茂名市高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

茂名市高中物理必修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．如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R 的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A 、B 两点相切，圆弧杆的圆心O 处固定着一个带正电的点电荷．现有一质量为m 可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于
8
3
gR 的速度通过A 点，小球能够上滑的最高点为C ，到达C 后，小球将沿杆返回．若∠COB =30°，小球第一次过A 点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为83
mg ，从A 至C 小球克服库仑力做的功为
23
mgR -，重力加速度为g ．求：
(1)小球第一次到达B 点时的动能； (2)小球在C 点受到的库仑力大小；
(3)小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力．（结果用m 、g 、R 表示） 【答案】（1）56mgR （2）34mg （3）2(833)- 【解析】 【分析】
（1）由动能定理求出小球第一次到达B 点时的动能．
（2）小球第一次过A 点后瞬间，由牛顿第二定律和库仑定律列式．由几何关系得到OC 间的距离，再由库仑定律求小球在C 点受到的库仑力大小．
（3）由动能定理求出小球返回A 点前瞬间的速度，由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力． 【详解】
（1）小球从A 运动到B ，AB 两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：
()
02
11cos602
KB A mgR E mv --=-
代入数据解得：5
6
KB E mgR =
（2）小球第一次过A 时，由牛顿第二定律得：
22A v Qq
N k mg m R R
+-=
由题可知：8
3
N mg =
联立并代入数据解得：
2Qq
k
mg R
= 由几何关系得，OC 间的距离为：
cos303
R r R =
=︒
小球在C 点受到的库仑力大小 ：
22Qq Qq
F k
k r ==⎫⎪⎝⎭
库
联立解得3
=
4
F mg 库 （3）从A 到C ，由动能定理得：
2
102
f A W mgR W mv ---=-电
从C 到A ，由动能定理得：
212
f A W mgR W mv +=
'-电
由题可知：W =
电 小球返回A 点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N ′，由牛顿第二定律得：
22A
v Qq N k mg m
R R
'-'+= 联立以上解得：
(
283
N mg -'=
，
根据牛顿第三定律得，小球返回A
点时，对圆弧杆的弹力大小为(
283
mg -，方向向
下．
2．一个质量m =30g ，带电量为-1．7×10-8C 的半径极小的小球，用丝线悬挂在某匀强的电场中，电场线水平．当小球静止时，测得悬线与竖直方向成30o ，求该电场的电场强的大小和方向？
【答案】7110/E N C =⨯，水平向右 【解析】 【分析】 【详解】
小球在电场中受重力、电场力、拉力三个力，合力为零，则知电场力的方向水平向左，而小球带负电，电场强度的方向与负电荷所受电场力方向相反，所以匀强电场场强方向水平向右．
由图，根据平衡条件得
tan30qE mg =︒
得
tan 30mg E q
︒
=
代入解得
7110/E N C =⨯
3．如图所示，两异种点电荷的电荷量均为Q ，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O 且与连线垂直，平面上A 、O 、B 三点位于同一竖直线上，AO BO L ==，点电荷到O 点的距离也为L 。

