高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷检测题(WORD版含答案)

高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷检测题（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．如图所示，在竖直平面内有一质量m ＝0.5 kg 、电荷量q ＝＋2×10－
3 C 的带电小球，有
一根长L ＝0.1 m 且不可伸长的绝缘轻细线系在一方向水平向右、分布的区域足够大的匀强电场中的O 点.已知A 、O 、C 点等高，且OA ＝OC ＝L ，若将带电小球从A 点无初速度释放，小球到达最低点B 时速度恰好为零，g 取10 m/s 2.
(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；
(2)求小球从A 点由静止释放运动到B 点的过程中速度最大时细线的拉力大小； (3)若将带电小球从C 点无初速度释放，求小球到达B 点时细线张力大小. 【答案】（1）2.5×103 N/C （2）2－10) N （3）15N 【解析】 【详解】
(1)小球到达最低点B 时速度为零，则
0＝mgL －EqL . E ＝2.5×103 N/C
(2) 小球到达最低点B 时速度为零，根据对称性可知，达到最大速度的位置为AB 弧的中点，即当沿轨迹上某一点切线方向的合力为零时，小球的速度有最大值，由动能定理有
12
mv 2
－0＝mgL sin 45°－Eq (L －L cos 45°). m 2
v L
＝F －2mg cos 45°. F ＝2－10) N.
(3)小球从C 运动到B 点过程，由动能定理得
21
02
mgL qEL mV +=
-. 解得：
24V =
在B 点
02
(cos 45)V T mg m
L
-= 以上各式联立解得
T =15N.
2．如图所示，单层光滑绝缘圆形轨道竖直放置，半径r=lm ，其圆心处有一电荷量Q =+l×l0-4
C 的点电荷，轨道左侧是一个钢制“隧道”，一直延伸至圆形轨道最低点B ；在“隧道”底部
辅设绝缘层。

“隧道”左端固定一弹簧，用细线将弹簧与一静止物块拴接，初始状态弹簧被压缩，物块可看成质点，质量m=0.1kg ，电荷量q =-
2
3
×10-6C ，与“隧道”绝缘层间的动摩擦因数μ=0.2。

剪断细线，弹簧释放弹性势能E p ，促使物块瞬间获得初速度（忽略加速过程）。

之后物块从A 点沿直线运动至B 点后沿圆形轨道运动，恰好通过最高点C 。

其中l AB =2m ，设物块运动时电荷量始终不变，且不对Q 的电场产生影响，不计空气阻力，静电力常量为k = 9.0×l09N·
m 2/C 2。

求： （1）物块在最高点C 时的速度大小；
（2）物块在圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小； （3）弹簧压缩时的弹性势能E p 和物块初速度v A 。

【答案】(1) 4m/s (2) 6N (3) 3.2J, 8m/s 【解析】 【详解】
（1）物块恰好通过最高点C ，轨道对物块没有作用力，由牛顿第二定律得
2
C
v mg F m
r
+=库
其中
2
Qq
F k
r =库 解得
v C =4m/s
（2）B →C 过程，由动能定理得
2211222
C B mv v mg r m -⋅=
- 解得
56m/s B v =
在B 点，由牛顿第二定律得
2
B
NB v F F mg m
r
+-=库
解得
F NB =6N
根据牛顿第三定律知物块在圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小 F NB ′=F NB =6N 。

（3）A→B ，由动能定理得
221122
AB B A mv f v l m -=
- 又 f=μmg 解得
v A =8m/s
弹簧压缩时的弹性势能
2
12
p A E mv =
解得
E p =3.2J
3．如图，在足够大的平行金属板间的水平匀强电场中，有一长为L 的轻质绝缘棒OA ，一端可绕O 点在竖直平面内自由转动，另一端A 处有一带负电、电量为q 、质量为m 的小球，当变阻器滑片在P 点处时，棒静止在与竖直方向成30°角的位置，如图所示。

已知此时BP 段的电阻为R ，平行金属板间的水平距离为d 。

（1）求此时金属板间电场的场强大小E 1；
（2）若金属板旋转30°（图中虚线表示），并移动滑片P 的位置，欲使棒能静止的位置与竖直方向的夹角不变，BP 段的电阻R ’应调节为多大？
（3）若金属板不转动，将BP 段的电阻突然调节为3R ，则棒摆动中小球最大动能为多少？
【答案】(1)3mg
(2)32
R (3) (2-3)mgL 【解析】 【详解】
（1）由平衡可知
E 1q =mg tan30°
解得
E 1=
3mg
（2）金属板旋转30°后电场强度方向也相应旋转30°，而合力方向仍与竖直方向成30°角，受力如右图所示。

