高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷综合测试(Word版 含答案)(1)

高中物理必修3物理全册全单元精选试卷综合测试（Word版含答案）(1)
一、必修第3册静电场及其应用解答题易错题培优（难）
1．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝
5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为m A＝0.1 kg和m B＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求B所受静摩擦力的大小；
(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A 从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔE p＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．
【答案】（1）f=0.4N （2）2.1336W
【解析】
试题分析：（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：
由平衡条件所得：
对A有：m A gsin θ＝F T①
对B有：qE＋f0＝F T②
代入数据得f0＝0．4 N ③
（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得：
对A有：F＋m A gsin θ－F′T－F k sin θ＝m A a ④
对B有：F′T－qE－f＝m B a ⑤
其中f＝μm B g ⑥
F k ＝kx ⑦
由电场力做功与电势能的关系得ΔE p ＝qEd ⑧ 由几何关系得x ＝
－
⑨
A 由M 到N ，由v －v ＝2ax 得A 运动到N 的速度v ＝⑩
拉力F 在N 点的瞬时功率P ＝Fv ⑪ 由以上各式，代入数据P ＝0．528 W ⑫
考点：受力平衡 、牛顿第二定律、能量转化与守恒定律、功率
【名师点睛】静止时，两物体受力平衡，列方程求解．A 从M 到N 的过程中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可列出力的关系方程．根据能量转化与守恒定律可列出电场力做功与电势能变化的关系方程．根据匀加速直线运动速度位移公式，求出运动到N 的速度，最后由功率公式求出功率．
2．如图，ABD 为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB 段是长为 1.25L m =的粗糙水平面，其动摩擦因数为0.1μ=，BD 段为半径R =0.2 m 的半圆，两段轨道相切于B 点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小3510/E V m =⨯。

一带负电小球，以速度v 0从A 点沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D 点。

已知小球的质量为
22.010m kg -=⨯，所带电荷量52.010q C -=⨯，g 取10 m/s 2(水平轨道足够长，小球可视
为质点，整个运动过程无电荷转移)，求：
（1）带电小球在从D 点飞出后，首次在水平轨道上的落点与B 点的距离； （2）小球的初速度v 0。

【答案】（1）0.4m ；（2）2.5m /s 【解析】 【详解】
（1）对小球，在D 点，有：
2D
v mg qE m R
-=
得：
1m/s D v =
从D 点飞出后，做平抛运动，有：
mg qE ma -=
得：
2
5.0m/s
a=
2
1
2
2
R at
=
得：
0.4
t s
=
0.4m
D
x v t
==
（2）对小球，从A点到D点，有：
22
11
()22
22
D
mg qE L mg R qE R mv mv
μ
---⋅+⋅=-
解得：
2.5m/s
v=
3．A、B是两个电荷量都是Q的点电荷，相距l，AB连线中点为O。

现将另一个电荷量为q的点电荷放置在AB连线的中垂线上，距O为x的C处（图甲）。

（1）若此时q所受的静电力为F1，试求F1的大小。

（2）若A的电荷量变为﹣Q，其他条件都不变（图乙），此时q所受的静电力大小为F2，求F2的大小。

（3）为使F2大于F1，l和x的大小应满足什么关系？
【答案】
223
(())
2
l
x+223
(())
2
l
x+
(3) 2
l x
>
【解析】
【详解】
（1）设q为正电荷，在C点，A、B两电荷对q产生的电场力大小相同，为：
2
2)
4
(
A B
kQq
F F
l
x
==
+
方向分别为由A指向C和由B指向C，如图：
故C 处的电场力大小为：
F 1=2F A sinθ
方向由O 指向C 。

其中：
22
4
sin l x θ=
+
所以：
3122
2
24
()kQqx
F l x =
+ （2）若A 的电荷量变为-Q ，其他条件都不变，则C 处q 受到的电场力：
F 2=2F A cosθ
其中：
22
24
l cos l x θ=
+
所以：
22
2
23(4
)kQql
F l x +＝
方向由B 指向A 。

