山东省泰安市宁阳一中必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

山东省泰安市宁阳一中必修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．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 +2
22kQq
md
（3）2v 【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
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)2Q
E k =；(2)2qkQ a g μ=-，方向竖直向上；(3)02
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
02
222kQ
E E L ==
(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 v =
4．如图所示，一光滑斜面的直角点A 处固定一带电量为+q ，质量为m 的绝缘小球。

另一同样小球置于斜面顶点B 处，已知斜面长为L ，现把上部小球从B 点从静止自由释放，球能沿斜面从B 点运动到斜面底端C 处（静电力常量为k ，重力加速度为g ）
求：（1）小球从B 处开始运动到斜面中点D 处时的速度？ （2）小球运动到斜面底端C 处时，球对斜面的压力是多大？ 【答案】(1) 2
D gl
v =2232'3N N kq F F L ==-
【解析】
（1）由题意知：小球运动到D 点时，由于AD=AB ，所以有D B ϕϕ= 即0DB D B U ϕϕ=-=① 则由动能定理得：21
sin30022
DB L mg qu mv ︒+=-② 联立①②解得2
D gl v =
（2）当小球运动到C 点时，对球受力分析如图所示则由平衡条件得：
sin30cos30N F F mg +︒=︒库④
由库仑定律得：()
2
2
cos30kq F l =
︒库⑤
联立④⑤
得：2
2323N kq F mg L
=-
由牛顿第三定律即2
232'3N N kq F F mg L
==-．
5．如图所示，高为h 的光滑绝缘直杆AD 竖直放置，在D 处有一固定的正点荷，电荷量为Q 。

现有一质量为m 的带电小球套在杆上，从A 点由静止释放，运动到B 点时速度达到最大值，到C 点时速度正好又变为零，B 、C 和D 相距分别为13h 和1
4
h ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，求：
(1)小球的电荷量q 和在C 点处的加速度； (2)C 、A 两点间的电势差。

【答案】(1)29mgh q kQ =,79a g = 方向竖直向上(2)274kQ
h
【解析】 【详解】
(1)小球运动到B 点时速度达到最大，说明小球必带正电，在B 点应有：
2()3
kQq
mg h =
得：
29mgh q kQ
=
在C 点，由牛顿第二定律：
2
()4
kQq
mg ma
h -= 得：
7
9
a g =
，方向竖直向上。

