江苏省苏州市吴县中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

江苏省苏州市吴县中学必修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．如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为Q ，其中A 带正电荷，B 带负电荷，A 、B 相距为2d 。

MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为+q （可视为点电荷），现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的D 点时，速度为v 。

已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，若取无限远处的电势为零，试求：
（1）在A 、B 所形成的电场中，C 的电势φC 。

（2）小球P 经过D 点时的加速度。

（3）小球P 经过与点电荷B 等高的E 点时的速度。

【答案】（1）222mv mgd q -（2）g +2
22kQq
md
（32v 【解析】 【详解】
（1）由等量异种电荷形成的电场特点可知，D 点的电势与无限远处电势相等，即D 点电势为零。

小球P 由C 运动到D 的过程，由动能定理得：
2
102
CD mgd q mv ϕ+=
- ① 0CD C D C ϕϕϕϕ=-=- ②
222C mv mgd q
ϕ-= ③
（2）小球P 经过D 点时受力如图：
由库仑定律得：
122
(2)F F k
d == ④
由牛顿第二定律得：
12cos 45cos 45mg F F ma +︒+︒= ⑤
解得：
a =g +
2kQq
⑥ （3）小球P 由D 运动到E 的过程，由动能定理得：
22
1122
DE B mgd q mv mv ϕ+=
- ⑦ 由等量异种电荷形成的电场特点可知：
DE CD ϕϕ= ⑧
联立①⑦⑧解得：
2B v v = ⑨
3．竖直放置的平行金属板A 、B 带等量异种电荷(如图)，两板之间形成的电场是匀强电场．板间用绝缘细线悬挂着的小球质量m=4．0×10－5kg ，带电荷量q=3．0×10－7C ，平衡时细线与竖直方向之间的夹角α=37°．求：
(1)A 、B 之间匀强电场的场强多大?
(2)若剪断细线，计算小球运动的加速度，小球在A 、B 板间将如何运动? 【答案】(1)E =1×103N/C (2) 12.5m/s 2 【解析】
【详解】
（1）小球受到重力mg 、电场力F 和绳的拉力T 的作用，由共点力平衡条件有：
F =qE =mg tan α
解得：
53
7
tan 410100.75 1.010N/C 310mg E q α--⨯⨯⨯===⨯⨯
匀强电场的电场强度的方向与电场力的方向相同，即水平向右；
（2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37°匀加速直线运动，设其加速度为a 由牛顿第二定律有：
cos mg
ma θ
= 解得：
212.5m/s cos g
a θ
=
= 【点睛】
本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此
后小球的运动情况．
4．万有引力和库仑力有类似的规律，有很多可以类比的地方。

已知引力常量为G ，静电力常量为k 。

（1）用定义静电场强度的方法来定义与质量为M 的质点相距r 处的引力场强度E G 的表达式；
（2）质量为m 、电荷量为e 的电子在库仑力的作用下以速度v 绕位于圆心的原子核做匀速圆周运动，该模型与太阳系内行星绕太阳运转相似，被称为“行星模型”，如图甲。

已知在一段时间内，电子走过的弧长为s ，其速度方向改变的角度为θ（弧度）。

求出原子核的电荷量Q ；
（3）如图乙，用一根蚕丝悬挂一个金属小球，质量为m ，电荷量为﹣q 。

悬点下方固定一个绝缘的电荷量为+Q 的金属大球，蚕丝长为L ，两金属球球心间距离为R 。

小球受到电荷间引力作用在竖直平面内做小幅振动。

不计两球间万有引力，求出小球在库仑力作用下的振动周期。

【答案】（1）质量为M 的质点相距r 处的引力场强度的表达式为
2
GM
r ；（2）原子核的
电荷量为2mv s
ke
θ；（3）小球在库仑力作用下的振动周期为2π
【解析】 【详解】
（1）根据电场强度的定义式方法，那么质量为M 的质点相距r 处的引力场强度E G 的表达式：
2G F GM
E m r
=
= （2）根据牛顿第二定律，依据库仑引力提供向心力，则有：
2
2Qe v k m R R
= 由几何关系，得
s
R θ
=
解得：
2mv s
Q ke
θ=
（3）因库仑力：
2
Qq F R =
等效重力加速度：
2F kQq g m mR
'=
= 小球在库仑力作用下的振动周期：
22T π
π==
5．如图所示在粗糙绝缘的水平面，上有两个带同种正电荷小球M 和N ，N 被绝缘座固定在水平面上，M 在离N 点r 0处由静止释放，开始运动瞬间的加速度大小恰好为μg 。

