高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷(解析版)

高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷（解析版）
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，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
2
v =
3．如图所示，∆abc 处在真空中，边长分别为ab ＝5cm ，bc ＝3cm ，ca ＝4cm ．两个带电小球固定在a 、b 两点，电荷量分别为q a ＝6.4×10－12C ，q b ＝－2.7×10－12C ．已知静电力常量k ＝9.0×109N ⋅m 2/C 2，求c 点场强的大小及方向．
【答案】方向与由a指向b的方向相同
【解析】
【详解】
如图所示，a、b两电荷在c点的场强分别为
E a＝k＝36N/C
E b＝k＝27N/C
由几何关系，有
E2＝E a2＋E b2
解得
E＝45N/C
方向与由a指向b的方向相同.
4．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1
3
h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)
2
9
mgh q
kQ =
,
7
9
a g
=方向竖直向上(2)
27
4
kQ
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：
2
9
mgh
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：
()0
4
h
mg h qU
--=
得：
27
4
kQ
U
h
=
5．如图，绝缘细杆AB倾角为α，在杆上B点处固定有一电荷量为Q的正电荷．现将带正电的小球由距B点竖直高度为H的A点处无初速释放，小球下滑过程中电荷量不变．己知小球的质量为m、电荷量为q．不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．静电力常量为k，重力加速度为g．求：
（1）正电荷Q在A处产生的场强大小；
（2）小球刚释放时的加速度大小；
（3）若A、B间的距离足够大，小球动能最大时球与B点间的距离．
【答案】(1) 2
2sin A Q E k H α=(2)22
sin sin kQq a g mH
αα=- (3)R =【解析】 【详解】 (I)根据
2Q
E k
r
= 又因为
sin H
r α=
所以
22sin A Q
E k
H
α= (2)根据牛顿第二定律
sin mg F ma α-=
根据库仑定律
Qq F k
r
= 解得
22
sin sin kQq a g mH
α
α=- (3)当小球受到的合力为零，即加速度为零时，动能最大 设此时小球与B 点间的距离为R ,则
2sin kQq mg R
α=
解得
R =
答案：(1) 2
2sin A Q E k H α=(2)22
sin sin kQq a g mH αα=- (3)R =
6．如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为41.2510N/C E =⨯，一根长 1.5m L =、与水平方向的夹角为37θ=︒的光滑绝缘细直杆MN 固定在电场中，杆的下端M 固定一个带电小球A ，电荷量6
4.510C Q -=+⨯；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量
61.010C q -=+⨯，质量21.010kg m -=⨯。

现将小球B 从杆的上端N 静止释放，小球B
开始运动。

（静电力常量9229.010N m /C k =⨯⋅，取2
10m/s g =，sin370.6︒=，
cos370.8︒=）求：
(1)小球B 开始运动时的加速度为多大？
(2)小球B 的速度最大时，与M 端的距离r 为多大？
【答案】(1)a ＝3.2 m/s 2；(2)r ＝0.9 m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得
2
sin cos kQq
mg qE ma L -
-=θθ 解得
2
2cos sin 3.2m/s kQq qE a g mL m =-
-=θθ (2)小球B 速度最大时合力为零，即
2sin cos 0kQq
mg qE r
-
-=θθ 解得
0.9m sin cos kQq
r mg qE =
=-θθ
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，在xOy 直角坐标系0<x <L 的区域存在沿y 轴负方向的匀强电场，在
L ≤x ≤2.5L 的区域存在方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场。

S 为一粒子源，可以产生带电量为q 、质量为m 的正粒子，粒子初速度可忽略。

粒子经电压为U 0的加速电场加速后沿x 轴正方向从y 轴上的M 点进入电场区域，M 点到原点的距离为L ，一段时间后该粒子从磁场左边界与x 轴的交点处进入磁场，经磁场偏转后从磁场右边界射出磁场，该粒子在磁场中运动的时间为其在磁场中做匀速圆周运动周期的四分之一，若不计粒子重力。

求： (1)0<x <L 区域内匀强电场的电场强度； (2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)若仅将匀强磁场的磁感应强度增大到原来的2倍，分析计算粒子将从什么位置离开电磁场区。

【答案】(1)04U L
；(2)0
22mU L q ；(3)2.5L
【解析】 【分析】 【详解】
（1）设粒子经加速电场加速后的速度为0v 则有
2001
2
qU mv =
令磁场左边界与x 轴的交点为C 点，从M 点到C 点：粒子在电场中做类平抛运动：
0L v t =
212
L at =
Eq a m =
联立可得：
4U E L
=
（2）粒子从M 进入电场，经C 进入磁场，在电场和磁场中的运动轨迹如图所示。

