为正方向建立x 轴，M 板左侧电子枪发射出的电子经小孔1S 进入M 、N 两板间. 电子的质量为m ，电荷量为e ，初速度可以忽略. 不计电子重力和电子之间的相互作用. 为简单计，忽略电容器的边缘效应. （1）求电子到达小孔2S 时的速度大小v ；
（2）金属板P 和Q 间电压u 随时间t 的变化关系如图所示，单位时间内从小孔1S 进入的电子都相同. 电子打在荧光屏上形成一条亮线，忽略电场变化产生的磁场；可以认为每个电子在板P 和Q 间运动过程中，两板间的电压恒定.
a. 试分析、猜测题干中“可以认为每个电子在板P 和Q 间运动过程中，两板间的电压恒定”这句话的根据？
b. 当某个电子在金属板P 、Q 两板间电压0u U =时进入P 、Q 间，求其打到荧光屏上的位置.
c. 求打到荧光屏上的电子最大动能.
d. 试分析在一个周期（即02t 时间）内荧光屏单位长度亮线上的电子个数是否相同？
【答案】(1)0
2eU v m
= (2) a.见解析 b. 34l x = c.02km E eU = d.电子个数相同
【解析】 【详解】
（1）根据动能定理有：2
012
eU mv = 解得：0
2eU v m
=
（2）a. 由（1）中电子速度表达式猜测，由于电子比荷q/m 极大，电子很容易加速到很大的速度，电子在板P 和Q 间运动的时间远小于交变电压变化的周期，故“可以认为每个电子在板P 和Q 间运动过程中，两板间的电压恒定”。

b. 假设所有电子均能打在荧光屏上，下面以偏向P 板的电子为例推导，偏向Q 板的电子推导过程相同。

设电子在偏转电场中的运动时间为1t ，PQ 间的电压为u
垂直电场方向：1l vt = 平行电场方向：2
1112
x at =
此过程中电子的加速度大小eu a ml
= 联立得：10
4ul x U =
电子出偏转电场时，在x 方向的速度1x v at =
电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间2t 到达荧光屏，则 水平方向：2l vt = 竖直方向：22x x v t = 联立解得：20
2ul
x U =
电子打在荧光屏上的位置坐标：120
34l
x x x u U =+= 当0u U =时，142
l l
x =<，电子能打在荧光屏上 故34
l x =。

c. 当12
l
x =±
时，02u U =±，即从极板边缘射出的电子动能最大，无论电子向哪个极板偏转，电场力均做正功。

由全过程动能定理可得：0
022
km U eU e E += 解得02km E eU =
d. 对于有电子穿过P 、Q 间的时间内进行讨论： 打在荧光屏上的电子形成的亮线长度0
34l
x u U ∆=
∆ 由电压图象可知，在任意△t 时间内，P 、Q 间电压变化u ∆相等。

