焦作市高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

焦作市高中物理必修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．如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置．在管子的底部固定一电荷量为Q （Q ＞0）的点电荷．在距离底部点电荷为h 2的管口A 处，有一电荷量为q （q ＞0）、质量为m 的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为h 1的B 处速度恰好为零．现让一个电荷量为q 、质量为3m 的点电荷仍在A 处由静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，则该点电荷运动过程中：
（1）定性分析点电荷做何运动？（从速度与加速度分析） （2）速度最大处与底部点电荷的距离 （3）运动到B 处的速度大小
【答案】（1）先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速运动； （2）3KQq
r mg
=（3）212
3()3
B v g h h =-【解析】 【详解】
（1）由题意知，小球应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力应大于库仑力；而在下落中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大；即小球先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速运动；
（2）当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，
2
3kQq
F mg r 库==
解得：
3kQq
r mg
=
（3）点电荷在下落中受重力和电库仑力，由动能定理可得：
mgh +W E =0；
即
W E =-mgh ；
当小球质量变为3m 时，库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理可得：
3mgh-mgh =
1
2
3mv 2； 解得：
212
3()3
B v g h h =
- 点睛：本题综合考查动力学知识及库仑力公式的应用，解题的关键在于明确物体的运动过程；同时还应注意点电荷由静止开始运动，故开始时重力一定大于库仑力．
2．一个质量m =30g ，带电量为-1．7×10-8C 的半径极小的小球，用丝线悬挂在某匀强的电场中，电场线水平．当小球静止时，测得悬线与竖直方向成30o ，求该电场的电场强的大小和方向？
【答案】7110/E N C =⨯，水平向右 【解析】 【分析】 【详解】
小球在电场中受重力、电场力、拉力三个力，合力为零，则知电场力的方向水平向左，而小球带负电，电场强度的方向与负电荷所受电场力方向相反，所以匀强电场场强方向水平向右．
由图，根据平衡条件得
tan30qE mg =︒
得
tan 30mg E q
︒
=
代入解得
7110/E N C =⨯
3．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
2
B
v
R
；
对AB过程由动能定理可得：
mg（h-2R）-Eq（h-2R）=1
2
mV B2；
联立解得：h=5
2 R；
（2）对AC过程由动能定理可得：
mgh-Eqh=1
2
mv c2；
由牛顿第二定律可得：
F+Eq-mg=m
2 C 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．
4．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
+=
5．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：
45
3
130
3=/ 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：22
/11.54/cos303
F g a 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．
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，在直角坐标系xoy 的第一象限中，存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为4E 0，虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x 轴的交点为A ，A 点坐标为（L 、0），虚线与x 轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向右的匀强电场．电场强度大小
为E 0．()M L L -、和()0N L -、
两点的连线上有一个产生粒子的发生器装置，产生质量均为m ，电荷量均为q 静止的带正电的粒子，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，且整个装置处于真空中．已知从MN 上静止释放的所有粒子，最后都能到达A 点：
（1）若粒子从M 点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A 点，求到达A 点的速度大小；
（2）若粒子从MN 上的中点由静止开始运动，求该粒子从释放点运动到A 点的时间； （3）求第一象限的电场边界线（图中虚线）方程． 【答案】（1
）v =2
）t =3）2
2()y Lx x L =-(0)x L ≤≤
【解析】
试题分析：（1）由动能定理：200142qE L qE L mv +=
，得：v = （2）分析水平方向的运动：粒子先匀加速位移L ，再匀速位移L 到第一象限的速度
2
0012
qE L mv =，匀加速时间102L t v =，匀速时间20L t v =
，则总时间12
t t t =+=（3）设粒子从MN 线上某点由静止释放，经第一象限电场边界交点(,)Q x y ，后做匀速直线运动到A 点，在第一象限做类平抛运动，水平：0x v t =，竖直方向：2
12
h at =
反向延长AQ 与水平位移交点为其中点，还有以下几何关系：2
01()22
x a v y
x L x
=
-， 且20
2v a L ='，
003/4/qE m a a qE m
'== 推出边界方程：22
()y Lx x L
=
-(0)x L ≤≤ 考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动、类平抛运动、运动的分解、动能定理.
8．图中所示的静电机由一个半径为R 、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G 组成。

