平顶山市高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

平顶山市高中物理必修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．（1）科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远
小于两星体间的距离，一般双星系统距离其它星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M 0，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G ．
①求该双星系统中每个星体的线速度大小v ；
②如果质量分别为m 1和m 2的质点相距为r 时，它们之间的引力势能的表达式为
12
p m m E G
r
=-，求该双星系统的机械能． （2）微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．假设核外电子的质量为m ，氢原子核的质量为M ，二者相距为r ，静电力常量为k ，电子和氢原子核的电荷量均为e ．已知电荷量分别为+q 1和-q 2的点电荷相距为r 时，它们之间的电势能的表达式为12
p q q E k
r
=-． ①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量分别用E Ⅰ、 E Ⅱ表示，请推理分析，比较E Ⅰ、 E Ⅱ的大小关系； ②模型Ⅰ、Ⅱ中电子做匀速圆周运动的线
速度分别用v Ⅰ、v Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从线速度的角度分析这样做的合理性．
【答案】（1）①v =②202M G L -（2）①2
-2ke r
②模型Ⅰ的简化是合理的
【解析】
（1）① 22
002/2
M M v G L L =，解得 v =
②双星系统的动能22
00k 0012222GM GM E M v M L L =⨯==
，双星系统的引力势能20P GM E L =-，该双星系统的机械能E=E k +E p =2
02M G L - （2）①对于模型Ⅰ：22I 2mv ke r r =，此时电子的动能E k Ⅰ=2
2ke r
又因电势能2pI e E k r =-，所以E Ⅰ= E k Ⅰ+E p Ⅰ=2
-2ke r
对于模型Ⅱ：对电子有：
2
2
1
2
1
mv
ke
r r
=，解得
22
1
12
mv r
r
ke
=
对于原子核有：
2
2
2
2
2
Mv
ke
r r
=，解得
22
2
22
Mv r
r
ke
=
因为r1+r2=r，所以有
2222
12
22
+
mv r Mv r
r ke ke
=
解得E kⅡ=
2 22
12
11
222
ke mv Mv
r
+=
又因电势能
2
p
e
E k
r
=-
Ⅱ
，所以EⅡ= E kⅡ+E pⅡ=
2
-
2
ke
r
即模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量相等，均为
2 -
2 ke
r
②解法一：
模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有
2
2
I
I
2
=
mv
ke
m v
r r
ω
=，解得
2
I2
=
ke
v
m r
ω
模型Ⅱ中：
对电子有：
2
2
II
1II
2
1
=
mv
ke
m v
r r
ω
=，解得
2
II2
1
=
ke
v
m r
ω
对于原子核有：
22
2
2
2
=
ke Mv
M v
r r
ω
=，
因ω1=ω2，所以mvⅡ=Mv
又因原子核的质量M远大于电子的质量m，所以vⅡ>>v，所以可视为M静止不动，因此ω1=ω2=ω，即可视为vⅠ=vⅡ．故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的．
②解法二：
模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有
2
2
I
2
mv
ke
r r
=
，解得
I
v
模型Ⅱ中：
库仑力提供向心力：
2
22
12
2
=
ke
mr Mr
r
ωω
== (1)
解得1
2=
r M
r m；
又因为r1+r2=r所以1=M
r
m M
+2=
m
r
m M
+
带入（1）式：
ω=
所以：()21=?ke M v r r m M m ω=+Ⅱ ()22=?ke m
v r r m M M
ω=+
又因原子核的质量M 远大于电子的质量m ，所以v Ⅱ>>v ，所以可视为M 静止不动；故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的．
2．一带正电的 A 点电荷在电场中某点的电场强度为 4．0×104N/C ，电荷量为+5．0×10-8 C 的 B 点电荷放在该点,求： （1）点电荷在该点受到的电场力？
（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的电场强度？ 【答案】（1）3210N -⨯，方向由A 指向B （2）4410/N C ⨯，方向由A 指向B 【解析】 【分析】 【详解】 （1）
方向：由A 指向B
（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的场强不变，仍为
方向：由A 指向B
3．如图所示，在绝缘水平面上，相距L 的A 、B 两点处分别固定着两个带电荷量相等的正点电荷，a 、b 是AB 连线上的两点，其中4
L
Aa Bb ==
，O 为AB 连线的中点，一质量为m 、带电荷量为+q 的小滑块（可以看作质点）以初动能E 从a 点出发，沿直线AB 向b 点运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(1)n >，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点重力加速度为g ，求： （1）小滑块与水平面间的动摩擦因数； （2）O 、b 两点间的电势差； （3）小滑块运动的总路程.
【答案】（1）k02E mgL μ= （2）k0(21)2Ob n E U q -=- （3）21
4
n s L +=
【解析】 【详解】 （1）由4
L
Aa Bb ==，0为AB 连线的中点知a 、b 关于O 点对称，则a 、b 两点间的电势差0ab U =;
设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，在滑块从a 点运动到b 点的过程中，由动能定理
得
k002
ab L
qU f E -⋅
=- 又摩擦力
f m
g μ=
解得
2k E mgL μ=
. （2）在滑块从O 点运动到b 点的过程中，由动能定理得
004
ob k L
qU f nE -⋅
=- 解得
ko
(21)2ob n E U q
-=-
. （3）对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得
000a x k qU f E -=-
又
(21)2kO
aO Ob n E U U q
-=-=
解得
21
4
n s L +=
.
