昆山市高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

昆山市高中物理必修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．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,ABCD 竖直放置的光滑绝缘细管道,其中AB 部分是半径为R 的1/4圆弧形管道,BCD 部分是固定的水平管道,两部分管道恰好相切于B ．水平面内的M 、N 、B 三点连线构成边长为L 等边三角形,MN 连线过C 点且垂直于BCD ．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M 、N 两点,电荷量分别为+Q 和-Q.现把质量为m 、电荷量为+q 的小球(小球直径略小于管道内径,小球可视为点电荷),由管道的A 处静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g.求:
(1)小球运动到B 处时受到电场力的大小; (2)小球运动到C 处时的速度大小;
(3)小球运动到圆弧最低点B 处时,小球对管道压力的大小.
【答案】（1）2qQ k L （22gR （32
2229qQ k m g L ⎛⎫+ ⎪⎝⎭
【解析】 【分析】 【详解】
（1）设小球在圆弧形管道最低点B 处分别受到+Q 和-Q 的库仑力分别为F 1和F 2．则
122
qQ F F k
L ＝＝① 小球沿水平方向受到的电场力为F 1和F 2的合力F ，由平行四边形定则得F=2F 1cos60° ② 联立①②得2qQ
F k
L
＝③ （2）管道所在的竖直平面是+Q 和-Q 形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有mgR ＝
1
2
mv C 2−0 ④ 解得2C v gR ＝
（3）设在B 点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为N By ，在竖直方向对小球应用牛顿第
二定律得2
B By v N mg m R
-＝⑥ v B =v C ⑦
联立⑤⑥⑦解得N By =3mg⑧
设在B 点管道对小球在水平方向的压力的分力为N Bx ，则2Bx qQ
N F k
L
＝＝⑨ 圆弧形管道最低点B 处对小球的压力大小为22
222
2
9()B Bx BY qQ N N N m g k
L
++＝＝．⑩ 由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B 的压力大小为
222
2
9()B B qQ N N m g k
L '+＝＝
3．如图所示，单层光滑绝缘圆形轨道竖直放置，半径r=lm ，其圆心处有一电荷量Q =+l×l0-
4
C 的点电荷，轨道左侧是一个钢制“隧道”，一直延伸至圆形轨道最低点B ；在“隧道”底部
辅设绝缘层。

“隧道”左端固定一弹簧，用细线将弹簧与一静止物块拴接，初始状态弹簧被压缩，物块可看成质点，质量m=0.1kg ，电荷量q =-
2
3
×10-6C ，与“隧道”绝缘层间的动摩擦因数μ=0.2。

剪断细线，弹簧释放弹性势能E p ，促使物块瞬间获得初速度（忽略加速过程）。

之后物块从A 点沿直线运动至B 点后沿圆形轨道运动，恰好通过最高点C 。

其中l AB =2m ，设物块运动时电荷量始终不变，且不对Q 的电场产生影响，不计空气阻力，静电力常量为k = 9.0×l09N·
m 2/C 2。

求： （1）物块在最高点C 时的速度大小；
（2）物块在圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小； （3）弹簧压缩时的弹性势能E p 和物块初速度v A 。

【答案】(1) 4m/s (2) 6N (3) 3.2J, 8m/s 【解析】 【详解】
（1）物块恰好通过最高点C ，轨道对物块没有作用力，由牛顿第二定律得
2
C
v mg F m
r
+=库
其中
2Qq
F k
r
=库 解得
v C =4m/s
（2）B →C 过程，由动能定理得
2211222
C B mv v mg r m -⋅=
- 解得
56m/s B v =
在B 点，由牛顿第二定律得
2
B
NB v F F mg m
r
+-=库
解得
F NB =6N
根据牛顿第三定律知物块在圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小 F NB ′=F NB =6N 。

（3）A→B ，由动能定理得
221122
AB B A mv f v l m -=
- 又 f=μmg 解得
v A =8m/s
弹簧压缩时的弹性势能
2
12
p A E mv =
解得
E p =3.2J
4．如图所示，空间存在方向水平向右的匀强电场，两个可视为点电荷的带电小球P 和Q 用绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，已知匀强电场强度为E ，两小球之间的距离为L ，PQ 连线与竖直方向之间的夹角为θ，静电常数为k （1）画出小球P 、Q 的受力示意图； （2）求出P 、Q 两小球分别所带的电量。