（3）为使F 2大于F 1，则：
222
23(4)kQql F l x +＝
＞31222
24
()kQqx
F l x =+ 即：
l ＞2x
4．如图所示，在绝缘水平面上，相距L 的A 、B 两点处分别固定着两个带电荷量相等的正点电荷，a 、b 是AB 连线上的两点，其中4
L
Aa Bb ==
，O 为AB 连线的中点，一质量为m 、带电荷量为+q 的小滑块（可以看作质点）以初动能E 从a 点出发，沿直线AB 向b 点运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(1)n >，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点重力加速度为g ，求： （1）小滑块与水平面间的动摩擦因数； （2）O 、b 两点间的电势差； （3）小滑块运动的总路程.
【答案】（1）k02E mgL μ= （2）k0(21)2Ob n E U q -=- （3）21
4
n s L +=
【解析】 【详解】 （1）由4
L
Aa Bb ==，0为AB 连线的中点知a 、b 关于O 点对称，则a 、b 两点间的电势差0ab U =;
设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，在滑块从a 点运动到b 点的过程中，由动能定理得
k002
ab L
qU f E -⋅
=- 又摩擦力
f m
g μ=
解得
2k E mgL μ=
. （2）在滑块从O 点运动到b 点的过程中，由动能定理得
004
ob k L
qU f nE -⋅
=- 解得
ko
(21)2ob n E U q
-=-
. （3）对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得
000a x k qU f E -=-
又
(21)2kO
aO Ob n E U U q
-=-=
解得
21
4
n s L +=
.
5．如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一“L ”形的光滑绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，管的水平部分长L 1=0.2m ，管的水平部分离水平地面的距离为h =5.0m ，竖直部分长为L 2=0.1m ．一带正电的小球从管口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时没有能量损失，小球受到的电场力大小为重力的一半．（g =10m/s 2）求：
（1）小球运动到管口B 时的速度v B 大小； （2）小球着地点与管口B 的水平距离s ． 【答案】（1）2.0m/s ；（2）4.5m ． 【解析】 【分析】 【详解】
（1）在小球从A 运动到B 的过程中，对小球由动能定理得：
1
2
mv B 2－0=mgL 2+F 电L 1 ① 由于小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，即
F 电=
1
2
mg ② 代入数据得：
v B =2.0m/s ； ③
小球运动到管口B 时的速度大小为2.0m/s ；
（2）小球离开B 点后，设水平方向的加速度为a ，位移为s ，在空中运动的时间为t ，水平方向有：
a =g /2 ④ s =v 0t +
12
at 2
⑤ 竖直方向有：
h =
12
gt 2
⑥
由③～⑥式，并代入数据可得：
s=4.5m
6．如图所示，小球的质量为0.1kg
m=，带电量为5
1.010C
q-
=⨯，悬挂小球的绝缘丝线与竖直方向成30
θ=︒时，小球恰好在水平向右的匀强电场中静止不动．问：
（1）小球的带电性质；
（2）电场强度E的大小；
（3）若剪断丝线，求小球的加速度大小．
【答案】（1
）小球带正电（2）4
5.7710N/C
E=⨯（3）2
11.54m/s
a=
【解析】
【详解】
（1）对小球进行受力分析，如图；由电场力的方向可确定小球带正电；
（2）根据共点力平衡条件，有qE=mgtan300
解得：04
5
3
1
303
=/ 5.7710/
10
mgtan
E N C N C
q-
≈⨯
＝
（3）当线断丝线后，小球的合力为
30
mg
F
cos
＝
由牛顿第二定律，则有：
22
/11.54/
cos303
F g
a s m s
m
==
＝＝
小球将做初速度为零，加速度的方向沿着线的反向，大小为11.54m/s2，匀加速直线运动．【点睛】
本题关键是对小球受力分析，明确带电小球受电场力、细线的拉力和重力，根据共点力平衡条件及牛顿第二定律列示求解．
二、必修第3册静电场中的能量解答题易错题培优（难）
7．电容器是一种重要的电学元件，基本工作方式就是充电和放电．由这种充放电的工作方式延伸出来的许多电学现象，使得电容器有着广泛的应用．如图1所示，电源与电容器、电阻、开关组成闭合电路．已知电源电动势为E，内阻不计，电阻阻值为R，平行板电容器电容为C，两极板间为真空，两极板间距离为d，不考虑极板边缘效应．
（1）闭合开关S，电源向电容器充电．经过时间t，电容器基本充满．
a．求时间t内通过R的平均电流I；
b．请在图2中画出充电过程中电容器的带电荷量q随电容器两极板电压u变化的图象；并求出稳定后电容器储存的能量E0；
（2）稳定后断开开关S．将电容器一极板固定，用恒力F将另一极板沿垂直极板方向缓慢拉开一段距离x，在移动过程中电容器电荷量保持不变，力F做功为W；与此同时，电容器储存的能量增加了ΔE．请推导证明：W=ΔE．要求最后的表达式用已知量表示．
【答案】（1）a．
CE
I
t
= b．2
1
2
E CE
=（2）见解析
【解析】
试题分析：（1）a．设充电完毕电容器所带电量为Q，即时间t内通过电阻R的电量，此时电容器两端电
压等于电源的电动势
根据电容的定义（2分）
根据电流强度的定义（2分）
解得平均电流（2分）
b．根据q = Cu，画出q-u图像如图1所示（2分）
由图像可知，图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量，如图2中斜线部分所示
由图像求出电容器储存的电能（2分）
解得（2分）
（2）设两极板间场强为，两极板正对面积为S 根据
，
，得
，可知极板在移动过程中板间场强不变，两极板
间的相互作用力为恒力．两板间的相互作用可以看作负极板电荷处于正极板电荷产生的电场中，可知两板间的相互作用力．（2分）缓慢移动时有
根据功的定义有
代入已知量得出（2分） 电容器增加的能量
（或
）
（2分）
代入已知量得出（2分）
所以
考点：电容，电动势，能量守恒．
8．如图所示，一个方向竖直向下的有界匀强电场，电场强度大小为E 。

