高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷(含答案解析)

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷（含答案解析）
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，真空中有两个点电荷A 、B ，它们固定在一条直线上相距L =0.3m 的两点，它们的电荷量分别为Q A =16×10－12C ，Q B =4.0×10－12C ，现引入第三个同种点电荷C ，
（1）若要使C 处于平衡状态，试求C 电荷的电量和放置的位置？
（2）若点电荷A 、B 不固定，而使三个点电荷在库仑力作用下都能处于平衡状态，试求C 电荷的电量和放置的位置？ 【答案】（1）见解析（2）1216
109
C -⨯ ，为负电荷 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由分析可知，由于A 和B 为同种电荷，要使C 处于平衡状态，C 必须放在A 、B 之间某位置，可为正电荷，也可为负电荷．设电荷C 放在距A 右侧x 处，电荷量为Q 3 ∵ AC BC F F = ∴ 1323
22
()Q Q Q Q k
k x L x =- ∴
1222
()Q Q x L x =- ∴ 4(L －x)2=x 2 ∴ x =0.2m
即点电荷C 放在距A 右侧0.2m 处，可为正电荷，也可为负电荷．
（2）首先分析点电荷C 可能放置的位置，三个点电荷都处于平衡，彼此之间作用力必须在一条直线上，C 只能在AB 决定的直线上，不能在直线之外．而可能的区域有3个， ① AB 连线上，A 与B 带同种电荷互相排斥，C 电荷必须与A 、B 均产生吸引力，C 为负电荷时可满足；
② 在AB 连线的延长线A 的左侧，C 带正电时对A 产生排斥力与B 对A 作用力方向相反可能A 处于平衡；C 对B 的作用力为推斥力与A 对B 作用力方向相同，不可能使B 平衡；C 带负电时对A 产生吸引力与B 对A 作用力方向相同，不可能使A 处于平衡；C 对B 的作用力为吸引力与A 对B 作用力方向相反，可能使B 平衡，但离A 近，A 带电荷又多，不能同时使A 、B 处于平衡．
③ 放B 的右侧，C 对B 的作用力为推斥力与A 对B 作用力方向相同，不可能使B 平衡； 由分析可知，由于A 和B 为同种电荷，要使三个电荷都处于平衡状态，C 必须放在A 、B 之间某位置，且为负电荷．
设电荷C 放在距A 右侧x 处，电荷量为Q 3
对C ：1323
22(0.3)Q Q Q Q k
k x x =- ∴ x =0.2m 对B ：3212
22
()Q Q Q Q k k L L x =- ∴ 12316
109
Q C -=
⨯，为负电荷． 【点睛】
此题是库仑定律与力学问题的结合题；要知道如果只是让电荷C 处于平衡，只需在这点的场强为零即可，电性不限；三个电荷的平衡问题，遵循：“两同加一异”、“两大加一小”的原则.
2．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
2
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：
2
Qq
k
mg R = 由几何关系得，OC 间的距离为：
cos30R 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．
3．我们可以借鉴研究静电场的方法来研究地球周围空间的引力场，如用“引力场强度”、“引力势”的概念描述引力场。

已知地球质量为M ，半径为R ，万有引力常量为G ，将地球视为均质球体，且忽略自转。

(1)类比电场强度的定义方法，写出地球引力场的“引力场强度E ”的定义式，并结合万有引力定律，推导距离地心为r （r >R ）处的引力场强度的表达式2
=G
M E r 引； (2)设地面处和距离地面高为h 处的引力场强度分别为E 引和'
E 引，如果它们满足
'0.02E E E -≤引引
引
，则该空间就可以近似为匀强场，也就是我们常说的重力场。

请估算地
球重力场可视为匀强场的高度h （取地球半径R =6400km ）； (3)某同学查阅资料知道:地球引力场的“引力势”的表达式为=-G
M
r
ϕ引（以无穷远处引力势为0）。