【答案】（1）P 带负电，Q 带正电；（2）2
sin EL k θ
【解析】 【详解】
（1）依题意得，小球P 、Q 受力示意图如图
根据平衡条件，P 带负电，Q 带正电 ① （2）设P 带电量为-q 1，Q 带电量为q 2
根据库仑定律：
12
2C q q F k
L
= ② 根据牛顿第三定律：
F C =F C / ③
对于P 球： 根据平衡条件：
1sin C q E F θ= ④
解得：
2
1sin EL q k θ
=
⑤ 对于Q 球： 根据平衡条件：
'
2sin c q E F θ= ⑥
解得：
2
2sin EL q k θ
=
⑦
5．如图所示，长l ＝1m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q ＝1.0×10－6C ，匀强电场的场强E ＝3.0×103N/C ，取重力加速度g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小球所受电场力F 的大小； (2)小球的质量m ；
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v 的大小．
【答案】(1)F =3.0×10－3N (2)m =4.0×10－
4kg (3)v =2.0m/s
【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据电场力的计算公式可得电场力6331.010 3.010N 3.010N F qE --==⨯⨯⨯=⨯； (2)小球受力情况如图所示：
根据几何关系可得tan qE
mg θ
=，所以34310kg 410kg tan 10tan 37qE m g θ--⨯=
==⨯⨯︒； (3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则2
1(1cos37)2
mgl mv -︒=
，解得v =2m/s ．
6．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．
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．如图所示，从电子枪射出的电子束（初速度不计）经电压U 1=2000V 加速后，从一对金属板Y 和Y′正中间平行金属板射入，电子束穿过两板空隙后最终垂直打在荧光屏上的O 点．若现在用一输出电压为U 2=160V 的稳压电源与金属板YY′连接，在YY′间产生匀强电场，使得电子束发生偏转．若取电子质量为9×10﹣31kg
，YY′两板间距d=2．4cm ，板长
l=6．0cm ，板的末端到荧光屏的距离L=12cm ．整个装置处于真空中，不考虑重力的影响，
试回答以下问题：
（1）电子束射入金属板YY′时速度为多大？
（2）加上电压U 2后电子束打到荧光屏上的位置到O 点的距离为多少？
（3）如果两金属板YY′间的距离d 可以随意调节（保证电子束仍从两板正中间射入），其他条件都不变，试求电子束打到荧光屏上的位置到O 点距离的取值范围． 【答案】（1）2．67×107m/s ；（2）15mm ；（3）0～30mm ． 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据动能定理，设电子在加速电极作用下获得速度为v 0， 有2
1012
U e mv =
， 解得：102U e
v m
=
代入数据解得：7708
10/ 2.6710/3
v m s m s =
⨯≈⨯； （2）电子穿过偏转电极过程中，在沿初速度方向做匀速直线运动有l=v 0t…② 在沿电场方向受力为F=Eq…③ 根据匀强电场性质U 2=Ed…④ 根据牛顿第二定律F=ma…⑤
根据匀变速直线运动规律，在出偏转电场时其在电场方向位移为[来2
12
y at =
…⑥ 根据①﹣⑥式可推得：2
21
4U l y dU =
…⑦ 此时在电场方向上的分速度为：v y =at…⑧
出电场后电子做直线运动最终打在荧光屏上，距离O 点的距离设为y´，根据几何关系及①⑦⑧可得
()21
22´4U l l L l L
y y l dU ++=
=…⑨ 将数据代入⑦式可得y=3mm ＜
2
d
，所以此时电子可以射出偏转电场 于是将数据代入⑨式可得y′=15mm
（3）d 越小则偏转电场越强，电子的偏转也越厉害，但是同时两板间距缩小电子更容易打在极板上，
所以电子的偏转应有最大值，且临界条件为电子刚好擦YY´极板而出．即：2
d
y =…⑩ 联立⑦式代入数据可解得此时：y=6mm ， 继续代入⑨式可得此时：y′=30mm ，
所以电子束打到荧光屏上的位置到O 点距离的取值范围为0～30mm ；
9．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 122
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 ⎛
⎫+ ⎪⎝
⎭.
10．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
；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 ∆=
11．如图所示，竖直平面内有一坐标系xoy ，已知A 点坐标为（–2h ，h ），O 、B 区间存在竖直向上的匀强电场。

甲、乙两小球质量均为m ，甲球带电量为+q ，乙球带电量为–q ，分别从A 点以相同的初速度水平向右抛出后，都从O 点进入匀强电场，其中甲球恰从B 点射出电场，乙球从C 点射出电场，且乙球射出电场时的动能是甲球射出电场时动能的13倍。

已知重力加速度为g 。

求
（1）小球经过O 点时速度的大小和方向； （2）匀强电场的场强E 。

【答案】（1）2v gh = ；θ=450（2）3mg
E q
= 【解析】
（1）如图1所示，设小球经过O 点时的速度为v ，水平分速度为v x ，竖直分速度为v y ，平抛运动的时间为t 。

根据平抛运动规律212
h gt =
①，2x h v t =②，y gt =v ③，22x y v v v =+，
tan x y v v θ=⑤ 由以上式子解得2v gh =45θ=︒，y x v v =⑥
（2）甲球在B 点的速度如图2所示，乙球在C 点的速度如图3所示。

