安庆市高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

安庆市高中物理必修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，ABD 为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB 段是长为 1.25L m =的粗糙水平面，其
动摩擦因数为0.1μ=，BD 段为半径R =0.2 m 的半圆，两段轨道相切于B 点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小3510/E V m =⨯。

一带负电小球，以速度v 0从A 点沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D 点。

已知小球的质量为
22.010m kg -=⨯，所带电荷量52.010q C -=⨯，g 取10 m/s 2(水平轨道足够长，小球可视
为质点，整个运动过程无电荷转移)，求：
（1）带电小球在从D 点飞出后，首次在水平轨道上的落点与B 点的距离； （2）小球的初速度v 0。

【答案】（1）0.4m ；（2）2.5m /s 【解析】 【详解】
（1）对小球，在D 点，有：
2D
v mg qE m R
-=
得：
1m/s D v =
从D 点飞出后，做平抛运动，有：
mg qE ma -=
得：
25.0m/s a =
2122
R at =
得：
0.4t s =
0.4m D x v t ==
（2）对小球，从A 点到D 点，有：
22011()2222
D mg q
E L mg R qE R mv mv μ---⋅+⋅=
- 解得：
0 2.5m/s
v =
2．“顿牟掇芥”是两千多年前我国古人对摩擦起电现象的观察记录，经摩擦后带电的琥珀能吸起小物体，现用下述模型分析研究。

在某处固定一个电荷量为Q 的点电荷，在其正下方h 处有一个原子。

在点电荷产生的电场（场强为E ）作用下，原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l ，形成电偶极子。

描述电偶极子特征的物理量称为电偶极矩p ，
q =p l ，这里q 为原子核的电荷量。

实验显示，p E α=，α为原子的极化系数，反映其
极化的难易程度。

被极化的原子与点电荷之间产生作用力F 。

在一定条件下，原子会被点电荷“掇”上去。

(1)F 是吸引力还是排斥力？简要说明理由；
(2)若将固定点电荷的电荷量增加一倍，力F 如何变化，即求
(2)
()
F Q F Q 的值； (3)若原子与点电荷间的距离减小一半，力F 如何变化，即求()
2()
h F F h 的值。

【答案】(1)吸引力，(2)4，(3)32。

【解析】 【详解】
(1)F 为吸引力。

理由：当原子极化时，与Q 异种的电荷移向Q ，而与Q 同种的电荷被排斥而远离Q ，这样异种电荷之间的吸引力大于同种电荷的排斥力，总的效果是吸引； (2)设电荷Q 带正电（如图所示）：
电荷Q 与分离开距离l 的一对异性电荷间的总作用力为：
2332222
()222()()22(4
)
kQ q kQq hl kQql kQp
F kQq l l l h h h h h --=
+=≈-=--+- 式中：
q =p l
为原子极化形成的电偶极矩，负号表示吸引力，由于l
h ，故：
2
2
24
l h h -≈
又已知：
p E α=
而电荷Q 在离它h 处的原子所在位置产生的电场场强大小为：
2kQ E h
=
于是，电荷Q 与极化原子之间的作用力为：
5
22
2k Q F h α=-
它正比于固定电荷的平方，反比于距离的五次方，因此不管电荷Q 的符号如何，它均产生吸引力。

当固定点电荷的电荷量增加一倍时，力F 变为原来的4倍，即：
(2)
4()
F Q F Q =； (3)当原子与点电荷间的距离减小一半时，力F 变为原来的32倍，即：
()
232()
h F F h =。

3．一带正电的 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
4．A 、B 是两个电荷量都是Q 的点电荷，相距l ，AB 连线中点为O 。

现将另一个电荷量为q 的点电荷放置在AB 连线的中垂线上，距O 为x 的C 处（图甲）。

（1）若此时q 所受的静电力为F 1，试求F 1的大小。

（2）若A 的电荷量变为﹣Q ，其他条件都不变（图乙），此时q 所受的静电力大小为F 2，求F 2的大小。

（3）为使F 2大于F 1，l 和x 的大小应满足什么关系？
【答案】(1)
223
(())
2
l
x+
(2)
223
(())
2
l
x+
(3) 2
l x
>
【解析】
【详解】
（1）设q为正电荷，在C点，A、B两电荷对q产生的电场力大小相同，为：
2
2)
4
(
A B
kQq
F F
l
x
==
+
方向分别为由A指向C和由B指向C，如图：
故C处的电场力大小为：
F1=2F A sinθ
方向由O指向C。

