高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷中考真题汇编[解析版]

高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷中考真题汇编[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，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.
2．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 +=
.
3．如图所示,一根长为l 的不可伸长的细丝线一端固定于O 点,另一端系住一个质量为m 的带电小球.将此装置放在水平向右的匀强电场E 中,待小球稳定后,细丝线与竖直方向夹角为α.求:
(1)小球带什么电,电荷量为多少? (2)剪断绳子后小球做什么运动？ 【答案】(1)正电，tan mg q E
α
= (2)做初速度是零的匀加速直线运动 【解析】 【详解】
（1）对小球进行受力分析：由于小球所受电场力水平向右，E 的方向水平向右，所以小球带正电．小球受力如图所示，有：qE=mgtanα 即：tan mg q E
α
=
（2）剪断细绳后，小球受重力和电场力，其合力方向沿细绳方向斜向下，则小球将沿细绳的方向做初速度是零的匀加速直线运动．
4．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）45.7710N /C E =⨯ （3）211.54m /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：
045
3
1303=
/ 5.7710/10
mgtan E N C N C q -⨯
≈⨯＝ （3）当线断丝线后，小球的合力为0
30mg
F cos ＝
由牛顿第二定律，则有：220/11.54/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/s 2，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．
5．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
2sin cos kQq
mg qE ma L
-
-=θθ 解得
22
cos sin 3.2m/s kQq qE a g mL m
=-
-=θ
θ (2)小球B 速度最大时合力为零，即
2
sin cos 0kQq
mg qE r -
-=θθ 解得
0.9m sin cos kQq
r mg qE =
=-θθ
6．如图所示，AB 为固定在竖直平面内粗糙倾斜轨道，BC 为光滑水平轨道，CD 为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，且AB 与BC 通过一小段光滑弧形轨道相连，BC 与弧CD 相切。

已知AB 长为L =10m ，倾角θ=37︒，BC 长s =4m ，CD 弧的半径为R =2m ，O 为其圆心，∠COD =143︒。

整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E =1×103N/C 。

一质量为m =0.4kg 、电荷量为q =+3×10 -3C 的物体从A 点以初速度v A =15m/s 沿AB 轨道开始运动。

若物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ=0.2，sin 37︒=0.6，cos 37︒=0.8，g =10m/s 2，物体运动过程中电荷量不变。

求：
(1)物体在AB 轨道上运动时，重力和电场力的合力对物体所做的总功； (2)物体在C 点对轨道的压力大小为多少；
(3)用物理知识计算物体能否到达D 点，若能算出通过D 点的速度；若不能说明理由。