粒子在C 点进入磁场的速度，
y v at =
22005y v v v v =+= sin 5
y v v α=
=
粒子在磁场中洛伦磁力提供向心力：
2
v Bqv m r
=
根据几何关系可得：
sin sin 1.5r r L αβ+=
根据题意可得
90αβ+=︒
解得：
22mU B L q
=
当磁感应强度加倍时，半径减半2
r
r '=
，则： sin 1.5r r L α''+<
运动轨迹如图
设：粒子从磁场左边界回到电场（F 点）时速度方向与水平方向夹角为α，则F 、C 两点的距离为；
2cos 0.52
r
y L α∆=⨯=
把粒子从y 轴进入电场和由磁场左边界返回电场两段运动看做一个完整的平抛运动，前后两段运动的时间相同，由磁场返回偏转电场的过程沿y 轴方向的位移为：
2211
(2)322
a t at L -= 所以到达y 轴的位置距原点
3- 2.5L y L ∆=
8．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如下图所示.小球运动的轨迹上A 、B 两点在同一水平线上，M 为轨迹的最高点.小球抛出时的动能为8.0J ，在M 点的动能为6.0J ，不计空气的阻力.求： （1）小球水平位移x 1与x 2的比值； （2）小球落到B 点时的动能E kB ；
（3）小球从A 点运动到B 点的过程中最小动能E kmin .
【答案】(1)1:3(2)32J(3)
24
7
J
【解析】
【详解】
(1)如图所示，带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动，竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动，故从A到M和M到B的时间相等，则x1:x2=1:3 (2)小球从A到M，水平方向上电场力做功W电=6J
则由能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为
E kB=E k0十4W电=32J
(3)由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：
1
2
2
6J
1
6J
2
Fx
F
t
m
=
=
即
2
2
8J
1
8J
2
Gh
G
t
m
=
=
即
联立解得
3
2
F
G
=
由图可知
33
tan sin
27
F
G
θθ
==⇒=
则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效重力G/垂直，故：
2
124
()J
27
kmin
E m v sinθ
==
9．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成θ角的绝缘直杆AC，
其下端(C端)距地面高度为h．有一质量m=0.5kg的带电小环套在直杆上，正以某一速度
v
沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C 端的正下方P 点处．(g 取10m/s 2)
(1)若θ=45°，试判断小环的电性，并求出小环受到的电场力大小； (2)若θ=45°，h =0.8m ，求小环在直杆上匀速运动的速度大小0v ；
(3)若保持h 不变，改变θ角(0＜θ＜90°)及小环的电荷量，使小环仍能匀速下滑，离杆后正好通过C 端的正下方P 点处，试推出初速度0v 与θ角间的定量关系式． 【答案】(1) 负电 5N (2)2m/s (3)02
gh
v θ= 【解析】 【详解】
(1)小环沿杆匀速下滑，合力为零，小环所受的电场力水平向右，则小球带负电。

小环匀速下滑合力为零，电场力
tan 455N F mg =︒=
(2)小环离开杆后做类平抛运动，由牛顿第二定律
2mg ma =
平行于杆的方向做匀速直线运动，则有
0sin 45x v t h ==︒
垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有
2
1cos 452
y at h =
=︒ 得02m/s v = (3)有牛顿第二定律得
cos mg
ma θ
= 平行于杆的方向做匀速直线运动，则有
0sin h v t θ=
垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有
21cos 2
h at θ=
解以上方程得
02
gh
v θ=
10．
如图所示，倾角为α=30°的绝缘斜面AB 长度为3l ，BC 长度为
3
2
l ，斜面上方BC 间有沿斜面向上的匀强电场.一质量为m 、电荷量为+q 的小物块自A 端左上方某处以初速度
03v gl =水平抛出，恰好在A 点与斜面相切滑上斜面，沿斜面向下运动，经过C 点但未
能到达B 点，在电场力作用下返回，最终恰好静止在A 点，已知物块与斜面间的动摩擦因数为3
μ=
，不考虑运动过程中物块电荷量的变化，重力加速度为g ，求:
（1）物块平抛过程中的位移大小; （2）物块在电场中的最大电势能 【答案】（113
（2）2mgl 【解析】 【详解】
（1）物块落到斜面上A 点时，速度方向与水平方向夹角为α，设此时速度为v 则
cos v v
α=
，竖直速度sin y v v α=， 平抛过程中水平位移0y v x v g
=，
竖直位移22y
B
v y =
，
平抛的位移22s x y =+
解得13s =
. （2）设物块沿斜面向下运动的最大位移为x ´，自物块从A 点开始向下运动到再次返回A 点根据动能定理有2
12cos 02
mg x mv μα'
-⋅=-， 解得2x l '=.
物块位于最低点时，电势能最大，物块自A 点到最低点过程中，设电场力做功为W ，根据动能定理有2
1sin cos 02
mg x mg x W mv αμα'
'
⋅-⋅-=-， 解得2W mgl =，即物块电势能大值为2mgl .
11．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：
（1）初始状态的电势能e W ；
（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
12．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 (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
D v =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
t =
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，现有两个多用电表 A 、B ，某同学使用两个多用电表进行相互测量。

