高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题(WORD版含答案)

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题（WORD 版含答案）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）43mg ；（2）2mg ，方向竖直向上. 【解析】 【详解】（1）由题意可知 :tan 37mgF︒= 所以:43F 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 mgm r︒= 小球由B 运动到A 的过程根据动能定理有:()22111sin 37cos3722B A mgr Fr mv mv ︒︒--+=-小球在A 点时根据牛顿第二定律有:2AN 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.2．万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2GMr；（2）原子核的电荷量为2mv skeθ；（3）小球在库仑力作用下的振动周期为2Lm R kQq π【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 GME m r== （2）根据牛顿第二定律，依据库仑引力提供向心力，则有：22Qe v k m R R= 由几何关系，得sR θ=解得：2mv sQ keθ=（3）因库仑力：2Qq 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：22L Lm T R g kQqππ'==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B4．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(())2lx+(2)223(())2lx+(3) 2l 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：22)4(A BkQqF Flx==+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：224sinlxθ=+所以：3122224()kQqxF 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：2224l cos l x θ=+所以：22223(4)kQqlF 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 +＝＞3122224()kQqxF l x =+ 即：l ＞2x5．如图所示，一光滑斜面的直角点A 处固定一带电量为+q ，质量为m 的绝缘小球。

另一同样小球置于斜面顶点B 处，已知斜面长为L ，现把上部小球从B 点从静止自由释放，球能沿斜面从B 点运动到斜面底端C 处（静电力常量为k ，重力加速度为g ）求：（1）小球从B 处开始运动到斜面中点D 处时的速度？ （2）小球运动到斜面底端C 处时，球对斜面的压力是多大？ 【答案】(1) 2D glv =2232'3N N kq F F L ==- 【解析】（1）由题意知：小球运动到D 点时，由于AD=AB ，所以有D B ϕϕ= 即0DB D B U ϕϕ=-=①则由动能定理得：21sin30022DB L mg qu mv ︒+=-② 联立①②解得2D gl v =③ （2）当小球运动到C 点时，对球受力分析如图所示则由平衡条件得：sin30cos30N F F mg +︒=︒库④由库仑定律得：()22cos30kq F l =︒库⑤联立④⑤得：22323N kq F mg L=-由牛顿第三定律即2232'3N N kq F F mg L==-．6．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】2228v H H +mg【解析】 【详解】(1)小球在MN 上方做平抛运动竖直方向：212H 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222v HL 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：()022H Hmg H F +-⋅= 解得F =3mg二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）7．电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。

实际中的电容器在外形结构上有多种不同的形式，但均可以用电容描述它的特性。

(1)在两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质就组成一个最简单的电容器，叫做平行板电容器。

图1为一平行板电容器的充电电路，在充电过程中两极板间电势差u 随电荷量q 的变化图像如图2所示。

类比直线运动中由v —t 图像求位移的方法，在图中画网格线表示当电荷量由Q 1增加到Q 2的过程中电容器增加的电势能；(2)同平行板电容器一样，一个金属球和一个与它同心的金属球壳也可以组成一个电容器，叫做球形电容器。

如图3所示，两极间为真空的球形电容器，其内球半径为R 1，外球内半径为R 2，电容为1221()R R C k R R =-，其中k 为静电力常量。

请结合(1)中的方法推导该球形电容器充电后电荷量达到Q 时所具有的电势能E p 的表达式； (3)孤立导体也能储存电荷，也具有电容：a.将孤立导体球看作另一极在无穷远的球形电容器，根据球形电容器电容的表达式推导半径为R 的孤立导体球的电容C '的表达式；b.将带电金属小球用导线与大地相连，我们就会认为小球的电荷量减小为0。

请结合题目信息及所学知识解释这一现象。

【答案】(1)见解析；(2)()221p 122kQ R R E R R -=；(3)a.RC k'=，b.见解析 【解析】 【分析】 【详解】 （1）如图所示（2）由电容的定义式可知球形电容器充电过程中两极板间电势差u 随电荷量q 的变化图像如下图所示，图中三角形面积表示电荷量达到Q 时电容器所具有的电势能E p 的大小，由图可得12p E QU =根据Q C U=可得22p Q E C= 将球形电容器电容的表达式代入可得22112()2P kQ R R E R R -=（3）a. 将孤立导体球看作另一极在无穷远的球形电容器，即1R R =，2R →∞代入球形电容器电容的表达式1221()R R C k R R =-可得R C k '=b. 根据a 中推得的孤立导体球的电容表达式R C k'=可知，球体的半径越大，其电容越大。