质量为m 、带电量为q 的球形液滴从G 缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G 和容器口之间总是只有一滴液滴）。

液滴开始下落时相对于地面的高度为h 。

设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G 的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g 。

若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势max V 。

【答案】max ()
mg h R V q
-= 【解析】 【详解】
设在某一时刻球壳形容器的电量为Q 。

以液滴和容器为体系，考虑从一滴液滴从带电液滴产生器G 出口自由下落到容器口的过程。

根据能量守恒有
2122Qq Qq
mgh k
m mgR k h R R
+=++-v (1) 式中，v 为液滴在容器口的速率，k 是静电力常量。

由此得液滴的动能为
21(2)(2)2()Qq h R m mg h R k h R R
-=---v (2) 从上式可以看出，随着容器电量Q 的增加，落下的液滴在容器口的速率v 不断变小；当液滴在容器口的速率为零时，不能进入容器，容器的电量停止增加，容器达到最高电势. 设容器的最大电量为max Q ，则有
max (2)
(2)0()Q q h R mg h R k
h R R
---=-(3)
由此得
max ()mg h R R
Q kq
-=
(4) 容器的最高电势为
max
max Q V k
R
=(5) 由(4)和(5)式得
max ()
mg h R V q
-=
(6)
9．如图所示，A 为粒子源，在A 和极板B 间的加速电压为U 1，在两水平放置的平行带电板C 、D 间的电压为U 2，现设有质量为m ，电荷量为q 的质子初速度为零，从A 被加速电压U 1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行带电板的极板的长度为L ，两板间的距离为d ，不计带电粒子的重力，求：
(1)带电粒子在射出B 板时的速度； (2)带电粒子在C 、D 极板间运动的时间；
(3)带电粒子飞出C 、D 电场时在竖直方向上发生的位移y .
【答案】（1）1
2qU m （2）1
2m L qU （3）2214U L U d
【解析】
试题分析：（1）由动能定理得：W=qU 1 =
则
（2）离子在偏转电场中运动的时间t L =
（3）设粒子在离开偏转电场时纵向偏移量为y
综合解得
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题关键明确粒子的运动性质，对应直线加速过程，根据动能定理列式；对于类似平抛运动过程，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解；不难．
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 =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，带电量为q ＝+2×10-3C 、质量为m ＝0.1kg 的小球B 静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E ＝103N/C 的匀强电场．与B 球形状相同、质量为0.3kg 的绝缘不带电小球A 以初速度v 0＝10m/s 向B 运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞,已知每次碰撞时间极短，小球B 的电量始终不变，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：
(1)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小； (2)第二次碰撞前瞬间小球B 的动能； (3)又经过多长时间发生第三次碰撞．
【答案】(1) v A ＝5m/s ，v B ＝15m/s (2) E KB =6.25J (3)t '＝1s 【解析】 【详解】 (1)第一次碰撞时，
两小球动量守恒，即3mv 0＝3mv A ＋mv B 机械能守恒，即:
222011133222
A B mv mv mv =+ 解得碰后A 的速度v A ＝5m/s ，B 的速度v B ＝15m/s
(2)碰后AB 两球进入电场，竖直方向二者相对静止均做自由落体运动； 水平方向上，A 做匀速运动，
B 做匀减速直线运动，其加速度大小220m/s B qE
a m
=
= 设经过t 时间两小球再次相碰，则有21
2
A B B v t v t a t =- 解得:t ＝1s
此时，B 的水平速度为v x ＝v B －a B t ＝-5 m/s （负号表明方向向左） 竖直速度为v y ＝gt ＝10 m/s 故第二次碰前B 的动能221() 6.25J 2
kB x y E m v v =
+= (2)第二次碰撞时，AB 小球水平方向上动量守恒3mv A ＋mv x ＝3mv ＋mv
机械能守恒，即:
22222222
111113()()3()()2222
A y x y y x y m v v m v v m v v m v v ''+++=+++
解得第二次碰后水平方向A 的速度v ＝0，B 的速度v ＝10m/s
故第二次碰撞后A 竖直下落（B 在竖直方向上的运动与A 相同）， 水平方向上， B 做匀减速直线运动， 设又经过t ' 时间两小球第三次相碰，则有21
02
x B v t a t ''-= 解得:t '＝1s 【点睛】
解决本题的关键要是分析清楚两球的受力情况，判断出运动情况，知道弹性碰撞遵守两大
守恒：动能守恒和动量守恒．根据位移关系研究相碰的时间．
12．如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，A 点到MN 的距离为2
L
，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：
(1) 电子到达MN 时的速度；
(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tan θ； (3) 电子打到屏上的点P ′到点O 的距离.
【答案】(1) eEL
v m
=L . 【解析】 【详解】
（1）电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，到达MN 的速度为v ，则：
a 1＝
1eE m ＝
eE
m 2122
L
a v =
解得
eEL
v m
=
（2）设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，
a 2＝
2eE m ＝
2eE
m t ＝L v v y ＝a 2t
tan θ＝
y v v
=2
（3）电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2场的中点O ′.由几何关系知：
tanθ＝
2
x
L
L
解得：
x＝3L.
三、必修第3册电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．某实验小组为了测量某待测电阻R x的阻值，先用多用电表进行粗测，后用伏安法精确测量。