4．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】3mg
(2)32
R 3)mgL
【解析】
【详解】
（1）由平衡可知
E1q=mg tan30°解得
E1= 3
3 mg q
（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=3mg
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
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 k3)mgL
5．如右图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一个质量为m、带负电的小球从斜直轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．若轨道是光滑绝缘的，小球的重力是它所受的电场力2倍，试求：
⑴A 点在斜轨道上的高度h ；
⑵小球运动到最低点C 时，圆轨道对小球的支持力． 【答案】(1)5
2
R (2) 3mg 【解析】
试题分析：由题意得：mg=2Eq
设小球到B 点的最小速度为V B ，则由牛顿第二定律可得：
mg-Eq=m 2B
v R
；
对AB 过程由动能定理可得： mg （h-2R ）-Eq （h-2R ）=1
2
mV B 2； 联立解得：h=
52
R ； （2）对AC 过程由动能定理可得： mgh-Eqh=
1
2
mv c 2； 由牛顿第二定律可得：
F+Eq-mg=m 2C
v R
联立解得：F=3mg ；由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg ． 考点：牛顿定律及动能定理．
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30θ=︒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．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
1
0.1
μ=，B与水平面间的动摩擦因数2
0.4
μ=，A与B的碰撞为弹性正碰，且总电荷量始终不变（g取10m/s2）．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
2
22
24
16
m
23
B
v
x
a
==
同理可得，第三次碰撞时，
121323
22
mv mv mv
=+
222
121323
111
22
222
mv mv mv
⋅=⋅+
可得
1312
12
m/s
327
v v
==，
23123
488
m/s m/s
3273
v v
===
B第3次停止时的位移
2
22
36
16
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-1
12
m/s
33
n n
v v
==
（)
，
2n1n-1)
48
m/s
33n
v v
==
（
B第n次停止时的位移:
2
2
n2
16
m
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．如图甲所示，极板A、B间电压为U0，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长．A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为+q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压（图中电压U1已知）时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：
（1）C、D板的长度L；
（2）粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；
（3）粒子打在荧光屏上区域的长度． 【答案】（1）002qU L t m =（2）2102qU t y md =（3）2
10
32qU t s s md
∆== 【解析】
试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有2
0012
qU mv = 在C 、D 板间有00L v t = 解得：0
2qU L t m
= （2）粒子从nt 0（n=0、2、4……）时刻进入C 、D 间，偏移距离最大 粒子做类平抛运动 偏移距离2012
y at = 加速度1
qU a md
=
得：2
10
2qU t y md
=
（3）粒子在C 、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK] 出C 、D 板偏转角0
tan y v v θ=
0y v at =
打在荧光屏上距中心线最远距离tan s y L θ=+
荧光屏上区域长度2
10
32qU t s s md
∆==
考点：带电粒子在匀强电场中的运动
【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．
9．一个初速为零的电子在经U 1=4500V 的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入，如图所示，若两板间距d=1.0cm,板长L ＝3.0cm ，两板间的电压U 2=200V ；已知电子的带电量为e=1.6×10－19 C ，质量为m=0.9×10－30kg ，只考虑两板间的电场，不计重力，求：
（1）电子经加速电压加速后以多大的速度V 0进入偏转电场
（2）电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y
（
3）电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P 点，如图所示，则P 点到下极板右端的距离x
【答案】(1)7
0410/v m s =⨯；（2）0.1cm ；（3）6cm
【解析】 【详解】
(1) 加速过程，由动能定理得：2
1012
eU mv =，代入数据可得：70410m v s =⨯； (2)根据电子在板间做类平抛运动：2
12y at =，其中2qU a md =，0
L t v =，由以上三式代入
数据可得：0.1y cm =；
(3)根据电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹解为θ，则
tan 2
y
L θ=
，利用几何关系：2tan L y
x θ
-=
，由以上两式代入数据可得：6=x cm ．
10．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 =
11．如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xoy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m ，电荷量为-q （-q ＜0）的带电绝缘小球，从y 轴上的P （0，L ）点由静止开始释放，运动至x 轴上的A （-L ，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。

