甘肃省玉门市第一中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

甘肃省玉门市第一中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题
一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）
1．如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为Q ，其中A 带正电荷，B 带负电荷，A 、B 相距为2d 。

MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为+q （可视为点电荷），现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的D 点时，速度为v 。

已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，若取无限远处的电势为零，试求：
（1）在A 、B 所形成的电场中，C 的电势φC 。

（2）小球P 经过D 点时的加速度。

（3）小球P 经过与点电荷B 等高的E 点时的速度。

【答案】（1）222mv mgd q -（2）g 2kQq
（32v 【解析】 【详解】
（1）由等量异种电荷形成的电场特点可知，D 点的电势与无限远处电势相等，即D 点电势为零。

小球P 由C 运动到D 的过程，由动能定理得：
2
102
CD mgd q mv ϕ+=
- ① 0CD C D C ϕϕϕϕ=-=- ②
222C mv mgd q
ϕ-= ③
（2）小球P 经过D 点时受力如图：
由库仑定律得：
122
(2)F F k
d == ④
由牛顿第二定律得：
12cos 45cos 45mg F F ma +︒+︒= ⑤
解得：
a =g 2kQq
⑥ （3）小球P 由D 运动到E 的过程，由动能定理得：
22
1122
DE B mgd q mv mv ϕ+=
- ⑦ 由等量异种电荷形成的电场特点可知：
DE CD ϕϕ= ⑧
联立①⑦⑧解得：
2B v v ⑨
2．如图所示在粗糙绝缘的水平面，上有两个带同种正电荷小球M 和N ，N 被绝缘座固定在水平面上，M 在离N 点r 0处由静止释放，开始运动瞬间的加速度大小恰好为μg 。

已知静电常量为k ，M 和地面间的动摩擦因数为μ，两电荷均可看成点电荷，且N 的带电量为Q ，M 带电量为q ，不计空气阻力。

则: (1)M 运动速度最大时离N 的距离;
(2)已知M 在上述运动过程中的最大位移为r 0，如果M 带电量改变为3
2
q ，仍从离N 点r 0处静止释放时，则运动的位移为r 0时速度和加速度各为多大?
【答案】（1）02l r =（2）0v gr μ=4
g
a μ=
，方向水平向左
【解析】 【详解】
（1）以小球为研究对象，分析小球的受力情况，小球受到重力、支持力、摩擦力和库仑力作用。

开始运动瞬间，两小球间的库仑力为：
F 库0 =20
kQq r
由牛顿第二定律可知，开始瞬间
F 库0-μmg=ma
可得：
02F ng μ=库
因M 做加速度减小的加速运动，所以当F ng μ'=库速度最大，即：
0212kQq
F F l
'=
=库库 所以
02l r =
（2）小球q 运动距离r 0过程中由动能定理的得:
000W mgr μ'
-=-电场力
金属球
3
2
q 运动距离r 0过程中由动能定理的得: 201
02
w mgr mv μ'
-=
-电场力 其中W Uq =电场力，3()2
W U q '=电场力 (U 为电荷移动过程中的电势差) 联立以上两式解得：
0v gr μ=由牛顿第二定律可知：
()
20322kQ q
mg ma r μ⨯-= 由02F mg μ=，解得：
4
g
a μ=
方向水平向左。