请你设定物理情景，简要叙述推导该表达式的主要步骤。

【答案】(1)引力场强度定义式F
E m
=引，推导见解析；(2)h =64976m ；(3)推导见解析. 【解析】 【分析】 【详解】
(1)引力场强度定义式F E m
=
引 2Mm
F G
r = 联立得
2M E G
r =引 (2)根据题意
2M E G
R =引 '2
M E G r =引 '0.02E E E -=引引
引
h r R R =-=
解得
h =64976m
(3)定义式引力势=
p E m
ϕ引，式中p E 为某位置的引力势能
把某物体从无穷远移动到某点引力做的功
=0-=-p p W E E 引
即
=-p E W 引
则当质量为m 的物体自无穷远处移动到距离地球r 处时，引力做功为W 引 通过计算得
0Mm
W G
r =引＞ 所以
=-p Mm
E G
r =-M G
r
ϕ引
4．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中，有一长度l =0. 5m 的绝缘轻绳上端固定在O
点，下端系一质量21010m .-=⨯kg 、带电量8
2.010q -=⨯C 的小球（小球的大小可以忽
略）在位置B 点处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角α=37°，空气阻力不计，sin37°=0. 6，cos37°=0. 8，g =10m/s 2. （1）求该电场场强大小；
（2）在始终垂直于轻绳的外力作用下将小球从B 位置缓慢拉动到细绳竖直位置的A 点，求外力对带电小球做的功；
（3）过B 点做一等势面交电场线于C 点（C 点未画出），使轻绳与竖直方向的夹角增大少许（不超过5°），再由静止释放，求小球从C 点第一次运动到B 点的时间，并写出分析求解过程.
【答案】(1) 63.7510E =⨯N/C (2)2
1.2510F W J -=⨯ (3)0.31t s =
【解析】 【详解】
（1）带电小球静止，受到合力等于零，电场力与重力的关系是：
tan Eq mg α=，即tan mg
E q
α=
代入数值计算得电场场强大小：63.7510/E N C =⨯
（2）小球在外力作用下从B 位置缓慢移动到A 位置过程中，根据动能定理有：
sin (cos )0F W Eql mg l l αα-+-=
所以sin tan (cos )F mg
W q mg l l q
ααα=
-- 代入数值解得电场场强大小：2
1.2510F W J -=⨯
（3）分析受力可知：小球在运动过程中，重力和电场力的合力为恒力，大小为
5
cos 4
mg F mg α=
= 类比研究单摆的方法可知，小球的运动与单摆类似，回复力由上述合力沿圆周切向的分力提供。

因为从C 到B 的角度θ很小，进一步可知回复力与相对平衡位置的位移大小成正比、方向相反，故小球的运动为简谐运动。

小球的运动可等效为在某个场强大小为5
4
g mg '=，方向与竖直方向成α角斜向右下的场中做简谐运动，其周期为
225/4
l l T g g π
π==' 故从C 到B 最短的时间1
0.10.314
t T s π=
==
5．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
+=
．
6． 如图所示，光滑绝缘水平面上固定着A 、B 、C 三个带电小球，它们的质量均为m ，间距均为r ，A 带电量Q A =10q ，B 带电量Q B =q ，若小球C 上加一个水平向右的恒力，欲使A 、B 、C 始终保持r 的间距运动，求：
(1)C 球的电性和电量Q C ； (2)水平力F 的大小。

【答案】（1）C 球带负电 Q C =403q （2）F=70k 2
2q r
【解析】
（1）对A 、B 、C 系统研究得：3F
a m
=
A 球受到
B 球库仑斥力F 1和
C 球库仑力F 2后，要产生水平向右加速度，故F 2必为引力，C 球带负电。

对AB 两球有 2222(2)C A B A C B A B
Q Q Q Q Q Q Q Q k
k k k r r r r m m -+= 联立可得：403
C Q q =
（2）对整体和A 有 22(2)3C A B A
Q Q Q Q k k F r r
m m
-=
2
270q F k
r
=
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（a ），长度L=0.8m 的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A ，其电荷量Q=
；一质量m=0.02kg ，带电量为q 的小球B 套在杆上．将杆沿水平方向固定
于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x 轴正方向建立坐标系．点电荷A 对小球B 的作用力随B 位置x 的变化关系如图（b ）中曲线I 所示，小球B 所受水平方向的合力随B 位置x 的变化关系如图（b ）中曲线II 所示，其中曲线II 在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：（静电力常量
）
（1）小球B 所带电量q;
（2）非均匀外电场在x=0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小E ； （3）在合电场中，x=0.4m 与x=0.6m 之间的电势差U ．
（4）已知小球在x=0.2m 处获得v=0.4m/s 的初速度时，最远可以运动到x=0.4m ．若小球在x=0.16m 处受到方向向右，大小为0.04N 的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s 是多少？
【答案】（1）6110C -⨯（2）
（3）800 V （4）0.065m
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由图可知，当x=0.3m 时，
因此
．
（2）设在x=0.3m 处点电荷与小球间作用力为F 2， F 合=F 2+qE 因此
电场在x=0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小为3⨯，方向水平向左．
（3）根据图像可知在x=0.4m 与x=0.6m 之间合力做功大小 W 合=0.004⨯0.2 J=8⨯10-4J 由qU=W 合 可得
（4）由图可知小球从x=0.16m 到x=0.2m 处 电场力做功
小球从
到
处
电场力做功2W =1
2
-2mv =31.610--⨯J 由图可知小球从
到
处
电场力做功3W =－0.004×0.4 J=31.610--⨯J 由动能定理1W +2W +3W +F s 外=0 解得s =
【点睛】
通过图线1位置0.3m 处和库仑定律计算小球B 带电量；再根据图像分析0.3m 处合力向左，库仑力向右，可以计算出该位置外加电场的电场力，进而计算外加电场电场强度；在0.4m 到0.6m 处合电场是匀强电场，根据qU=W 合可以计算两位置电势差；通过动能定理计算距离．
8．如图所示，在竖直平面内有一固定的光滑绝缘轨道，圆心为O ，半径为r ，A 、B 、C 、D 分别是圆周上的点，其中A 、C 分别是最高点和最低点，BD 连线与水平方向夹角为37︒。