现有电荷量为q -、质量为m 的小物块（可视为质点），从A 点以初速度
0v 向B 滑动，到达B 点时速度恰好减为零。

已知物块与平面的动摩擦因数为μ。

求：
(1)A 点的电场强度的大小；
(2)物块运动到B 点时加速度的大小和方向； (3)物块通过O 点的速度大小。

【答案】(1)2
22Q
E k L =；(2)2
22qkQ a g mL μ=-，方向竖直向上；(3)02
2
v v = 【解析】 【分析】 【详解】
(1)正、负点电荷在A 点产生的场强
)
02
222Q
Q E k
k
L L
==
A 点的电场强度的大小
022kQ
E E ==
(2)由牛顿第二定律得
qE mg ma μ-=
解得
2
22qkQ
a g mL μ=
-
方向竖直向上；
(3)小物块从A 到B 过程中，设克服阻力做功W f ，由动能定理得
201
202
f mgL W mv -=-
小物块从A 到O 过程中
220111
222
f mgL W mv mv -=-
解得
02
v =
4．如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，AC 为
1
4
圆弧一个质量为m ，电荷量为+q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道不计空气阻力及一切能量损失．
（1）小球在A 点进入电场时的速度；
（2）小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为多少； （3）小球从B 点离开圆弧轨道后上升到最高点离B 点的距离． 【答案】（12gH （2）233mgH mg qE R ++、232mgH
mg qE R
++； （3）
qER
H mg
+． 【解析】 【详解】
（1）对从释放到A 点过程，根据动能定理，有：
2
102
A mgH mv =
- 解得：
2A v gH =（2）对从释放到最低点过程，根据动能定理，有：
2
1()02
mg H R qER mv +=
-+ ……① 小球在C 点离开电场前瞬间，根据牛顿第二定律，有：
2
1N mg q v E R
m --= ……..②
小球在C 点离开电场后瞬间，根据牛顿第二定律，有：
2
2v N mg m R
-=……. ③
联立①②③解得：
1233mgH
N mg qE R =++ 2232mgH
N mg qE R =++
根据牛顿第三定律，小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为
1233mgH
N mg qE R
'=++
2232mgH
N mg qE R
'=++
（3）从释放小球到右侧最高点过程，根据动能定理，有：
()00mg H h qER -+=-
解得：
qER
h H mg
=
+ 答：（1）小球在A 点进入电场时的速度为2gH ；
（2）小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为233mgH
mg qE R
++
、232mgH
mg qE R
++
； （3）小球从B 点离开圆弧轨道后上升到最高点离B 点的距离为
qER
H mg
+．
5．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。

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 m 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．图为梯形AB=AD=L，AD平行于BC。

角BCD等于30度。

在空间内有平行于纸面的匀强电场，第一次将质量为m，电荷量为q>0的某带电粒子由A点射出。

恰经过B点，电场力做功为W且W>0。

第二次将该粒子仍从A点以相同的初动能射出，恰经过C点电场力做功为2W，不计粒子重力。

求：
（1）匀强电场电场强度大小和方向；
（2）若粒子初动能不变，从A点射出，恰经过D点，那么电场力做了多少功。

【答案】（1）()
523
13
W
E
q L
+
=
+
方向与竖直方向夹角
13
523
θ=
+
（2
13
+
【解析】
【详解】
(1)由题意可知2
AC AB
U U
=，如图所示过D做BC垂线交BC 于Q，连接AC，取AC终点P，连接BP，则可得AP=BP =PC，过A 做AN垂直于BP，则AN方向即为电场方向；因为角BCD等于30度，AB=AD=L，故QC3L，在三角形ABC中有：
()2
23
AC L L L
=++
解得：
(523
AC L
=+
由几何关系可知三角形ABN与三角形CAB相似，故有：
AB AN
AC BC
=
解得：
)
13
523
L
AN d
+
==
+
而带电粒子A 到B电场力做功W，则有：
W qEd
=
所以解得：
()
523
13
W
E
q L
+
=
+
设电场方向与AB方向夹角为θ，则有：
)
13
cos
523
d
L
θ
+
==
+
所以夹角为：
)
13
arccos
523
θ
+
=
+
(2)如图过D点做AN垂线交AN于M，由几何关系可知三角形ADM与三角形ABC相似，所以有：
AM AD
AB AC
=
解得：
523
AM d'
==
+
故当粒子经过D点时，电场力做功为：
()
523
13
13523
W
W qEd q
q L
+
''
===
+
++
答：（1）匀强电场电场强度大小()
523
13
W
E
q L
+
=
+
，方向与竖直方向夹角
)13arccos
523
θ+=+；
（2）恰经过D 点，那么电场力做功
13
+。

8．如图，xOy 为竖直面内的直角坐标系，y 轴正向竖直向上，空间中存在平行于xOy 所在平面的匀强电场。

质量为m 的不带电小球A 以一定的初动能从P （0，d ）点沿平行x 轴方向水平抛出，并通过Q （22d ，0）点。

使A 带上电量为+q 的电荷，仍从P 点以同样的初动能沿某一方向抛出，A 通过N （2d ，0）点时的动能是初动能的0.5倍；若使A 带上电量为-q 的电荷，还从P 点以同样的初动能沿另一方向抛出，A 通过M （0，-d ）点时的动能是初动能的4倍。

