高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷练习(Word版 含答案)

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷练习（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．（1）科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远
小于两星体间的距离，一般双星系统距离其它星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M 0，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G ．
①求该双星系统中每个星体的线速度大小v ；
②如果质量分别为m 1和m 2的质点相距为r 时，它们之间的引力势能的表达式为
12
p m m E G
r
=-，求该双星系统的机械能． （2）微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．假设核外电子的质量为m ，氢原子核的质量为M ，二者相距为r ，静电力常量为k ，电子和氢原子核的电荷量均为e ．已知电荷量分别为+q 1和-q 2的点电荷相距为r 时，它们之间的电势能的表达式为12
p q q E k
r
=-． ①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量分别用E Ⅰ、 E Ⅱ表示，请推理分析，比较E Ⅰ、 E Ⅱ的大小关系； ②模型Ⅰ、Ⅱ中电子做匀速圆周运动的线
速度分别用v Ⅰ、v Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从线速度的角度分析这样做的合理性．
【答案】（1）①v =②202M G L -（2）①2
-2ke r
②模型Ⅰ的简化是合理的
【解析】
（1）① 22
002/2
M M v G L L =，解得 v =
②双星系统的动能22
00k 0012222GM GM E M v M L L =⨯==
，双星系统的引力势能20P GM E L =-，该双星系统的机械能E=E k +E p =2
02M G L - （2）①对于模型Ⅰ：22I 2mv ke r r =，此时电子的动能E k Ⅰ=2
2ke r
又因电势能2pI e E k r =-，所以E Ⅰ= E k Ⅰ+E p Ⅰ=2
-2ke r
对于模型Ⅱ：对电子有：
2
2
1
2
1
mv
ke
r r
=，解得
22
1
12
mv r
r
ke
=
对于原子核有：
2
2
2
2
2
Mv
ke
r r
=，解得
22
2
22
Mv r
r
ke
=
因为r1+r2=r，所以有
2222
12
22
+
mv r Mv r
r ke ke
=
解得E kⅡ=
2 22
12
11
222
ke mv Mv
r
+=
又因电势能
2
p
e
E k
r
=-
Ⅱ
，所以EⅡ= E kⅡ+E pⅡ=
2
-
2
ke
r
即模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量相等，均为
2 -
2 ke
r
②解法一：
模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有
2
2
I
I
2
=
mv
ke
m v
r r
ω
=，解得
2
I2
=
ke
v
m r
ω
模型Ⅱ中：
对电子有：
2
2
II
1II
2
1
=
mv
ke
m v
r r
ω
=，解得
2
II2
1
=
ke
v
m r
ω
对于原子核有：
22
2
2
2
=
ke Mv
M v
r r
ω
=，
因ω1=ω2，所以mvⅡ=Mv
又因原子核的质量M远大于电子的质量m，所以vⅡ>>v，所以可视为M静止不动，因此ω1=ω2=ω，即可视为vⅠ=vⅡ．故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的．
②解法二：
模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有
2
2
I
2
mv
ke
r r
=
，解得
I
v
模型Ⅱ中：
库仑力提供向心力：
2
22
12
2
=
ke
mr Mr
r
ωω
== (1)
解得1
2=
r M
r m；
又因为r1+r2=r所以1=M
r
m M
+2=
m
r
m M
+
带入（1）式：
ω=
所以：()21=?ke M v r r m M m ω=+Ⅱ ()22=?ke m
v r r m M M
ω=+
又因原子核的质量M 远大于电子的质量m ，所以v Ⅱ>>v ，所以可视为M 静止不动；故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的．
2．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中，有一长度l =0. 5m 的绝缘轻绳上端固定在O
点，下端系一质量21010m .-=⨯kg 、带电量8
2.010q -=⨯C 的小球（小球的大小可以忽
略）在位置B 点处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角α=37°，空气阻力不计，sin37°=0. 6，cos37°=0. 8，g =10m/s 2. （1）求该电场场强大小；
（2）在始终垂直于轻绳的外力作用下将小球从B 位置缓慢拉动到细绳竖直位置的A 点，求外力对带电小球做的功；
（3）过B 点做一等势面交电场线于C 点（C 点未画出），使轻绳与竖直方向的夹角增大少许（不超过5°），再由静止释放，求小球从C 点第一次运动到B 点的时间，并写出分析求解过程.
【答案】(1) 63.7510E =⨯N/C (2)2
1.2510F W J -=⨯ (3)0.31t s =
【解析】 【详解】
（1）带电小球静止，受到合力等于零，电场力与重力的关系是：
tan Eq mg α=，即tan mg
E q
α=
代入数值计算得电场场强大小：63.7510/E N C =⨯
（2）小球在外力作用下从B 位置缓慢移动到A 位置过程中，根据动能定理有：
sin (cos )0F W Eql mg l l αα-+-=
所以sin tan (cos )F mg
W q mg l l q
ααα=
-- 代入数值解得电场场强大小：2
1.2510F W J -=⨯
（3）分析受力可知：小球在运动过程中，重力和电场力的合力为恒力，大小为
5
cos 4
mg F mg α=
= 类比研究单摆的方法可知，小球的运动与单摆类似，回复力由上述合力沿圆周切向的分力提供。