3．如图所示,一根长为l 的不可伸长的细丝线一端固定于O 点,另一端系住一个质量为m 的带电小球.将此装置放在水平向右的匀强电场E 中,待小球稳定后,细丝线与竖直方向夹角为α.求:
(1)小球带什么电,电荷量为多少? (2)剪断绳子后小球做什么运动？ 【答案】(1)正电，tan mg q E
α
= (2)做初速度是零的匀加速直线运动 【解析】 【详解】
（1）对小球进行受力分析：由于小球所受电场力水平向右，E 的方向水平向右，所以小球带正电．小球受力如图所示，有：qE=mgtanα 即：tan mg q E
α
=
（2）剪断细绳后，小球受重力和电场力，其合力方向沿细绳方向斜向下，则小球将沿细绳的方向做初速度是零的匀加速直线运动．
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，将带正电的中心穿孔小球A 套在倾角为θ的固定光滑绝缘杆上某处，在小球A 的正下方固定着另外一只带电小球B ，此时小球A 恰好静止，且与绝缘杆无挤压．若A 的电荷量为q ，质量为m ；A 与B 的距离为h ；重力加速度为g ，静电力常量为k ；A 与B 均可视为质点．
(1)试确定小球B 的带电性质； (2)求小球B 的电荷量；
(3)若出于某种原因，小球B 在某时刻突然不带电，求小球A 下滑到与小球B 在同一水平线的杆上某处时，重力对小球做功的功率．
【答案】(1)带正电 (2)2
B mgh q kq
= (3)sin 2P mg gh θ=
【解析】 【分析】
（1）由题意A 静止且与杆无摩擦，说明A 只受重力和库仑力，故AB 之相互排斥，A 的受力才能平衡，可知B 的电性
（2）由库仑定律可得AB 间的库仑力，在对A 列平衡方程可得B 的电量
（3）B 不带电后A 只受重力，故由机械能守恒，可得A 的速度，进而得到重力功率 【详解】
(1)根据题意：小球A 受到B 的库仑力必与A 受到的重力平衡，即A 、B 之间相互排斥，所以B 带正电．
(2)由库仑定律，B 对A 的库仑力为F ＝2B
kqq h
， 由平衡条件有mg ＝
2B
kqq h
解得q B ＝
2
mgh kq
. (3)B 不带电后，小球A 受到重力、支持力作用沿杆向下做匀加速直线运动，设到达题中所述位置时速度为v ，由机械能守恒定律有mgh ＝12
mv 2， 解得v ＝2gh
所以重力的瞬时功率为P ＝mgv sin θ＝mg sin θ2gh .
6．有一水平向右的匀强电场中，竖直平面内有半径为0．1m 的圆周，在圆心O 处放置电荷量为Q ＝10-8C 的带正电的点电荷，圆周a 点与圆心O 在同一水平线上，且E a ＝0（静电力常数K =9×109N.m 2／C 2）
（1）匀强电场场强大小？ （2）圆周最高点C 处的场强
【答案】（1）3910N/C ⨯ （2）41.2710N/C ⨯ 方向与水平方向成45斜向右上方 【解析】 【详解】
（1）在a 点的合场强等于零，则表明点电荷在a 点产生的场强与匀强电场的场强相等
即：
3
2=910N/C kQ E r
=
⨯ （2）正点电荷在C 点产生的场强大小为2
kQ
E r =
，方向竖直向上，匀强电场的场强大小2
kQ
E r =
，方向水平向右，根据矢量合可知C 点的合场强等于; 22
4222=2 1.2710N/C kQ kQ kQ E r r r ⎛⎫⎛⎫
=+=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
合
方向与水平方向成45斜向右上方
二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）
7．如图甲所示，真空中的电极被连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A 、B 间的中线射入偏转电场，A 、B 两板距离为d 、A 、B 板长为L ，AB 两板间加周期性变化的电场，AB
U 如图乙所示，周期为T ，加速电压为2
12
2mL U eT
=，其中m 为电子质量、e 为电子电量，L 为A 、B 板长，T 为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：
(1)电子从加速电场1U 飞出后的水平速度0v 大小？
(2)0t =时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A 、B 间中线的距离y ；
(3)在足够长的时间内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。

【答案】(1) 02L v T =；(2) 2
08eU T md
；(3) 31.7%
【解析】 【分析】 【详解】
(1)加速电场加速。

由动能定理得
2
1012
qU mv =
解得
02L v T
=
(2)电子在偏转电场里水平方向匀速运动，水平方向有
0L v t =
所以运动时间
2
T t = 则0t =时刻射入偏转电场的电子，在竖直方向匀加速运动，竖直方向有
22
2001812()22eU eU T T md y at md
=⨯⨯=
= (3)由上问可知电子在电场中的运动时间均为2
T
t =，设电子在0U 时加速度大小为1a ，03U 时加速度大小为2a ，由牛顿第二定律得：
01U e ma d ⋅
=，023U
e ma d
⋅= 在0
2
T
时间内，设1t 时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为0，则： 2
21111121112222T T a t a t t a t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=---⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦
解得
14
T
t =
在0
2T
时间内，04
T
时间内射入电场中的电子均可从中垂线上方飞出。