重力加速度为g 。

求： （1）A 不带电时，到达Q 点的动能； （2）P 、N 两点间的电势差； （3）电场强度的大小和方向。

【答案】（1）3mgd ；（2）2mg
q
，方向沿y 轴正方向。

【解析】 【详解】
（1）小球做平抛运动，故
212
d gt =
022d υt =
从P 到Q ，由动能定理
2
012
Q k mgd E m υ=-
解得
3Q k E mgd =
（2）小球带电后，从P 到N ，由动能定理
000.5PN k k mgd qU E E +=-
从P 到M 由动能定理可得
0024PM k k mgd qU E E -=-
由（1）中可知，
02k
E
mgd =
联立以上几式可得
1
2
PN PM U U = 故O 、N 两点电势相等，场强方向为y 轴正方向，场强大小为
2NP U mg
E d q
=
=
9．电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。

实际中的电容器在外形结构上有多种不同的形式，但均可以用电容描述它的特性。

(1)在两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质就组成一个最简单的电容器，叫做平行板电容器。

图1为一平行板电容器的充电电路，在充电过程中两极板间电势差u 随电荷量q 的变化图像如图2所示。

类比直线运动中由v —t 图像求位移的方法，在图中画网格线表示当电荷量由Q 1增加到Q 2的过程中电容器增加的电势能；
(2)同平行板电容器一样，一个金属球和一个与它同心的金属球壳也可以组成一个电容器，叫做球形电容器。

如图3所示，两极间为真空的球形电容器，其内球半径为R 1，外球内半径为R 2，电容为12
21()
R R C k R R =
-，其中k 为静电力常量。

请结合(1)中的方法推导该球形
电容器充电后电荷量达到Q 时所具有的电势能E p 的表达式； (3)孤立导体也能储存电荷，也具有电容：
a.将孤立导体球看作另一极在无穷远的球形电容器，根据球形电容器电容的表达式推导半径为R 的孤立导体球的电容C '的表达式；
b.将带电金属小球用导线与大地相连，我们就会认为小球的电荷量减小为0。

请结合题目信息及所学知识解释这一现象。

【答案】(1)见解析；(2)()221p 12
2kQ R R E R R -=；(3)a.R
C k
'=
，b.见解析 【解析】 【分析】 【详解】 （1）如图所示
（2）由电容的定义式可知球形电容器充电过程中两极板间电势差u 随电荷量q 的变化图像如下图所示，图中三角形面积表示电荷量达到Q 时电容器所具有的电势能E p 的大小，由图可得
1
2
p E QU =
根据
Q C U
=
可得
2
2p Q E C
= 将球形电容器电容的表达式代入可得
22112
()2P kQ R R E R R -=
（3）a. 将孤立导体球看作另一极在无穷远的球形电容器，即1R R =，2R →∞代入球形电容器电容的表达式
12
21()
R R C k R R =
-
可得
R C k '=
b. 根据a 中推得的孤立导体球的电容表达式
R C k
'=
可知，球体的半径越大，其电容越大。

由于金属小球的半径远小于地球半径，所以地球的电容远大于小球的电容。

二者用导线连接，电势相同，根据
Q =CU
可知，地球的带电量远大于小球的带电量，电荷总量保持不变，所以可以认为小球的电荷量减小为0。

10．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.
11．如图，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 段是水平的，BD 段为半径R =0.2m 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，场强大小E =5.0×103V/m 。

一不带电的绝缘小球甲，以速度0v 沿水平轨道向右运动，与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D 。

已知甲、乙
两球的质量均为m =1.0×10-2kg ，乙所带电荷量q =2.0×10-5C ，g 取10m/s 2。

（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转移）求： (1)乙在轨道上的首次落点到B 点的距离； (2)碰撞前甲球的速度0v 。

【答案】(1)0.4m x =；(2)025m/s v = 【解析】 【分析】
(1)根据乙球恰能通过轨道的最高点，根据牛顿第二定律求出乙球在D 点的速度，离开D 点后做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出竖直方向上的加速度，从而求出竖直方向上运动的时间，根据水平方向做匀速直线运动求出水平位移。