已知静电常量为k ，M 和地面间的动摩擦因数为μ，两电荷均可看成点电荷，且N 的带电量为Q ，M 带电量为q ，不计空气阻力。

则: (1)M 运动速度最大时离N 的距离;
(2)已知M 在上述运动过程中的最大位移为r 0，如果M 带电量改变为3
2
q ，仍从离N 点r 0处静止释放时，则运动的位移为r 0时速度和加速度各为多大?
【答案】（1）02l r =（2）0v gr μ=4
g
a μ=
，方向水平向左
【解析】 【详解】
（1）以小球为研究对象，分析小球的受力情况，小球受到重力、支持力、摩擦力和库仑力作用。

开始运动瞬间，两小球间的库仑力为：
F 库0 =20
kQq r
由牛顿第二定律可知，开始瞬间
F 库0-μmg=ma
可得：
02F ng μ=库
因M 做加速度减小的加速运动，所以当F ng μ'=库速度最大，即：
0212kQq
F F l
'=
=库库 所以
02l r =
（2）小球q 运动距离r 0过程中由动能定理的得:
000W mgr μ'
-=-电场力
金属球
3
2
q 运动距离r 0过程中由动能定理的得: 201
02
w mgr mv μ'
-=
-电场力 其中W Uq =电场力，3()2
W U q '=电场力 (U 为电荷移动过程中的电势差) 联立以上两式解得：
0v gr μ=由牛顿第二定律可知：
()
20322kQ q
mg ma r μ⨯-= 由02F mg μ=，解得：
4
g
a μ=
方向水平向左。

6．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 ．
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
v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：
2
0100
1
22
2
EqL mgL mv
μ
-⋅=⋅
解得：v0=2m/s
（2）AB碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可得：
012
22
mv mv mv
=+
222
012
111
22
222
mv mv mv
⋅=⋅+
解得：
1
2
m/s
3
v=
2
8
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：
2
2
2
1
22m/s
2
B
E q mg qE
a g
m m
μ
μ
⋅-
==-=-，
A的加速度：
1
1
1
2
20
24
A
E q mg qE
a g
m m
μ
μ
⋅-⋅
==-=
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
1
2
m/s
3
v=；（3）B做减速运动直到停止的位移：
221216m 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22224
16m 23B v x a =
= 同理可得，第三次碰撞时，
12132322mv mv mv =+
222121323111
22222
mv mv mv ⋅=⋅+ 可得131212m/s 327v v =
=，23123488
m/s m/s 3273
v v === B 第3次停止时的位移22236
16
m 23B v x a =
= 同理推理可得，第n 次碰撞，碰撞AB 的速度分别为：
11n-112m/s 33n n v v ==（)，2n 1n-1)
48m/s 33n
v v ==（ B 第n 次停止时的位移:
22n 216m 23
n n B v x a ==
则A 、B 停止运动时，B 的总位移
12324622++16161616m m+m+m 33331=2(1-)m
3n
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，真空中的电极K 连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为U 0的电场加速，加速电压U 0随时间t 变化的图像如图乙所示，每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为该过程加速电压不变.电子被加速后由小孔S 穿出沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A 、B 间中轴线，从左边缘射入A 、B 两板间的偏转电场，A 、B 两板长均为L =0.020m ，两板之间距离d =0.050m ，A 板的电势比B 板电势高U ，A 、B 板右側
边缘到竖直放置的荧光屏P （面积足够大）之间的距离b =0.10m ，荧光屏的中心点O 与A 、B 板的中心轴线在同一永平直线上，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。