(1)如图甲所示为一简易多用电表内部电路原理图，其中G为灵敏电流计，选择开关S与不同接点连接就构成不同的电表，下列分析正确的是__________。

A．A为黑表笔，B为红表笔
B．将选择开关S与3连接，就构成了欧姆表
C．将选择开关S与1、2连接，就构成了电流表，且与1接点相连时量程较大
D．将选择开关S与4、5连接，就构成了电压表，且与4接点相连时量程较大
(2)如图乙先用多用表×10挡粗测其电阻为______Ω。

(3)实验要求尽可能准确地测量R x的阻值，实验室可提供下面器材，电流表应选_____，电压表应选_____________(填字母代号)
电源E：电动势3V，内阻忽略不计；
电流表A1：量程0~15mA，内阻为100Ω；
电流表A2：量程0~0.6A，内阻约为0.3Ω；
电压表V1：量程0~3V，内阻约3kΩ；
电压表V2：量程0~15V，内阻约15kΩ；
滑动变阻器R：阻值范围0~10Ω；
定值电阻R1：阻值为10Ω；
定值电阻R2：阻值为100Ω；
开关S、导线若干。

(4)在图丙虚线框中画出测量R，阻值的完整电路图，并在图中标明器材代号
____________。

(5)调节滑动变阻器R，当电压表的示数为2.60V，电流表的示数是8.0mA时，则待测电阻R x的阻值为_________Ω。

【答案】BC 120 A1 V1见解析 112.5
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]AB．在多用电表使用时应让电流从红表笔进，黑表笔出，当将选择开关S与3连接，就构成了欧姆表，由此可判断A为红表笔，B为黑表笔，故A错误，B正确；
C．将选择开关S与1、2连接，就构成了电流表，根据并联分流原理，并联的电阻越小分得的电流越大，所以与1接点相连时量程较大，C正确；
D．将选择开关S与4、5连接，就构成了电压表，根据串联分压原理，串联的电阻越大分得的电压越大，所以与5接点相连时量程较大，D错误。

故选BC。

(2)[2]由图所示欧姆表可知，所测电阻阻值为
12.0×10Ω=120Ω
(3)[3][4]电路中可能出现的最大电流约为
25mA
x
E
I
R
==
可用电流表A1与定值电阻R2并联，相当于量程为30mA的电流表；电源电动势为3V，则电压表选择V1。