其中：2
2
4
sin
l
x
θ=
+
所以：
3122
2
24
()
kQqx
F l x =
+ （2）若A 的电荷量变为-Q ，其他条件都不变，则C 处q 受到的电场力：
F 2=2F A cosθ
其中：
22
24
l cos l x θ=
+
所以：
22
2
23(4
)kQql
F l x +＝
方向由B 指向A 。

（3）为使F 2大于F 1，则：
22223(4)kQql F l x +＝
＞3122
2
24
()kQqx
F l x =+ 即：
l ＞2x
5．如图，在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方H 处的A 点以初速度v 水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，求：
(1)A 、B 两点间的距离
(2)带电小球在电场中所受的电场力
【答案】22
28
v H
H +mg 【解析】 【详解】
(1)小球在MN 上方做平抛运动
竖直方向：212
H gt = 水平方向：x vt =
A 、
B 两点间的距离
22L H x =+
联立以上各式解得
22
2v H
L H g
=+ (2)带电小球进入电场后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，对带电小球运动的全过程，由动能定理得：
()022
H H
mg H F +
-⋅= 解得
F =3mg
6．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)sin kQq R mg α=【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
2
sin kQq
mg R α=
解得
sin kQq
R mg α
=
答案：(1) 2
2sin A Q E k H α=(2)22
sin sin kQq a g mH
αα=- (3)sin kQq R mg α=
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，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Y Y′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v0，
有2
10
1
2
U e mv
=，
解得：1
2U e
v
m
=…①
代入数据解得：77
8
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=v0t…②
在沿电场方向受力为F=Eq…③
根据匀强电场性质U2=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
1
2
y at
=…⑥
根据①﹣⑥式可推得：
2
2
1
4
U 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
()
2
1
2
2
´
4
U 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；
8．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O 为圆心，半径为R 的圆，AB 为圆的直径，如图所示。

质量为m ，电荷量为q （q >0）的带电粒子在纸面内自A 点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。

已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C 点以速率v 0穿出电场，AC 与AB 的夹角θ=60°。

运动中粒子仅受电场力作用。

（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？ （3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv 0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【答案】(1) 20
2mv E qR
=；(2)0
1
24v v ；(3)0或0
23v v 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由题意知在A 点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q >0，故电场线由A 指向C ，根据几何关系可知：
AC
x R
所以根据动能定理有：
20102
AC
qEx mv
解得：
20
2mv E qR
=；
（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC 垂线并且与圆相切，切点为D ，即粒子要从D 点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有
1sin 60
x R v t
21cos60
2
y
R R at 而电场力提供加速度有
qE ma =
联立各式解得粒子进入电场时的速度：
1
24
v v ； （3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv 0，即在电场方向上速度变化为v 0 ，过C 点做AC 垂线会与圆周交于B 点，故由题意可知粒子会从C 点或B 点射出。

当从B 点射出时由几何关系有
223BC
x R
v t
2212
AC
x R
at 电场力提供加速度有
qE ma =
联立解得0
2
32
v v ；当粒子从C 点射出时初速度为0。