【答案】(1)W =0(2)27N(3)物体能到达D 点 【解析】 【详解】
(1)物体所受重力和电场力的合力大小为
222332()()(0.410)(31010)N 5N F mg qE -=+=⨯+⨯⨯=
设合力F 与竖直方向的夹角为α，则
3
tan 4
qE mg α=
=
即
37α︒=
所以物体在轨道AB 上运动时，重力和电场力的合力与轨道AB 垂直，对物体做的总功为W =0；
(2) 从A →B 过程，根据受力分析可知，物体下滑过程受到的滑动摩擦力为：
f =μF N =μ(m
g cos 37︒+qE sin 37︒)
代入数据解得：
f =1N
A →C 过程，由动能定理得：
221122
C A W fL qEs mv mv --=
- 可得：222
115m /s C v =
在C 点，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2C
mv N mg R
-= 代入数据解得：
N =27N
(3)重力和电场力的合力为：
5N F ===
方向与竖直方向成37︒斜向左下方，所以D 点即为圆周运动中的等效最高点，物体到达D 点的最小速度设为v D ，则：
2D
v F m R
=
解得：
5m /s D v =
要到达D 点，在C 点速度至少为v ，从C →D ，由动能定理得
2211(cos37)cos3722
D mg R R qER mv mv ︒︒-+-=
-
解得：
222115m /s v =
则知v =v C ，所以物体恰能到达D 点
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，极板A 、B 间电压为U 0，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t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1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）02qU 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．
8．山地滑雪是人们喜爱的一项运动，一滑雪道ABC 的底部是一半径为R 的圆，圆与雪道相切于C 点，C 点的切线水平，C 点与水平雪地间距离为H ，如图所示，D 是圆的最高点，一运动员从A 点由静止下滑，刚好能经过圆轨道最高点D 旋转一周，再经C 后被水平抛出，当抛出时间为t 时，迎面水平刮来一股强风，最终运动员以速度v 落到了雪地上，已知运动员连同滑雪装备的总质量为m ，重力加速度为g ，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道及圆轨道的摩擦阻力，求：
(1)A 、C 的高度差为多少时，运动员刚好能过D 点？ (2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度； (3)强风对运动员所做的功． 【答案】(1)52R h =
(2)2215v gR g t =+；2
212
h h gt =- （3）215
()22
W mv mg H R =
-+ 【解析】 【分析】 【详解】
(1)运动员恰好做完整的圆周运动，则在D 点有：mg ＝m 2
D
v R
从A 运动到D 的过程由动能定理得mg(h －2R)＝12
mv 2D 联立解得h ＝
52
R . (2)运动员做平抛运动，运动时间t 时在竖直方向的速度为v y ＝gt ，从A 到C 由动能定理得
52
mgR ＝12mv 2C
所以运动员刚遭遇强风时的速度大小为v 12
2
C y v v +225gR g t +此时运动员下落高度为h 1＝
12
gt 2
所以此时运动员距地面高度为h 2＝H －h 1＝H －
12
gt 2
(3)设强风对运动员所做的功为W ，在运动员的整个运动过程中，由动能定理知 W ＝
12mv 2－mg 52H R ⎛
⎫+ ⎪⎝
⎭.
9．如图所示，真空室中电极K 发出的电子（初速度不计）经过电势差为U 1的加速电场加速后，沿两水平金属板C 、D 间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m 、电荷量为e ，C 、D 极板长为l ，D 板的电势比C 板的电势高，极板间距离为d ，荧光屏距C 、D 右端的距离为
1
6
．电子重力不计．求：
(1)电子通过偏转电场的时间t 0； (2)偏转电极C 、D 间的电压U 2； (3)电子到达荧光屏离O 点的距离Y ． 【答案】（1）12m eU （2）
12d U l （3）2
3
l 【解析】 【分析】 【详解】
(1)电子在离开B 板时的速度为v ，根据动能定理可得：2
112
eU mv = 得：1
2eU v m
=
电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：01
2l m t v eU ==(2)电子在偏转电极中的加速度:1
eU a md
=
离开电场时竖直方向的速度：201
2y U l e
v at d
mU == 离开电场轨迹如图所示：
电子的速度与水平方向的夹角：21
tan 45?=2y v U l
v
dU =
解得：1
22dU U l
=
(3)离开电场的侧向位移：21012
y at = 解得：12
l y =
电子离开电场后，沿竖直方向的位移：2tan 45=66l l y =
︒ 电子到达荧光屏离O 点的距离：122
3
Y y y l =+= 【点睛】
本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解．
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
==，
1max111
0.5N>
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E ＝1.0×103 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN 与一水平绝缘轨道MN 在N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R ＝0.5m ，N
为半圆形轨道最低点，P 为QN 圆弧的中点，一带负电q ＝1.0×10－
3 C 的小滑块质量m ＝
0.1kg ，与水平轨道间的动摩擦因数 μ＝0.5，位于N 点右侧M 处，NM 的距离长1m 。