由于金属小球的半径远小于地球半径，所以地球的电容远大于小球的电容。

二者用导线连接，电势相同，根据Q =CU可知，地球的带电量远大于小球的带电量，电荷总量保持不变，所以可以认为小球的电荷量减小为0。

8．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16．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）23l 【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：2112eU mv = 得：12eU v m=电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：012l m t l v eU == (2)电子在偏转电极中的加速度:1eU a md=离开电场时竖直方向的速度：2012y U l ev at dmU == 离开电场轨迹如图所示：电子的速度与水平方向的夹角：21tan 45?=2y v U lvdU =解得：122dU U l=(3)离开电场的侧向位移：21012y at = 解得：12l 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：1223Y 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．9．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：21 2.5m/s a =；对小滑块P ，由牛顿第二定律：1110.25N f m a ==，1max 1110.5N>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1111qE m g m a μ'-=，解得213m/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v 1由运动学公式：1123m/s v a l ==， 滑块P 进入电场前运动的时间为1111.2s v t a ==， 设滑块P 回到CD 边界时间为t 2，由运动学公式：21212102v t a t '-=，解得22s t =； 对小滑块Q ，加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得：2222m g m a μ=，2221m/s a g μ==；设：经过t 3时间，小滑块Q 与绝缘板共速，即：1023v v a t =-； 解得：0131222.5s<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：211225m/s 6m ga M m μ'==+， Q 相对于绝缘板的总位移：22103231113111()[()] 4.925m 22x v t a t a t v t t =--+-=， 小滑块P 相对于板的总位移：22131112321231()()() 5.796m 2x v t t v t t t a t t t '=-++--+-≈， 板的总长度为1212.52m L x x l =++≈．10．如图所示，竖直面内的光滑绝缘轨道，处于竖直向下的匀强电场中．一个带负电的小球从斜轨道上的A 点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m ，电荷量为－q ，匀强电场的场强大小为E ，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R ，斜轨道与圆轨道平滑连接，小球的重力大于所受的电场力．(1) 求小球沿轨道滑下的加速度的大小；(2) 若使小球通过圆轨道顶端的B 点，求A 点距圆轨道最低点的竖直高度h 1至少为多大； (3) 若小球从距圆轨道最低点的竖直高度h 2＝5R 处由静止释放，假设其能通过圆轨道顶端B 点，求从释放到B 点的过程中小球机械能的改变量． 【答案】（1）-mg qE sin m α（）（2）52R （3）减少3qER .【解析】 【详解】(1)由牛顿第二定律有(mg －qE )sin α＝ma解得a ＝-mg qE sin mα（）(2)球恰能过B 点有：mg －qE ＝m 2Bv R①由动能定理，从A 点到B 点过程，则有：2112()()02B mg qE h R mv -－－＝②由①②解得h 1＝52R . (3)从释放到B 的过程中，因电场力做的总功为负功，电势能增加，则增加量：ΔE ＝qE (h 2－2R )＝qE (5R －2R )＝3qER .由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER . 答案：（1）-mg qE sin m α（）（2）52R （3）减少3qER .11．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22201211133222mv 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 ＝qEm＝20m/s 2 设经过t 时间两小球再次相碰，则有v 1t ＝v 2t －12a 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() 6.2522KB 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()()2222y 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 '21'02x 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 ＝12g （t ＋t '）2＝20m12．如图所示，电荷量均为＋q 、质量分别为m 和2m 的小球A 和B ，中间连接质量不计的细绳，在竖直方向的匀强电场中做初速度为0，加速度为a ＝6g的匀加速上升运动，当速度为v 0时细绳突然断开．(不考虑电荷间的相互作用)求：(1)电场强度大小；(2)自绳断开至球B 速度为零的过程中，两球组成系统的机械能增量为多少？ 【答案】（1）74mg q（2）63m 20v 【解析】受力分析，由牛顿第二定律列式求解；根据运动学公式，及电场力做功导致系统的机械能增加，即可求解．