所以在任意t ∆时间内亮线长度x ∆相等。

由题意可知，在任意t ∆时间内，射出的电子个数是相同的，也就是说在任意t ∆时间内，射出的电子都分布在相等的亮线长度x ∆范围内。

因此在一个周期内单位长度亮线上的电子个数相同。

8．如图（a ）所示，平行板电容器的两个极板A 、B 分别接在电压为U 的恒压电源的两极，电容器所带电荷量为Q ，两极板间距为d ，板长为L ，α粒子从非常靠近上极板的C 点以v 0的速度沿垂直电场线方向的直线CO 方向射入电场，经电场偏转后由D 点飞出匀强电
场，已知α粒子质量为m ，电荷量为2e ，不计α粒子重力．求：
(1)平行板电容器的电容； (2)CD 两点间电势差；
(3)若A 、B 板上加上如图（b ）所示的周期性的方波形电压，t =0时A 板比B 板的电势高，
为使
4
T
时刻射入两板间的α粒子刚好能由O 点水平射出，则电压变化周期T 和板间距离d 各应满足什么条件？（用L 、U 、m 、e 、v 0表示）
【答案】(1)Q C U = (2)2222
0eU L U md v = (3) 0
22≥L
eU
d nv m
(n=1,2,3,…) 【解析】 【详解】
(1)依电容定义有：平行板电容器的电容Q C U
=
(2)两板之间为匀强电场U E d
=
粒子在电场中加速度F qE a m m
=
= 粒子的偏移量:212
y at =
运动时间0
L t v =
解得:2
20
2qUL y mdv = CD 两点的电势差为：22220
==eU L U Ey md v
(3)为使a 粒子刚好由O 点水平射出，
α粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零， 必须从4
T
t nT =+
进入电场， 且在电场中运动时间与电压变化周期T 的关系为t =nT ，（n =1，2，3，…）． 则0
=
=t L T n nv 竖直方向向下的最大分位移应满足：2
12()24
T a d ⨯
≤ 即:
2
2()4eU L d md nv ⋅≤ 解得:0
22≥
L eU
d nv m
（n =1,2,3,…） 【点睛】
本题考查了电容的定义式匀强电场中场强与电势差的关系，熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，抓住几何关系是解答的关键．
9．如图所示，光滑水平面上方以CD 为界，右边有水平向右的匀强电场，电场强度大小E =104N/C,水平面上有质量为M =0.1kg 的绝缘板，板的右端A 恰好在边界CD 处，板上距A 端l =1.8m 放置一质量m 1=0.1kg 、带电量为q =-8×10-5 C 的小滑块P ．质量为m 2=0.5kg 的小滑块Q 以初速度v 0=5.5m/s 从B 端滑入绝缘板，在与小滑块P 相遇前，小滑块P 已进入电场．已知小滑块P 、Q 与板之间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.1，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．g =10m/s 2．求：
（1）小滑块Q 刚滑上板时，滑块P 的加速度大小a 1； （2）小滑块P 进入电场后的加速度大小和方向；
（3）若小滑块P 、Q 恰好在CD 边界相向相遇，AB 板的长度L ． 【答案】（1）2.5m/s 2（2）3m/s 2；方向向右（3）12.52m 【解析】
（1）设：小滑块P与绝缘板一起向右加速运动.
由牛顿第二定律：2211
()
m g m M a
μ=+，解得：2
1
2.5m/s
a=；
对小滑块P，由牛顿第二定律：1110.25N
f m a
==，
1max111
0.5N>
f m
g f
μ
==假设正确；（2）小滑块P进入电场后，设：小滑块P相对绝缘板运动，
对绝缘板，由牛顿第二定律得：2211)
m g m g M a
μμ
-=，解得：a=0，做匀速直线运动；对小滑块P，由牛顿第二定律1111
qE m g m a
μ'
-=，解得2
1
3m/s
a'=，方向向左，假设正确；
（3）设刚进入电场时小滑块P的速度为v1
由运动学公式：
11
23m/s
v a l
==，
滑块P进入电场前运动的时间为1
1
1
1.2s
v
t
a
==，
设滑块P回到CD边界时间为t2，
由运动学公式：2
1212
1
2
v t a t'
-=，解得
2
2s
t=；
对小滑块Q，加速度大小为a2，
由牛顿第二定律得：2222
m g m a
μ=，2
22
1m/s
a g
μ
==；
设：经过t3时间，小滑块Q与绝缘板共速，即：1023
v v a t
=-；
解得：01
312
2
2.5s<
3.2s
v v
t t t
a
-
==+=，
设：此后小滑块Q与绝缘板共同做匀减速运动，其加速度大小为2a'，
由牛顿第二定律得：1122
()
m g m M a
μ'
=+，
解得：2
11
2
2
5
m/s
6
m g
a
M m
μ
'==
+
，
Q相对于绝缘板的总位移：22
1032311131
11
()[()] 4.925m
22
x v t a t a t v t t
=--+-=，
小滑块P相对于板的总位移：
2
213111232123
1
()()() 5.796m
2
x v t t v t t t a t t t
'
=-++--+-≈，
板的总长度为1212.52m L x x l =++≈．
