高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷练习卷(Word版 含解析)

高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷练习卷（Word 版 含解析）
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，两块竖直放置的平行金属板A 、B ，两板相距d ，两板间电压为U ，一质量为m 的带电小球从两板间的M 点开始以竖直向上的初速度v 0运动，当它到达电场中的N 点时速度变为水平方向，大小变为2v 0 求（1）M 、N 两点间的电势差
（2）电场力对带电小球所做的功（不计带电小球对金属板上电荷均匀分布的影响，设重力加速度为g ）
【答案】20MN Uv U dg
=；
【解析】 【详解】
竖直方向上小球受到重力作用而作匀减速直线运动，则竖直位移大小为h =20
2v g
小球在水平方向上受到电场力作用而作匀加速直线运动，则 水平位移x =0
22
v t ⋅ h =
2
v t ⋅ 联立得，x =2h =20
v g
故M 、N 间的电势差为U MN =-Ex =-20v U d g =-2
0Uv gd
从M 运动到N 的过程，由动能定理得 W 电+W G =
12m 20(2)v -2
012
mv 所以联立解得W 电=2
02mv
答：M 、N 间电势差为-2
0Uv gd
，电场力做功2
02mv ．
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，电荷量分别为＋Q 和－Q ，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，不影响电场的分布。

），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O 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 。

求： （1）C 、O 间的电势差U CO ；
（2）O 点处的电场强度E 的大小及小球p 经过O 点时的加速度；
【答案】（1） 222mv mgd q - （2）222kQ d ； 2
22kQq
g md
+ 【解析】 【详解】
（1）小球p 由C 运动到O 的过程，由动能定理得
2
102
CO mgd qU mv +=
- 所以
222CO
m mgd U q
v -=
（2）小球p 经过O 点时受力如图
由库仑定律得
122
(2)F F d ==
它们的合力为
F =F 1cos 45°+F 2cos 45°=Eq
所以O 点处的电场强度
2
2=
2k Q
E d
由牛顿第二定律得：
mg+qE =ma
所以
2
22k Qq
a g md
=+
3．如图所示，均可视为质点的三个物体A 、B 、C 在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，A 绝缘，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，质量分别为m A =0.43kg ，m B =0.20kg ，m C =0.50kg ，其中A 不带电，B 、C 的电荷量分别为q B =+2×10-5C 、q C =+7×10-5C 且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。

现给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 做加速度a=2.0m/s 2的匀加速直线运动，经过时间t ，力F 变为恒力，已知静电力常量为k=9.0×109N·m 2/C 2，g 取10m/s 2。

求： （1）开始时BC 间的距离L ； （2）F 从变力到恒力需要的时间t 。

【答案】（1）2.0m ；（2）1.0s 【解析】 【分析】 【详解】
（1）A 、B 、C 静止时，以AB 为研究对象，受力分析有
2
sin30o B C
A B q q m m g k
L +=（） 代入数据解得
L =2.0m
（2）AB 分离时两者之间弹力恰好为零，此后F 变为恒力，对B 用牛顿第二定律得
2sin30B B B C
m g m a q q k
l
︒=- 解得
3.0m l =
由匀加速运动规律得
212
l L at -=
解得
1.0s t =
4．一个质量m =30g ，带电量为-1．7×10-8C 的半径极小的小球，用丝线悬挂在某匀强的电场中，电场线水平．当小球静止时，测得悬线与竖直方向成30o ，求该电场的电场强的大小和方向？
【答案】7110/E N C =⨯，水平向右 【解析】 【分析】 【详解】
小球在电场中受重力、电场力、拉力三个力，合力为零，则知电场力的方向水平向左，而小球带负电，电场强度的方向与负电荷所受电场力方向相反，所以匀强电场场强方向水平向右．
由图，根据平衡条件得
tan30qE mg =︒
得
tan 30mg E q
︒
=
代入解得
7110/E N C =⨯
5．如图所示，高为h 的光滑绝缘直杆AD 竖直放置，在D 处有一固定的正点荷，电荷量为Q 。

现有一质量为m 的带电小球套在杆上，从A 点由静止释放，运动到B 点时速度达到最大值，到C 点时速度正好又变为零，B 、C 和D 相距分别为13h 和1
4
h ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，求：
(1)小球的电荷量q 和在C 点处的加速度； (2)C 、A 两点间的电势差。