求： （1）求电子进入偏转电场的初速度v 0（已知电子质量为m 、电量为e ，加速电压为U 0） （2）假设电子能射出偏转电场，从偏转电场右端射出时，它在垂直于两板方向的偏转位移y 为多少（用U 0、U 、L 、d 表示）；
（3）要使电子都打不到荧光屏上，A 、B 两板间所加电压U 应满足什么条件； （4）当A 、B 板间所加电压U =50V 时，电子打在荧光屏上距离中心点O 多远的范围内。

【答案】（1）0
02eU v m
=2）204UL y dU =；（3）所加电压U 应满足至少为100V ；
（4）0.025m ～0.05m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）电子加速过程中，根据动能定理有
2001
2
eU mv =
解得初速度
02eU v m
=
（2）偏转过程中，水平方向做匀速直线运动，有
0v t L =
垂直AB 两板方向，做匀加速直线运动，有
U Ed =
eU ma =
212
y at =
由（1）问及以上几式，解得
2
4UL y dU =
（3）要使电子都打不到屏上，应满足U 0取最大值800V 时仍有y ＞0.5d ，代入(2)问结果，可得：
2
00222
44?0.548000.50.05V 100V 0.2
U dy U d d U L L ⨯⨯⨯=>==
所以为使电子都打不到屏上，A 、B 两板间所加电压U 至少为100V
（4）当A 、B 板间所加电压U′=50V 时，当电子恰好从A 板右边缘射出偏转电场时 其侧移最大
max 11
0.05m 0.025m 22
y d =
=⨯= 设电子通过电场最大的偏转角为θ，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Y max ，则
tan y v at
v v θ=
=
max max y b
Y y υυ
=+
又
max 02
y
υy t +=
L υt =
联立解得
max max max 20.05m b
Y y y L
=+
= 由第（2）问中的2
4UL y dU =可知，在其它条件不变的情况下，U 0越大y 越小
所以当U 0=800V 时，电子通过偏转电场的侧移量最小 其最小侧移量，
222min
00500.2m 0.0125m 4440.05800
UL U L y dU dU ⨯'====⨯⨯ 同理可知，电子打到屏上距中心的最小距离为
min min 210.025m b Y y L ⎛⎫
=+= ⎪⎝
⎭
故其范围为0.025m~0.05m 。

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 l 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 l 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=66
l 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,带电荷量为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0v =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 的电荷量始终不变,重力加速度g 取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）第三次碰撞的位置
【答案】25.(1)5m/s ；15m/s （2）6.25J ；（3）第三次碰撞的位置是在第一次碰撞点右方5m 、下方20m 处. 【解析】 【分析】 【详解】
（1）第一次碰撞时，
两小球动量守恒，即3mv 0＝3mv 1＋mv 2
机械能守恒，即
22201211133222
mv mv mv ⋅=⋅+ 解得碰后A 的速度v 1＝5m/s ，B 的速度v 2＝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a B ＝
qE
m
＝20m/s 2 设经过t 时间两小球再次相碰，则有v 1t ＝v 2t －1
2
a B t 2 解得t ＝1s
此时，B 的水平速度为v x ＝v 2－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22211() 6.2522
KB B x y E mv m v v J =
=+= （3）第二次碰撞时，AB 小球水平方向上动量守恒'
'
1133x x mv mv mv mv ＋＝＋ 机械能守恒，即
2222'2'2'2
'21111113()()3()()2222
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'10v =，B 的速度'
x 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 '
2
1'02
x B v t a t －＝ 解得t '＝1s
因此，第三次相碰的位置在第一次碰撞点右方x ＝v 1t ＝5m 下方y ＝
1
2
g （t ＋t '）2＝20m
11．如图，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 段是水平的，BD 段为半径R =0.2m 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，场强大小E =5.0×103V/m 。