10．一匀强电场足够大，场强方向是水平的．一个质量为m 的带正电的小球，从O 点出发，初速度的大小为v 0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求：
（1）小球运动的加速度的大小是多少？
（2）小球从O 点出发到其运动到最高点时发生的位移大小？ （3）小球运动到最高点时其电势能与在O 点的电势能之差？
【答案】（1）
sin g θ
（2）20sin 2v g θ(3) 22
01cos 2mv θ 【解析】 【详解】
（1）小球做直线运动，所受的合力与速度方向在同一条直线上，
根据平行四边形定则得：sinθ＝mg
ma
解得小球的加速度：sin g
a θ
=
． （2）小球从开始到最高点的位移为：220022v v sin x a g
θ==． （3）因为Eq=mg/tan θ，则小球运动到最高点时其电势能与在O 点的电势能之差等于电场
力做功，即222001cos .cos cos tan 22
P v sin mg E W Eqx mv g θθθθθ∆===
⋅= 【点睛】
本题有两点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是知道小球做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求解位移．知道电势能的变化量的等于电场力的功.
11．如图所示，AB 是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数
=0.30μ，BCD 是半径为R =0.2m 的光滑圆弧轨道，它们相切于B 点，C 为圆弧轨道的最低
点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E = 4.0×103N/C ，质量m = 0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB 对应的高度h = 0.24m ，滑块带电荷q = -5.0×10-4C ，取重力加速度g = 10m/s 2，sin37°= 0.60，cos37°=0.80．求：
（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小； （2）滑块滑到圆弧轨道最低点C 时对轨道的压力． 【答案】(1) 2.4m/s (2) 12N 【解析】 【分析】
(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B 点时的速度大小； (2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得C 点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解． 【详解】
(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：
()cos370.96N f mg qE μ=+︒=
设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理得：
()211
sin 372
h mg qE h f
mv +-= 解得：
v 1=2.4m/s
(2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得：
()()22
2111=
1cos3722
m mg q v E v m R +︒-－ 当滑块经过最低点时，有：
()2N 2
F mg qE v m R
-+= 由牛顿第三定律：
N N 11.36N F F ==，
方向竖直向下． 【点睛】
本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.
12．如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，A 点到MN 的距离为2
L
，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：
(1) 电子到达MN时的速度；
(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tanθ；
(3) 电子打到屏上的点P′到点O的距离.
【答案】(1)
eEL
v
m
=L.
【解析】
【详解】
（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，到达MN的速度为v，则：
a1＝1
eE
m
＝
eE
m
2
1
2
2
L
a v
=
解得
eEL
v
m
=
（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为v y，
a2＝2
eE
m
＝
2eE
m
t＝
L
v
v y＝a2t
tanθ＝y
v
v
=2
（3）电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′.由几何关系知：
tanθ＝
2
x
L
L
+
解得：
x＝3L.
三、必修第3册电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．某同学要将一满偏电流为3mA的毫安表G改装为量程为30mA的电流表。