小滑块现以初速度v 0向左运动，恰能通过圆轨道的最高点Q 点，已知g =10 m/s 2，试求：
(1) 小滑块离开Q 点时的速度Q v 的大小？ (2) 小滑块离开Q 点后，落在MN 轨道何处？ (3) 小滑块的初速度v 0的大小？ 【答案】10m/s (2)1m (3) 70m/s 【解析】 【详解】
(1)小滑块在Q 点受力有：
mg ＋qE ＝2Q v m
R
，
解得：10Q v = (2)通过Q 点后做类平抛：
20F a m
==合m/s 2
21
22
y R at ==，
Q x v t =，
解得：x =1m
(3)小滑块从M 到Q 点过程中，由动能定理得:
－mg ·
2R －qE ·2R －μ(mg ＋qE )x ＝12
mv Q 2－2
012mv
联立方程组，解得：v 070m/s.
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／s2，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：
﹣mg sinθ﹣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】
(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 =，只要根据电路能测量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．（1）甲同学按如图甲所示电路测量量程为500μA 的电流表G 的内阻．他按图甲连接好电路后，先闭合S 1，断开S 2，调节R 1，使电流表G 的指针满偏．再闭合S 2，保持R 1的滑动触头不动，调节R 2使电流表G 的指针指到满刻度的1/3．若此时电阻箱R 2各旋钮的位
置如图乙所示，则电流表G的内阻测量值R G=____Ω．
（2）现将该电流表G改装成量程为3V的电压表V，需给该电流表G串联一阻值为_____Ω的电阻．
（3）乙同学将（2）问中改装的电压表V校准后采用伏安法测量某待测电阻R x，实验室还备有以下器材：
A．待测电阻R x，阻值约为200Ω
B．电源E，电动势为3V，内阻可忽略不计
C．电流表A，量程为0～15 mA，内阻r A=20Ω
D．滑动变阻器R′1，最大阻值10Ω
E．滑动变阻器R′2，最大阻值5kΩ
F．开关S，导线若干
①为提高实验精确度，尽可能测量多组数据，实验中滑动变阻器应选择____（填器材序号字母）．
②请在虚线框内画出乙同学用伏安法测量电阻R x的电路图_______．
【答案】（1）100 （2）5900 （3）①D ②见解析；
【解析】
【详解】
（1）[1]．因s2闭合前后电总电流不变，则电流表达满偏刻度的1/3时，则并联电阻的电流为电流表满偏电流的2/3．因是并联关系，则
g R
g
R I
R I
＝
得：
R g＝R
g
I
I R=2R
由电阻箱可读出：
R=50Ω
则：
R g=2R=2×50=100Ω
（2）[2]．改装成电压表要串联的阻值为
R=
g
U
I−R g=5900Ω
（3）[3]．因测量范围大，要采用滑动变阻器分压式接法，宜用小阻值，故选D．
[4]．因电压表内阻比得测电阻大的多，宜用电流表外接法．故画得电路图如图所示；
【点睛】
考查的电阻箱的读数，半偏法测电阻，明确总电流认为不变；电路的设计，电流表的内外接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器分压式接法宜用小阻值．
15．某物理兴趣小组想测定一个阻值大约为10kΩ，额定电功率为0.1W的电阻R x，现有以下实验器材可以选择：
A．电流表A1（量程为1mA，内阻约为100Ω）
B．电流表A2（量程为3m A，内阻约为20Ω）
C．电压表V1（量程为10V，内阻约为50kΩ）
D．电压表V2（量程为30V，内阻约为100kΩ）
E.直流电源E（电动势为9V，内阻约为1Ω）
F.滑动变阻器R1（20Ω，1A）
G.开关、导线若干
（1）为了方便并能多次测量使结果尽可能精确，电流表应选_______，电压表应选
______，（填器材前面的序号）；
（2）根据所选器材在方框内设计并画出电路图_______；
（3）若操作、读数、计算均无误，考虑到电表内阻影响，R测____R真（填大于、等于或小于）；
（4）为避免电表内阻的影响，小组成员提出用新的器材提出另外的方案如图所示，连接好电路后，闭合开关S1，调节各可变电阻，使得开关S2由断开到闭合，灵敏电流计G指针无偏转，并记录此时电压表示数U和电流表示数I，则待测电阻x R=_____，该方案中若从系统误差分析，R测____R真（填大于、等于或小于）。