2
T T 这段时间内，设能够从中垂线上方飞出粒子的时间间隔为2t ，2t T t =-时刻射入的
电子刚好偏转位移为0，则有
2
22222212112222T T a t a t t a t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=---⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦
解得
223
4
t T -=
所以
12334t t t T ⎛⎫
-∆=+= ⎪ ⎪⎝⎭
所以从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比
33
100%31.7%t T η∆-=
=⨯≈
8．如图所示，真空室中电极K 发出的电子（初速度不计）经过电势差为U 1的加速电场加速后，沿两水平金属板C 、D 间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m 、电荷量为e ，C 、D 极板长为l ，D 板的电势比C 板的电势高，极板间距离为d ，荧光屏距C 、D 右端的距离为
1
6
．电子重力不计．求：
(1)电子通过偏转电场的时间t 0； (2)偏转电极C 、D 间的电压U 2； (3)电子到达荧光屏离O 点的距离Y ． 【答案】（1）12m eU （2）
12d U l （3）2
3
l 【解析】 【分析】 【详解】
(1)电子在离开B 板时的速度为v ，根据动能定理可得：2
112
eU mv = 得：1
2eU v m
=
电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：01
2l m t v eU =
=
(2)电子在偏转电极中的加速度:1
eU a md
=
离开电场时竖直方向的速度：201
2y U l e
v at d
mU == 离开电场轨迹如图所示：
电子的速度与水平方向的夹角：21
tan 45?=2y v U l
v
dU =
解得：1
22dU U l
=
(3)离开电场的侧向位移：21012
y at = 解得：12
l y =
电子离开电场后，沿竖直方向的位移：2tan 45=66l l y =
︒ 电子到达荧光屏离O 点的距离：122
3
Y y y l =+= 【点睛】
本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解．
9．一匀强电场足够大，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：
22
00
22
v v sin
x
a g
θ
==．
（3）因为Eq=mg/tanθ，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
2
22
1
cos.cos cos
tan22
P
v sin
mg
E W Eqx mv
g
θ
θθθ
θ
∆===⋅=
【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.
10．如图所示，一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中央水平射入偏转电场，离子的初速度为v0，质量为m，A、B间电压为U，间距为d。

C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属档板，屏MN足够大。

若A、B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d，不考虑离子所受重力，元电荷为e。

（1）写出离子射出A、B板时的侧移距离y的表达式；
（2）离子通过A、B板时电势能变化了多少？
（3）求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上。

【答案】（1）y＝
2
2
2
eUL
mdv
；（2）电势能减少了
222
22
2
e U L
md v
；（3）打到屏MN上离子的初动能范围为
22
22
3
22
k
eUL eUL
E
d d
<<
【解析】
【详解】
（1）离子在A 、B 板间做类平抛运动，加速度a =eU
md
，离子通过A 、B 板用的时间t =
L
v ，离子射出A 、B 板时的侧移距离 y =12
at 2=22012eU L md v ⨯⨯=220 2eUL mdv （2）离子通过A 、B 板时电场力做正功，离子的电势能减少，电场力做的正功
W =eU d
y =222220
2e U L md v 电场力做多少正功，离子的电势能就减少多少，即离子通过A 、B 板时电势能减少了
222
220
2e U L md v 。

（3）离子射出电场时的竖直分速度v y =at ，射出电场时速度的偏转角
tan θ=0y
v v =20
eUL
mdv
离子射出电场时做匀速直线运动，要使离子打在屏MN 上，需满足y ＜2
d
，即220 2eUL mdv ＜
2
d
，解得离子的动能 E k >22
2eUL d
同时也要满足L tan θ+y ＞2d ，即220 eUL mdv +22
0 2eUL mdv ＞2
d
，解得离子的动能 E k <2
2
32eUL d
打到屏MN 上离子的初动能范围为
22
22
322k eUL eUL E d d <<
答：（1）离子射出A 、B 板时的侧移距离y = 2
20
2eUL mdv ；（2）离子通过A 、B 板时电势能减
少了222220 2e U L md v ；（3）打到屏MN 上离子的初动能范围为22
22
322k eUL eUL E d d <<。