（1）将多用电表 A 的选择开关拨至欧姆挡“×100”挡，两表笔短接后发现指针如图甲所示，正确的操作应调节哪个部件_______。

（选填“A”或“B”或“C”）
（2）正确调节后，将多用电表B 拨至“0.5mA”档，与多用电表 A 进行相连，如图乙，那么多用电表A 的红表笔与多用电表 B 的_______相接。

(选填“红表笔”或“黑表笔”)（3）正确连接两多用电表后，发现两表指针如图丙所示，那么测得多用电表B 的内阻为______Ω，此时多用电表 A 欧姆档的内部电源的电动势为_____V。

（计算结果保留两位有效数字）
【答案】B 黑表笔 1000 1.4
【解析】
【分析】
(1)[1]调整欧姆调零旋钮B，使指针指到欧姆表的0刻度。

(2)[2]电表中的电流都是“红进黑出”，因此电流应从A的黑表笔流入B的红表笔，因此A 的红表笔应接B的黑表笔。

(3)[3]由于欧姆表是倍率档，因此B的内阻
10100Ω1000Ω
R=⨯=
[4]由于欧姆表内阻就是它的中值电阻，为4000Ω，从B表中读出回路电流为0.280mA，根据闭合电路欧姆定律，可得电动势
3
()0.28010(10004000)V 1.4V
E I R r-
=+=⨯+=
14．某同学设计了如图所示的实验电路测量电压表的内阻和电阻丝的电阻，实验室提供的器材有：两节干电池、电阻箱R0、粗细均匀的电阻丝、与电阻丝接触良好的滑动触头P、开关、灵敏电流计（灵敏电流计的零刻度在表盘正中央）、待测电压表、导线．他进行了下列实验操作：
（1）按原理如图将如图所示的实物图连接成完整电路，请你帮他完成实物连线_______；（2）先将电阻箱的阻值调至最大，将滑动触头P移至电阻丝的正中间位置；
（3）闭合开关K，将电阻箱的阻值逐渐减小，当电阻箱的阻值为R0时，灵敏电流计示数为0，可知电压表内阻R V＝_____；
（IV）将电阻箱的阻值调至0，将cd导线断开，然后将滑动触头P移至最左端．此时电压表的示数为U，灵敏电流计的示数为I，则电阻丝的电阻为_____，测得的电阻值_____（填“偏大”“偏小”或“准确”）．
【答案】电路连线如图:
R0U
I
偏大
【解析】
（1）电路连线如图：
（3）灵敏电流计的示数为0时，说明电压表和电阻箱分压之比与电阻丝右边和左边电阻分压相等，故0V R R =；
（4）将电阻箱的阻值调至0，将cd 导线断开，将滑动触头P 移至最左端后，电阻丝的全部电阻与灵敏电流计串联，电压表测量的是灵敏电流计和电阻丝的总电压，电阻丝电阻的测量值U R I =
，因为采用了内接法，A U
R R I
=+ ，故电阻的测量值偏大．
15．温度传感器的核心部分是一个热敏电阻。

某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻之后，利用所学知识来测量由某种金属制成的热敏电阻的阻值。

可供选择的实验器材如下：
A ．直流电源，电动势E =6V ，内阻不计；
B ．毫安表A 1，量程为600mA ，内阻约为0.5Ω；
C ．毫安表A 2，量程为10mA ，内阻R A =100Ω；
D ．定值电阻R 0=400Ω；
E ．滑动变阻器R =5Ω；
F ．被测热敏电阻R t ，开关、导线若干。

(1)实验要求能够在0~5V 范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值R t 进行测量，请在图甲的方框中设计实验电路______。

(2)某次测量中，闭合开关S ，记下毫安表A 1的示数I 1和毫安表A 2的示数I 2，则计算热敏电阻阻值的表达式为R t =______（用题给的物理量符号表示）。