该区间存在与轨道平面平行的水平向左的匀强电场。

一质量为m 、带正电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经过D 点时速度最大，重力加速度为g （已知sin370.6︒=，cos370.8︒=），求:
(1)小球所受的电场力大小；
(2)小球经过A 点时对轨道的最小压力。

【答案】（1）4
3
mg ；（2）2mg ，方向竖直向上. 【解析】 【详解】
（1）由题意可知 :
tan 37mg
F
︒= 所以:
43
F mg =
（2）由题意分析可知，小球恰好能做完整的圆周运动时经过A 点对轨道的压力最小. 小球恰好做完整的圆周运动时，在B 点根据牛顿第二定律有:
2sin 37B v mg
m r
︒= 小球由B 运动到A 的过程根据动能定理有:
()
22
111sin 37cos3722
B A mgr Fr mv mv ︒︒--+=-
小球在A 点时根据牛顿第二定律有:
2A
N v F mg m r
+=
联立以上各式得:
2N F mg =
由牛顿第三定律可知，小球经过A 点时对轨道的最小压力大小为2mg ，方向竖直向上.
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，在场强大小为E 、水平向右的匀强电场中，一轻杆可绕固定转轴O 在竖直平面内自由转动．杆的两端分别固定两电荷量均为q 的小球A 、B ；A 带正电，B 带负电；A 、B 两球到转轴O 的距离分别为2l 、l ，所受重力大小均为电场力大小的3倍，开始时杆与电场夹角为θ（0090180θ≤≤）．将杆从初始位置由静止释放，以O 点为重力势能和电势能零点．求：
W；
（1）初始状态的电势能e
（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角α；
（3）杆在电势能为零处的角速度ω．
【答案】（1）-3qElcosθ；（2）30°；（3）当θ<150°时，
；当θ150°时，或
【解析】
【分析】
【详解】
（1）初态：W e=qV++(-q)V-=q(V+-V-)=-3qElcosθ
（2）平衡位置如图，
设小球的质量为m，合力矩为
3qElsinα-mglcosα=0
由此得
α=30°
（3）电势能为零时，杆处于竖直位置，当初始时OA与电场间夹角θ=150°时，A恰好能到达O正上方，在此位置杆的角速度为0
当θ<150°时，A位于O正下方处电势能为零．
初态：W e=—3qElcosθ，E p=mglsinθ
末态：，
能量守恒：
解得
当θ150°时，电势能为0有两处，即A位于O正下方或正上方处
当A 位于O 正下方时， 当A 位于O 正上方时，
解得
11．如图所示，电荷量均为＋q 、质量分别为m 和2m 的小球A 和B ，中间连接质量不计的细绳，在竖直方向的匀强电场中做初速度为0，加速度为a ＝6
g
的匀加速上升运动，当速度为v 0时细绳突然断开．(不考虑电荷间的相互作用)
求：(1)电场强度大小；
(2)自绳断开至球B 速度为零的过程中，两球组成系统的机械能增量为多少？ 【答案】（1）74mg q
（2）63m 2
0v 【解析】
受力分析，由牛顿第二定律列式求解；根据运动学公式，及电场力做功导致系统的机械能增加，即可求解．
（1）设电场强度为E ，把小球A 、B 看作一个系统，由于绳未断前两球均做匀加速运动，则有：233qE mg ma -= 解得：74mg
E q
=
（2）细绳断后，根据牛顿第二定律得：
A qE mg ma -= 得34
A g
a =
方向向上； 22B qE mg ma -= 得8
B g
a =-
（负号表示方向向下） 设自绳断开到球B 速度为零的时间为t ，则有：00B v a t =+ ，解得0
8v t g
=
在该时间内A 的位移为：22
00321 2A A v s v t a t g
=+=
由功能关系知，电场力对A 做的功等于物体A 的机械能增量，2
056A A E qEs mv ∆==
同理对球B 得：22
0041 2B B v s v t a t g =+= 207B B E qEs mv ∆==
解得2
063A B E E E mv ∆=∆+∆=
【点睛】考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，掌握机械能守恒条件，理解除重力之外的力做功导致机械能变化．
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
018qEL
m
υ=