另解：
由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为0mv ，此即问题的一个解。

自A 点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自B 点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为0mv ，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为
03v v =
9．在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C ，方向与x 轴正方向相同，在原点O 处放一个质量m=0.01 kg 带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q = -5×10－8 C ．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0=2 m/s.如图所示．试求：
(1)物块沿x 轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？ 【答案】(1)5 m/s 2 (2)0.4 m (3)1.74 s 【解析】 【分析】
带负电的物块以初速度v 0沿x 轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间． 【详解】
（1）由牛顿第二定律可得mg Eq ma μ+= ，得25m/s a =
（2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：()2101
02
mg Eq s mv μ-+=-． 代入数据，得：s 1=0.4m
（3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：00111••22
t v v v
s t t +==，得：t 1=0.4s 接着物块向左作匀加速直线运动：221m/s qE mg a m
＝μ-=．
根据：21221
2
s a t =
得2t = 物块离开电场后，向左作匀减速运动：232m/s mg
a g m
μμ=-=-=-
根据：3322a t a t = 解得3t =
物块运动的总时间为：123 1.74t t t t s =++= 【点睛】
本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．
10．如图所示，AB 是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数
=0.30μ，BCD 是半径为R =0.2m 的光滑圆弧轨道，它们相切于B 点，C 为圆弧轨道的最低
点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E = 4.0×103N/C ，质量m = 0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB 对应的高度h = 0.24m ，滑块带电荷q = -5.0×10-4C ，取重力加速度g = 10m/s 2，sin37°= 0.60，cos37°=0.80．求：
（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小； （2）滑块滑到圆弧轨道最低点C 时对轨道的压力． 【答案】(1) 2.4m/s (2) 12N 【解析】 【分析】
(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B 点时的速度大小； (2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得C 点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解． 【详解】
(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：
()cos370.96N f mg qE μ=+︒=
设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理得：
()211
sin 372
h mg qE h f
mv +-= 解得：
v 1=2.4m/s
(2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得：
()()22
2111=
1cos3722
m mg q v E v m R +︒-－ 当滑块经过最低点时，有：
()2N 2
F mg qE v m R
-+= 由牛顿第三定律：
N N 11.36N F F ==，
方向竖直向下． 【点睛】
本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.
11．将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环BDC 固定在竖直面内，圆环的圆心为O ，D 为圆环的最低点，其中∠BOC ＝90，圆环的半径为R ，水平虚线BC 的上方存在水平向右的范围足够大的匀强电场．圆心O 的正上方A 点有一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球（可视为质点），其直径略小于圆管内径．现将该小球无初速度释放，经过一段时间后小球刚好无碰撞地进入圆管中并继续在圆管中运动，重力加速度为g ．求：
（1）A 点到O 点的距离及匀强电场的电场强度大小； （2）小球运动到圆环的最低点D 时对圆环的作用力．
【答案】（1）mg
q
（2）（3+32mg ；方向竖直向下
【解析】 【详解】
(1)小球被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B 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°，则有：
tan 45mg
qE
︒=
解得：
mg q
E =
因为∠BOC ＝90，圆环的半径为R ，故BC 2R ，故根据几何关系有可知：
AO 2R
(2)小球从A 点到D 点的过程中，根据动能定理得：
()
221
2022
D R mg R R Eq
mv ++=- 当小球运动到圆环的最低点D 时，根据牛顿第二定律得：
2
D
N v F mg m R
-=
联立解得：
(332N F mg =+
根据牛顿第三定律得小球运动到圆环的最低点D 时对圆环的压力大小为(332mg +，方向竖直向下．
答：(1)A 点到O 2R ,匀强电场的电场强度大小mg q
E =
；
(2)小球运动到圆环的最低点D 时对圆环的作用力(332mg +
12．如图所示，在竖直直角坐标系xOy 内，x 轴下方区域I 存在场强大小为E 、方向沿y
轴正方向的匀强电场，x 轴上方区域Ⅱ存在方向沿x 轴正方向的匀强电场。

已知图中点D 的坐标为(27
,2
L L -
-)，虚线GD x ⊥轴。

两固定平行绝缘挡板AB 、DC 间距为3L ，OC 在x 轴上，AB 、OC 板平面垂直纸面，点B 在y 轴上。

一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(不计重力)从D 点由静止开始向上运动，通过x 轴后不与AB 碰撞，恰好到达B 点，已知
AB =14L ，OC =13L 。

（1）求区域Ⅱ的场强大小E '以及粒子从D 点运动到B 点所用的时间0t ；
（2）改变该粒子的初位置，粒子从GD 上某点M 由静止开始向上运动，通过x 轴后第一次与AB 相碰前瞬间动能恰好最大。

①求此最大动能km E 以及M 点与x 轴间的距离1y ；
②若粒子与AB 、OC 碰撞前后均无动能损失(碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相反)，求粒子通过y 轴时的位置与O 点的距离y 2。