(2)因为甲乙发生弹性碰撞，根据动量守恒、机械能守恒求出碰后乙的速度，结合动能定理求出甲的初速度。

【详解】
(1)在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为D v ，乙离开D 点到达水平轨道的时间为t ，乙的落点到B 点的距离为x ，则
2D v m mg qE R
=+ 乙球离开D 点后做类平抛运动，竖直方向
212()2mg qE R t m +=
水平方向
D x v t =
联立解得
0.4m x =
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲、v 乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
0mv mv mv =+甲乙，222
0111222
mv mv mv =+甲乙
联立得
0=v v 乙
由动能定理得
22
112222
D mg R q
E R mv mv -⋅-⋅=-乙
联立解得
05()25m/s mg Eq R
v m
+=
=
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tan θ； (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E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，到达MN 的速度为v ，则：
a 1＝
1eE m ＝
eE
m 2122
L
a v =
解得
eEL
v m
=
（2）设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，
a 2＝
2eE m ＝
2eE
m t ＝L v
v y
＝a 2t tan θ＝
y v v
=2
（3）电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2场的中点O ′.由几何关系知：
tan θ＝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．为测量某金属丝的电阻率，小明同学设计了如图甲、乙所示的两种实验方案，已知电源的电动势E 和内阻r 在实验过程中保持不变。

(1)小明先进行了如图甲方案的测量。

①他首先利用游标卡尺和螺旋测微器分别测出甲、乙、丙三根不同金属丝的直径，示数分别如图甲、乙、丙所示。

则三根金属丝直径的测量值分别为d 甲=________mm 、d 乙
=________mm 、d 丙=________mm 。

若三根金属丝的材料、长度相同且粗细均匀，则它们的电阻R 甲、R 乙和R 丙中最大的是________，最小的是________。

②实验过程中，小明先将甲金属丝接入电路，并用米尺测出接入电路中的甲金属丝的长度l=50.00cm。

闭合开关后移动滑动变阻器的滑片分别处于不同的位置，并依次记录了两电表的测量数据如下表所示，其中5组数据的对应点他已经标在如图所示的坐标纸上，请你标出余下一组数据的对应点，并画出U-I图线________________。

实验次
123456
数
U/V0.90 1.20 1.50 1.80 2.10 2.40
I/A0.180.240.310.370.430.49
③该方案测得的甲金属丝的电阻率ρ甲=__________Ω·m（计算结果保留两位有效数字）。

④对于上述第(1)所述的测量过程，随着通过金属丝的电流I不断增大，滑动变阻器上的电功率P随之变化。

对于P-I的关系图象，在下列图中可能正确的是（________）
(2)小明又用如图乙方案测量乙金属丝的电阻率，已知电源的电动势E=5.0V、内阻
r=0.20Ω。

实验中他可以通过改变接线夹（即图乙中滑动变阻器符号上的箭头）接触金属丝的位置以控制接入电路中金属丝的长度。

①请在下述步骤的空格中将实验操作步骤补充完整：
a．正确连接电路，设定电阻箱的阻值，闭合开关；
b．读出电流表的示数，记录接线夹的位置；
c．断开开关，______________；
d．闭合开关，重复b、c的操作。

②根据测得电流与金属丝接入长度关系的数据，绘出如图所示的关系图线，其斜率为
_____________A-1·m-1（保留2位有效数字）；图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表了___________________的电阻之和。

③图中图线的斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的物理量是____________，其数值和单位为_______________（保留2位有效数字）。

(3)电表的内阻可能对实验产生系统误差，请你分别就这两种方案说明电表内阻对电阻率测
量的影响____________________________________。

【答案】1.75 1.34~1.38 0.546~0.548 R 丙 R 甲 见解析 （2.3~2.5）×10-5 D 测出接入电路的金属丝的长度 12~14 电源内阻、电流表内电阻与电阻箱 金属丝的电阻率 （9.8±0.5）×10-5Ω·m 图甲方案，由于电流表分压，导致电压表测量值偏大，电阻的测量值偏大，电阻率测量值偏大；图乙方案中电表内阻对测量结果没有影响 【解析】 【分析】 【详解】
(1)①[1]金属丝甲的直径
1mm 0.0515mm 1.75mm d =+⨯=甲
[2]金属丝乙的直径
1mm 0.0218mm 1.36mm d =+⨯=乙
[3]金属丝丙的直径
0.5mm 0.046mm 0.546mm d =+=丙
[4][5]根据电阻定律的决定式
2
4=l l R S d ρ
ρπ= 可知
R 甲 最小，R 丙最大
②[6]图象如图所示
③[7]根据图象可知电阻值
4.92ΩU
R I
=
=甲 再根据电阻定律
2
4=l l R S d ρ
ρπ= 代入数据，解得
52.410m ρ-=⨯Ω⋅
④[8]随电流增大，滑动变阻器的功率先变大后变小，当滑动变阻器阻值等于其它电阻之和时，功率最大，D 正确，ABC 错误。