（1）设电场强度为E ，把小球A 、B 看作一个系统，由于绳未断前两球均做匀加速运动，则有：233qE mg ma -= 解得：74mgE q=（2）细绳断后，根据牛顿第二定律得：A qE mg ma -= 得34A ga =方向向上； 22B qE mg ma -= 得8B ga =-（负号表示方向向下） 设自绳断开到球B 速度为零的时间为t ，则有：00B v a t =+ ，解得08v t g=在该时间内A 的位移为：2200321 2A A v s v t a t g=+= 由功能关系知，电场力对A 做的功等于物体A 的机械能增量，2056A A E qEs mv ∆==同理对球B 得：220041 2B B v s v t a t g =+= 207B B E qEs mv ∆==解得2063A B E E E mv ∆=∆+∆=【点睛】考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，掌握机械能守恒条件，理解除重力之外的力做功导致机械能变化．三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）13．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：编号器材名称规格与参数A电源E电动势为3.0V，内阻不计B电流表A1量程0～10mA，内阻200ΩC电流表A2量程0～600mA，内阻2ΩD电阻箱R阻值999.99ΩE滑动变阻器R1最大阻值10ΩF滑动变阻器R2最大阻值2kΩ（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/V00.5 1.0 1.5 2.0 2.5电流I/A00.170.300.390.450.49（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．14．某物理兴趣小组要精确测定一个额定电压为3 V的节能灯正常工作时的电阻．已知该灯正常工作时的电阻约为500 Ω.实验室提供的器材有：A．电流表A(量程2 mA，内阻R A＝15 Ω)B．定值电阻R1＝1 985 ΩC．滑动变阻器R(0～10 Ω)D．电压表V(量程12 V，内阻R V＝1 kΩ)E．蓄电池E(电动势为12 V，内阻r很小)F．开关S一个，导线若干(1)要精确测定节能灯正常工作时的电阻应采用下面电路图中的________．(2)选择正确的电路进行实验，若电压表的示数用U表示，电流表的示数用I表示，写出测量节能灯电阻的表达式R x＝________________(用题目中给出的相应字母表示)．(3)为了测出节能灯正常工作时的电阻，电流表的示数必须调为I＝__________mA，若此时电压表的读数U＝7.6 V，则节能灯正常工作时的电阻为________Ω.【答案】C()1V AVIR R RU IR+-1.5 492【解析】【详解】(1)因节能灯正常工作时的电压为3 V，比电压表的量程小得多，不能用电压表直接测节能灯的工作电压，节能灯正常工作时的电流I＝3=500URA＝6 mA，大于电流表量程，所以不能用电流表直接测通过节能灯的电流，因电压表允许通过的最大电流为12 mA，电流表与定值电阻串联后的电压达4 V，所以可将电压表当做电流表使用，电流表与定值电阻串联当电压表使用，由相关量的关系可知电压表V应采用外接方式，又由于滑动变阻器的阻值远小于待测电阻，所以滑动变阻器要接成分压式，正确的电路图是C.(2)由电路结构及欧姆定律可知R x＝1()AVI R RUIR+-＝1()V AVIR R RU IR+-.(3)因节能灯正常工作时的电压为3 V，此时对应的电流表示数为I＝1.5 mA，将U和I代入表达式可得节能灯正常工作时的电阻为492 Ω.本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流．15．要测绘一个标有“3V 0．6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：直流电源（电压为4V）；电流表（量程为0—0．6A．内阻约0．2Ω）；电压表（量程为0--3V）；电键一个、导线若干．①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______（填字母代号）．A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0．3A）②（1）为了设计合理的实验方案，某同学用多用电表来粗略测量电压表的内阻，表盘读数及开关选择档位，如下图所示，则其阻值约为______________；测量时多用电表的红表笔应接电压表的___________（填正或者负）接线柱．（2）选出既满足实验要求，又要减小误差的实验电路图________．下图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接．（电路中仅缺少2条导线，请用笔代替导线连上）_____【答案】A 3.6KΩ负丙电路图见解析【解析】【详解】① [1]．实验中滑动变阻器要用分压电路，故所用的滑动变阻器应选阻值较小的A;②（1）[2][3]．电压表的内阻值约为36×100Ω=3.6KΩ；测量时多用电表的红表笔应接电压表的负接线柱．（2）[4]．实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为23150.6R==Ω，电流表内阻远小于灯泡电阻，所以电流表应采用外接法，因此实验电路应选丙；电路连线如图；16．某学习小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验时，用了两个电压表，目的是可以同时测定电源的电动势和内阻，电路图如图甲所示，实验室可选用的器材有：A．金属丝（阻值几欧）B．电池（电动势3V左右，内阻几欧）C．电压表两个（量程3V，内阻很大）D．电流表（量程0.6A，内阻0.2Ω左右）E.电流表（量程3A，内阻0.04Ω左右）F.滑动变阻器（0〜2kΩ）G.滑动变阻器（0〜20Ω）H.毫米刻度尺，螺旋测微器I.开关，导线若干(1)实验前在选用器材时，电流表应选择_____，滑动变阻器应选择_____；（均填器材前的(2)测得金属丝的长度为0.5023m；在测金属丝直径时，螺旋测微器的测量结果如图乙所示，则金属丝的直径为______mm；(3)实验过程中电压表V1、V2与电流表A的测量结果已经在图丙中的图像中描出，由U—I 图像可得，电源的电动势为_____V，电源的内阻为_____Ω，金属丝的电阻为____Ω；（均保留三位有效数字）(4)由电阻定律可得，金属丝的电阻率为______Ω⋅m（保留两位有效数字）。