因为从C 到B 的角度θ很小，进一步可知回复力与相对平衡位置的位移大小成正比、方向相反，故小球的运动为简谐运动。

小球的运动可等效为在某个场强大小为5
4
g mg '=，方向与竖直方向成α角斜向右下的场中做简谐运动，其周期为
225/4
l l T g g π
π==' 故从C 到B 最短的时间1
0.10.314
t T s π=
==
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．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．
5．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) 2
D gl
v =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：21
sin30022
DB L mg
qu mv ︒+=-②
联立①②解得2
D 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：()
2
2
cos30kq F l =
︒库⑤
联立④⑤得：2
23223N kq F mg L
=-
由牛顿第三定律即2
232'3N N kq F F mg L
==-．
6．如图所示，长=1m L 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，绳与竖直方向夹角θ=37°。

已知小球所带电荷量
61.010q C -=⨯，匀强电场的场强33.010N/C E =⨯，取重力加速度210m/s g =，
sin370.6︒=。

求：
（1）小球所受电场力F 大小； （2）小球质量m ；
（3）将电场撤去小球回到最低点时速度v 的大小； （4）撤去电场后小球到达最低点时绳子对小球的拉力大小。

【答案】（1）3⨯10-3N ；（2）4⨯10-4kg ；（3）2m/s ；（4）5.6⨯10-3N 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小球所受电场力F 大小
3310N F qE -==⨯
（2）球受mg 、绳的拉力T 和电场力F 作用，
根据共点力平衡条件和图中几何关系有
tan mg qE θ=
解得小球的质量
-4410kg m =⨯
（3）将电场撤去，小球摆动到最低点的过程由机械能守恒定律得：
21(1-cos37)2
mgL mv ︒=
解得
2.0m/s v =
（4）将电场撤去，小球摆动到最低点时由牛顿第二定律得
2
-v T mg m L
=
解得
-35.610N T =⨯
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，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
0v =
（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 。

8．如图所示，直角坐标系xOy 在竖直平面内，x 轴沿水平方向，空间有平行坐标平面竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E ，在第一、四象限内以坐标原点O 为圆心的半圆形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B 0，圆的半径为R ，一个带电荷量为q 的小球A 静止于Q 点，另一个质量和带电荷量都与A 球相同的小球B 在P 点，获得一个沿x 轴正方向的初速度，小球B 与小球A 在进磁场前碰撞并粘合在一起，两球经磁场偏转后，最终竖直向上运动，不计两球碰撞过程中电量损失，P 点到O 点的距离为R ，重力加速度大小为g ，求：
（1）小球B 从P 点向右运动的初速度0v 的大小；
（2）撤去小球A ，改变y 轴左侧电场强度的大小，将小球B 从P 点向右开始运动的速度减为原来的
2
，结果小球B 刚好从y 轴上坐标为0,2R ⎛⎫- ⎪⎝⎭的位置进入磁场，试确定粒子经
磁场偏转后出磁场的位置坐标。