细管的圆心O 1位于y 轴上，交y 轴于点B ，交
x 轴于A 点和C （L ，0）点。

该细管固定且紧贴x 轴，内径略大于小球外径。

小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g 。

求： (1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球运动到B 点时对管的压力的大小和方向； (3)小球从C 点飞出后会落在x 轴上的哪一位置。

【答案】(1)mg
q
；(2))
321mg 方向向下；(3)-7L 。

【解析】 【详解】
(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则
tan 45mg
Eq
︒=
解得：
mg q
E =
(2)根据几何关系可知，圆弧的半径
2r L =
从P 到B 点的过程中，根据动能定理得：
()
2
10222
B mv mg L L EqL -=+ 在B 点，根据牛顿第二定律得：
2B
v N mg m r
-=
联立解得：
)
3
21N mg =，
方向向上，由牛顿第三定律可知，小球运动到B 点时对管的压力的方向向下 (3)从P 到A 的过程中，根据动能定理得：
2
12
A mv mgL EqL =+
解得：
4A v gL =
小球从C 点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度
4C A v v gL ==
小球的加速度
'2g g =，
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x 轴，则有：
21
'2
C v t g t =
解得：
22
L t g
= 则沿x 轴方向运动的位移
22222
8C L
x v t gL L g
==⨯⨯= 则小球从C 点飞出后落在x 轴上的位置
87x L L L '=-=-
12．如图平行金属板长为L ，一个带电为 + q ，质量为m 的粒子以某一初速度紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘以速度v 射出，末速度v 恰与下板成30°角，粒子重力不计．求：
（1）粒子进入电场的初速度大小v 0； （2）两极间距离d . （3）两极的电势差U .
【答案】（1）32v （23L
（3）2
8mv q
【解析】 【详解】
（1）由速度关系得初速度：
003
cos30v v ==
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向有：
L=v 0t
在竖直方向有：
d =0sin 302
v t
解得
36
L d =
（3）由动能定理：
2201122
Uq mv mv =
- 解得
28mv U q
=
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．某同学将一个量程为0~1mA 、内阻未知的电流表G 改装为量程为0~3V 的电压表V 。

他先测量该电流表G 的内阻R g ，再进行改装，然后把改装的电压表与标准电压表进行校准并进行误差分析。

实验室准备的仪器有： 电源E （电动势为4.5V ，内阻约1.2Ω）
滑动变阻器R 1（最大阻值为5000Ω，允许通过的最大电流约为0.02A ） 滑动变阻器R 2（最大阻值为20Ω，允许通过的最大电流约为1.0A ） 电阻箱R （最大阻值为999.9Ω，允许通过的最大电流约为0.2A ） 标准电压表0V （最大量程为3.0V ，内阻约为4000Ω） 开关两个，导线若干 他的操作过程如下：
(1)先按如图(a)所示的电路，测量电流表G 的内阻R g ，其步骤为：
①将滑动变阻器R 1调到最大，保持开关K 2断开，闭合开关K 1，再调节滑动变阻器R 1，使电流表G 的指针指在满刻度I g 处。