一不带电的绝缘小球甲，以速度0v 沿水平轨道向右运动，与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D 。

已知甲、乙两球的质量均为m =1.0×10-2kg ，乙所带电荷量q =2.0×10-5C ，g 取10m/s 2。

（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转移）求： (1)乙在轨道上的首次落点到B 点的距离； (2)碰撞前甲球的速度0v 。

【答案】(1)0.4m x =；(2)025m/s v = 【解析】 【分析】
(1)根据乙球恰能通过轨道的最高点，根据牛顿第二定律求出乙球在D 点的速度，离开D 点后做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出竖直方向上的加速度，从而求出竖直方向上运动的时间，根据水平方向做匀速直线运动求出水平位移。

(2)因为甲乙发生弹性碰撞，根据动量守恒、机械能守恒求出碰后乙的速度，结合动能定理
求出甲的初速度。

【详解】
(1)在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为D v ，乙离开D 点到达水平轨道的时间为t ，乙的落点到B 点的距离为x ，则
2D v m mg qE R
=+ 乙球离开D 点后做类平抛运动，竖直方向
212()2mg qE R t m +=
水平方向
D x v t =
联立解得
0.4m x =
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲、v 乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
0mv mv mv =+甲乙，222
0111222
mv mv mv =+甲乙
联立得
0=v v 乙
由动能定理得
22
112222
D mg R q
E R mv mv -⋅-⋅=-乙
联立解得
05()25m/s mg Eq R
v m
+=
=
12．一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 ．
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．为测量某金属丝的电阻率，小明同学设计了如图甲、乙所示的两种实验方案，已知电源的电动势E 和内阻r 在实验过程中保持不变。

(1)小明先进行了如图甲方案的测量。

①他首先利用游标卡尺和螺旋测微器分别测出甲、乙、丙三根不同金属丝的直径，示数分别如图甲、乙、丙所示。

则三根金属丝直径的测量值分别为d 甲=________mm 、d 乙
=________mm 、d 丙=________mm 。

若三根金属丝的材料、长度相同且粗细均匀，则它们的电阻R 甲、R 乙和R 丙中最大的是________，最小的是________。

②实验过程中，小明先将甲金属丝接入电路，并用米尺测出接入电路中的甲金属丝的长度l=50.00cm。

闭合开关后移动滑动变阻器的滑片分别处于不同的位置，并依次记录了两电表的测量数据如下表所示，其中5组数据的对应点他已经标在如图所示的坐标纸上，请你标出余下一组数据的对应点，并画出U-I图线________________。

实验次
123456
数
U/V0.90 1.20 1.50 1.80 2.10 2.40
I/A0.180.240.310.370.430.49
③该方案测得的甲金属丝的电阻率ρ甲=__________Ω·m（计算结果保留两位有效数字）。

④对于上述第(1)所述的测量过程，随着通过金属丝的电流I不断增大，滑动变阻器上的电功率P随之变化。

对于P-I的关系图象，在下列图中可能正确的是（________）
(2)小明又用如图乙方案测量乙金属丝的电阻率，已知电源的电动势E=5.0V、内阻
r=0.20Ω。

实验中他可以通过改变接线夹（即图乙中滑动变阻器符号上的箭头）接触金属丝的位置以控制接入电路中金属丝的长度。

①请在下述步骤的空格中将实验操作步骤补充完整：
a．正确连接电路，设定电阻箱的阻值，闭合开关；
b．读出电流表的示数，记录接线夹的位置；
c．断开开关，______________；
d．闭合开关，重复b、c的操作。

②根据测得电流与金属丝接入长度关系的数据，绘出如图所示的关系图线，其斜率为
_____________A-1·m-1（保留2位有效数字）；图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表了___________________的电阻之和。

③图中图线的斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的物理量是____________，其数值和单位为_______________（保留2位有效数字）。

(3)电表的内阻可能对实验产生系统误差，请你分别就这两种方案说明电表内阻对电阻率测
量的影响____________________________________。