(3)该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的I 2－I 1图象如图乙所示，由图可知，该热敏电阻的阻值随毫安表A 2的示数的增大而____（填“增大”“减小”或“不变”）。

(4)该小组的同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。

将该热敏电阻接入如图丁所示电路，电路中电源电压恒为9V，内阻不计，理想电流表示数为0.7A，定值电阻R1=30Ω，则由以上信息可求出定值电阻R2的阻值为______Ω，此时该金属热敏电阻的温度为______℃。

【答案】
()
2A0
12
I R R
I I
+
-
增大 17.5 55
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．题目中没有电压表，可用已知内阻的电流表A2与定值电阻R0串联构成量程为
()0.01(100400)V=5V
g A
U I R R
=+=⨯+的电压表；滑动变阻器用分压电路，电路如图：
(2)[2]．由电流可知
()
2A0
12
t
I R R
R
I I
+
-
=
(3)[3]．根据
()
2A0
12
t
I R R
R
I I
+
-
=可得
21
A
1
1
t
I
R R
R
I
+
=
+
则该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大，斜率A0
1
1
t
R R
R
+
+变大，可知R t变大。

(4)[4][5]．通过R1的电流
1
1
0.3A
U
I
R
==
则通过R2和R t的电流为0.4A；由I2-I1图像可知，I2=4mA，此时R t两端电压为2V，则R2两
端电压为7V ，则
27
17.50.4
R =
Ω=Ω 2
50.4
t R =
Ω=Ω 根据R t -t 图像可知
14153
t R t =
+ 解得
t=55℃
16．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R 1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R 1的阻值为________Ω. U/A 0.40 0.80 1.20 1.60 2.00 2.40 I/A
0.09
0.19
0.27
0.35
0.44
0.53
(3)已知图2中R 2与R 1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R 2的边长是R 1的
1
10
，若测R 2的阻值，则最优的连线应选________(填选项)． 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R 1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 ．
17．某同学想要测量一只量程已知的电压表V 的内阻，实验室提供的器材如下： A ．电池组（电动势约为3V ，内阻不计） B ．待测电压表V （量程3V ，内阻约3kΩ）一只 C ．电流表A （量程3A ，内阻15Ω）一只 D ．滑动变阻器R 1（最大阻值为15kΩ）一个 E ．变阻箱R 2（0~9999Ω）一个 F ．开关和导线若干
(1)该同学设计了如下图所示的两个实验电路图，为了较准确地测出该电压表内阻，你认为合理且可行的是_______。

(2)用你选择的电路进行实验时，闭合电键，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的示数U 和_________（填上文字和符号）。

(3)为了能作出相应的直线图线，方便计算出电压表的内阻，根据所测物理量建立适当的图象_________（填字母序号）。

A ．U I - B ．1U I
- C ．
1
R U
- D ．U R -
(4)根据前面所做的选择，若利用实验数据所作图像的斜率为k 、截距为b ，则待测电压表V 内阻的表达式R V =_______。

【答案】A 电阻R C b k
【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]．图B 电路 中由于滑动变阻器最大阻值为15kΩ，电路电流较小，改变阻值过程中，电流表读数变化范围太小，因此B 电路不合理。

图A 电路，由于电阻箱R 2电阻最大阻值为9999Ω，改变电阻箱阻值可以改变电压表示数，测出多组实验数据，因此比较合理的实验电路是图A 。

(2)[2]．选择电路A 进行实验时，闭合电键，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的示数U 和电阻箱R 2的阻值R 。

(3)[3]．由于电源内阻可以忽略不计，由闭合电路欧姆定律可得
V
U E U R R +
＝ 此式可改写为
111 V
R U E ER +＝ 以R 为横坐标，
1U 为纵坐标，作出1
U
−R 图象，用图象法处理实验数据，故选C 。

(4)[4]．由
111 V R U E ER +＝，则1U
−R 图象的斜率
1V
k ER ＝
截距
1b E
＝
则电压表内阻
V b R k
＝
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 ；
(3)实验过程中电压表V 1、V 2与电流表A 的测量结果已经在图丙中的图像中描出，由U —I 图像可得，电源的电动势为_____V ，电源的内阻为_____Ω，金属丝的电阻为____Ω；（均保留三位有效数字）
(4)由电阻定律可得，金属丝的电阻率为______Ω⋅m （保留两位有效数字）。

【答案】D G 0.580 3.00（2.98〜3.00均给分） 2.0（2.17〜2.22均给分） 3.00（2.97
〜3.09均给分） 1.6×10－
6
【解析】 【分析】 【详解】
(1)该实验中金属丝的电阻为几欧姆，所以滑动变阻器的阻值选择量程为20欧姆的即可，所以选择G ，所以电流表选择0.6A 的就可以，所以是D 。