匀强电场左右宽度和上下宽度均为L 。

一个带正电荷的粒子(不计重力)从电场的左上方O 1点以某一速度水平向右进入电场，该粒子刚好从电场的右下方A 点离开电场；另一个质量为m 、带电荷量为－q (q >0)的粒子(不计重力)从电场左下方O 2点水平向右进入电场，进入电场时的初动能为E k0。

已知图中O 1、O 2、A 在同一竖直面内，设O 1点为坐标原点，水平向右为x 轴正方向，竖直向下为y 轴正方向，建立坐标系。

(1)求带正电荷的粒子的运动轨迹方程；
(2)求带负电荷的粒子运动到“带正电荷粒子的运动轨迹”处的动能；
(3)当带负电荷的粒子进入电场的初动能为多大时，它运动到“带正电荷粒子运动轨迹”处时的动能最小
?动能的最小值为多少?
【答案】(1)2
x Ly =；(2) 2k0k0)+4qEL E E qEL +（；(3)4qEL ，34
qEL
【解析】
【分析】
考察电场中带电粒子运动的轨迹和能量变化。

【详解】
取O 1点为坐标原点，水平向右为x 轴，竖直向下为y 轴，建立平面直角坐标系，如图所示。

(1)对从O 1点进入电场的粒子，设该粒子的加速度为a 1，初速度为v 1，设经过时间t ，位置坐标为（x ，y ），有 水平方向
1x v t =
竖直方向
211
2
y a t =
消去时间参数t 得抛物线方程2
12
12a x y v =。