【答案】
A C
大于 x U
R I
=
等于 【解析】 【分析】 【详解】
（1）[1][2]由于电源电动势为9V ，故电压表应该选择10V 量程，即电压表选择V 1，通过待测电阻的最大电流约为
9mA 0.9mA 10000
m x E I R ≈
== 故电流表应该选择A 1；
（2）[3]由于待测电阻阻值很大，故电流表应该选择内接，由于滑动变阻器的阻值远小于待测电阻，故应该采用分压式接法，电路图如图
（3）[4]由于电压表示数为待测电阻和电流表电压之和，故其值大于真实值，由U R I
=可知待测电阻的测量值大于真实值，故填“大于”；
（4）[5][6]当S 2由断开到闭合，灵敏电流计G 指针无偏转，即电流计中无电流，因此电压表的示数即为待测电阻两端电压，电流表示数为通过待测电阻的电流，因此
x U R I
=
由前面分析可知，电压表、电流表的值均为真实值，因此无系统误差，故填 “等于”。

16．某小组同学改装电压表时，在实验室找到如下实验器材： A ．电压表V 1：量程为2.5V ，内阻几千欧； B ．电流表A 1：量程为5mA ，内阻约为10Ω； C ．电流表A 2：量程为1A ，内阻0.5Ω左右； D ．电阻箱R 1：阻值范围0~999.9Ω； E ．滑动变阻器R 2：阻值范围0~10Ω； F ．滑动变阻器R 3：阻值范图0~5000Ω；
G．电源：电动势E=5V，内阻r=0.5Ω；
H．开关、导线若干。

由于没有合适的电压表，计划用电流表A1改装。

(1)先用半偏法测电流表A1的内阻，电路如图甲所示。

操作过程如下：将R3调至阻值最大，断开S2、闭合S1，调节R3使电流表A1的示数为4.00mA；保持R3的阻值不变，闭合S2，调节R1使电流表A1的示数为2.00mA，此时R1的阻值为10.5Ω。

则电流表A1的内阻为________Ω；
(2)将电流表A1改装成量程为5V的电压表。

把电阻箱的阻值调至________Ω，与电流表A1串联后即为量程为5V的电压表；
(3)对改装后的电压表校对，该小组同学从别的地方找到一标准电压表V，将改装好的电压表（如图乙中虚线框所示）与标准电压表V并联，接入如图乙所示的电路中，调节R2，使电流表A1的示数如图丙所示，则电流表的示数为________ mA；若改装后的电压表非常准确，则此时电压表的示数为________ V（结果保留两位有效数字）。

【答案】10.5 989.5 2.60 2.6
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由题意可知，干电路电流不变为
1
4.00mA
I=
流过电阻箱的电流
1
12
4.00mA 2.00mA 2.00mA
R
I I I
=-=-=
根据并联电路特点和欧姆定律得电流表内阻为
1
3
1
3
2
2.001010.5
==
2.0010
R
g
I R
R
I
-
-
⨯⨯
⨯
Ω=10.5Ω
[2]将电流表A1改装成量程为5V的电压表，根据串联分压有
3
3
-551010.5
510
g g
x
g
U I R
R
I
-
-
-⨯⨯
==
⨯
Ω=989.5Ω
(3)[3]由图丙可知电流表的示数为2.60mA
[4]根据串联电路电压分配关系有
2.60mA 5mA 5V
U = 解得 2.6V U =
17．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A 2的示数相同，而且其它电阻阻值不变，故电流A 1的阻值和电阻箱示数相等．
故答案为：R 1=86.3Ω，R g =86.3Ω．
（3）[4]．为了保证安全，当滑动变阻器R 2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
420k Ω210g 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：
44 26.7k Ω1.510
E R I -≈⨯＝＝ R 3=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．
18．某同学利用直流恒流电源（含开关）来测量已知量程电流表的内阻和直流恒流电源的输出电流I 0。

利用如下实验器材设计了如图1所示的测量电路。

待测电流表A(量程为0.6A ，内阻约为0.5Ω)；直流恒流电源（电源输出的直流电流I ，保持不变，I 约为0.8A)；电阻箱R ；导线若干。

回答下列问题：
(1)电源开关闭合前，电阻箱的阻值应该调到___________（填“最大”或“最小”）。

(2)电源开关闭合后，调节电阻箱的读数如图2所示，其值为__________Ω。