【答案】1.75 1.34~1.38 0.546~0.548 R 丙 R 甲 见解析 （2.3~2.5）×10-5 D 测出接入电路的金属丝的长度 12~14 电源内阻、电流表内电阻与电阻箱 金属丝的电阻率 （9.8±0.5）×10-5Ω·m 图甲方案，由于电流表分压，导致电压表测量值偏大，电阻的测量值偏大，电阻率测量值偏大；图乙方案中电表内阻对测量结果没有影响 【解析】 【分析】 【详解】
(1)①[1]金属丝甲的直径
1mm 0.0515mm 1.75mm d =+⨯=甲
[2]金属丝乙的直径
1mm 0.0218mm 1.36mm d =+⨯=乙
[3]金属丝丙的直径
0.5mm 0.046mm 0.546mm d =+=丙
[4][5]根据电阻定律的决定式
2
4=l l R S d ρ
ρπ= 可知
R 甲 最小，R 丙最大
②[6]图象如图所示
③[7]根据图象可知电阻值
4.92ΩU
R I
=
=甲 再根据电阻定律
2
4=l l R S d ρ
ρπ= 代入数据，解得
52.410m ρ-=⨯Ω⋅
④[8]随电流增大，滑动变阻器的功率先变大后变小，当滑动变阻器阻值等于其它电阻之和时，功率最大，D 正确，ABC 错误。

故选D 。

(2)①[9] 测出接入电路的金属丝的长度。

②[10]由图象可得斜率为13 A -1·m -1。

[11][12]根据
E
I rl R
=
+ 整理得
1r R l I E E
=+ 其中r 就是单位长度的电阻，根据电阻定律
r S
ρ
=
代入整理得
1R l I ES E
ρ=+ 因此图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表电源内阻、电流表内电阻与电阻箱电阻之和；斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的金属丝的电阻率。

③[13]将电源电动势E 和乙金属丝的直径d 乙代入得
32
51.361013 5.0()Ωm 9.410Ωm 2
ρπ--⨯=⨯⨯⨯⋅=⨯⋅
（3）[14] 图甲方案，由于电流表的分压作用，导致电压表测量值偏大，电阻的测量值偏大，电阻率测量值偏大；图乙方案中电表内阻对测量结果没有影响。

14．有一只标识为“2.5 V ，0.5 A”的小灯泡，小华想测定其伏安特性曲线，实验室所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
（1）为了达到实验目的需要组装一个量程为3.0 V 的电压表，那么电阻箱的阻值应调到________ Ω；
（2）为了减小实验误差，实验中滑动变阻器应选择________(选填器材前面的编号)； （3）请帮助小华设计一个电路，要求使误差尽量小，并将电路图画在图1虚线框内________；
（4）小华在实验中用电流表和改装后的电压表测得数据并记录在下表中，请根据表格中的数据在图2方格纸上作出该小灯泡的伏安特性曲线_________；
电压U /V
0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 电流I /A 0 0.17 0.30 0.39 0.45 0.49
（5）将一个电动势为1.5V ，内阻为3Ω的电源直接接在该小灯泡的两端，则该小灯泡的实际功率为________W(结果保留1位有效数字)．
【答案】100 E 0.2
【解析】
【详解】
（1）[1]由题意可知，本实验应采用伏安法测量伏安特性曲线，由表中数据可知，电流大小最大约为0.49A ，因此电流表应采用A 2，故只能采用A 1与电阻箱串联的方式进行改装，由串并联电路规律可知
32000.01R ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
Ω=100Ω （2）[2]由于本实验采用滑动变阻器分压接法，所以只能选用总阻值较小的E ；
（3）[3]本实验应采用滑动变阻器分压接法，由于电流表内阻较小，故应采用电流表外接法，故原理图如图所示
（4）[4]根据描点法可得出对应的伏安特性曲线如图所示
（5）[5]在灯泡伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的工作点，由图可知，电压U =0.8V ，电流I =0.22A ，则功率
0.80.22P UI ==⨯W 0.2≈W
【点睛】
明确实验原理，根据电路的改装规律可明确电阻箱应接入电阻；根据滑动变阻器的作用可确定应选择的滑动变阻器；根据实验原理进行分析，从而明确应采用的电路图；根据描点法可得出对应的图象；在灯泡伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示
灯泡的工作点，从而确定电压和电流，由功率公式即可确定电功率．
15．用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻T R ，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的．某同学将T R 和两个适当的固定电阻1R 、2R 连成图1虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻L R 的阻值随T R 所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围．为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下L R 的阻值，测量电路如图1所示，图中的电压表内阻很大．L R 的测量结果如表所示．
．温度t （℃） 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 90.0
RL 阻值（Ω） 54.3 51.5 48.3 44.7 41.4 37.9 34.7 回答下列问题：
（1）根据图1所示的电路，在图2所示的实物图上连线_______________．
（2）为了检验L R 与f 之间近似为线性关系，在坐标纸上作L R -t 关系图线___________．
（3）在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图3、4所示．电流表的读数为____，电压表的读数为___．此时等效电阻L R 的阻值为___：热敏电阻所处环境的温度约为____．
【答案】
115mA 5.00V
43.5Ω 64.0℃
【解析】
【分析】
【详解】
根据电路图按照顺序可以将实物电路连接，如图2所示；
根据表1的数据可以在R L-t图象上进行描点作图，图象如图所示
图3的表盘分度值为5mA，电流表读数为115 mA；图4的表盘分度值为0.01V，电压表读数为5.00V；根据部分电路欧姆定律R L=43.5Ω，根据第2题的图象可以查出热敏电阻所处环境的温度为64.0℃．
16．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中。