因为离开电场的A 点坐标（L ，L ）在该抛物线上，所以坐标（L ，L ）满足抛物线方程，把坐标（L ，L ）代入抛物线方程得112a L
v =
2x Ly =
(2)对从O 2点进入电场的粒子，设质量为m 、初速度为v 0，加速度为a 2，设经过时间t ，位移坐标为（x ，y ），有： 水平方向
0x v t =
竖直方向
2qE ma =，2212
L y a t -=
消去时间参数t 得：
2
20
2qEx y L mv =- 由题意有2
k00E mv =，联立求解得交点P （x ,y )坐标为
k0
k024E
x L
E qEL
=+，k0k044LE y E qEL =+
从O 2到P ，对负粒子，根据动能定理有
k k0()qE L y E E -=-
解得2
k k0k0)=
+4qEL E E E qEL +（。

(3) 2
k k0k0)=
+4qEL E E E qEL
+（变形为 2k k k k04(4)16()
E qEL qEL E qEL qEL E E -±---=
由判别式∆=0
E k =22
8(8)41615()qEL qEL qEL -±+⨯⨯
解得E k =k 3=
4
qEL
E （负值舍去）， 二次函数开口向上，所以k 34
qEL
E ≥
，即E k 的最小值为 k min 3=
4
qEL
E 时，电子进入电场的动能k0=
4
qEL
E 。

所以当带负电荷的粒子进入电场的动能为k0=4
qEL
E 时，它运动到“带正电荷粒子运动轨迹”处时的动能最小，动能的最小值为k min 3=
4
qEL
E 。

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：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.
10．如图所示，在E ＝1.0×103 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN 与一水平绝缘轨道MN 在N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R ＝0.5m ，N 为半圆形轨道最低点，P 为QN 圆弧的中点，一带负电q ＝1.0×10－3 C 的小滑块质量m ＝0.1kg ，与水平轨道间的动摩擦因数 μ＝0.5，位于N 点右侧M 处，NM 的距离长1m 。

小滑块现以初速度v 0向左运动，恰能通过圆轨道的最高点Q 点，已知g =10 m/s 2，试求：
(1) 小滑块离开Q 点时的速度Q v 的大小？ (2) 小滑块离开Q 点后，落在MN 轨道何处？ (3) 小滑块的初速度v 0的大小？ 【答案】10m/s (2)1m (3) 70m/s 【解析】 【详解】
(1)小滑块在Q 点受力有：
mg ＋qE ＝2Q v m
R
，
解得：10Q v =m/s (2)通过Q 点后做类平抛：
20F a m
=
=合
m/s 2 21
22
y R at ==，
Q x v t =，
解得：x =1m
(3)小滑块从M 到Q 点过程中，由动能定理得:
－mg ·
2R －qE ·2R －μ(mg ＋qE )x ＝12
mv Q 2－2
012mv
联立方程组，解得：v 0＝70m/s.
11．如图，带电量为q ＝+2×10-3C 、质量为m ＝0.1kg 的小球B 静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E ＝103N/C 的匀强电场．与B 球形状相同、质量为0.3kg 的绝缘不带电小球A 以初速度v 0＝10m/s 向B 运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞,已知每次碰撞时间极短，小球B 的电量始终不变，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：
(1)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小； (2)第二次碰撞前瞬间小球B 的动能； (3)又经过多长时间发生第三次碰撞．
【答案】(1) v A ＝5m/s ，v B ＝15m/s (2) E KB =6.25J (3)t '＝1s 【解析】 【详解】 (1)第一次碰撞时，
两小球动量守恒，即3mv 0＝3mv A ＋mv B 机械能守恒，即:
22
2011133222
A B mv mv mv =+ 解得碰后A 的速度v A ＝5m/s ，B 的速度v B ＝15m/s
(2)碰后AB 两球进入电场，竖直方向二者相对静止均做自由落体运动；
水平方向上，A 做匀速运动，
B 做匀减速直线运动，其加速度大小220m/s B qE
a m
=
= 设经过t 时间两小球再次相碰，则有21
2
A B B v t v t a t =- 解得:t ＝1s
此时，B 的水平速度为v x ＝v B －a B t ＝-5 m/s （负号表明方向向左） 竖直速度为v y ＝gt ＝10 m/s 故第二次碰前B 的动能221() 6.25J 2
kB x y E m v v =
+= (2)第二次碰撞时，AB 小球水平方向上动量守恒3mv A ＋mv x ＝3mv ＋mv
机械能守恒，即:
22222222
111113()()3()()2222
A y x y y x y m v v m v v m v v m v v ''+++=+++
解得第二次碰后水平方向A 的速度v ＝0，B 的速度v ＝10m/s
故第二次碰撞后A 竖直下落（B 在竖直方向上的运动与A 相同）， 水平方向上， B 做匀减速直线运动， 设又经过t ' 时间两小球第三次相碰，则有21
02
x B v t a t ''-= 解得:t '＝1s 【点睛】
解决本题的关键要是分析清楚两球的受力情况，判断出运动情况，知道弹性碰撞遵守两大守恒：动能守恒和动量守恒．根据位移关系研究相碰的时间．
12．如图所示，在竖直直角坐标系xOy 内，x 轴下方区域I 存在场强大小为E 、方向沿y 轴正方向的匀强电场，x 轴上方区域Ⅱ存在方向沿x 轴正方向的匀强电场。

