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．(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他星体很远，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 ． 求： ①该双星系统中星体的加速度大小a ； ②该双星系统的运动周期T ．
(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．已知核外电子的质量为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大小均为e ．
①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用E k Ⅰ、 E k Ⅱ表示，请推理分析，比较E k Ⅰ、 E k Ⅱ的大小关系；
②模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用T Ⅰ、T Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从周期的角度分析这样简化处理的合理性．
【答案】(1) ①02GM a L = ②2T = (2) ①2
k k II =2ke E E r =Ⅰ ②T T ⅠⅡ
为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便． 【解析】 【详解】
(1)①根据万有引力定律和牛顿第二定律有：2
002GM M a L
=
解得0
2
GM a L =
②由运动学公式可知，224π2
L
a T =⋅
解得2T =(2)①模型Ⅰ中，设电子绕原子核的速度为v ，对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿
第二定律有22
2ke mv r r
=
解得：2
2k 122ke E mv r
==Ⅰ
模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为v 1、v 2，电子的运动半径为r 1，原子核的运动半
径为r2．根据库仑定律和牛顿第二定律
对电子有：
2 2
1 2
1
mv ke
r r
=
，解得
2
2
k111
2
1
=
22
ke
E mv r
r
=
对于原子核有：
2
2
2
2
2
=
Mv
ke
r r
，解得
2
2
k222
2
1
=
22
ke
E Mv r
r
=
系统的总动能：E kⅡ=E k1+ E k2=()
22
12
2
22
ke ke
r r
r r
+=
即在这两种模型中，系统的总动能相等．
②模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有
22
22
4π
ke
m r
r T
=
Ⅰ
，解得
23
2
2
4πmr
T
ke
=
Ⅰ
模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为TⅡ
根据库仑定律和牛顿第二定律
对电子有
22
1
22
4π
ke
m r
r T
=⋅
Ⅱ
，解得
22
122
4π
ke T
r
r m
=Ⅱ
对原子核有
22
2
22
4π
ke
M r
r T
=⋅
Ⅱ
，解得
22
222
4π
ke T
r
r M
=Ⅱ
因r1+r2=r，可解得：()
23
2
2
4πmMr
T
ke M m
=
+
Ⅱ
所以有
T M m
T M
+
=
Ⅰ
Ⅱ
因为M>>m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．
2．如图所示，在竖直平面内有一质量m＝0.5 kg、电荷量q＝＋2×10－3 C的带电小球，有一根长L＝0.1 m且不可伸长的绝缘轻细线系在一方向水平向右、分布的区域足够大的匀强电场中的O点.已知A、O、C点等高，且OA＝OC＝L，若将带电小球从A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零，g取10 m/s2.
(1)求匀强电场的电场强度E的大小；
(2)求小球从A点由静止释放运动到B点的过程中速度最大时细线的拉力大小；
(3)若将带电小球从C点无初速度释放，求小球到达B点时细线张力大小.
【答案】（1）2.5×103 N/C（2）2－10) N（3）15N
【解析】
【详解】
(1)小球到达最低点B 时速度为零，则
0＝mgL －EqL . E ＝2.5×103 N/C
(2) 小球到达最低点B 时速度为零，根据对称性可知，达到最大速度的位置为AB 弧的中点，即当沿轨迹上某一点切线方向的合力为零时，小球的速度有最大值，由动能定理有
12
mv 2
－0＝mgL sin 45°－Eq (L －L cos 45°). m 2
v L
＝F －2mg cos 45°. F ＝(152－10) N.
(3)小球从C 运动到B 点过程，由动能定理得
21
02
mgL qEL mV +=
-. 解得：
24V =
在B 点
02
(cos 45)V T mg m
L
-= 以上各式联立解得
T =15N.
3．如图所示，单层光滑绝缘圆形轨道竖直放置，半径r=lm ，其圆心处有一电荷量Q =+l×l0-4
C 的点电荷，轨道左侧是一个钢制“隧道”，一直延伸至圆形轨道最低点B ；在“隧道”底部
辅设绝缘层。

“隧道”左端固定一弹簧，用细线将弹簧与一静止物块拴接，初始状态弹簧被压缩，物块可看成质点，质量m=0.1kg ，电荷量q =-
2
3
×10-6C ，与“隧道”绝缘层间的动摩擦因数μ=0.2。

剪断细线，弹簧释放弹性势能E p ，促使物块瞬间获得初速度（忽略加速过程）。

之后物块从A 点沿直线运动至B 点后沿圆形轨道运动，恰好通过最高点C 。

其中l AB =2m ，设物块运动时电荷量始终不变，且不对Q 的电场产生影响，不计空气阻力，静电力常量为k = 9.0×l09N·
m 2/C 2。

求： （1）物块在最高点C 时的速度大小；
（2）物块在圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小； （3）弹簧压缩时的弹性势能E p 和物块初速度v A 。

【答案】(1) 4m/s (2) 6N (3) 3.2J, 8m/s 【解析】 【详解】
（1）物块恰好通过最高点C ，轨道对物块没有作用力，由牛顿第二定律得
2 C
v mg F m
r
+=库
其中
2Qq
F k
r
=库 解得
v C =4m/s
（2）B →C 过程，由动能定理得
2211222
C B mv v mg r m -⋅=
- 解得
B v =
在B 点，由牛顿第二定律得
2
B
NB v F F mg m
r
+-=库
解得
F NB =6N
根据牛顿第三定律知物块在圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小 F NB ′=F NB =6N 。