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．某实验小组进行电阻丝电阻率的测量，其中实验器材有；
A ．直流电源（电动势约4.5V ，内阻很小可忽略）
B ．0-0.5A 的电流表（内阻很小可忽略）
C ．R 0＝10Ω的定值电阻
D ．R 0＝50Ω的定值电阻 E.粗细均匀，总电阻约15Ω的待测电阻丝 F.刻度尺 G 螺旋测微器 H.开关一个，导线若干
(1）图甲是实验电路图，请规范画出其实验原理图__________；
(2）实验时，定值电阻R 0应选用________________（填器材编号）；
(3)实验时，多次移动线夹所在的位置，测量其连入电路中的电阻丝的长度，记为l ，同时记下相对应的电流表的示数I ; (4）以
1
I
为纵轴，以l 为横轴，得到图丙的图象，已知该图线的截距为b 、斜率为k ．由此可知电源的电动势可表示为___，若测得电阻丝直径为d ，则电阻丝的电阻率可表示为
ρ＝____．（都用题中所给的字母符号表示）
(5)实际上电源和电流表都存在一定的内阻，而实验处理数据时忽略了这两个内阻，因此将导致电阻率的测量值_____实际值．（填“大于”或“小于”）
【答案】
C 0R b 20
4d kR b
π 小于
【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据实物图画出电路图如图所示;
（2）根据电源电动势和电流表的量程可知保护电阻的阻值大约为0 4.5
90.5
E R Ig ===Ω 所以保护电阻选C
（4）根据闭合电路欧姆定律知：
0()x E I R R =+ 及24x l l R S d
ρ
ρπ== 得：
0214R l I d E E
ρ
π=+ 所以结合图像是0R b E = ，所以0R
E b
=
2
4k d E ρπ= ，所以20
4d kR b
πρ= （5）由于整理公式时忽略掉了电源的电阻和电流表的电阻 所以导致测量值偏小
14．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R 2调至最大，断开S 2，闭合S 1，调节电位器R 2，使电流表指针偏转到满刻度．再闭合S 2，调节电阻箱R 1，使电流表的指针偏转到满刻度的
2
3
，此时电阻箱R 1的示数如图(乙)所示．
（1）电阻箱的示数R 1=________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：
【点睛】本题考查半偏法测电流表内阻的原理和电压表的改装原理以及改装表的校对，难
点是对半偏法测电流表内阻原理的解释．
15．育才中学科技小组的小明同学自行设计了一个地磅，其原理如图1所示．设电源两端
电压
U恒为定值，R0为定值电阻，滑动变阻器的总电阻为R、总长度为L ，滑动触头与托盘固联，开始时触头位于变阻器最上端A，并能随轻弹簧一起上下滑动．已知滑动变阻器
的电阻与其接入电路的长度成正比；当对地磅施加压力F时，弹簧的长度会缩短L ．请回答：
（1）定值电阻R0的作用是________．
（2）电流表的示数与待测物体质量m之间的关系式为________；此地磅的刻度特点是
________．
（3）有同学建议小明将原理图改为图2所示，你认为这样改________（填“好”或“不好”）. （4）请你在图2的基础上，在图3的方框里画出你改进后的电路图，这样的好处是什么？
【答案】（1）分压限流，保护电路元件作用；（2）
(L)R
U
mgL
R
FL
-+；不均匀（3）不好（4）这样的好处是电压与质量成正比，反应质量的刻度线均匀．
【解析】
（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0
时，电路中的电流最大，电流表有烧坏的可能，则定值电阻R 0的作用是保护电路；
（2）滑动变阻器的电阻与其接入电路的长度成正比；当对地磅施加压力F 时，弹簧的长度会缩短l ．
当质量为m 的物体放在地磅上时，弹簧形变量为l′，有 F mg
l l =
'
，即此时的弹簧缩短了mgl l F '=
，设此时滑动变阻器的阻值为R′，则 R R L L l '
=-'
所以11l mgl
R R R L FL
（）（）''=
-=-， 根据欧姆定律可知，此时电路中的电流为
00
(1)U U
I mgl R R R R FL
=
=
'+-+
由表达式可知，电流表的示数与物体的质量不成正比，所以造成刻度盘上的刻度不均匀； （3）电压表的示数为滑动变阻器的电压，等于电源电压减去定值电阻R 0的电压． 故
00
(1)U
U U IR U R mgl
R R FL
'=-=-
-+， 由表达式可知，电压表的示数与物体的质量不成正比，所以造成刻度盘上的刻度不均匀，故这样改仍然不好； （4）改进的电路如图所示，