故选D 。

(2)①[9] 测出接入电路的金属丝的长度。

②[10]由图象可得斜率为13 A -1·m -1。

[11][12]根据
E
I rl R
=
+ 整理得
1r R l I E E
=+ 其中r 就是单位长度的电阻，根据电阻定律
r S
ρ
=
代入整理得
1R l I ES E
ρ=+ 因此图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表电源内阻、电流表内电阻与电阻箱电阻之和；斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的金属丝的电阻率。

③[13]将电源电动势E 和乙金属丝的直径d 乙代入得
32
51.361013 5.0()Ωm 9.410Ωm 2
ρπ--⨯=⨯⨯⨯⋅=⨯⋅
（3）[14] 图甲方案，由于电流表的分压作用，导致电压表测量值偏大，电阻的测量值偏大，电阻率测量值偏大；图乙方案中电表内阻对测量结果没有影响。

14．国标（GB ／T ）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω·m 。

某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K 以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动。

实验器材还有：
电源（电动势约为3 V ，内阻可忽略）；电压表V 1（量程为3 V ，内阻很大）； 电压表V 2（量程为3 V ，内阻很大）；定值电阻R 1（阻值4 kΩ）； 定值电阻R 2（阻值2 kΩ）；电阻箱R （最大阻值9 999 Ω）； 单刀双掷开关S ；导线若干；游标卡尺；刻度尺。

实验步骤如下：
A ．用游标卡尺测量玻璃管的内径d ；
B ．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L ；
C ．把S 拨到1位置，记录电压表V 1示数；
D ．把S 拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V 2示数与电压表V 1示数相同，记录电阻箱的阻值R ；
E ．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C 、D ，记录每一次水柱长度L 和电阻箱阻值R ；
F ．断开S ，整理好器材。

（1）测玻璃管内径d 时游标卡尺示数如图乙，则d ＝_______mm ；
（2）玻璃管内水柱的电阻值R x 的表达式为：R x ＝_______（用R 1、R 2、R 表示）； （3）利用记录的多组水柱长度L 和对应的电阻箱阻值R 的数据，绘制出如图丙所示的
1
R L
-
关系图象。

则自来水的电阻率ρ＝_______Ω·m （保留两位有效数字）； （4）本实验中若电压表V 1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将_____（填“偏大”“不变”或“偏小”）。

【答案】30.00 12
R R R
14 偏大 【解析】 【分析】 【详解】
（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm ，游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：30.00mm ，所以玻璃管内径：
d =30.00mm
（2）[2]设把S 拨到1位置时，电压表V 1示数为U ，则电路电流为：
1
U I R =
总电压：
1
x U
E R U R =
+ 当把S 拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V 2示数与电压表V 1示数相同也为U ，则此时电路中的电流为
U I R
=
总电压
2U
E R U R
=
+ 由于两次总电压等于电源电压E ，可得：
2
1x R R R R
＝ 解得：
12
x R R R R
＝
（3）[3]从图丙中可知，R =2×103Ω时，
-11
5.0m L
=，此时玻璃管内水柱的电阻： 12
4000x R R R R
=Ω＝
水柱横截面积：
2
2
d S π=（）
由电阻定律L
R S
ρ
＝得： 2
330104000 3.145142x R S
m m L ρ-⎛⎫⨯=⨯⨯⨯Ω⋅≈Ω⋅ ⎪⎝⎭
＝
（4）[4]若电压表V 1内阻不是很大，则把S 拨到1位置时，此时电路中实际电流大于
1U I R =
，根据
1
x U
E R U R =+可知测量的R x 将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大。