(2)根据螺旋测器的读数规则0.50.018.00.580d mm mm mm =+⨯=
(3)V 2测的是电源电动势，V 1测的是金属丝的电压，根据图像可知，斜率为负的那条直线对应的是V 2的图线，斜率为正的是V 1的图线，V 2图线与纵轴的交点即为电动势，斜率的大小为内阻，得到 3.00V E =， 2.0r =Ω，两条线的交点为金属丝的工作电压和电流，所以金属丝的电阻为 1.8 3.00.6
U R I =
=Ω=Ω。

(4)根据电阻定律可得2
6()2 1.610?d R m
L
πρ-==⨯Ω
四、必修第3册 电能 能量守恒定律实验题易错题培优（难）
19．某实验小组要测量干电池组(两节)的电动势和内阻，实验室有下列器材： A 灵敏电流计G (量程为0~10mA ，内阻约为100Ω) B 电压表V （量程为0~3V ，内阻约为10kΩ) C ．电阻箱R 1(0~999.9Ω)
D ．滑动变阻器R 2(0~10Ω，额定电流为1A) E.旧电池2节
F.开关、导线若干
(1)由于灵敏电流计的量程太小，需扩大灵敏电流计的量程．测量灵敏电流计内阻的电路如图甲所示，调节R 2和电阻箱，使得电压表示数为2.00V ，灵敏电流计示数为4.00mA ，此时电阻箱接入电路的电阻为398.3Ω，则灵敏电流计内阻为___________Ω(保留一位小数)． (2)为将灵敏电流计的量程扩大为100mA ，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R 1的阻值调为___________Ω(保留三位有效数字)．
(3)把扩大量程后的电流表接入如图乙所示的电路，根据测得的数据作出G U I － (U 为电压表的示数，G I 为灵敏电流计的示数)图象如图丙所示则该干电池组的电动势E =___________V ，内阻r =___________Ω(保留三位有效数字)
【答案】101.7 11.3 2.910.01± 9.10.2± 【解析】 【分析】
（1）根据题意应用欧姆定律可以求出电流表内阻．
（2）把灵敏电流计改装成电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值．
（3）由闭合电路欧姆定律确定出G U I -的关系式，结合图象求得E ，r ． 【详解】
（1）[1]灵敏电流计内阻：
13
2.00398.3101.74.0010g U R R I -=
-=-=⨯Ω （2）[2]灵敏电流计满偏电流为10mA ，把它改装成100mA 的电流表，电流表量程扩大了10倍，并联电阻分流为90mA ，为电流计的9倍，由并联电路特点可知，并联电阻阻值：
101.7
11.39
9
g R R =
=
=并Ω （3）[3][4]电流表示数：10G I I =，由图示电路图可知，电源电动势：
10G E U Ir U I r =+=+
整理得：
()
10
G
U E r I
=-
由图示G
U I
-图象可知，电源电动势：E=2.91V，图象斜率：
k=10r=3
2.91 2.00
91
1010
G
U
I-
∆-
==
∆⨯
电源内阻：r=9.1Ω。

【点睛】
本题关键是明确实验的原理，明确各个部分联接关系，由部分电路欧姆定律与全电路欧姆定律分析求解，对于图象类问题要写出表达式进行分析．
20．一同学设计了如图甲所示电路来测节干电池的电动势和内阻．该同学选好器材后，进行操作(其中0R是保护电阻)．
（1）该同学测量时记录了6组数据，并根据这些数据面出了U-I图线如图丙所示，根据图线求出干电池
的电动势E=_________V(结果保留三位有效数字)，内阻r=___________Ω．
（2）若保护电阻
R的阻值未知，该干电池的电动势E、内电阻r已经测出，在图乙的电路中只需改动一条线就可测量出0R的阻值．该条线是_________，需改接为________(请用接线柱处的字母去表达)．改接好后，调节滑动变阻器，读出电压表的示数为U、电流表示数为I，电源的电动势用E表示，内电阻用r 表示，则0R=__________．
【答案】1.48V 0.50Ω（0.48～0.52Ω） dj je或者jf
E U
R r
I
-
=-
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由图丙所示，电源U-I图像可知，图像与纵轴交点坐标值为1.48，则电源电动势
E=1.48V，电源内阻
1.48 1.20
0.500.480.52
0.56
U
r
I
∆-
===ΩΩ
∆
（～） ,
（2）将导线jd改接为je，此时电源与定值电阻组成等效电源，在闭合电路中，电源电动。