滑片的移动不能改变接入电路中电阻的大小，但可以改变电压表所测部分的电阻， 设地磅上放上质量为m 的物体时弹簧缩短量为l″，则l″=
mg F
l
此时变阻器根据电压表并联部分的电阻R″=l L "
R，
根据欧姆定律，此时电路中的总电流为I=
U
R R
+
，
所电压表的示数为
()
000
()()
mg
l
U l U mgRU
F
U IR R R
R R L R R L R R FL
"
'="===
+++
，
由表达式可以看出，电压与质量成正比，反应质量的刻度线均匀．
点睛：本题以地磅为背景考查了重力公式和串联电路的特点、欧姆定律的应用；关键：一是根据弹力的大小跟弹簧伸长或缩短的长度关系得出压力，二是根据滑动变阻器的长度和总电阻得出放物体时接入电路中电阻的大小，三是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等．
16．某同学在“测定金属丝电阻率”的实验中：
（1）在用游标为20分度的游标卡尺测其长度时，示数如图甲所示，读数为______cm．（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，读数为______mm．
（3）在测量金属丝的电阻率的实验中，已知电阻丝的电阻约为10Ω，现备有下列器材供选用：
A．量程是0-0.6A，内阻是0.5Ω的电流表；
B．量程是0-3A，内阻是0.1Ω的电流表；
C．量程是0-3V，内阻是6kΩ的电压表；
D．量程是0-15V，内阻是30kΩ的电压表；
E．阻值为0-1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器；
F．阻值为0-10Ω，额定电流为2A的滑动变阻器；
G．蓄电池（6V）；
H．开关一个，导线若干．
为使测量结果尽量准确，电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选
______．（只填字母代号）
若图所示的实验仪器就是我们选定，请用铅笔画线连接实验电路．（______）
【答案】5.015 5.700 C A F
【解析】
【详解】
（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：5.0cm=50mm ，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为：
3×0.05mm=0.15mm
所以最终读数为：
50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm
（2）[2]螺旋测微器的固定刻度为5.5mm ，可动刻度为：
20.0×0.01mm=0.200mm
所以最终读数为：
5.5mm+0.200mm=5.700mm
（3）[4][5][6]电源电动势为6V ，电压表应选C 、量程是0-3V ，内阻6kΩ；如果选D 、量程是0-15V ，内阻30kΩ，电源电动势不到电压表量程的一半，读数误差较大；电路最大电流约为：
60.610
E I R ===A 则电流表应选：A 、量程是0-0.6A ，内阻是0.5Ω；为方便实验操作，滑动变阻器应选：
F 、阻值为0-10Ω，额定电流为2A ；待测电阻为10Ω，滑动变阻器最大电阻为10Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；由于：
106000206000.510
V A R R R R ==<== 则电流表应采用外接法，电路图如图所示：
17．在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径d时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5 Ω，用伏安法测出金属丝的
电阻R，然后由
S
R
L
ρ=算出该金属材料的电阻率．
（1）从图中读出金属丝的直径d= _______mm.
（2）（i）为测金属丝的电阻, 取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：①电压表0～3 V，内阻10 kΩ ②电压表0～15 V，内阻50 kΩ
③电流表0～0.6 A，内阻0.05 Ω ④电流表0～3 A，内阻0.01 Ω
⑤滑动变阻器0～10 Ω ⑥滑动变阻器0～100 Ω
(3)下列说法正确的是（___________）
A．电压表应选用器材①
B．电流表应选用器材④
C．实验时通电时间不宜过长
D．d值只需在金属丝中央测量一次即可。