15．现要绘制一个额定电压2.5V 、额定功率约0.7W 的小灯泡的伏安特性曲线． ⑴为使绘制的图线更加准确，选择了合适的器材，如图所示．请在图甲中连好实物电路图______．
⑵合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的______(填“左端”或“右端”)．
⑶根据实验数据，描绘出的U-I 图象如图乙所示，某同学将该小灯泡连接在一个电动势为3.0V 、内电阻为6Ω的电源上，组成一个闭合电路，则此时该小灯泡实际功率约为________W ．（结果保留两位有效数字）
【答案】左端0.38W
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[]1如下图所示，
因小灯泡的内阻较小，电流表采用外接法，要绘制小灯泡的伏安特性曲线，为使绘制的图线更加准确，需要多组电压、电流的实验数据，因此滑动变阻器需要分压式接法，所以实物电路图的连接如上图。

(2)[]2合上开关前，首先检查电路连接是否正确，无误后，为保证实验安全，并且使小灯泡上的电压从零开始变化，滑动变阻器的滑动触头应先置于滑动变阻器的左端。

(3)[]3将该小灯泡连接在一个电动势为3.0V 、内电阻为6Ω的电源上，因该电路的短路电流是0.5A,其U —I 图线如上图直线，两图线的交点坐标，就是小灯泡在电路中的实际工作电压和电流，由上图线得数据：1U =1.6V 1I =0.24A,据电功率公式得
111P U I ==0.38W
故小灯泡实际功率约为0.38W
16．某同学想要测量实验室中某金属丝的电阻率。

实验室中除米尺、学生电源、滑动变阻器、螺旋测微器、开关和导线外，还有一个阻值为3.0Ω的定值电阻R 0和一只电压表。

利用这些器材，该同学设计如下实验进行测量，实验原理如图 1 所示，实验步骤如下：
（1）把粗细均匀的平直金属丝接在接线柱a 、b 之间，用米尺测量ab 之间的长度 l ＝0.90m 。

用螺旋测微器测量该金属丝的直径，示数如图2所示，读得其直径D ＝______mm 。

（2）根据实验原理图 1，请你用笔划线代替导线将图 3 所示的实物图连接完整。

（________）
（3）闭合开关，将滑动变阻器的滑片置于合适位置，然后调节线夹c 的位置，经过多次实验发现：ac 段金属丝的长度为0.30m 时电压表达到最大值。

由此可得金属丝的总电阻R ＝ _____Ω。

（4）根据以上所测数据，可计算出金属丝的电阻率ρ＝_____Ω·m 。

（保留两位有效数字）
【答案】0.648
9 3.3×10-6
【解析】 【详解】
（1）[1]．直径D ＝0.5mm+0.01mm×14.8=0.648mm ； （2）[2]．电路连线如图：
（3）[3]．设金属丝总电阻为R ，则当ac 段金属丝的长度为0.30m 时电压表达到最大值，可知此时ac 部分与R 0串联后的总电阻等于bc 部分的电阻，即
01233
R R R += 则
R =3R 0=9Ω
（4）[4]．根据
2
4L L
R S D ρρ
π== 解得
23263.14(0.64810)9
Ωm 3.310Ωm 440.9
D R
L πρ--⨯⨯⨯==⋅=⨯⋅⨯
17．某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3V 、内阻约为3kΩ的电压表和量程为0.6 A 、内阻约为0.1 Ω的电流表．采用分压电路接线，图1是实物的部分连线图，待测电阻为图2中的R 1，其阻值约为5Ω.
(1)测R1阻值的最优连接方式为导线①连接________(填a或b)、导线②连接________(填c或d)．
(2)正确接线测得实验数据如表，用作图法求得R1的阻值为________Ω.
U/A0.400.80 1.20 1.60 2.00 2.40
I/A0.090.190.270.350.440.53
(3)已知图2中R2与R1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R2的边长是R1的1
，若测R2的阻值，则最优的连线应选________(填选项)．
10
A．①连接a，②连接c
B．①连接a，②连接d
C．①连接b，②连接c
D．①连接b，②连接d
【答案】（1）a， d （2） 4.4Ω-4.7Ω（3）
B
【解析】
【分析】
【详解】
（1）因电压表的内阻远大于待测电阻的阻值，故采用电流表外接法；滑动变阻器采用分压式接法；故测R1的阻值的最优连接方式为导线①连接a、导线②连接d；
（2）作图如图；
则2 2.2
4.40.5
U R I ∆=
=Ω=Ω∆； （3）根据电阻定律可得：L R dL d
ρ
ρ
==；故R 2=R 1，要测R 2的阻值，与测量R 1一样，最优的连线应①连接a ，②连接d ；故选B ．
18．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 ；。