已知图中点D 的坐标为(27
,2
L L -
-)，虚线GD x ⊥轴。

两固定平行绝缘挡板AB 、DC 间距为3L ，OC 在x 轴上，AB 、OC 板平面垂直纸面，点B 在y 轴上。

一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(不计重力)从D 点由静止开始向上运动，通过x 轴后不与AB 碰撞，恰好到达B 点，已知
AB =14L ，OC =13L 。

（1）求区域Ⅱ的场强大小E '以及粒子从D 点运动到B 点所用的时间0t ；
（2）改变该粒子的初位置，粒子从GD 上某点M 由静止开始向上运动，通过x 轴后第一次与AB 相碰前瞬间动能恰好最大。

①求此最大动能km E 以及M 点与x 轴间的距离1y ；
②若粒子与AB 、OC 碰撞前后均无动能损失(碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相反)，求粒子通过y 轴时的位置与O 点的距离y 2。

【答案】（1）6E ；52mL
qE
（2）①18qEL ，9L ；②3L 【解析】 【详解】
（1）该粒子带正电，从D 点运动到x 轴所用的时间设为1t ，则
21112
L a t =
11a t υ=
根据牛顿第二定律有
1qE ma =
粒子在区域II 中做类平抛运动，所用的时间设为2t ，则
2
2227122L a t = 23L t υ=
根据牛顿第二定律有
2qE ma '=
粒子从D 点运动到B 点所用的时间
012t t t =+
解得
6E E '=，0t =（2）①设粒子通过x 轴时的速度大小为0υ，碰到AB 前做类平抛运动的时间为t ，则
03L t
υ=
粒子第一次碰到AB 前瞬间的x 轴分速度大小
2x a t υ=
碰前瞬间动能
()22012
k x E m υυ=
+ 即
2222292k m L E a t t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
由于22222
22299L a t L a t
⋅=为定值，当222229L a t t =即t =k E 有最大值 由（1）得
26qE a m
=
最大动能
18km E qEL =
对应的
0υ=
粒子在区域I 中做初速度为零的匀加速直线运动，则
20112a y υ=
解得
19y L =
②粒子在区域II 中的运动可等效为粒子以大小为0υ的初速度在场强大小为6E 的匀强电场中做类平抛运动直接到达y 轴的K 点，如图所示，则时间仍然为2t
02OK t υ=
得
9OK L =
由于933OK L
OB L
==，粒子与AB 碰撞一次后，再与CD 碰撞一次，最后到达B 处 则
23y L =
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．
μ，内阻约）
a．两个相同电流计1G、2G（50A
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，
G的内阻．
使_____________半满偏（填写元件符号），由此可测电流计
2
(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】G1 G255.8kΩ
【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G1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．实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联．测量实际电流表1G 内阻1r 的
电路如图所示．供选择的仪器如下：
①待测电流表1G (0~5mA ，内阻约300Ω)
，②电流表2G (0~10mA ，内阻约100Ω)，③定值电阻1R (300Ω)，④定值电阻2R (10Ω)，⑤滑动变阻器3R (0~1000Ω)，⑥滑动变阻器