(2)设C 、A 两点间的电势差为U ，则A 、C 间的电势差为-U 。

从A 到C 过程，由动能定理：
()04
h
mg h qU --=
得：
274kQ
U h
=
6．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 =
【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 ＝
2
B
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 .
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，水平面上有相距02m L =的两物体A 和B ，滑块A 的质量为2m ，电荷量为+q ，B 是质量为m 的不带电的绝缘金属滑块．空间存在有水平向左的匀强电场，场强为
0.4mg
E q
=
．已知A 与水平面间的动摩擦因数10.1μ=，B 与水平面间的动摩擦因数20.4μ=，A 与B 的碰撞为弹性正碰，且总电荷量始终不变（g 取10m/s 2）．试求：
（1）A 第一次与B 碰前的速度0v 的大小； （2）A 第二次与B 碰前的速度大小； （3）A 、B 停止运动时，B 的总位移x ． 【答案】（1）2m/s （2）2
m/s 3
（3）2m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）从A 开始运动到与B 碰撞过程，由动能定理：
201001222
EqL mgL mv μ-⋅=
⋅ 解得：v 0=2m/s
（2）AB 碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可得：
01222mv mv mv =+
22201211122222
mv mv mv ⋅=⋅+ 解得：12m/s 3v =
28
m/s 3
v =（另一组解舍掉） 两物体碰撞后电量均分，均为q/2，则B 的加速度：
22
21
22m/s 2B E q mg
qE a g m m
μμ⋅-==-=- ， A 的加速度：
111
220
24A E q mg
qE a g m m
μμ⋅-⋅==-= 即B 做匀减速运动，A 做匀速运动；A 第二次与B 碰前的速度大小为12
m/s 3
v =； （3）B 做减速运动直到停止的位移：
2
21216m 23
B v x a ==
AB 第二次碰撞时：
1122222mv mv mv =+
22211222111
22222
mv mv mv ⋅=⋅+ 解得：
12112m/s 39v v == ，2212488
m/s=m/s 393
v v ==
B 再次停止时的位移22224
16m 23B v x a =
= 同理可得，第三次碰撞时，
12132322mv mv mv =+
222121323111
22222
mv mv mv ⋅=⋅+ 可得131212m/s 327v v =
=，23123488
m/s m/s 3273
v v === B 第3次停止时的位移2223616
m 23
B v x a =
= 同理推理可得，第n 次碰撞，碰撞AB 的速度分别为：
11n-112m/s 33n n v v ==（)，2n 1n-1)
48m/s 33n
v v ==（ B 第n 次停止时的位移:
22n 216m 23
n n B v x a ==
则A 、B 停止运动时，B 的总位移
123
2462
2
++
16161616
m m+m+m
3333
1
=2(1-)m
3
n
n
n
x x x x x
=+⋅⋅⋅+
=+⋅⋅⋅+
当n取无穷大时， A、B停止运动时，B的总位移2m
x=．
8．如图以y轴为边界，右边是一个水平向左的4
1
110
E=⨯匀强电场，左边是一个与水平方向成45°斜向上的2
E=4
2
10
⨯N/C匀强电场，现有一个质量为m=1.0g，带电量
q=1.0×10－6C小颗粒从坐标为（0.1，0.1）处静止释放．忽略阻力，g=10m/s2．求：（1）第一次经过y轴时的坐标及时间
（2）第二次经过y轴时的坐标
【答案】（1）第一次经过Y轴的坐标为(0，0)；0.12
t s
=（2）坐标为（0，-1.6）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小颗粒在E1中电场力为F1=E1q=0.01N 重力G=0.01N有受力分析得合力指向原点，即小颗粒向原点做匀加速直线运动第一次经过y轴的坐标为(0，0)
加速度1
2102
F
a
m
==由2
1
2
S at
=得0.12
t=s
(2)运动到原点的速度为v0=at=2m/s
小颗粒在E2电场中合力为2
2
10
2
F N
-
=方向与v0方向垂直
由此可得小颗粒做类平抛运动,再次运动到y轴的时间为t1, v0方向位移为S1= v0t1
与v0方向垂直位移为2
211
1
2
S a t
=
1
F
a
m
=由几何关系得S1=S2
第二次经过y轴时到原点距离为2
L=1=1.6m 即坐标为（0，-1.6）
9．在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同，在原点O处放一个质量m=0.01 kg 带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q= -5×10－8 C．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给
物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0=2 m/s.如图所示．试求：
(1)物块沿x 轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？ 【答案】(1)5 m/s 2 (2)0.4 m (3)1.74 s 【解析】 【分析】
带负电的物块以初速度v 0沿x 轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间． 【详解】
（1）由牛顿第二定律可得mg Eq ma μ+= ，得25m/s a =
（2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：()2101
02
mg Eq s mv μ-+=-． 代入数据，得：s 1=0.4m
（3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：00111••22
t v v v
s t t +==，得：t 1=0.4s 接着物块向左作匀加速直线运动：221m/s qE mg a m
＝μ-=． 根据：21221
2
s a t =
得220.2t s = 物块离开电场后，向左作匀减速运动：232m/s mg
a g m
μμ=-=-=-
根据：3322a t a t = 解得30.2t s =
物块运动的总时间为：123 1.74t t t t s =++= 【点睛】
本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．
10．如图所示，竖直平面内有一坐标系xoy ，已知A 点坐标为（–2h ，h ），O 、B 区间存在竖直向上的匀强电场。