(1)设计如图甲所示电路图，要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量减小系统误差，开关1S接___（填“M”或“N”）闭合开关S前滑片P置于_______（填“A端”或“B端”）
(2)若实验中电流表出现故障，不能使用。

该同学需将一个满偏电流为1mA、内阻为30Ω的表头改装成量程为0-0.6A的电流表，则应将表头与电阻箱_________（填“串联”或“并联”），并将该电阻箱阻值调为__________Ω。

（保留一位有效数字）
(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，若用一电动势E=3V、r=10Ω的电源与该小灯泡连接如图丙所示的电路，电路接通稳定后小灯泡消耗的功率为______W，若用另一只与该小灯泡完全相同的灯泡与电动势E=3V、r=10Ω的电源连接如图丁所示的电路，则电路接通稳定后电源的输出功率为______W。

（计算结果保留两位小数）
【答案】N A端并联 0.05 0.20~0.23 0.08~0.11
【解析】
【详解】
(1)[1][2]
要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量减小系统误差，滑动变阻器采用分压接法；由于小灯泡电阻较小，电流表采用外接法，故开关S 1接N 点，闭合开关前，为保护电表，闭合开关S 前滑片P 置于A 端；
(2)[3][4]把表头改装成大量程电流表应并联小电阻，根据并联电路特点和欧姆定律得
()g g g I R I I R =-
解得
3311030Ω0.05Ω0.6110--⨯⨯=
=≈--⨯g g
g I R R I I ; (3)[5]在灯泡U-I 图象坐标系内作出电动势E =3V 、r =10Ω的电源的路端电压随电流的变化
310=-=-U E Ir I
由图示图象可知，灯泡两端电压U=1.20V ，通过灯泡的电流I =0.18A ，则灯泡的实际功率
1.200.180.22W ==⨯=P UI
[6]设通过灯泡的电流为I ，灯泡两端电压为U ，根据图丁所示电路图，由闭合电路欧姆定律可得：
E=U+2Ir
则
U=E-2Ir
即
U=3-20I
在灯泡U-I 图象坐标系内作出U=3-20I 的图象如图所示
由图示图象可知，灯泡两端电压U=0.35V ，通过灯泡的电流I =0.13A ，则电源的输出功率为
20.3520.130.09W =⋅=⨯⨯=P U I。