E1q=mg
解得
E2= mg q
金属板旋转前，两板间电势差
U1= E1d=3
3
mg
q
d
金属板旋转后，两板间电势差
U2 = E2d’= E2 d cos30°=3
2
mg
q
d=
3
2
U1
所以BP段的电阻R’=3 2 R
（3）BP段的电阻突然调节为3R，U3 =3U1
E3=3E1=3mg q
小球摆动速度最大时棒与竖直方向夹角为60°，如右图所示。

根据动能定理有：
E3qL（sin60°-sin30°）-mgL（cos30°-cos60°）=E k-0
E k=(2-3)mgL
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】（1 （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：
A v =（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
（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．—个带正电的微粒，从A 点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB 运动，如图所示，AB 与电场线夹角θ=53°，已知带电微粒的质量m =1.0×10－7kg ，电荷量q =1.0×10－10C ，A 、B 相距L =20cm ．(取g =10m/s 2)．求：
(1)电场强度的大小和方向；
(2)要使微粒从A 点运动到B 点，微粒射入电场时的最小速度是多少． 【答案】（1）7.5×10 3 V/m,方向水平向左 (2)5m/s 【解析】 【详解】
(1)带电微粒做直线运动，所受的合力与速度在同一直线上，则带电微粒受力如图所示；
由图可知，合力与速度方向相反；故粒子一定做匀减速直线运动； 由力的合成可知：
mg =qE •tan θ
可得：37.510V/m tan mg
E q θ
=
=⨯，方向水平向左． （2）微粒从A 到B 做匀减速直线运动，则当v B =0时，粒子进入电场速度v A 最小.由动能定理：
2
1sin cos 02
A mgL qEL mv θθ--=-
代入数据得：v A 5m/s
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．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
224
t =
所以
12t 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
100%31.7%t T η∆=
=≈
8．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。

9．静电场方向平行于x 轴，其电势ϕ随x 的分布可简化为如图所示的折线，图中0ϕ和d 为已知量。

一个带负电的粒子在电场中以0x =为中心，沿x 轴方向做周期性运动。

己知该粒子质量为m 、电量为-q ，忽略重力。

（1）求粒子所受电场力的大小；
（2）若将粒子由x d
=处由静止释放，求粒子的运动周期；
（3）若粒子在0
x=处获得一定动能，且动能与电势能之和为–A（
0A qϕ
<<）。