11．如图所示，在竖直平面内有一固定光滑绝缘轨道，其中AB 部分是倾角为θ=37°的直轨道， BCD 部分是以O 为圆心、半径为R 的圆弧轨道，两轨道相切于B 点， D 点与O 点等高， A 点在D 点的正下方。

圆的水平直径下方有水平向左的电场，质量为m 、带电荷量为q 的小球从A 点由静止开始沿斜面向上运动，已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，然
后经过D 点落回到AB 之间某点。

已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为g 。

求∶ (1)小球在C 点的速度的大小；
(2)小球在AB 段运动过程中电场力所做的功； (3)小球从D 点运动落到AB 上某点的时间。

【答案】(1)C v gR =(2)2.8mgR ；(3)5616337R t g
-=
【解析】 【分析】 【详解】
(1)当小球在最高点时
2C
v mg m R
=
解得
C v gR (2)小球从A 点到C 点的过程有
2122
C qE R mgh mv ⋅-=
cos (sin )tan 3h R R R R R θθθ=+++=
得
74
qE mg =
小球在AB 段运动过程中电场力所做的功
(sin )W qE R R θ=+
解得
W =2.8mgR
(3)小球从C 点运动到D 点的过程
22
1122
D C mgR mv mv =-
解得
3D v gR =
设小球落点到A 的水平距离为x ，竖直距离为y ，
2
12qE x t m
=
212()2
D y R v t gt =-+
由几何关系有
tan y
x
θ= 联立这三个方程得
5616337R t g
-=
12．将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环BDC 固定在竖直面内，圆环的圆心为O ，D 为圆环的最低点，其中∠BOC ＝90，圆环的半径为R ，水平虚线BC 的上方存在水平向右的范围足够大的匀强电场．圆心O 的正上方A 点有一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球（可视为质点），其直径略小于圆管内径．现将该小球无初速度释放，经过一段时间后小球刚好无碰撞地进入圆管中并继续在圆管中运动，重力加速度为g ．求：
（1）A 点到O 点的距离及匀强电场的电场强度大小； （2）小球运动到圆环的最低点D 时对圆环的作用力． 【答案】（1）mg
q
（2）（3+32mg ；方向竖直向下 【解析】 【详解】
(1)小球被释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则有：
tan 45mg
qE
︒=
解得：
mg q
E =
因为∠BOC ＝90，圆环的半径为R ，故BC 2R ，故根据几何关系有可知：
AO 2R
(2)小球从A 点到D 点的过程中，根据动能定理得：
()
221
202
D R mg R R Eq
mv ++=- 当小球运动到圆环的最低点D 时，根据牛顿第二定律得：
2
D
N v F mg m R
-=
联立解得：
()
332N F mg =+
根据牛顿第三定律得小球运动到圆环的最低点D 时对圆环的压力大小为()
332mg +，方向竖直向下．
答：(1)A 点到O 点的距离2R ,匀强电场的电场强度大小mg q
E =
；
(2)小球运动到圆环的最低点D 时对圆环的作用力()
332mg +
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．现提供如下器材，测量定值电阻x R （约
）的阻值．
a ．两个相同电流计1G 、2G （50A μ，内阻约）
b ．电阻箱1R （）
c ．电阻箱2R ，（）
d ．电源E （电动势约3V ，内阻不计）
e ．开关两个，导线若干
f ．滑动变阻器R （最大阻值20Ω）
(1)由于电流计量程很小，需要先将它们进行改装．某同学设计了用半偏法测电流计内阻的电路如图．实验过程如下：先将2R 调为最大,然后闭合1S 、2S ，调节1R 、2R ，使___________满偏，
使_____________半满偏（填写元件符号），由此可测电流计2G 的内阻． (2)若测得电流计2G 的内阻为，要将2G 改装成量程为3V 的电压表，需串联的电阻
值为_____________．
(3)采用改装后的电压表和改装后电流表并用伏安法测量待测电阻阻值，请在答题卷虚线框
內画出实验电路图
____________．
【答案】G 1 G 2 55.8kΩ
【解析】 【详解】
（1）若并联的两个支路电流相等，则电流表内阻与电阻箱内阻相等；故保证G 1满偏，使G 2半偏；
（2）电流计内阻为4.2KΩ，满偏电流为50μA ，要将G 2改装成量程为3V 的电压表，需串联的电阻值为：3463 4.210 5.581055.85010
g g U R R K I -=
--⨯⨯ΩΩ⨯＝＝＝ （3）采用伏安法测电阻，要测量多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，电流表内外接法依据待测电阻的电阻值与电流表、电压表的内阻关系进行判断，故内外接均可；电路中电流约为：3/5000A=600μA ；给出的电流计不能测量电流值；故应将电流计改装为大量程的电流表．电路原理图如图所示：
14．温度传感器的核心部分是一个热敏电阻。