4R (0~20Ω)，⑦干电池 (1.5V)，⑧电键S 及导线若干．
(1)定值电阻应选_______________，滑动变阻器应选_________________．(在空格内填写序号)
(2)用连线连接实物图．
(3)补全实验步骤：
①按电路图连接电路，_____________________；
②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录1G，2G的读数1I，2I；
③__________________________________________；
④以2I为纵坐标，1I为横坐标，作出相应图线，如图所示．
(4)根据21
I I
-图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式
_____________________．
【答案】③，⑥①将滑动触头移至最左端多次移动滑动触头，记录相应的G1，G 2读数I1，I211
(1)
r k R
=-
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据电路连接特点，G2为定值电阻和电流表G1的总电流，若定值电阻选10Ω，则易使流过G2的总电流超过其满偏值，故选R1；分压接法用小阻值的滑动变阻器即可．
(2)
(3)在闭合开关前应将滑动变阻器滑片打在最左端以保护仪表．
(4)根据欧姆定律：11211
()
I r I I R
=-解得：1
21
1
R r
I I
R
+
=即11
1
r R
k
R
+
=,所以
11
(1)
r k R
=-．
15．某物理兴趣小组想测定一个阻值大约为10kΩ，额定电功率为0.1W的电阻R x，现有以下实验器材可以选择：
A．电流表A1（量程为1mA，内阻约为100Ω）
B．电流表A 2（量程为3m A，内阻约为20Ω）
C．电压表V1（量程为10V，内阻约为50kΩ）
D．电压表V2（量程为30V，内阻约为100kΩ）
E.直流电源E（电动势为9V，内阻约为1Ω）
F.滑动变阻器R1（20Ω，1A）
G.开关、导线若干
（1）为了方便并能多次测量使结果尽可能精确，电流表应选_______，电压表应选
______，（填器材前面的序号）；
（2）根据所选器材在方框内设计并画出电路图_______；
（3）若操作、读数、计算均无误，考虑到电表内阻影响，R测____R真（填大于、等于或小于）；
（4）为避免电表内阻的影响，小组成员提出用新的器材提出另外的方案如图所示，连接好电路后，闭合开关S1，调节各可变电阻，使得开关S2由断开到闭合，灵敏电流计G指针无偏转，并记录此时电压表示数U和电流表示数I，则待测电阻x R=_____，该方案中若从系统误差分析，R测____R真（填大于、等于或小于）。

【答案】A C 大于
x
U
R
I
=等于
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1][2]由于电源电动势为9V，故电压表应该选择10V量程，即电压表选择V1，通过待测电阻的最大电流约为
9
mA0.9mA
10000
m
x
E
I
R
≈==
故电流表应该选择A1；
（2）[3]由于待测电阻阻值很大，故电流表应该选择内接，由于滑动变阻器的阻值远小于待测电阻，故应该采用分压式接法，电路图如图
（3）[4]由于电压表示数为待测电阻和电流表电压之和，故其值大于真实值，由
U
R
I
=可
知待测电阻的测量值大于真实值，故填“大于”；
（4）[5][6]当S2由断开到闭合，灵敏电流计G指针无偏转，即电流计中无电流，因此电压表的示数即为待测电阻两端电压，电流表示数为通过待测电阻的电流，因此
x U
R
I
=
由前面分析可知，电压表、电流表的值均为真实值，因此无系统误差，故填“等于”。

16．LED绿色照明技术已经走进我们的生活。

某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED 灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同。