【答案】(1)29mgh q kQ =,79a g = 方向竖直向上(2)274kQ
h
【解析】 【详解】
(1)小球运动到B 点时速度达到最大，说明小球必带正电，在B 点应有：
2()3
kQq
mg h =
得：
29mgh q kQ
=
在C 点，由牛顿第二定律：
2
()4
kQq
mg ma
h -= 得：
7
9
a g =
，方向竖直向上。

(2)设C 、A 两点间的电势差为U ，则A 、C 间的电势差为-U 。

从A 到C 过程，由动能定理：
()04
h
mg h qU --=
得：
274kQ
U h
=
6．在竖直平面内固定一半径为R=0.3m 的金属细圆环，质量为5
m 310kg -=⨯的金属小球(视为质点)通过长为L=0.5m 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点．小球带电荷量为
62.510q C -=⨯时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上某点A 处于平衡状态，如图所
示．已知静电力常量9229.010?/k N m C =⨯. 求：
（1）细线的拉力F 的大小；
（2）小球所在处的电场强度E 的大小？
（3）金属细圆环不能等效成点电荷来处理，试应用微元法推导圆环带电量Q 表达式？（用字母R 、L 、k 、E 表示）
【答案】(1) 4
510N -⨯ (2) 160/N C (3) 2
54EL Q k =或322
Q k L R
=- 【解析】
由几何关系：3
cos 5
R L θ==，224sin 5
L R L θ-=
=
,4tan 3θ= ①
（1）对小球受力分析可知：cos mg
F θ
=
② 由①②得：4510F N -=⨯ ③ （2）由平衡条件可得：tan qE mg θ= ④ 由①④得：160/E N C = ⑤ （3）由微元法，无限划分，设每一极小段圆环带电量为q ∆
则：
2sin q
k
E L
θ∆=∑ ⑥ 其中：q Q ∑∆=
由①⑥得：
2
54EL Q k =或322
Q k L R
=- ⑦ 点睛：因2Q
E k
r
=只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了微元法求得圆环在小球位置的场强，应注意体会该方法的使用．库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应
注意正确进行受力分析．
二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）
7．如图以y 轴为边界，右边是一个水平向左的4
1110E =⨯匀强电场，左边是一个与水平
方向成45°斜向上的2E =
42
102
⨯N/C 匀强电场，现有一个质量为m=1.0g ，带电量q =1.0×10－6C 小颗粒从坐标为（0.1，0.1）处静止释放．忽略阻力，g=10m/s 2． 求：
（1）第一次经过y 轴时的坐标及时间 （2）第二次经过y 轴时的坐标
【答案】（1）第一次经过Y 轴的坐标为(0，0)；0.12t s =（2）坐标为（0，-1.6） 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小颗粒在E 1中电场力为F 1=E 1q=0.01N 重力G=0.01N 有受力分析得合力指向原点，即小颗粒向原点做匀加速直线运动第一次经过y 轴的坐标为(0，0)
加速度12
102F a m =
=由21
2
S at =得0.12t =s (2)运动到原点的速度为v 0=at=2m/s
小颗粒在E 2电场中合力为22
10F N -=
方向与v 0方向垂直 由此可得小颗粒做类平抛运动,再次运动到y 轴的时间为t 1, v 0方向位移为S 1= v 0t 1 与v 0方向垂直位移为221112S a t =
1F
a m
=由几何关系得S 1=S 2 第二次经过y 轴时到原点距离为2L =1=1.6m 即坐标为（0，-1.6）
8．在空间中取坐标系Oxy ，在第一象限内平行于y 轴的虚线MN 与y 轴距离为d ，从y 轴到MN 之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场，如图所示．一电子从静止开始经电压U 加速后，从y 轴上的A 点以平行于x 轴的方向射入第一象限区域，A 点与原点O 的距离为h ．不计电子的重力．
（1）若电子恰好从N 点经过x 轴，求匀强电场的电场强度大小E 0；
（2）匀强电场的电场强度E 大小不同，电子经过x 轴时的坐标也不同．试求电子经过x 轴时的x 坐标与电场强度E 的关系．
【答案】（1）02
4Uh E d =（2）Uh
x E
=或22d Uh x Ed =+ 【解析】 【分析】
本题考查电子在电场中的受力及运动 【详解】
设电子的电荷量为e 、质量为m ，电子经过电场加速后获得速度v 0．则
2
012
eU mv =
（1）电子从A 点运动到N 点，有
00d v t =
eE a m
=
212
h at =
联立解得电场强度大小
02
4Uh
E d =
（2）讨论两种情况： ①当2
4Uh
E d ≥
时，电子从电场内经过x 轴，有 0x v t =
eE a m
=
212
h at =
联立解得x 坐标与电场强度E 的关系为
Uh
x E
=②当2
4Uh
E d <
时，电子先离开电场，之后再经过x 轴在电场内运动时间为t 1，有 01d v t =
21112
y at =
1y v at =
在电场外运动时间为t 2，电子做匀速直线运动，有
02x d v t -=
12y h y v t -=
联立解得x 坐标与电场强度E 的关系为