某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻之后，利用所学知识来测量由某种金属制成的热敏电阻的阻值。

可供选择的实验器材如下：
A ．直流电源，电动势E =6V ，内阻不计；
B ．毫安表A 1，量程为600mA ，内阻约为0.5Ω；
C ．毫安表A 2，量程为10mA ，内阻R A =100Ω；
D ．定值电阻R 0=400Ω；
E ．滑动变阻器R =5Ω；
F ．被测热敏电阻R t ，开关、导线若干。

(1)实验要求能够在0~5V 范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值R t 进行测量，请在图甲的方框中设计实验电路______。

(2)某次测量中，闭合开关S，记下毫安表A1的示数I1和毫安表A2的示数I2，则计算热敏电阻阻值的表达式为R t=______（用题给的物理量符号表示）。

(3)该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的I2－I1图象如图乙所示，由图可知，该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大而____（填“增大”“减小”或“不变”）。

(4)该小组的同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。

将该热敏电阻接入如图丁所示电路，电路中电源电压恒为9V，内阻不计，理想电流表示数为0.7A，定值电阻R1=30Ω，则由以上信息可求出定值电阻R2的阻值为______Ω，此时该金属热敏电阻的温度为______℃。

【答案】
()
2A0
12
I R R
I I
+
-
增大 17.5 55
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．题目中没有电压表，可用已知内阻的电流表A2与定值电阻R0串联构成量程为
()0.01(100400)V=5V
g A
U I R R
=+=⨯+的电压表；滑动变阻器用分压电路，电路如图：
(2)[2]．由电流可知
()
2A0
12
t
I R R
R
I I
+
-
=
(3)[3]．根据
() 2A0
12
t
I R R
R
I I
+
-
=可得
21
A
1
1
t
I
R R
R
I
+
=
+
则该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大，斜率A0
1
1
t
R R
R
+
+变大，可知R t变大。

(4)[4][5]．通过R1的电流
1
1
0.3A
U
I
R
==
则通过R2和R t的电流为0.4A；由I2-I1图像可知，I2=4mA，此时R t两端电压为2V，则R2两端电压为7V，则
2
7
17.5
0.4
R=Ω=Ω
2
5
0.4
t
R=Ω=Ω
根据R t-t图像可知
14
153
t
R t
=+
解得
t=55℃
15．为了测量阻值范围在200～300 Ω之间的电阻R x的阻值，实验室提供了如下器材：A．电阻箱R(阻值范围0～999.9 Ω) B．毫安表(量程0～3 mA，内阻约100 Ω)
C．直流电源(电动势约3 V，内阻不计) D．两个单刀单掷开关，导线足量
(1)甲同学根据实验目的和提供的实验器材设计出如图甲所示的实验电路，设计的操作步骤如下．
甲乙
①按电路图连好电路，闭合开关S1，记下毫安表的读数．
②断开S1，闭合开关S2，调节电阻箱R的阻值，使毫安表的读数和①中相同，记下此时电阻箱的示数R1.
假设该同学的设计合理，则待测电阻R x＝________．
(2)乙同学根据实验目的和提供的实验器材设计出如图乙所示的实验电路，设计的操作步骤
如下．
①按电路图连好电路，将R调到最大，然后闭合S1、S2，调节R，使毫安表达到满偏，记下此时电阻箱的示数R2.
②断开S2，调节R，仍使毫安表满偏，记下此时电阻箱的示数R3.假设该同学的设计合理，则待测电阻R x＝________．
(3)上述两位同学的设计中有一位是不合理的，不合理的是________，理由是
_______________________________________．
【答案】R1R2－R3甲电流表超程
【解析】
【详解】
(1)[1]根据甲同学的实验电路，该同学采用了等效替代法，故待测电阻
1
x
R R
=．
(2)[2]根据乙同学的实验步骤可知23x
R R R
=+，则
23
x
R R R
=-.
(3)[3][4]甲电路中，开关接通后，电流表的读数最小值为:
3
A10mA
300
x
E
I
R
===
已超过了电流表的量程．故此设计不合理．
16．某小组设计实验对电流表内阻进行测量，电路如图甲，其中 A1是标准电流表（量程100mA，内阻约15Ω），电流表A2（量程略小于 100mA，内阻约18Ω）表刻度盘刻度完整但缺少刻度值。