他先测量出
毫安表G的电阻，然后对表进行改装，最后再利用一标准毫安表，对改装后的电流表进行检测
具体实验步骤如下：
①按电路原理图a连接线路
②将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R1的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度
③闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度的三分之一的位置
④记下R2的阻值
回答下列问题：
（1）如果按正确操作步骤测得R2的阻值为90Ω，则毫安表G内阻的测量值R g=___Ω，与毫安表内阻的真实值g R'相比，R g____g R'（填“>”、“＝”或“<”）
（2）若忽略实验的误差，将上述毫安表G改装成量程为30mA的电流表，则需要并联一个阻值R=___Ω的电阻
（3）根据图b所示电路对改装后的电表进行检测，当标准毫安表的示数为16.0mA时，改装表的指针位置如图c所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，改装电流表的量程是__mA
（4）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k=____
【答案】180 < 20 )32
29
27
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]由于指针指在三分之一的位置，说明R2分得电流为电流计电流的两倍，所以电流计电阻是R2的两倍，为180Ω。

闭合S2后，R2与R g的并联值R并<R g，所以I总>I g，而此时G 的示数为满偏电流的三分之一，所以I R2大于三分之二满偏电流，所以2R2<g R'，即
R g<g R'；
（2）[2]由并联电路分流特点，得
3180
303
g g
g
I R
R
I I
⨯
==
--
Ω=20Ω
（3）[3]标准毫安表的示数为16.0mA时，改装后的电表显示为刻度盘的中值刻度，故改装
电流表的量程为32mA；
（4）[4]把毫安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值
g g
g
I R
R
I I
=
-
当量程为32mA时，则有
()
3
3
3103
3231029
g g
R R
R
-
-
⨯
==
-⨯
当量程为30mA时，则有
()
3
3
3103
3031027
g g
R R
kR
-
-
⨯
==
-⨯
联立解得
29
27
k=
14．（1）甲同学按如图甲所示电路测量量程为500μA的电流表G的内阻．他按图甲连接好电路后，先闭合S1，断开S2，调节R1，使电流表G的指针满偏．再闭合S2，保持R1的滑动触头不动，调节R2使电流表G的指针指到满刻度的1/3．若此时电阻箱R2各旋钮的位置如图乙所示，则电流表G的内阻测量值R G=____Ω．
（2）现将该电流表G改装成量程为3V的电压表V，需给该电流表G串联一阻值为_____Ω的电阻．
（3）乙同学将（2）问中改装的电压表V校准后采用伏安法测量某待测电阻R x，实验室还备有以下器材：
A．待测电阻R x，阻值约为200Ω
B．电源E，电动势为3V，内阻可忽略不计
C．电流表A，量程为0～15 mA，内阻r A=20Ω
D．滑动变阻器R′1，最大阻值10Ω
E．滑动变阻器R′2，最大阻值5kΩ
F．开关S，导线若干
①为提高实验精确度，尽可能测量多组数据，实验中滑动变阻器应选择____（填器材序号字母）．
②请在虚线框内画出乙同学用伏安法测量电阻R x的电路图_______．
【答案】（1）100 （2）5900 （3）①D ②见解析；
【解析】
【详解】
（1）[1]．因s2闭合前后电总电流不变，则电流表达满偏刻度的1/3时，则并联电阻的电流为电流表满偏电流的2/3．因是并联关系，则
g R
g
R I
R I
＝
得：
R g＝R
g
I
I R=2R
由电阻箱可读出：
R=50Ω
则：
R g=2R=2×50=100Ω
（2）[2]．改装成电压表要串联的阻值为
R=
g
U
I−R g=5900Ω
（3）[3]．因测量范围大，要采用滑动变阻器分压式接法，宜用小阻值，故选D．
[4]．因电压表内阻比得测电阻大的多，宜用电流表外接法．故画得电路图如图所示；
【点睛】
考查的电阻箱的读数，半偏法测电阻，明确总电流认为不变；电路的设计，电流表的内外接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器分压式接法宜用小阻值．
15．要测绘一个标有“3V 0．6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：
直流电源（电压为4V）；
电流表（量程为0—0．6A．内阻约0．2Ω）；
电压表（量程为0--3V）；
电键一个、导线若干．
①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______（填字母代号）．
A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流1A）
B．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0．3A）
②（1）为了设计合理的实验方案，某同学用多用电表来粗略测量电压表的内阻，表盘读数及开关选择档位，如下图所示，则其阻值约为______________；测量时多用电表的红表笔
应接电压表的___________（填正或者负）接线柱．
（2）选出既满足实验要求，又要减小误差的实验电路图________．
下图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接．（电路中仅缺少2条导线，请用笔代替导线连上）_____
【答案】A 3.6KΩ负丙电路图见解析
【解析】
【分析】
【详解】
① [1]．实验中滑动变阻器要用分压电路，故所用的滑动变阻器应选阻值较小的A;
②（1）[2][3]．电压表的内阻值约为36×100Ω=3.6KΩ；测量时多用电表的红表笔应接电压表的负接线柱．
（2）[4]．实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接
法，灯泡正常发光时的电阻为
2
3
15
0.6
R==Ω，电流表内阻远小于灯泡电阻，所以电流表
应采用外接法，因此实验电路应选丙；电路连线如图；
16．热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，某实验小组欲研究该电阻在常温下的伏安特性曲线，实验仪器如下：
A ．待测热敏电阻x R ，（常温电阻值约为5Ω）
B ．电流表A 1（满偏电流10mA ，内阻1100r =Ω）
C ．电流表A 2（量程0～0.6A ，内阻20.5r =Ω）
D ．滑动变阻器R 1（0～20Ω，额定电流2A ）
E ．滑动变阻器R 2（0～100Ω，额定电流0.5A ）
F ．定值电阻R 3（阻值等于5Ω）
G ．定值电阻电阻R 4（阻值等于200Ω）
H ．盛有水的保温杯（含温度计）
I ．电源（3V ，内阻可忽略） G ．开关，导线若干
（1）要使测量数据尽量精确，绘制曲线完整，需要将以上仪器进行适当的改装，定值电阻选____，滑动变阻器选__________。

（填仪器前的字母序号）
（2）请在方框内画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁，根据电路图在实物图上连线 （_____）
（3）热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC ）和负温度系数电阻器（NTC ），正温度系数电阻器的电阻随温度的升高而增大，负温度系数电阻器的电阻随温度的升高而减小，测得该热敏电阻的21I I -图像如图所示，请分析说明该曲线对应的热敏电阻是______（选填“PTC”或“NTC”）热敏电阻。