【答案】（1）002gB R v E =；（2）37,4R R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
【解析】 【分析】 【详解】
（1）因为小球A 静止在Q 点，所以与A 球质量和电荷量相等的B 球将向右做匀速直线运动，然后与A 球相碰，设两球的质量为m ，B 球的初速度大小为0v ，A 、B 碰撞后的共同速
度为1v ，根据动量守恒有
012mv mv =
解得
1012
v v =
由于小球A 在碰撞前处于静止状态，则
qE mg =
解得
mg
q E
=
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设小球在磁场中做圆周运动的半径为r ，根据粒子运动的轨迹，依据几何关系
2
r R =
根据牛顿第二定律有
2
11022v qv B m r
=
解得
00R
v E
=
（2）由题意可知，粒子从P 点出射的速度大小
00042gB R v E
=
=' 粒子在进磁场前做类平拋运动，进磁场时的速度的反向延长线交于水平位移的中点，则粒子进磁场时速度与x 轴正正向的夹角为45度，则粒子进磁场时的速度大小
20v ='
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则
2
2
202
v qv B m r =
解得
2r R =
由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆心位置为
,02R ⎛⎫ ⎪⎝⎭
有界场边界满足
222x y R +=
粒子在磁场中做圆周运动的轨迹满足
2
2222R x y r ⎛⎫-+= ⎪⎝
⎭
解得
3
4x R = 74
y R =-
因此粒子出磁场时的位置坐标为
37,44R R ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭
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）12m 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（a ），长度L=0.8m 的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A ，其电荷量Q=
；一质量m=0.02kg ，带电量为q 的小球B 套在杆上．将杆沿水平方向固定
于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x 轴正方向建立坐标系．点电荷A 对小球B 的作用力随B 位置x 的变化关系如图（b ）中曲线I 所示，小球B 所受水平方向的合力随B 位置x 的变化关系如图（b ）中曲线II 所示，其中曲线II 在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：（静电力常量
）
（1）小球B 所带电量q;
（2）非均匀外电场在x=0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小E ； （3）在合电场中，x=0.4m 与x=0.6m 之间的电势差U ．
（4）已知小球在x=0.2m 处获得v=0.4m/s 的初速度时，最远可以运动到x=0.4m ．若小球在x=0.16m 处受到方向向右，大小为0.04N 的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s 是多少？
【答案】（1）6110C -⨯（2）（3）800 V （4）0.065m
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由图可知，当x=0.3m 时，
因此．
（2）设在x=0.3m 处点电荷与小球间作用力为F 2， F 合=F 2+qE 因此
电场在x=0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小为3⨯，方向水平向左．
（3）根据图像可知在x=0.4m 与x=0.6m 之间合力做功大小 W 合=0.004⨯0.2 J=8⨯10-4J 由qU=W 合 可得
（4）由图可知小球从x=0.16m 到x=0.2m 处 电场力做功
小球从
到
处
电场力做功2W =1
2
-2mv =31.610--⨯J 由图可知小球从
到
处
电场力做功3W =－0.004×0.4 J=31.610--⨯J 由动能定理1W +2W +3W +F s 外=0 解得s =
【点睛】
通过图线1位置0.3m 处和库仑定律计算小球B 带电量；再根据图像分析0.3m 处合力向左，库仑力向右，可以计算出该位置外加电场的电场力，进而计算外加电场电场强度；在0.4m 到0.6m 处合电场是匀强电场，根据qU=W 合可以计算两位置电势差；通过动能定理计算距离．
11．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 .
12．如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xoy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m ，电荷量为-q （-q ＜0）的带电绝缘小球，从y 轴上的P （0，L ）点由静止开始释放，运动至x 轴上的A （-L ，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。

细管的圆心O 1位于y 轴上，交y 轴于点B ，交x 轴于A 点和C （L ，0）点。

该细管固定且紧贴x 轴，内径略大于小球外径。

小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g 。

求： (1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球运动到B 点时对管的压力的大小和方向；
(3)小球从C 点飞出后会落在x 轴上的哪一位置。