22d Uh x Ed
=
+
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）52
R （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 m
α
（）
(2)球恰能过B 点有：
mg －qE ＝m 2B
v R
①
由动能定理，从A 点到B 点过程，则有：
2
112()()02
B mg qE h R mv -－－＝②
由①②解得
h 1＝
52
R . (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）52
R （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
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
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 =
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
2qE ma '=
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
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
9OK L =
由于933OK 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
23y L =
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路． (1)已知表头
满偏电流为100μA ，表头上标记的内阻值为900Ω．R 1、R 2和R 3是定值电
阻．利用R 1和表头构成1 mA 的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表．若使用a 、b 两个接线柱，电压表的量程为1 V ；若使用a 、c 两个接线柱，电压表的量程为3 V ．则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R 1=___Ω，R 2=______Ω，R 3=_______Ω．
(2)用量程为3V ，内阻为2500Ω的标准电压表对改装电表3V 挡的不同刻度进行校准．所
用电池的电动势E 为5V ；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为50Ω和5kΩ．为了方便实验中调节电压，图中R 应选用最大阻值为______Ω的滑动变阻器．
(3)校准时，在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑动端P 应靠近_______（填“M”或“N”）端． (4)若由于表头G 上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G 内阻的真实值_________（填“大于”或“小于”）900Ω． 【答案】100 910 2000 50 M 大于 【解析】
【分析】 【详解】
（1）[1]根据题意，R 1与表头
构成1mA 的电流表，则()
1g g g I R I I R =- ，得R 1=100Ω；
[2]若使用a 、b 两个接线柱，电压表的量程为1V ，则2910ab g g
U I R R I -==Ω ； [3]若使用a 、c 两个接线柱，电压表的量程为3V ，则322000ac g g
U I R R R I
-=
-=Ω ．
（2）[4]电压表与改装电表并联之后，电阻小于2500Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大阻值小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择50Ω的电阻．
（3）[5]在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑动端P 应靠近M 端，使并联部分分压为零，起到保护作用．
（4）[6]造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头的电流偏
小，则实际电阻偏大，故表头G 内阻的真实值大于900Ω． 【点睛】
本题关键是电压表和电流表的改装原理，分析清楚电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．
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R 1＝1 985 Ω C ．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
()
1
V A
V
IR R R
U 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
=
500
U
R
A＝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
()
A
V
I R R
U
I
R
+
-
＝1
()
V A
V
IR R R
U 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.
【点睛】
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．材料的电阻随磁场的增强而增大的现象称为磁阻效应，利用这种效应可以测量磁感应强度。