依题意得
13kC kB E E =
即
()()
2222111322
x cy x y m v v m v v +=⋅+，解得5cy x v v =⑦ 设甲球在电场中的加速度为a 甲，乙球在电场中的加速度为a 乙；甲、乙两球在电场中运动的时间为't 。

研究竖直方向，有
对甲球：2'y v a t 甲=⑧，Eq mg ma -=甲⑨， 对乙球：'cy y v v a t -=乙⑩，Eq mg ma +=乙⑪， 由⑥～⑪式解得3mg
E q
=
；
12．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
2
122
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 0＝70m/s.
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图11–1图所示，继电器与热敏电阻R t 、滑动变阻器R 串联接在电源E 两端，当继电器的电流超过15 mA 时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控．继电器的电阻约为20 Ω，热敏电阻的阻值R t 与温度t 的关系如下表所示
（1）提供的实验器材有：电源E 1（3 V ，内阻不计）、电源E 2（6 V ，内阻不计）、滑动变阻器R 1（0~200 Ω）、滑动变阻器R 2（0~500 Ω）、热敏电阻R t ，继电器、电阻箱（0~999.9 Ω）、开关S 、导线若干．
为使该装置实现对30~80 ℃之间任一温度的控制，电源E 应选用______（选填“E 1”或“E 2”），滑动变阻器R 应选用______（选填“R 1”或“R 2”）．
（2）实验发现电路不工作．某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图11–2图所示的选择开关旋至______（选填“A ”、“B ”、“C ”或“D ”）． （3）合上开关S ，用调节好的多用电表进行排查，在题11–1图中，若只有b 、c 间断路，则应发现表笔接入a 、b 时指针______（选填“偏转”或“不偏转”），接入a 、c 时指针______（选填“偏转”或“不偏转”）．
（4）排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50 ℃时被吸合，下列操作步骤正确顺序是
_____．（填写各步骤前的序号）
①将热敏电阻接入电路
②观察到继电器的衔铁被吸合
③断开开关，将电阻箱从电路中移除
④合上开关，调节滑动变阻器的阻值
⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1 Ω
【答案】E2R2C不偏转偏转⑤④②③①
【解析】
（1）由表格数据知，当温度为30 ℃时，热敏电阻阻值为199.5 Ω，继电器的阻值R0=20 Ω，当电流为15 mA时，E=I(R t+R0)=3.3 V，所以电源选E2，80 ℃时，热敏电阻阻值
R t=49.1 Ω，则
E2=I(R t+R0+R)，此时变阻器阻值R=330.9 Ω，所以变阻器选择R2；（2）多用电表做电压表测量电压，旋钮旋至直流电压挡C处；（3）若只有b、c间断路，表笔接入a、b时，整个回路断路，电表指针不偏转，接入a、c时电流流经电表，故指针偏转；（4）50 ℃时，热敏电阻阻值为108.1 Ω，所以应将电阻箱阻值调至108.1 Ω，调节变阻器，使衔铁吸合，再将电阻箱换成热敏电阻，故顺序为⑤④②③①．
【名师点睛】结合表格中数据，利用欧姆定律估算电动势和电阻的数值，选择电源和滑动变阻器．明确实验的目的是实现对30~80 ℃之间任一温度的控制，其中30~80 ℃就是提示的信息，结合表格数据，可知电阻值的取值．
14．实验室有一个阻值约200Ω左右的待测电阻R x
（1）甲同学用伏安法测定待测电阻R x的阻值，实验室提供如下器材：
电池组E：电动势3V，内阻不计
电流表A1：量程0~15mA，内阻约为100Ω
电流表A2：量程0~600μA，内阻为1000Ω
滑动变阻器R1：阻值范围0~20Ω，额定电流2A
电阻箱R2，阻值范围0~9999Ω，额定电流1A
电键S、导线若干
①为了测量待测电阻两端的电压，该同学将电流表A2与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到__________Ω时，将电流表A2改装成一个量程为3.0V的电压表。

②为了尽可能准确地测量R x的阻值，在方框中画完整测量R x阻值的电路图，并在图中标明器材代号__________________。

③调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是___mA，电流表A2的示数是____μA，则待测电阻R x的阻值是____Ω。