R1、R2为电阻箱，实验步骤如下：
①使用螺丝刀，调整A2机械调零旋钮，使指针指向“0”刻度；
②分别将R1和R2的阻值调至最大
③断开S2，合上开关 S1，调节R1使A2的指针达到满偏刻度，记下此时A1的示数I0
④开关S2接到1，反复调节R1和R2，使A1的示数仍为I0，记录不同R2阻值和对应电流表A2示数为I0的 n 倍(n<1)即 n I0。

⑤做出n-1—R-1 图象，如图乙所示。

(1)根据图甲和题给条件，将图丙中的实物连线补充完整；
（____）
(2)电流表A2的量程为______（用所测物理量表示）；根据图象可计算电流表A2内阻为
_____Ω；（保留两位有效数字）
(3)一同学认为该电路可以进一步测量电流表A1内阻，他把单刀双掷开关接到2，调整电阻箱R1和R2阻值，使电流表A1和电流表A2示数恰当，并分别记下电流表示数I1，I2，请用R1、R2、I1和I2表示电流表 A1内阻R=_____________________________________ 。

【答案】I0202212
1
I
R R R
I
--
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．电路连线如图：
(2) [2]．使A2的指针达到满偏刻度时，此时A1的示数I0，可知电流表A2的量程为I0；
[3]．根据电路的结构可得
2
2
00
2
A
R
nI I
R R
=
+
可得
2
2
1
1
A
R
n R
=+
所以11
n R
--
-图象斜率表示A2内阻，内阻为
2
2.0 1.0
20
0.05
A
R k
-
==Ω=Ω；
(3)[4]．当单刀双掷开关接到2，根据并联关系
12
211
I R
I I R R
=
-+
所以
2
212
1
I
R R R R
I
=--
17
．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中。

(1)设计如图甲所示电路图，要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量减小系统误差，开关1S 接___（填“M ”或“N ”）闭合开关S 前滑片P 置于_______（填“A 端”或“B 端”）
(2)若实验中电流表出现故障，不能使用。

该同学需将一个满偏电流为1mA 、内阻为30Ω的表头改装成量程为0-0.6A 的电流表，则应将表头与电阻箱_________（填“串联”或“并联”），并将该电阻箱阻值调为__________Ω。

（保留一位有效数字）
(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，若用一电动势E =3V 、r =10Ω的电源与该小灯泡连接如图丙所示的电路，电路接通稳定后小灯泡消耗的功率为______W ，若用另一只与该小灯泡完全相同的灯泡与电动势E =3V 、r =10Ω的电源连接如图丁所示的电路，则电路接通稳定后电源的输出功率为______W 。