【答案】（1）6E ；52mL
qE
（2）①18qEL ，9L ；②3L 【解析】 【详解】
（1）该粒子带正电，从D 点运动到x 轴所用的时间设为1t ，则
21112
L a t =
11a t υ=
根据牛顿第二定律有
1qE ma =
粒子在区域II 中做类平抛运动，所用的时间设为2t ，则
2
2227122L a t = 23L t υ=
根据牛顿第二定律有
粒子从D 点运动到B 点所用的时间
012t t t =+
解得
6E E '=，0t =（2）①设粒子通过x 轴时的速度大小为0υ，碰到AB 前做类平抛运动的时间为t ，则
03L t
υ=
粒子第一次碰到AB 前瞬间的x 轴分速度大小
2x a t υ=
碰前瞬间动能
()22012
k x E m υυ=
+ 即
2222292k m L E a t t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
由于22222
22299L a t L a t
⋅=为定值，当222229L a t t =即t =k E 有最大值 由（1）得
26qE a m
=
最大动能
18km E qEL =
对应的
0υ=
粒子在区域I 中做初速度为零的匀加速直线运动，则
20112a y υ=
解得
19y L =
②粒子在区域II 中的运动可等效为粒子以大小为0υ的初速度在场强大小为6E 的匀强电场中做类平抛运动直接到达y 轴的K 点，如图所示，则时间仍然为2t
02OK t υ=
得
由于
9
3
3
OK L
OB L
==，粒子与AB碰撞一次后，再与CD碰撞一次，最后到达B处
则
23
y L
=
三、必修第3册电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．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A1，量程为600mA，内阻约为0.5Ω；
C．毫安表A2，量程为10mA，内阻R A=100Ω；
D．定值电阻R0=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A1的示数I1和毫安表A2的示数I2，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I2－I1图象如图乙所示，由图可知，该热敏电阻的阻值随毫安表A2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
2
7
17.5
0.4
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℃
14．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A 1（量程为1mA ，内阻约为100Ω）
B ．电流表A 2（量程为3m A ，内阻约为20Ω）
C ．电压表V 1（量程为10V ，内阻约为50kΩ）
D ．电压表V 2（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R 1（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S 1，调节各可变电阻，使得开关S 2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V1，通过待测电阻的最大电流约为
9
mA0.9mA
10000
m
x
E
I
R
≈==
故电流表应该选择A1；
（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S2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”。