（2）乙同学则直接用多用电表测R x的阻值，多用电表电阻挡有3种倍率，分别是×100、×10、×1．该同学选择×100倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大．为了准确地进行测量，请你从以下给出的操作步骤中，选择必要的步骤，并排出合理顺序：______．（填步骤前的字母）
A．旋转选择开关至欧姆挡“×l”
B．旋转选择开关至欧姆挡“×10”
C．旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔
D．将两表笔分别连接到Rx的两端，读出阻值后，断开两表笔
E．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔按正确步骤测量时，指针指在图示位置，R x的测量值为______Ω．
【答案】
4000Ω 8.0mA 300μA 187.5Ω B 、E 、
D 、C 220Ω 【解析】 【详解】
（1）①[1]为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A 2电阻箱串联组成电压表；改装后电压表量程是3V ，则电阻箱阻值
26
31000400060010A g U R r I -=
-=-=Ω⨯ ②[2]因改装后的电压表内阻已知，则采用电流表A 1外接，电路如图：
③[3][4][5]由图可知，电流表A 1的示数是8mA ，电流表A 2的示数是300μA ，则待测电阻R x 的阻值是
6223
12()30010(10004000)
187.5(80.3)10
A x I r R R I I --+⨯+===Ω--⨯。

（2）①[6]该同学选择×100倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大，说明倍率档选择过大，应该选择×10倍率档，然后调零再进行测量；即操作顺序是：BEDC ； ②[7]Rx 的测量值为22×10Ω=220Ω。

15．要测量一段阻值大约为5 Ω的均匀金属丝的电阻率，除刻度尺、螺旋测微器、电源E （电动势为3 V 、内阻约为0．5 Ω）、最大阻值为20 Ω的滑动变阻器R 、开关一只、导线若干外，还有电流表和电压表各两只供选择：A 1（量程1 A 、内阻约为1 Ω）、A 2（量程0．6 A 、内阻约为2 Ω）、V 1（量程3．0 V 、内阻约为1 000 Ω）、V 2（量程15 V 、内阻约为3 000 Ω）．
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图所示，则金属丝的直径为________mm．（2）为了使测量有尽可能高的精度，电流表应选________，电压表应选________．
（3）实验电路已经画出了一部分，如图所示，但尚未完整，请将该电路完整地连接好（R x 表示待测电阻）_________．
（4）若用刻度尺测得金属丝的长度为L，用螺旋测微器测得金属丝的直径为d，电流表的读数为I，电压表的读数为U，则该金属丝的电阻率表达式为ρ＝________．
【答案】0.851~0.853均可 A2 V1
2 4
d U LI π
【解析】
【分析】
【详解】
（1）螺旋测微器的固定部分读数为：0.5mm，可动部分读数为：
35．0×0．01mm=0.351mm，故最后读数为：0.5mm+0.351mm=0.851mm．
（2）为零测量准确，电压表和电流表的指针偏转要尽量大些，因此电流表选择A2，电压表选择V1．
（3）根据实验原理得出实验原理图为：
（4）根据欧姆定律得：
U
R
I
＝；根据电阻定律得：
RS
L
ρ＝．故有：
2
4
d U
LI
π
ρ=．
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V1：量程为2.5V，内阻几千欧；
B．电流表A1：量程为5mA，内阻约为10Ω；
C．电流表A2：量程为1A，内阻0.5Ω左右；
D．电阻箱R1：阻值范围0~999.9Ω；
E．滑动变阻器R2：阻值范围0~10Ω；
F．滑动变阻器R3：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
5mA5V
U
=
解得 2.6V
U=
17．某同学想要测量实验室中某金属丝的电阻率。

实验室中除米尺、学生电源、滑动变阻器、螺旋测微器、开关和导线外，还有一个阻值为3.0Ω的定值电阻R0和一只电压表。

利用这些器材，该同学设计如下实验进行测量，实验原理如图 1 所示，实验步骤如下：
（1）把粗细均匀的平直金属丝接在接线柱a、b之间，用米尺测量ab之间的长度l＝
0.90m。

用螺旋测微器测量该金属丝的直径，示数如图2所示，读得其直径D＝
______mm。

（2）根据实验原理图 1，请你用笔划线代替导线将图 3 所示的实物图连接完整。

（________）
（3）闭合开关，将滑动变阻器的滑片置于合适位置，然后调节线夹c的位置，经过多次实验发现：ac段金属丝的长度为0.30m时电压表达到最大值。

由此可得金属丝的总电阻R＝_____Ω。

（4）根据以上所测数据，可计算出金属丝的电阻率ρ＝_____Ω·m。

（保留两位有效数字）
【答案】0.648 9 3.3×10-6
【解析】
【详解】
（1）[1]．直径D ＝0.5mm+0.01mm×14.8=0.648mm ；
（2）[2]．电路连线如图：
（3）[3]．设金属丝总电阻为R ，则当ac 段金属丝的长度为0.30m 时电压表达到最大值，可知此时ac 部分与R 0串联后的总电阻等于bc 部分的电阻，即
01233
R R R += 则
R =3R 0=9Ω
（4）[4]．根据
2
4L L R S D ρρ
π== 解得 23263.14(0.64810)9Ωm 3.310Ωm 440.9D R
L πρ--⨯⨯⨯==⋅=⨯⋅⨯
18．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。