（计算结果保留两位小数）
【答案】N A 端 并联 0.05 0.20~0.23 0.08~0.11
【解析】
【详解】
(1)[1][2]要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量减小系统误差，滑动变阻器采用分压接法；由于小灯泡电阻较小，电流表采用外接法，故开关S 1接N 点，闭合开关前，为保护电表，闭合开关S 前滑片P 置于A 端；
(2)[3][4]把表头改装成大量程电流表应并联小电阻，根据并联电路特点和欧姆定律得
()g g g I R I I R =-
解得
3311030Ω0.05Ω0.6110--⨯⨯==≈--⨯g g
g I R R I I ; (3)[5]在灯泡U-I 图象坐标系内作出电动势E =3V 、r =10Ω的电源的路端电压随电流的变化
310=-=-U E Ir I
由图示图象可知，灯泡两端电压U=1.20V，通过灯泡的电流I=0.18A，则灯泡的实际功率
P UI
1.200.180.22W
==⨯=
[6]设通过灯泡的电流为I，灯泡两端电压为U，根据图丁所示电路图，由闭合电路欧姆定律可得：
E=U+2Ir
则
U=E-2Ir
即
U=3-20I
在灯泡U-I图象坐标系内作出U=3-20I的图象如图所示
由图示图象可知，灯泡两端电压U=0.35V，通过灯泡的电流I=0.13A，则电源的输出功率为
=⋅=⨯⨯=
P U I
20.3520.130.09W
18．在“测定金属的电阻率”的实验中，小强同学先用多用电表粗测了一段粗细均匀的电阻丝的阻值（约为5Ω），随后将其固定在带有刻度尺的木板上，准备进一步精确测量其电阻.
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为
___________mm.
(2)现有电源（电动势E为3. 0V，内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材：A．电流表（量程0～3A，内阻约0. 025Ω）
B．电流表（量程0～0. 6A，内阻约0. 125Ω）
C．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）
D．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流2A）
E. 滑动变阻器（0～100Ω，额定电流1A）
①为减小误差，且便于操作，在实验中电流表应选___________，滑动变阻器应选
___________（选填器材前的字母）.
②如图甲所示，是测量该电阻丝实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，还有两根导线没有连接，请补充完整___________.
③在甲图中，在开关闭合前，滑动变阻器的滑片应当调到最_________（选填“左”或“右”端），闭合开关后，在实验中电压表读数的最小值___________（选填“大于零”或“等于零”）.
④按照上述步骤②正确连接电路的前提下，若不计实验中的偶然误差，则下列说法正确的是___________.
A．电阻测量值偏大，产生系统误差的主要原因是电流表分压
B．电阻测量值偏小，产生系统误差的主要原因是电压表分流
C．若已知电压表的内阻，可计算出待测电阻的真实值
D．若已知电流表的内阻，可计算出待测电阻的真实值
⑤小鹏同学仍用上述电源也设计了一个实验，电路如图乙所示，R为保护电阻，已测出电阻丝的横截面积为S，用一个带有接线柱的小金属夹沿电阻丝滑动，可改变接入电路中电阻丝的长度L，实验中记录了几组不同长度L对应的电流I. 他准备利用图象法处理数据来计算该电阻丝的电阻率.
请分析说明小鹏同学应该做出怎样的线性函数图象，并定性画出该图象，请进一步指出在
本实验中电流表的内阻对该电阻丝电阻率的测量结果有无影响__________.
【答案】0.212 B D左大于零 BC 小鹏同学应该做出测量作出
1
l
I
—的图象，斜率k
ES
ρ
=，即kES
ρ=，所以电流表的内阻对该电阻丝电阻率的测量结果没有影响。

【解析】
【详解】
（1）[1] 螺旋测微器测得测量金属丝的直径为0mm21.20.01mm0.212mm
=+⨯=
d
（2）[2] 电阻丝的阻值约为5Ω, 电源电动势E为3. 0V，电路中最大电流
3
A0.6A
5
x
E
I
R
===，为读数准确，电流表应选择B 电流表（量程0～0. 6A，内阻约0. 125Ω）。

[3]为调节方便滑动变阻器的阻值与待测电阻相差不易过大，故滑动变阻器应选择D滑动变阻器（0～20Ω，额定电流2A）。

[4]电压表与电阻丝并联，测量电阻丝两端的电压；电流表串联在电路中，测量通过电阻丝的电流。

连接电路如图：
[5] 为保护电路，在开关闭合前，滑动变阻器连接到电路中的阻值应调到最大，故滑片应当调到最左端。

[6] 闭合开关后，在实验中通过电阻丝的电流的最小值
min
33
A A
20525
E
I
R Rx
===
++
，
所以电压表读数的最小值
min min
3
=5V=0.6V
25
x
U I R=⨯，大于零。

[7] AB.引起该实验系统误差的主要原因是电压表的分流作用，电流表的测量值大于真实值，使得电阻的测量值偏小。

选项B正确，A错误；。