如图所示为某磁敏电阻在室温下的电阻—磁感应强度特性曲线，其中R B、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值。

为了测量磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值R B。

请按要求完成下列实验。

(1)设计一个可以测量磁场中该磁敏电阻阻值的电路，并在图中的虚线框内画出实验电路原理图（磁敏电阻及所处磁场已给出，待测磁场磁感应强度大小约为0.6~1.0 T，不考虑磁场对电路其他部分的影响）。

要求误差较小______；
提供的器材如下：
A．磁敏电阻，无磁场时阻值R0＝150 Ω
B．滑动变阻器R，总电阻约为20 Ω
C．电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 Ω
D．电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩ
E.直流电源E，电动势3 V，内阻不计
F.开关S，导线若干
(2)正确接线后，将磁敏电阻置入待测磁场中，测量数据如下表：
123456
U（V）0.000.450.91 1.50 1.79 2.71
I（mA）0.000.300.60 1.00 1.20 1.80
根据上表可求出磁敏电阻的测量值R B＝___Ω，结合题图可知待测磁场的磁感应强度B＝
___T；
(3)试结合题图简要回答，磁感应强度B在0~0.2T和0.4~1.0T范围内磁敏电阻阻值的变化规律有何不同？
_______；
(4)某同学在查阅相关资料时看到了图所示的磁敏电阻在一定温度下的电阻—磁感应强度特性曲线（关于纵轴对称），由图线可以得到什么结论_______。

【答案】 1500 0.90 在0~0.2T范围内，磁敏电阻的阻
值随磁感应强度非线性变化（或不均匀变化）；在0.4~1.0T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化）磁场反向，磁敏电阻的阻值不变
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]当B＝0.6T时，磁敏电阻阻值约为
6×150Ω
＝900Ω
当B ＝1.0T 时，磁敏电阻阻值约为
11×150Ω＝1650Ω
由于滑动变阻器全电阻20Ω比磁敏电阻的阻值小得多，故滑动变阻器选择分压式接法；由
于x V
A x
R R R R >，所以电流表应内接。

电路图如图所示。

(2)[2]方法一：根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为
130.4515000.3010R -=Ω=Ω⨯，2
30.91
1516.70.6010R -=Ω=Ω⨯ 331.5015001.0010R -=
Ω=Ω⨯，4
3
1.79
1491.71.2010R -=Ω=Ω⨯ 53
2.71
15051.8010
R -=
Ω=Ω⨯， 故电阻的测量值为
12345
15035
R R R R R R ++++=
Ω=Ω（1500~1503Ω都算正确。

）
[3]由于
0150010150
R R ==，从图1中可以读出 B ＝0.9T
方法二：作出表中的数据作出U －I 图像，图像的斜率即为电阻（略）。

(3)[4]在0~0.2T 范围，图线为曲线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或非均匀变化）；在0.4~1.0T 范围内，图线为直线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化）；
(4)[5]从图3中可以看出，当加磁感应强度大小相等、方向相反的磁场时，磁敏电阻的阻值相等，故磁敏电阻的阻值与磁场方向无关。

【点睛】
本题以最新的科技成果为背景，考查了电学实验的设计能力和实验数据的处理能力。

从新材料、新情景中舍弃无关因素，会看到这是一个考查伏安法测电阻的电路设计问题，及如何根据测得的U 、I 值求电阻。

第(3)、(4)问则考查考生思维的灵敏度和创新能力。

总之本题是一道以能力立意为主，充分体现新课程标准的三维目标，考查学生的创新能力、获取
新知识的能力、建模能力的一道好题。

16．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R0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）
(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R0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=
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．
17．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℃．
18．某实验小组欲描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验仪器如下：
A．小灯泡（额定电压为3V，额定功率为1. 5W））
A（满偏电流为10mA，内阻r1=100Ω）
B．电流表1
A（量程为0. 6A，内阻r2=0. 5Ω）；
C．电流表2
D．滑动变阻器1R（0～20Ω，额定电流为2A）
R（0～1000Ω，额定电流为0. 5A）
E.滑动变阻器2
R（5Ω）
F.定值电阻3
R（200Ω）
G.定值电阻4
H.电源（3V、内阻可忽略）
I.开关、导线若干.
（1）由于所给的仪器中没有电压表，需要把以上电流表_________进行适当的改装，将其
与定值电阻_________串联改装成3V 的电压表. （均填仪器前的字母序号）
（2）要使小灯泡两端电压从零开始变化，则滑动变阻器应选_________. （填仪器前的字母序号）
（3）按实验要求完成方框内实验电路图______
（4）若实验描绘出该灯的伏安特性曲线如图，将该小灯泡直接接到一电动势为3V 、内阻为5Ω的电源两端，则该小灯泡消耗的电功率为_________W.（结果保留两位有效数字）
【答案】B G D 0.35
【解析】 【详解】
（1）[1][2]根据=P UI 得小灯泡的额定电流为
0.5A P
I U
=
= 故电流表选择A 2，A 1用来改装成电压表，故选B 。

改装电压表时串联电阻阻值为
g
g
200U U R I -=
=Ω。