【答案】(1)mg
q
；(2))
321mg 方向向下；(3)-7L 。

【解析】 【详解】
(1)小球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A 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
tan 45mg
Eq
︒=
解得：
mg q
E =
(2)根据几何关系可知，圆弧的半径
2r L =
从P 到B 点的过程中，根据动能定理得：
()
2
10222
B mv mg L L EqL -=+ 在B 点，根据牛顿第二定律得：
2B
v N mg m r
-=
联立解得：
)
3
21N mg =，
方向向上，由牛顿第三定律可知，小球运动到B 点时对管的压力的方向向下 (3)从P 到A 的过程中，根据动能定理得：
2
12
A mv mgL EqL =+ 解得：
4A v gL =
小球从C 点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度
4C A v v gL ==
小球的加速度
'2g g =，
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x 轴，则有：
21
'2
C v t g t =
解得：
22
L t g
= 则沿x 轴方向运动的位移
22222
8C L
x v t gL L g
==⨯⨯= 则小球从C 点飞出后落在x 轴上的位置
87x L L L '=-=-
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．有一额定电压为2.8 V ，额定功率0.56 W 的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用： A ．电压表（量程0~3 V 内阻约6 kΩ） B ．电压表（量程0~6 V ，内阻约20 kΩ） C ．电流表（量程0~0.6 A ，内阻约0.5 Ω） D ．电流表（量程0~200 mA ，内阻约20 Ω） E.滑动变阻器（最大电阻10 Ω，允许最大电流2 A ） F.滑动变阻器（最大电阻200 Ω，允许最大电流150 mA ） G.三节干电池（电动势约为4.5 V ） H.电键、导线若干
(1)为提高实验的精确程度，电压表应选用____；电流表应选用___；滑动变阻器应选用____；（以上均填器材前的序号）
(2)请在虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图____；
(3)通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，某同学将一电源（电动势E =2 V ，内
阻r =5 Ω）与此小灯泡直接连接时，小灯泡的实际功率是____W （保留两位有效数字）。

【答案】A D E 0.18（0.16~0.20范围内均给对）
【解析】 【分析】 【详解】
(1)由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V ，为了准确性及安全性原则，电压表应选择A ；由P =UI 可得，灯泡的额定电流为：0.56A 200mA 2.8
P I U =
==，故电流表应选择D ；测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择 E ；
(2)测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻约为：14U
I
=Ω，而电流表内阻约为20Ω，故电流表应采用外接法；故电路图如图所示∶
(3) 由电源的电动势和内阻作出电源的伏安特性曲线如图所示：
则交点为灯泡的工作点，由图可知，灯泡的电压为1.38V ，电流为0.15A ，则灯泡的功率P=UI=1.3×0.13=0.17W ；（0.16~0.20范围内均给对） 【点睛】
根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；根据测伏安特性曲线的实验要求可以选出滑动变阻器的接法，由电流表及电压表内阻的关系可得出电流表的接法；在图中作出电源的伏安特性曲线，图像与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，则可得出灯泡的电压及电流，由功率公式可求得实际功率。