(4)[5]电压表内阻远大于待测电阻的阻值，故电压表外接；滑动变阻器用分压接法，电路如图
(5)[6]电流表的示数是8.0mA，此时通过待测电阻R x的电流为16mA，则待测电阻R x的阻值为
2
3
2.60
Ω50Ω112.5Ω
21610
x
R
U
R
I-
=-=-=
⨯
14．在一次实验技能比赛中，要求较精确地测量电阻的阻值，有下列器材供选用：
A．待测电阻Rx（约300Ω）
B ．电压表V （量程3V ，内阻约3kΩ）
C ．电流表A 1（量程20mA ，内阻约5Ω）
D ．电流表A 2（量程10mA ，内阻约10Ω）
E ．滑动变阻器R 1（0～20Ω，额定电流2A ）
F ．滑动变阻器R 2（(0～2000Ω，额定电流0.5A ）
G ．直流电源E （3V ，内阻约1Ω）
H ．开关、导线若干
（1）甲同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路，电路图如图甲所示，则电流表应选择_________（选填“A 1”或“A 2”），滑动变阻器应选择____________（选填“R 1”或“R 2”）。

（2）乙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图乙所示的测量电路，具体操作如下：
①按图乙连接好实验电路，闭合开关S 1前调节滑动变阻器R 1、R 2的滑片至适当位置； ②闭合开关S 1，开关S 2处于断开状态，调节滑动变阻器R 1、R 2的滑片，使电流表A 2的示数恰好为电流表A 1的示数的一半；
③闭合开关S 2并保持滑动变阻器R 2的滑片位置不变，读出电压表V 和电流表A 2的示数，分别记为U 、I ；
④则待测电阻的阻值Rx=__________（用题中所给字母表示）。

（3）比较两同学测量电阻Rx 的方法，你认为哪个同学方法更有利于减小系统误差？____________（选填“甲”或“乙”）同学。

【答案】A 2 R 1 U
I
乙 【解析】 【分析】
由题意可知考查伏安法测电阻，消除系统误差的方法。

根据欧姆定律、串并联电路关系分析可得。

【详解】
(1)[1] [2] 估算一下待测电流，
3A=0.01A=10mA 300
U I R =
=， 故电流表选择A 2，因滑动变阻器采用分压式接法，选择R 1调节更方便，故滑动变阻器选择R 1；
(2)[3] 闭合开关S 1，开关S 2处于断开状态，调节滑动变阻器R 1、R 2的滑片，使电流表A 2的示数恰好为电流表A 1的示数的一半；此时A 2和R 2电阻之和等于R x 的电阻。

当闭合开关S 2并保持滑动变阻器R 2的滑片位置不变，读出电压表V 和电流表A 2的示数，分别记为U 、I ；A 2和R 2电阻之和等于R x 的电阻等于U 与I 的比值。

(3)[4] 甲图存在系统误差，测量值大于真实值，乙图方案消除了系统误差，故乙同学的方案更有利于减小系统误差。

【点睛】
电流表内接法测量值大于真实值，外接法测量值小于真实值，当R X<
A V
R R，电流表选
择内接法，当R X>
A V
R R，电流表采用的是外接法。

15．某同学要将一满偏电流为3mA的毫安表G改装为量程为30mA的电流表。

他先测量出毫安表G的电阻，然后对表进行改装，最后再利用一标准毫安表，对改装后的电流表进行检测
具体实验步骤如下：
①按电路原理图a连接线路
②将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R1的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度
③闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度的三分之一的位置
④记下R2的阻值
回答下列问题：
（1）如果按正确操作步骤测得R2的阻值为90Ω，则毫安表G内阻的测量值R g=___Ω，与毫安表内阻的真实值g R'相比，R g____g R'（填“>”、“＝”或“<”）
（2）若忽略实验的误差，将上述毫安表G改装成量程为30mA的电流表，则需要并联一个阻值R=___Ω的电阻
（3）根据图b所示电路对改装后的电表进行检测，当标准毫安表的示数为16.0mA时，改装表的指针位置如图c所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，改装电流表的量程是__mA
（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R 的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k=____
【答案】180 < 20 )32 29 27
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]由于指针指在三分之一的位置，说明R2分得电流为电流计电流的两倍，所以电流计电阻是R2的两倍，为180Ω。