实验室提供的器材有：
A．电流表A1（量程为0~5mA，内阻R A约为3Ω）
B．电流表A2（量程为0~4mA，内阻R A2=10Ω）
C．电压表V（量程为0~10V，内阻R v=1000Ω）
D．定值电阻R1=590Ω
E.定值电阻R2=990Ω
F.滑动变阻器R（最大阻值为200）
G.蓄电池E（电动势为4V，内阻很小）
H.开关S一只，导线若干
(1)如图甲所示，请选择合适的器材，电表1为_________，定值电阻为__________（填写器材前的字母序号）；
(2)请将图乙中的实物连线补充完整_______；
(3)请写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式：R x=____________（电表1的读数用a表示，电表2的读数用b表示，其余电学量用题中所对应的电学符号表示）。

【答案】C E
2A2V
()
b R R a b R +-
【解析】 【分析】
【详解】
(1)[1]要精确测定额定电压为3V 的LED 灯正常工作时的电阻，需测量LED 灯两端的电压和通过LED 灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED 两端的电压，可以将电流表A 2与定值电阻串联改装为电压表测量电压，改装电压表的内阻
LED A23Ω750Ω0.004
U R I === A 2的内阻为10Ω，则定值电阻应选E ，LED 灯正常工作时的电流约为
3A 6mA 500
U I R === 电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，由于电压表可测的最大电流为
10A 10mA 1000
I =
= 则可以用电压表测量电流，电表1应选C (2)[3]因为滑动变阻器阻值小于LED 的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法，如图
(3)[4]根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压
2A2()U b R R =+
通过灯泡的电流
V
a I
b R =
- 测量LED 灯正常工作时的电阻
2A2
V
()
x
b
R R
U
R
a
I b
R
+
=
=
-
17．合金材料的电阻率都比较大，某同学按如下步骤测量一合金丝的电阻率。

实验操作如下：
(1)用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置测量金属丝的直径，结果都如图甲所示，则该金属丝的直径为________mm。

(2)按图乙连接测量电路，将滑动变阻器置于最大值，闭合开关，移动滑动变阻器，发现电压表读数有读数，而电流表读数总为零，已知电流表、电压表以及待测金属丝都是完好的，则电路故障为导线_________断路（用图中导线编号表示）。

(3)排除电路故障后，改变滑动头在金属丝上的位置，测出金属丝长度l和接入电路的电阻R x如下表
请根据表中的数据，在图丙方格纸上作出R x–l图像_______。

(4)根据图像及金属丝的直径，计算该合金丝电阻率ρ= __________Ω·m（保留二位有效数字）。

(5)采用上述测量电路和数据处理方法，电表内阻对合金丝电阻率测量的影响为_____（填“使结果偏大”、“使结果偏小”、“对结果无影响”）。

【答案】0.379、0.380或者0.381 a或c
6
⨯对结果无影响
9.910-
8.510-
⨯~6
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]金属丝的直径为
+⨯=
0mm380.01mm0.380mm
（2）[2]只有a或c发生断路时，电压表相当于测电源电压，此时才会电压表读数有读数，而电流表读数总为零。

（3）[3] 在图丙方格纸上作出R x–l图像如下
（4）[4]根据公式
l
R
S
ρ
=得
6
13
2
1
=9.6610=
0.380
.
.001
π
2
8510
l
RS
ρ--
=⨯⨯
⎪
⎭
⨯
⨯
⎛⎫
⎝
（5）[5]因为多次测量金属丝长度l和接入电路的电阻，通过画图求斜率求出x
R
l
的大小，所以电表内阻对合金丝电阻率测量结果无影响。

18．（1）某同学欲将量程为200μA的电流表G改装成电压表．
①该同学首先采用如图所示的实验电路测量该电流表的内阻R g，图中R1、R2为电阻箱．他按电路图连接好电路，将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后，他应该正确操作的步骤是_____．（选出下列必要的步骤，并将其序号排序）
a．记下R2的阻值
b．调节R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度
c．闭合S2，调节R1和R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半
d．闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半
②如果按正确操作步骤测得R2的阻值为500Ω，则R g的阻值大小为____；（填写字母代号）
A．250Ω B．500Ω C．750Ω D．1000Ω
③为把此电流表G改装成量程为2.0V的电压表，应选一个阻值为____Ω的电阻与此电流表串联．
【答案】bda B 9500
【解析】
【分析】。