②保持滑动变阻器R 1的阻值不变，再闭合开关K 2，调节电阻箱R 的阻值使电流表G 的指针指在满刻度的一半处，即
1
2
g I I =
， 此时电阻箱上示数如图(b)所示，则电流表G 的内阻R g =__Ω。

(2)他根据所测出的电流表G 内阻R g 的值，通过计算后，在表头G 上串联一个电阻R ，就将电流表G 改装成量程0~3V 的电压表V ，如图(c)所示，则这个定值电阻的阻值为R =__Ω。

(3)他再用标准电压表V 0对改装的电压表进行校准，要求电压能从0到最大值之间逐一进行校准，试在图(d)的方框中补全校准电路图，并标出所选用器材的符号，其中改装的电压表和标准电压表已画出。

（______________）
(4)由于电流表G 内阻R g 的测量值____（填“小于”或“大于”）真实值，改装电压表V 时串联电阻R 的阻值_____（填“偏大”或“偏小”），因此在校准过程中，改装的电压表的示数总比标准表的示数______(填“偏大”或“偏小”)。

【答案】105.0Ω 2895Ω 小于 偏大 偏小
【解析】 【分析】
根据题目中给出的提示，以及电表的改装知识进行解答。

【详解】
(1)[1]电阻箱的读数为
105.0ΩK R =，
电流表的内阻为
g 105.0ΩR =；
(2)[2]由电压表的改装原理可知：
()g g g g g 112895Ωg U U
R n R R R I R I ⎛⎫=-=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭
；
(3)[3]要求电压从0到最大值之间逐一进行校准，因此应采用分压法，滑动变阻器选用
2R ，标准电压表和改装电压表应并联。

电路图如图所示：
；
(4)[4][5][6]用半偏法测电流表内阻g R 时，由于电阻箱R 的连入使得电路总电流变大，致使
g R 的测量值偏小，这样在改装电压表时串联电阻
()g g 1U
R n R R I
=-=
-， 其阻值偏大，使得校准时通过其电流值偏小，故改装的电压表示数小于标准表的示数。