求粒子的运动区间。

【答案】（1）0
q
F
d
ϕ
=；（2）
2
2
4
md
T
q
=
ϕ
3）
00
-1-1-
A A
d x d
q q
⎛⎫⎛⎫
≤≤
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
ϕϕ
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由图可知，0与d（或-d）两点间的电势差为φ0，电场强度的大小为：
E
d
ϕ
=
电场力的大小为：
q
F qE
d
ϕ
==
（2）考虑粒子从x d
=处由静止释放开始运动的四分之一周期，由牛顿第二定律得粒子的加速度
q
F
a
m md
ϕ
==
根据直线运动公式
2
1
2
d
x at
==
联立并代入得：
2
2md
t
q
=
ϕ
故得粒子的运动周期为：
2
2
44
md
T t
q
==
ϕ
（3）设粒子在[-x，x]区间内运动，速率为v，由题意得
2
1
--
2
mv q A
=
ϕ
由图可知：
01-x d ⎛
⎫= ⎪⎝
⎭
ϕϕ 由上解得：
2
011--2x mv q A d ⎛⎫= ⎪⎝⎭
ϕ 因动能非负，有：
01--0x q A d ⎛⎫
≥ ⎪⎝⎭
ϕ
则有：
01-A x d q ⎛⎫≤ ⎪⎝
⎭ϕ 所以可得粒子的运动区间为：
00-1-1-A A d x d q q ⎛⎫⎛⎫
≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭ϕϕ
10．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 ==，1max 1110.5N>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
=++≈．
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．如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段光滑水平，BC 段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37º，半径r ＝2.5m ，CD 段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E ＝2×105N ／C 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m ＝5×10
－2
kg 、电荷量q ＝＋1×10－6C 的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑
行，在C 点以速度v 0＝3 m ／s 冲上斜轨．以小物体通过C 点时为计时起点，0.1s 以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25．设小物体的电荷量保持不变，取g ＝10 m ／s 2，sin37º＝0.6，cos37º＝0.8．
（1）求弹簧枪对小物块所做的功；
（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P ，求CP 的长度． 【答案】(1)W f =0.475J (2)s =0.57m 【解析】
试题分析：（1）设弹簧枪对小物体做功为W f ，由动能定理即可求解；
（2）对小物体进行受力分析，分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学基本公式即可求解． 解：
（1）设弹簧枪对小物体做功为W f ，由动能定理得W f ﹣mgr （l ﹣cosθ）=mv 02① 代人数据得：W f =0.475J ②
（2）取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C 点进入电场后的加速度为a 1， 由牛顿第二定律得：﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ+qE ）=ma 1③
小物体向上做匀减速运动，经t 1=0.1s 后，速度达到v 1，有：v 1=v 0+a 1t 1④
由③④可知v 1=2.1m/s ，设运动的位移为s 1，有：s l =v 0t 1+a 1t 12⑤ 电场力反向后，设小物体的加速度为a 2，由牛顿第二定律得： ﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣qE ）=ma 2⑥
设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t 2，位移为s 2，有： 0=v 1+a 2t 2⑦ s 2=v 1t 2+a 2t 22⑧
设CP 的长度为s ，有：s=s 1+s 2⑨ 联立相关方程，代人数据解得：s=0.57m 答：（1）弹簧枪对小物体所做的功为0.475J ；
（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P ，CP 的长度为0.57m ．
【点评】本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确对物体受力分析，确定物体的运动情况，难度适中．
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．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
=-．
14．某同学利用图甲电路测量自来水的电阻率，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)，右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动，实验器材还有：
电源(电动势约为2 V，内阻不可忽略)
两个完全相同的电流表A1、A2(量程为3 mA，内阻不计)
电阻箱R(最大阻值9 999 Ω)
定值电阻R0(可供选择的阻值有100 Ω、1 kΩ、10 kΩ)
开关S，导线若干，刻度尺．
实验步骤如下：
A．测得圆柱形玻璃管内径d＝20 mm
B．向玻璃管内注自来水，并用刻度尺测量水柱长度L
C．连接好电路，闭合开关S，调整电阻箱阻值，读出电流表A1、A2示数分别记为I1、I2，记录电阻箱的阻值R
D．改变玻璃管内水柱长度，多次重复实验步骤B、C，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R
E．断开S，整理好器材
(1)为了较好的完成该实验，定值电阻R0应选________．
(2)玻璃管内水柱的电阻R x的表达式R x＝________(用R0、R、I1、I2表示)
(3)若在上述步骤C中每次调整电阻箱阻值，使电流表A1、A2示数均相等，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，绘制出如图乙所示的R－L关系图像，则自来水的电阻率ρ＝________ Ω·m(保留两位有效数字)，在用本实验方法测电阻率实验中，若电流表内阻不能忽略，则自来水电阻率测量值与上述测量值相比将________(选填“偏大”“不变”或“偏小”)
【答案】1000Ω
()
10
2
I R R
I
+
16，不变
【解析】
【分析】
【详解】
（1）定值电阻所在支路最小电阻约为1
1max
E3
R=1000
0.003
I
=Ω=Ω
总；电阻箱R（最大阻值为9999Ω），为测多组实验数据，定值电阻R0应选1KΏ；
电阻箱与R0、A2串联，再与水柱、A1并联，所以有201
()
x
I R R I R
+=，玻璃管内水柱电阻
R x的表达式20
1
()
x
I R R
R
I
+
=
(2)由电阻定律可以知道
20
2
2
1
()
4
()
2
x
I R R
L L L
R
d
s d I
ρρρ
π
π
+
====
，则有
2
2
1
4
R=
I
L R
d I
ρ
π
-，根据题意可知，电流表A
1，A2示数均相等，则有0
2
4
R=L R
d
ρ
π
-，由图可得
33
4
22
4410(1)10
510
1010
k
d
ρ
π-
⨯--⨯
===⨯
⨯
电阻率
224
3.140.02510
16
44
d k
m
π
ρ
⨯⨯⨯
===Ω
（3）电流表内阻不能忽略，则有2210
2
1
4
R=-r
I
L r R
d I
ρ
π
+-，电阻率为2
4
d k
π
ρ=保持不变．
15．实验室有一个阻值约200Ω左右的待测电阻R x
（1）甲同学用伏安法测定待测电阻R x的阻值，实验室提供如下器材：
电池组E：电动势3V，内阻不计
电流表A1：量程0~15mA，内阻约为100Ω
电流表A2：量程0~600μA，内阻为1000Ω
滑动变阻器R1：阻值范围0~20Ω，额定电流2A
电阻箱R2，阻值范围0~9999Ω，额定电流1A
电键S、导线若干
①为了测量待测电阻两端的电压，该同学将电流表A2与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到__________Ω时，将电流表A2改装成一个量程为3.0V的电压表。

②为了尽可能准确地测量R x的阻值，在方框中画完整测量R x阻值的电路图，并在图中标明器材代号__________________。

③调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是___mA，电流表A2的示数是____μA，则待测电阻R x的阻值是____Ω。