闭合S2后，R2与R g的并联值R并<R g，所以I总>I g，而此时G 的示数为满偏电流的三分之一，所以I R2大于三分之二满偏电流，所以2R2<g R'，即
R g<g R'；
（2）[2]由并联电路分流特点，得
3180
303
g g g
I R R I I ⨯=
=
--Ω=20Ω （3）[3]标准毫安表的示数为16.0mA 时，改装后的电表显示为刻度盘的中值刻度，故改装电流表的量程为32mA ；
（4）[4]把毫安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值
g g g
I R R I I =
-
当量程为32mA 时，则有
()33
31033231029g
g R R R --⨯=
=
-⨯
当量程为30mA 时，则有
()33
31033031027
g
g R R kR --⨯=
=
-⨯
联立解得2927
k =
16．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A 2
的示数的增大，斜率A 0
1
1t
R R R ++ 变大，可知R t 变大。

(4)[4][5]．通过R 1的电流
11
0.3A U
I R =
= 则通过R 2和R t 的电流为0.4A ；由I 2-I 1图像可知，I 2=4mA ，此时R t 两端电压为2V ，则R 2两端电压为7V ，则
27
17.50.4
R =
Ω=Ω 2
50.4t R =
Ω=Ω 根据R t -t 图像可知
14153
t R t =
+ 解得
t=55℃
17．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：
5
【解析】
试题分析：（1）灯泡的额定电流0.5
200mA 2.5
I =
=；故电流表选择B ；因本实验只能接用分压接法，故滑动变阻器选择小电阻F ；
（2）根据实验要求可知，滑动变阻器采用分压接法，并且测量电路应与滑动变阻器的左半部分并联；电流表采用外接法；原理图如下；
（3）由画出的伏安特性曲线可知，0.5V U =时，电流0.10A I =，则对应的电阻
0.5
50.1
R =
=Ω； 考点：“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验
18．某课外探究小组做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验，小灯泡的额定电压4V ，额定功率为1.9W 左右。

实验室准备了以下实验器材： A .蓄电池（电动势为6V ，内阻约为1 Ω）； B .电压表（量程为0~4.5 V ，内阻约为8 k Ω）； C ．电压表（量程为0~3 V ，内阻约为5 k Ω）； D ．电流表（量程为0~1.2 A ，内阻约为0.8 Ω）； E .电流表（量程为0~500 mA ，内阻约为0.3 Ω）； F .滑动变阻器（0~5 Ω，1.5 A ）； G .滑动变阻器（0~50 Ω，1.2 A ）； H .开关、导线若干。

(1)实验中所用电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用_______；（填写器材前的字母）
(2)实验时要求尽量减小实验误差，要求伏安特性曲线从零开始取值，请在虚线框中画出合理的电路图_____。

(3)该小组根据正确的操作得到数据，画出了该小灯泡的伏安特性曲线，如图所示，则该小灯泡的额定功率为_______W。

将该小灯泡与电动势为3.0 V、内阻为2 的电源直接串联，则该小灯泡的实际功率是_______。

（以上结果均保留两位有效数字）。

【答案】B E F 2.0 0.90~0.95W
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[2][3][4]做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的额定电压为4V，因此电压表的量程应大于等于4V，因此选B ；小灯泡的额定功率为1.9W，因此流过小灯泡的额定流为0.5A左右，故电流表选E；由于小灯泡两端的电压需要从零开始调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，阻值越小，调节起来越方便，因此选F。

(2)[4]小灯泡的阻值较小，电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压式接法，电路如图所示
(3)[5]从图象可知，当额定电压为4V时，电流为0.5A，因此额定功率为2.0W。

[6]将电源路端电压与电流的图象画到小灯泡的U—I图中，如图所示
两个图象的交点就是流过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压值，图中
2.2V U ，=0.42A I
因此
==0.93W P UI
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)。