15．育才中学科技小组的小明同学自行设计了一个地磅，其原理如图1所示．设电源两端电压U恒为定值，R0为定值电阻，滑动变阻器的总电阻为R、总长度为L ，滑动触头与托盘固联，开始时触头位于变阻器最上端A，并能随轻弹簧一起上下滑动．已知滑动变阻器的电阻与其接入电路的长度成正比；当对地磅施加压力F时，弹簧的长度会缩短L ．请回答：
（
1）定值电阻R 0的作用是________．
（2）电流表的示数与待测物体质量m 之间的关系式为________；此地磅的刻度特点是________．
（3）有同学建议小明将原理图改为图2所示，你认为这样改________（填“好”或“不好”）. （4）请你在图2的基础上，在图3的方框里画出你改进后的电路图，这样的好处是什么？
【答案】（1）分压限流，保护电路元件作用； （2）0
(L )R U
mgL
R FL
-+；不均匀 （3）不好 （4）这样的好处是电压与质量成正比，反应质量的刻度线均匀．
【解析】
（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，电流表有烧坏的可能，则定值电阻R 0的作用是保护电路；
（2）滑动变阻器的电阻与其接入电路的长度成正比；当对地磅施加压力F 时，弹簧的长度会缩短l ．
当质量为m 的物体放在地磅上时，弹簧形变量为l′，有 F mg
l l =
'
，即此时的弹簧缩短了mgl l F '=
，设此时滑动变阻器的阻值为R′，则 R R L L l '
=-'
所以11l mgl
R R R L FL
（）（）''=
-=-， 根据欧姆定律可知，此时电路中的电流为
00
(1)U U
I mgl R R R R FL
=
=
'+-+
由表达式可知，电流表的示数与物体的质量不成正比，所以造成刻度盘上的刻度不均匀； （3）电压表的示数为滑动变阻器的电压，等于电源电压减去定值电阻R 0的电压． 故
00
(1)U
U U IR U R mgl
R R FL
'=-=-
-+， 由表达式可知，电压表的示数与物体的质量不成正比，所以造成刻度盘上的刻度不均匀，故这样改仍然不好； （4）改进的电路如图所示，
滑片的移动不能改变接入电路中电阻的大小，但可以改变电压表所测部分的电阻， 设地磅上放上质量为m 的物体时弹簧缩短量为
l″，则l″= mg F
l 此时变阻器根据电压表并联部分的电阻R″=
l L
"R ， 根据欧姆定律，此时电路中的总电流为I=0
U
R R +， 所电压表的示数为()000()()mg l
U l U mgRU
F U IR R R R R L R R L R R FL
"'="===+++， 由表达式可以看出，电压与质量成正比，反应质量的刻度线均匀．
点睛：本题以地磅为背景考查了重力公式和串联电路的特点、欧姆定律的应用；关键：一是根据弹力的大小跟弹簧伸长或缩短的长度关系得出压力，二是根据滑动变阻器的长度和总电阻得出放物体时接入电路中电阻的大小，三是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等．
16．某同学在“测定金属丝电阻率”的实验中：
（1）在用游标为20分度的游标卡尺测其长度时，示数如图甲所示，读数为______cm ． （2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，读数为______mm ．
（3）在测量金属丝的电阻率的实验中，已知电阻丝的电阻约为10Ω，现备有下列器材供选用：
A ．量程是0-0.6A ，内阻是0.5Ω的电流表；
B ．量程是0-3A ，内阻是0.1Ω的电流表；
C ．量程是0-3V ，内阻是6kΩ的电压表；
D ．量程是0-15V ，内阻是30kΩ的电压表；
E ．阻值为0-1kΩ，额定电流为0.5A 的滑动变阻器；
F．阻值为0-10Ω，额定电流为2A的滑动变阻器；
G．蓄电池（6V）；
H．开关一个，导线若干．
为使测量结果尽量准确，电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选______．（只填字母代号）
若图所示的实验仪器就是我们选定，请用铅笔画线连接实验电路．（______）
【答案】5.015 5.700 C A F
【解析】
【详解】
（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：5.0cm=50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为：
3×0.05mm=0.15mm
所以最终读数为：
50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm
（2）[2]螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为：
20.0×0.01mm=0.200mm
所以最终读数为：
5.5mm+0.200mm=5.700mm
（3）[4][5][6]电源电动势为6V，电压表应选C、量程是0-3V，内阻6kΩ；如果选D、量程是0-15V，内阻30kΩ，电源电动势不到电压表量程的一半，读数误差较大；电路最大电流约为：
6
0.6
10
E
I
R
===A
则电流表应选：A、量程是0-0.6A，内阻是0.5Ω；为方便实验操作，滑动变阻器应选：F、阻值为0-10Ω，额定电流为2A；待测电阻为10Ω，滑动变阻器最大电阻为10Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；由于：
106000
20600
0.510
V
A
R
R R
R
==<==
则电流表应采用外接法，电路图如图所示：
17．LED 绿色照明技术已经走进我们的生活。

某实验小组要精确测定额定电压为3V 的LED 灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同。

实验室提供的器材有：
A ．电流表A 1（量程为0~5mA ，内阻R A 约为3Ω）
B ．电流表A 2（量程为0~4mA ，内阻R A2=10Ω）
C ．电压表V （量程为0~10V ，内阻R v =1000Ω）
D ．定值电阻R 1=590Ω E.定值电阻R 2=990Ω
F.滑动变阻器R （最大阻值为200）
G.蓄电池E （电动势为4V ，内阻很小）
H.开关S 一只，导线若干
(1)如图甲所示，请选择合适的器材，电表1为_________，定值电阻为__________（填写器材前的字母序号）；
(2)请将图乙中的实物连线补充完整_______；
(3)请写出测量LED 灯正常工作时的电阻表达式：R x =____________（电表1的读数用a 表示，电表2的读数用b 表示，其余电学量用题中所对应的电学符号表示）。

【答案】C E
2A2V
()b R R a b R +- 【解析】。