14．某同学设计了如图所示的实验电路测量电压表的内阻和电阻丝的电阻，实验室提供的器材有：两节干电池、电阻箱R0、粗细均匀的电阻丝、与电阻丝接触良好的滑动触头P、开关、灵敏电流计（灵敏电流计的零刻度在表盘正中央）、待测电压表、导线．他进行了下列实验操作：
（1）按原理如图将如图所示的实物图连接成完整电路，请你帮他完成实物连线_______；（2）先将电阻箱的阻值调至最大，将滑动触头P移至电阻丝的正中间位置；
（3）闭合开关K，将电阻箱的阻值逐渐减小，当电阻箱的阻值为R0时，灵敏电流计示数为0，可知电压表内阻R V＝_____；
（IV）将电阻箱的阻值调至0，将cd导线断开，然后将滑动触头P移至最左端．此时电压表的示数为U，灵敏电流计的示数为I，则电阻丝的电阻为_____，测得的电阻值_____（填“偏大”“偏小”或“准确”）．
【答案】电路连线如图:
R0U
I
偏大
【解析】
【详解】
（1）电路连线如图：
（3）灵敏电流计的示数为0时，说明电压表和电阻箱分压之比与电阻丝右边和左边电阻分压相等，故0V R R =；
（4）将电阻箱的阻值调至0，将cd 导线断开，将滑动触头P 移至最左端后，电阻丝的全部电阻与灵敏电流计串联，电压表测量的是灵敏电流计和电阻丝的总电压，电阻丝电阻的测量值U R I =
，因为采用了内接法，A U
R R I
=+ ，故电阻的测量值偏大．
15．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图1所示的
I U -坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线.
（1）根据图线的坐标数值，请在图2中选出该实验正确的实验电路图：____(选填“甲”或“乙”).
（2）根据所选电路图，请在图3中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路. （________）
（3）根据图1，可判断出图4中正确的关系图象是（图中P 为小灯泡功率"为通过小灯泡的电流）___.
（5）将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与R = 10Ω的定值电阻串联，接在电动势为8V 、内阻不计的电源上，如图5所示.闭合开关S 后，则电流表的示数为____A ，两个小灯泡的总功率为__ W(本小题结果均保留两位有效数字）.
【答案】甲 D 0.60 1.2
【解析】 【分析】 【详解】
（1）[1]描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，所以正确的实验电路图是甲．
（2）[2]根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（3）[3]由于灯泡电阻随电流增大电阻R 增大，由2P I R =可知，2P I -图象斜率增大，故选D ．
（4）[4][5]由图5所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U 和I ，在这个闭合电路中，则有：
02E U IR =+
代入数据并整理得：
820U I =-
在图a 所示坐标系中作出820U I =-的图象如图所示
由图象可知，两图象交点坐标值为：U =2V ，I =0.3A 此时通过电流表的电流值
2A I I ==0.6A
每只灯泡的实际功率
P UI ==2×0.3=0.6W
所以两个小灯泡的总功率为1.2W．
16．（1）甲同学按如图甲所示电路测量量程为500μA的电流表G的内阻．他按图甲连接好电路后，先闭合S1，断开S2，调节R1，使电流表G的指针满偏．再闭合S2，保持R1的滑动触头不动，调节R2使电流表G的指针指到满刻度的1/3．若此时电阻箱R2各旋钮的位置如图乙所示，则电流表G的内阻测量值R G=____Ω．
（2）现将该电流表G改装成量程为3V的电压表V，需给该电流表G串联一阻值为_____Ω的电阻．
（3）乙同学将（2）问中改装的电压表V校准后采用伏安法测量某待测电阻R x，实验室还备有以下器材：
A．待测电阻R x，阻值约为200Ω
B．电源E，电动势为3V，内阻可忽略不计
C．电流表A，量程为0～15 mA，内阻r A=20Ω
D．滑动变阻器R′1，最大阻值10Ω
E．滑动变阻器R′2，最大阻值5kΩ
F．开关S，导线若干
①为提高实验精确度，尽可能测量多组数据，实验中滑动变阻器应选择____（填器材序号字母）．
②请在虚线框内画出乙同学用伏安法测量电阻R x的电路图_______．
【答案】（1）100 （2）5900 （3）①D ②见解析；
【解析】
【详解】
（1）[1]．因s2闭合前后电总电流不变，则电流表达满偏刻度的1/3时，则并联电阻的电流为电流表满偏电流的2/3．因是并联关系，则
g R
g
R I
R I
＝
得：
R g＝R
g
I
I R=2R
由电阻箱可读出：
R=50Ω
则：
R g=2R=2×50=100Ω
（2）[2]．改装成电压表要串联的阻值为
R=
g
U
I−R g=5900Ω
（3）[3]．因测量范围大，要采用滑动变阻器分压式接法，宜用小阻值，故选D．
[4]．因电压表内阻比得测电阻大的多，宜用电流表外接法．故画得电路图如图所示；
【点睛】
考查的电阻箱的读数，半偏法测电阻，明确总电流认为不变；电路的设计，电流表的内外接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器分压式接法宜用小阻值．
17．某同学利用图甲电路测量自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动，实验器材还有：
电源(电动势约为2 V，内阻不可忽略)
两个完全相同的电流表A1、A2(量程为3 mA，内阻不计)
电阻箱R(最大阻值9 999 Ω)
定值电阻R0(可供选择的阻值有100 Ω、1 kΩ、10 kΩ)
开关S，导线若干，刻度尺．
实验步骤如下：
A．测得圆柱形玻璃管内径d＝20 mm
B．向玻璃管内注自来水，并用刻度尺测量水柱长度L
C．连接好电路，闭合开关S，调整电阻箱阻值，读出电流表A1、A2示数分别记为I1、I2，记录电阻箱的阻值R
D．改变玻璃管内水柱长度，多次重复实验步骤B、C，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R
E．断开S，整理好器材
(1)为了较好的完成该实验，定值电阻R0应选________．
(2)玻璃管内水柱的电阻R x的表达式R x＝________(用R0、R、I1、I2表示)
(3)若在上述步骤C中每次调整电阻箱阻值，使电流表A1、A2示数均相等，利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图乙所示的R－L关系图像，则自来水的电阻率ρ＝________ Ω·m(保留两位有效数字)，在用本实验方法测电阻率实验中，若电流表内阻不能忽略，则自来水电阻率测量值与上述测量值相比将________(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。