甲、乙两小球质量均为m ，甲球带电量为+q ，乙球带电量为–q ，分别从A 点以相同的初速度水平向右抛出后，都从O 点进入匀强电场，其中甲球恰从B 点射出电场，乙球从C 点射出电场，且乙球射出电场时的动能是甲球射出电场时动能的13
倍。

已知重力加速度为g。

求
（1）小球经过O点时速度的大小和方向；
（2）匀强电场的场强E。

【答案】（1）2
v gh
=；θ=450（2）
3mg
E
q
=
【解析】
（1）如图1所示，设小球经过O点时的速度为v，水平分速度为v x，竖直分速度为v y，平抛运动的时间为t。

根据平抛运动规律2
1
2
h gt
=①，2
x
h v t
=②，
y
gt
=
v③，22
x y
v v v
=+④，tan x
y
v
v
θ=⑤由以上式子解得2
v gh
=，45
θ=︒，y x
v v
=⑥
（2）甲球在B点的速度如图2所示，乙球在C点的速度如图3所示。

依题意得
13
kC kB
E E
=
即()()
2222
11
13
22
x cy x y
m v v m v v
+=⋅+，解得5
cy x
v v
=⑦
设甲球在电场中的加速度为a甲，乙球在电场中的加速度为a乙；甲、乙两球在电场中运动的时间为't。

研究竖直方向，有
对甲球：2'
y
v a t
甲
=⑧，Eq mg ma
-=
甲
⑨，
对乙球：'
cy y
v v a t
-=
乙
⑩，Eq mg ma
+=
乙
⑪，
由⑥～⑪式解得3mg
E q
=
；
11．如图甲所示，A 、B 为两块相距很近的平行金属板，A 、B 间电压为0AB U U =-，紧贴A 板有一电子源随时间均匀地飘出质量为m ，带电量为e 的电子（可视为初速度为零）。

在B 板右侧两块平行金属板M 、N 间加有如图乙所示的电压，电压的变化周期
2m
T L
eU =，板间中线与电子源在同意以水平线上，极板长L ，距偏转右边缘s 处有荧光屏，已知18
T
t =
时刻沿中线射入偏转极板间的电子恰好能射出偏转极板，假定金属外无电场，打在极板上的电子均被极板吸收，荧光屏足够大，试求：
（1）电子进入偏转极板时的速度； （2）4
T
t =
时刻沿中线射入偏转板间的电子刚出偏转板时与板间中线的距离； （3）经足够长时间t （t 远大于T ）打到荧光屏上的电子数与电子源发射的电子数之比； （4）电子打在荧光屏上的范围（打在荧光屏最上端和最下端的长度）。

【答案】（1）0
02eU v m
=2）0（3）1732（4）38L
【解析】 【详解】
（1）由动能定理有
2
0012
e mv U =
， 即
02eU v m
=
（2）由
0L v t =
有：
00
2L m t L T v eU
=
== 电子在电场方向先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，侧位移为零，电子在电场运动的两个周期内侧向位移也为零. （3）设两极板间距为d ，
eU a dm
=
， 若18
T
t =
时刻沿中线射入偏转板间的电子恰好能射出偏转极板（不打上极板），那么 2211132()2()22228
d T T
a t a =⨯-=⨯， 解得
3
8
d L =
设2t 时刻射入的电子恰好打不到下极板，则
22221122()2222
d T at a t =⨯-⨯- 经时间t （t >>T ）打到荧光屏上的电子数与电子源发射的电子数之比
2117
322
t t k T -=
= （4）因为电子射出偏转板时，竖直方向速度为0，所以荧光屏上的范围
3
8
Y d L ==
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）=mv02①
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a1，
由牛顿第二定律得：﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ+qE）=ma1③
小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有：v1=v0+a1t1④
由③④可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有：s l=v0t1+a1t12⑤
电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得：
﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣qE）=ma2⑥
设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有：
0=v1+a2t2⑦
s2=v1t2+a2t22⑧
设CP的长度为s，有：s=s1+s2⑨
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．如图所示，是测量小灯泡电功率的实物元件图，其中电源是蓄电池组（电动势为6V，内阻很小不计），小灯泡额定电压是3.8V，其灯丝电阻约为10Ω，滑动变阻器标有“10Ω、1A”字样，电流表（0～0.6A、0～3A），电压表（0～3V、0～15V）。