【点睛】
电表的改装及校准。

14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图1所示的
I U -坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线.
（1）根据图线的坐标数值，请在图2中选出该实验正确的实验电路图：____(选填“甲”或“乙”).
（2）根据所选电路图，请在图3中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路. （________）
（3）根据图1，可判断出图4中正确的关系图象是（图中P 为小灯泡功率"为通过小灯泡的电流）___.
（5）将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与R = 10Ω的定值电阻串联，接在电动势为8V 、内阻不计的电源上，如图5所示.闭合开关S 后，则电流表的示数为____A ，两个小灯泡的总功率为__ W(本小题结果均保留两位有效数字）.
【答案】甲 D 0.60 1.2
【解析】 【分析】 【详解】
（1）[1]描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，所以正确的实验电路图是甲．
（2）[2]根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（3）[3]由于灯泡电阻随电流增大电阻R 增大，由2P I R =可知，2P I -图象斜率增大，故选D ．
（4）[4][5]由图5所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U 和I ，在这个闭合电路中，则有：
02E U IR =+
代入数据并整理得：
820U I =-
在图a 所示坐标系中作出820U I =-的图象如图所示
由图象可知，两图象交点坐标值为：U =2V ，I =0.3A 此时通过电流表的电流值
2A I I ==0.6A
每只灯泡的实际功率
P UI ==2×0.3=0.6W
所以两个小灯泡的总功率为1.2W ．
15．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 4.590.5
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2
4x 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
16．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
17．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测电阻丝阻值约为4Ω．
（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径d ．其中一次测量结果如图所示，图中读数为d= mm ．
（2）为了测量电阻丝的电阻R ，除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择： 电压表V ；量程3V ，内阻约为3kΩ
电流表A 1；量程0．6A ，内阻约为0．2Ω）
电流表A 2；量程100μA ，内阻约为2000Ω）
滑动变阻器R 1, 阻值0～1750Ω，额定电流为0．3A
滑动变阻器R 2,阻值0～50Ω，额定电流为1A
电源E 1（电动势15V ，内阻约为0．5Ω）
电源E 2（电动势3V ，内阻约为1．2Ω）
为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表________，滑动变阻器_________，电源___________．（填器材的符号）
（3）用测量量表示计算材料电阻率的公式是ρ = （已用刻度尺测量出接入电路中的金属导线的有效长度为l ）．
【答案】（1）0．853~0．857 （2）．A 1 ；R 2 ；E 2； （3）
【解析】
试题分析：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0．5mm ，可动刻度示数为35．5×0．01mm=0．355mm ，螺旋测微器示数为0．5mm+0．355mm=0．855mm ． （2）电压表量程是3V ，电源应选E 2（电动势为3V ，内阻约为1．2Ω），电路最大电流约为30.584 1.2
E I A R r ==≈++，电流表应选A 1，量程0．6A ，内阻约0．2Ω． （3）由欧姆定律得，电阻阻值U R I =，由电阻定律得：2()2
l l R d S ρρπ==，解得：ρ=
考点：测定金属丝的电阻率
【名师点睛】此题考查了测定金属丝的电阻率的实验；解题时要首先搞清实验的原理，知道器材选择的原则“安全、准确、方便”；螺旋测微器是利用将长度的测量转化为对转动角度的测量来实现微小量放大的，其精确度为0．01mm ，本实验中滑动变阻器既可以采用分压接法，也可以采用限流接法．
18．为了测定电流表1A 的内阻，采用如下图所示的电路．其中1A 是待测电流表，量程为300μA ，内阻约为100Ω；2A 是标准电流表，量程是200μA ；1R 是电阻箱，阻值范围
0~999.9Ω；2R 是滑动变阻器；3R 是保护电阻；E 是电池组，电动势为4V ，内阻不计；1S 是单刀单掷开关，2S 是单刀双掷开关．
⑴ 根据电路图甲，请在图乙中画出连线，将器材连接成实验电路______．
⑵ 连接好电路，将开关2S 扳到接点a 处，接通开关1S ，调整滑动变阻器2R 使电流表2A 的读数是150μA ；然后将开关2S 扳到接点b 处，保持2R 不变，调节电阻箱1R ，使2A 的读数仍为150μA ．若此时电阻箱各旋纽的位置如图丙所示，电阻箱1R 的阻值是
________Ω，则待测电流表1A 的内阻g R =________Ω．
⑶ 上述实验中，无论怎样调整滑动变阻器2R 的滑动端位置，都要保证两只电流表的安全．在下面提供的四个电阻中，保护电阻3R 应选用：________（填写阻值相应的字母） A ．200K Ω B ．20K Ω C ．15K Ω D ．20Ω
⑷ 下面提供最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用．既要满足上述实验要求，又要调整方便，滑动变阻器应选________（填写阻值相应的字母）
A ．1K Ω
B ．5K Ω
C ．10K Ω
D ．25K Ω
【答案】 86.3 86.3 B C
【解析】
【详解】
（
1）[1]．连接实物图时注意：正负极不能接反了，导线要接在接线柱上，答案如下图所示：
（2）[1][2]．电阻箱的读数为：
R=8×10+6×1+0.1×3=86.3Ω
由于两次测量电流表A2的示数相同，而且其它电阻阻值不变，故电流A1的阻值和电阻箱示数相等．
故答案为：R1=86.3Ω，R g=86.3Ω．
（3）[4]．为了保证安全，当滑动变阻器R2的阻值调为零时，电路中的电流也不能超过200μA，根据这点可以求出保护电阻的阻值（由于两电流表内阻较小可省略）：
34
4
20kΩ
210
g
E
R
I-
⨯
＝＝＝
保护电阻为20kΩ即可，若大于20kΩ会导致电流表示数太小，实验误差增大，故ACD错误，B正确．
（4）[5]．根据电流表示数为150μA可知回路中的电阻为：
4
4
26.7kΩ
1.510
E
R
I-
≈
⨯
＝＝
R3=20kΩ，A、B选项中电阻太小不能满足要求，故AB错误，D中电阻太大调节不方便，故D错误，C正确．
四、必修第3册电能能量守恒定律实验题易错题培优（难）
19．利用如图所示的电路既可以测量电压表和电流表的内阻，又可以测量电源电动势和内阻，所用到的实验器材有：
两个相同的待测电源（内阻r约为1Ω）
电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）
电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω）。