（2）乙同学则直接用多用电表测R x的阻值，多用电表电阻挡有3种倍率，分别是×100、×10、×1．该同学选择×100倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大．为了准确地进行测量，请你从以下给出的操作步骤中，选择必要的步骤，并排出合理顺序：______．（填步骤前的字母）
A．旋转选择开关至欧姆挡“×l”
B．旋转选择开关至欧姆挡“×10”
C．旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔
D．将两表笔分别连接到Rx的两端，读出阻值后，断开两表笔
E．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔按正确步骤测量时，指针指在图示位置，R x的测量值为______Ω．
【答案】4000Ω 8.0mA 300μA187.5Ω B、E、
D、C 220Ω
【解析】
【详解】
（1）①[1]为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A2电阻箱串联组成电压表；改装后电压表量程是3V，则电阻箱阻值
2
6
31000400060010A g U R r I -=-=-=Ω⨯ ②[2]因改装后的电压表内阻已知，则采用电流表A 1外接，电路如图：
③[3][4][5]由图可知，电流表A 1的示数是8mA ，电流表A 2的示数是300μA ，则待测电阻R x 的阻值是
622312()30010(10004000)187.5(80.3)10
A x I r R R I I --+⨯+===Ω--⨯。

（2）①[6]该同学选择×100倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大，说明倍率档选择过大，应该选择×10倍率档，然后调零再进行测量；即操作顺序是：BEDC ； ②[7]Rx 的测量值为22×10Ω=220Ω。

16．要测量一段阻值大约为5 Ω的均匀金属丝的电阻率，除刻度尺、螺旋测微器、电源E （电动势为3 V 、内阻约为0．5 Ω）、最大阻值为20 Ω的滑动变阻器R 、开关一只、导线若干外，还有电流表和电压表各两只供选择：A 1（量程1 A 、内阻约为1 Ω）、A 2（量程0．6 A 、内阻约为2 Ω）、V 1（量程3．0 V 、内阻约为1 000 Ω）、V 2（量程15 V 、内阻约为3 000 Ω）．
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图所示，则金属丝的直径为________mm ． （2）为了使测量有尽可能高的精度，电流表应选________，电压表应选________． （3）实验电路已经画出了一部分，如图所示，但尚未完整，请将该电路完整地连接好（R x 表示待测电阻）_________．
（4）若用刻度尺测得金属丝的长度为L ，用螺旋测微器测得金属丝的直径为d ，电流表的读数为I ，电压表的读数为U ，则该金属丝的电阻率表达式为ρ＝________．
【答案】0.851~0.853均可 A2 V1
2 4
d U LI π
【解析】
【分析】
【详解】
（1）螺旋测微器的固定部分读数为：0.5mm，可动部分读数为：
35．0×0．01mm=0.351mm，故最后读数为：0.5mm+0.351mm=0.851mm．
（2）为零测量准确，电压表和电流表的指针偏转要尽量大些，因此电流表选择A2，电压表选择V1．
（3）根据实验原理得出实验原理图为：
（4）根据欧姆定律得：
U
R
I
＝；根据电阻定律得：
RS
L
ρ＝．故有：
2
4
d U
LI
π
ρ=．
17．现将一满偏电流Ig=1mA且内阻未知的电流表改装成量程为3V的电压表．电流表的电阻可用下面(甲)图电路测定．连接好电路，先将电位器R2调至最大，断开S2，闭合S1，调节电位器R2，使电流表指针偏转到满刻度．再闭合S2，调节电阻箱R1，使电流表的指针偏
转到满刻度的2
3
，此时电阻箱R1的示数如图(乙)所示．
（1）电阻箱的示数R1=________Ω．
（2）按要求将该电流表改装成量程为3V的电压表时应串联一个阻值R=_______Ω的电阻．
（3）用此电路测定电流表的内阻会产生系统误差，导致测量值_______真实值(填“大于”或“小于”)．
（4）要对改装好的电压表进行逐刻度校对，实验器材如(丙)图所示，请完成实物图连线
__________．
【答案】120 2940 小于
【解析】
(1)电阻箱的读数是从最大的数开始读．该电阻的阻值：1000×0+100×1+10×2+1×0=120Ω.
(2)将上述电流表改装成量程为6.0V的电压表，应给该表头串联一个阻值为：I g×（r g+R）=U,而r g=240Ω，代入数据得：R=2940Ω.
(3)闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过R1的电流小于原来电流的三分之二，则该实验测出的电表内阻偏小；
(4)为了使改装后的电压表跟标准电压表V从0开始一一进行校对，采用滑动变阻器的分压接法,同时两表需要并联，实物连线如图所示：。