(1)本实验的原理是：_____；
(2)请用笔画线代替导线，把图中的电路元件连接成实验电路_____。

（要求：滑片P向左移时灯变亮，且连线不得交叉）
(3)小刚合理地连接好电路，并按正确的顺序操作，闭合开关后灯不亮，聪明的小刚猜想：A．可能灯丝断了
B．可能是变阻器开路
C．可能是小灯泡短路
D．可能是电流表开路
请你借助已连好电路中的电流表和电压表验证小刚的猜想，并将电流表、电压表相应示数填入下表。

猜想电流表示数/A电压表示数/V
如果A成立
如果B成立
A：_____，_____；B：_____，_____；
(4)排除故障后，在测量小灯泡的额定功率时，应先调节_____，使小灯泡两端电压为
_____V，再测出电路中的_____，即可计算出额定功率；若小灯泡两端实际电压为额定电压的1.2倍，则实际功率为额定功率的_____倍。

（假设电阻值不变）
(5)实际测量过程中小刚才发现电压表0～15V量程已损坏（另一量程完好），但他仍想利用现有器材测出小灯泡的额定功率，请你帮他重新设计新电路图并画在下面的方框内
_____。

(6)小刚按重新设计的电路图继续实验，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为_____V时，小灯泡正常发光，此时电流表示数如图所示，则小灯泡的额定功率是_____W。

(7)实验时，若发现电流表指针摆动分别出现了如下图甲、乙所示的两种情况。

请分析在使用电流表时分别存在什么问题，并写在下面的横线上。

甲现象存在的问题：_____；乙现象存在的问题：_____。

【答案】P=UI 0 6 0 0 变阻器滑片 3.8
电流 1.44 2.2 1.52 电流表指针反转，所以电流表正
负接线柱接反电流表指针偏转角度太小，所以电流表所选量程过大
【解析】
【分析】
【详解】
，只要根据电路能测量(1)根据电功率计算公式和电路元件可以知道该实验原理为P UI
出灯泡两端的电压和流过灯泡的电流就可以测量出灯泡的功率。

(2)伏安法测灯泡功率的电路图如图所示。

(3)若灯丝断路，则整个回路不通电流，在实验中电流表A 的示数为0，电压表测量电源电动势所以示数为6V
如变阻器开路，则整个回路不通电流，在实验中电流表A 的示数为0，此时电压表的示数也为0
(4)排除故障后，在测量小灯泡的额定功率时，应先调节滑动变阻器，使小灯泡两端电压为3.8V ，再测出电路中的电流，即可计算出额定功率；若小灯泡两端实际电压为额定电压的
1.2倍，根据2
U P R
=则实际功率为额定功率的1.44倍。

(5)设计电路如图所示：
(6)小刚按重新设计的电路图继续实验，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为2.2V 时，此时灯泡两端的电压能达到3.8V ，小灯泡正常发光，此时电流表读数为0.4A ，则小灯泡的功率为 3.80.4 1.52P UI W ==⨯=
(7)甲的问题：电流表指针反转，所以电流表正负接线柱接反；乙的问题：电流表指针偏转角度太小，所以电流表所选量程过大。