（4）若将该热敏电阻直接接到一电动势为3V ，内阻为6Ω的电源两端，则热敏电阻消耗的电功率为________W.（结果保留2位小数）。

【答案】
4
R
1
R PTC 0.34
【解析】
【详解】
（1）[1][2]．根据电源电动势，电路中的电流大概为0.6A
E
I
R
==，故电流表选用
2
A，把电流表1
A，串联定值电阻改装成电压表，200
x
x
E
R r
I
=-=Ω，故定值电阻选
4
R，描绘伏安特性曲线需要从零开始读书，因此采用滑动变阻器分压接法，所以选用阻值较小的1
R.
（2）[3]．待测电阻同电压表（电流表1
A和定值电阻
4
R）即电流表
2
A相比，与电流表2
A相差倍数比较小，属于小电阻，因此电流表采用外接法，滑动变阻器分压式连接。

原理图，实物图如下：
（3）[4]．由图线可知，随电流增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数（PTC）热敏电阻；
（4）[5]．在21
I I
-图中作出电源对应U-I图线，即
U=E-Ir
1412
()
A
I R R E I r
+=-
当
2
I=时，
1
10
I mA
=，
1
I=时，
2
0.5
E
I A
r
==，两图像交点处等效电压为
3
3.5 1.05
10
V
⨯=，电流为0.32A，则热敏电阻的功率为
P=UI=1.05×0.32W=0.34W.
17．某学习小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验时，用了两个电压表，目的是可以同时测定电源的电动势和内阻，电路图如图甲所示，实验室可选用的器材有：
A．金属丝（阻值几欧）
B．电池（电动势3V左右，内阻几欧）
C．电压表两个（量程3V，内阻很大）
D．电流表（量程0.6A，内阻0.2Ω左右）
E.电流表（量程3A，内阻0.04Ω左右）
F.滑动变阻器（0〜2kΩ）
G.滑动变阻器（0〜20Ω）
H.毫米刻度尺，螺旋测微器
I.开关，导线若干
(1)实验前在选用器材时，电流表应选择_____，滑动变阻器应选择_____；（均填器材前的字母）
(2)测得金属丝的长度为0.5023m；在测金属丝直径时，螺旋测微器的测量结果如图乙所示，则金属丝的直径为______mm；
(3)实验过程中电压表V1、V2与电流表A的测量结果已经在图丙中的图像中描出，由U—I 图像可得，电源的电动势为_____V，电源的内阻为_____Ω，金属丝的电阻为____Ω；（均保留三位有效数字）
(4)由电阻定律可得，金属丝的电阻率为______Ω m（保留两位有效数字）。

【答案】D G 0.580 3.00（2.98〜3.00均给分） 2.0（2.17〜2.22均给分） 3.00（2.97〜3.09均给分） 1.6×10－6
【分析】【详解】
(1)该实验中金属丝的电阻为几欧姆，所以滑动变阻器的阻值选择量程为20欧姆的即可，所以选择G，所以电流表选择0.6A的就可以，所以是D。

(2)根据螺旋测器的读数规则0.50.018.00.580
d mm mm mm
=+⨯=
(3)V2测的是电源电动势，V1测的是金属丝的电压，根据图像可知，斜率为负的那条直线对应的是V2的图线，斜率为正的是V1的图线，V2图线与纵轴的交点即为电动势，斜率的大小为内阻，得到 3.00V
E=， 2.0
r=Ω，两条线的交点为金属丝的工作电压和电流，所以金属丝的电阻为
1.8
3.0
0.6
U
R
I
==Ω=Ω。

(4)根据电阻定律可得
2
6
()
2 1.610?
d
R
m
L
π
ρ-
==⨯Ω
18．某同学利用直流恒流电源（含开关）来测量已知量程电流表的内阻和直流恒流电源的输出电流I0。

利用如下实验器材设计了如图1所示的测量电路。

待测电流表A(量程为
0.6A，内阻约为0.5Ω)；直流恒流电源（电源输出的直流电流I，保持不变，I约为0.8A)；电阻箱R；导线若干。

回答下列问题：
(1)电源开关闭合前，电阻箱的阻值应该调到___________（填“最大”或“最小”）。

(2)电源开关闭合后，调节电阻箱的读数如图2所示，其值为__________Ω
(3)电源开关闭合后，多次调节电阻箱，记下电阻箱的读数R和电流表的示数I；在坐标纸上以
1
I
为纵坐标、一为横坐标描点，用直线拟合，做出
11
-
I R
图像，若获得图像斜率为k、截距为b，则恒流电源输出电流的测量值表达式为I0=_____，待测电流表的阻值测量值表达式为R A=_____
【答案】最小 0.58
1
b
k
b
【解析】
【分析】。