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A 1、A 2(量程为3 mA ，内阻不计) 电阻箱R(最大阻值9 999 Ω)
定值电阻R 0(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
21
()
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．(1)某同学利用“双缝干涉实验装置”测定红光的波长．已知双缝间距为d，双缝到屏的距离为L，将测量头的分划板中心刻线与某一亮条纹的中心对齐，并将该条纹记为第1亮条纹，其示数如图所示，此时的示数为________mm．然后转动测量头，使分划板中心刻线与第5亮条纹的中心对齐，读出示数，并计算第5亮条纹与第1亮条纹的中心线间距离为Δx．由此可得该红光的波长表达式为_______（用字母表达）；某同学用黄色滤光片时得到一个干涉图样，为了使干涉条纹的间距变宽，可以采取的方法是
_____________、______________________．
(2)要描绘一个标有“3V 0.8W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加，且尽量减小实验误差．已选用的器材除导线、开关外，还有
电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）
电流表（量程为0~300mA，内阻约为1Ω）
电压表（量程为0~3V，内阻约为3kΩ）
滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）
①实验电路应选用图中的________________（填字母代号）
②请按照①中选择的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏___________．
③以电压表的读数U为横轴，以电流表的读数Ⅰ为纵轴，根据实验得到的多组数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线，如图所示．由图可知：随着电压的增大，小灯泡的电阻_______
（选填“增大”或“减小”），其发生变化的原因是________________________________．
④从图线可知，当灯泡两端电流为0.26A 时，小灯泡的功率等于_________W （保留两位有效数字）．⑤某同学看到实验室有最大阻值为17kΩ的滑动变阻器R 1和最大阻值为100Ω的滑动变阻器R 2，用R 1和R 2分别替换本实验中的滑动变阻器，滑片从左向右滑动过程中，电压表示数随滑片移动距离x 的关系曲线如图所示，正确的是_________________.
【答案】2.430（2.428mm~2.432mm ） 4d x L
λ=∆ 换用红色的滤光片 使光屏离双缝距离远一些 B 增大 温度变高，电阻率变大，电阻变大 0.62 B
【解析】
【分析】
【详解】
(1) 螺旋测微器的读数为2.0mm+0.01×43.0mm=2.430mm ；
干涉条纹的间距
51x l d λ∆=-，所以波长为4d x l λ=∆； 由公式l x d
λ∆=可知，换波长更长的光或增大光屏离双缝的距离即可； (2) 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23211.250.8
U R P ==Ω=Ω，电流表内阻为1Ω，电压表内阻为3kΩ，相对来说，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，因此应选择图B 所示电路；
(3) 滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前，滑片应处于滑动变阻器最左端；根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示
(4) 由图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，由欧姆定律可知，电压与电流的比值增大，即灯泡电阻变大，这是因为灯泡电阻随灯丝温度升高而增大造成的；
(5)由灯泡的伏安特性曲线可知，当电流为0.26A 时的电压为2.4V ，所以功率为
P=UI=0.26 2.40.62W W ⨯=
(6) 由图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，由欧姆定律可知，电压与电流的比值增大，即灯泡电阻变大，因此选B
点晴：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，测量光波波长的原理，注意掌握干涉条纹间距公式的内容，对电学实验要明确以下情况滑动变阻器必须用分压式接法：①要求电压或电流从零调；②变阻器的全电阻远小于待测电阻；③用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程．
16．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5 V ，额定功率为0.5 W ，此外还有以下器材可供选择：
A ．直流电源3 V(内阻不计)
B ．直流电流表0～300 mA(内阻约为5 Ω)
C ．直流电流表0～3 A(内阻约为0.1 Ω)
D ．直流电压表0～3 V(内阻约为3 kΩ)
E ．滑动变阻器100 Ω，0.5 A
F ．滑动变阻器10 Ω，2 A
G ．导线和开关
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．
(1)实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________；(均填写仪器前的字母)
(2)在图甲所示的虚线框中画出符合要求的实验电路图_______________(虚线框中已将所需的滑动变阻器画出，请补齐电路的其他部分，要求滑片P 向b 端滑动时，灯泡变亮)；
(3)根据实验数据，画出的小灯泡的I －U 图线如图乙所示．由此可知，当电压为0.5 V 时，小灯泡的灯丝电阻是________Ω.
【答案】BF 分压式 如图所示：。