（3）A→B ，由动能定理得
221122
AB B A mv f v l m -=
- 又 f=μmg 解得
v A =8m/s
弹簧压缩时的弹性势能
2
12
p A E mv =
解得
E p =3.2J
4．如图，在足够大的平行金属板间的水平匀强电场中，有一长为L 的轻质绝缘棒OA ，一端可绕O 点在竖直平面内自由转动，另一端A 处有一带负电、电量为q 、质量为m 的小球，当变阻器滑片在P 点处时，棒静止在与竖直方向成30°角的位置，如图所示。

已知此时BP 段的电阻为R ，平行金属板间的水平距离为d 。

（1）求此时金属板间电场的场强大小E 1；
（2）若金属板旋转30°（图中虚线表示），并移动滑片P的位置，欲使棒能静止的位置与竖直方向的夹角不变，BP段的电阻R’应调节为多大？
（3）若金属板不转动，将BP段的电阻突然调节为3R，则棒摆动中小球最大动能为多少？
【答案】(1)3mg
(2)
3
2
R (3) (2-3)mgL
【解析】
【详解】
（1）由平衡可知
E1q=mg tan30°
解得
E1=
3mg
（2）金属板旋转30°后电场强度方向也相应旋转30°，而合力方向仍与竖直方向成30°角，受力如右图所示。

E1q=mg
解得
E2= mg q
金属板旋转前，两板间电势差
U1= E13mg
d
金属板旋转后，两板间电势差
U2 = E2d’= E2 d cos30°3mg
d=
3
2
U1
所以BP段的电阻R’=3 2 R
（3）BP段的电阻突然调节为3R，U3 =3U1
E3=3E1=3mg q
小球摆动速度最大时棒与竖直方向夹角为60°，如右图所示。

根据动能定理有：
E 3qL （sin60°-sin30°）-mgL （cos30°-cos60°）=E k -0
E k =(2-3)mgL
5．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) 4510N -⨯ (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 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：
2
sin 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．
6．如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为41.2510N/C E =⨯，一根长 1.5m L =、与水平方向的夹角为37θ=︒的光滑绝缘细直杆MN 固定在电场中，杆的下端M 固定一个带电小球A ，电荷量6
4.510C Q -=+⨯；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量
61.010C q -=+⨯，质量21.010kg m -=⨯。

现将小球B 从杆的上端N 静止释放，小球B
开始运动。

（静电力常量9229.010N m /C k =⨯⋅，取2
10m/s g =，sin370.6︒=，
cos370.8︒=）求：
(1)小球B 开始运动时的加速度为多大？
(2)小球B 的速度最大时，与M 端的距离r 为多大？
【答案】(1)a ＝3.2 m/s 2；(2)r ＝0.9 m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得
2
sin cos kQq
mg qE ma L -
-=θθ 解得
2
2cos sin 3.2m/s kQq qE a g mL m
=-
-=θθ
(2)小球B 速度最大时合力为零，即
2sin cos 0kQq
mg qE r
-
-=θθ 解得
0.9m sin cos kQq
r mg qE =
=-θθ
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，倾角为θ＝30°绝缘斜面被垂直斜面直线MN 分为左右两部分，左侧部分光滑，范围足够大，上方存在大小为E ＝1 000 N/C ，方向沿斜面向上的匀强电场，右侧部分粗糙，范围足够大，一质量为m ＝1 kg ，长为L ＝0.8 m 的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB 置于斜面上，A 端距MN 的距离为d ，现给棒一个沿斜面向下的初速度v 0，并以此时作为计时的起点，棒在最初0.8 s 的运动图像如图乙所示，已知0.8 s 末棒的B 端刚好进入电场，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：
(1)直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ； (2)直棒AB 的带电量q ；
(3)直棒AB 最终停止时，直棒B 端到MN 的距离． 【答案】(1)20 m (2)7.5×10－3 C (3)125 m 【解析】 【分析】
根据v-t 图像确定出直棒AB 匀减速直线运动的位移，结合棒的长度，得出直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ；根据图线得出直棒AB 匀减速直线运动的加速度大小，根据加速度，结合牛顿第二定律求出带电量的大小；根据动能定理得出，物体在电场中运动的距离． 【详解】
（1）由v-t 图像可知直棒AB 匀减速直线运动．0～0.8s 内棒运动的位移为：
0120.8m 2
t
v v x t +=
= ．A 端距离MN 的距离为：120.80.820m d x L m =-=-=． （2）棒的加速度为：2Δv
a=
=2.5m/s Δt
．对直棒AB 进行受力分析，越过MN 后受到重力、斜面支持力和电场力，合力为sin F Eq mg θ=-．根据牛顿第二定律，：
sin Eq mg ma θ-= ，代入数据解得：37.510C q -=⨯ ．
（3）根据动能定律，物体从B 端到达MN 至最终停止的过程，满足：
2221
sin 02
mgx Eqx mv θ-=-．带入数据解得，x 2 =125 m
故B 端在MN 右边且距MN 为125 m ． 【点睛】
本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，通过v-t 图像，确定出物体运动的加速度不变，得出物体做匀变速直线运动是解决本题的关键．
8．如图所示，BCD 为固定在竖直平面内的半径为r=10m 的圆弧形光滑绝缘轨道，O 为圆心，OC 竖直，OD 水平，OB 与OC 间夹角为53°，整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场．从A 点以初速v 0=9m/s 沿AO 方向水平抛出质量m=0．1kg 的小球（小球可视为质点），小球带正电荷q=+0．01C ，小球恰好从B 点沿垂直于OB 的方向进入圆弧轨道．不计空气阻力．求：
（1）A 、B 间的水平距离L （2）匀强电场的电场强度E
（3）小球过C 点时对轨道的压力的大小F N （4）小球从D 点离开轨道后上升的最大高度H
【答案】（1）9m （2）20/E N C =（3） 4.41N F N =（4） 3.375H m = 【解析】 【分析】 【详解】
（1）从A 到B ，0tan 53By By v v v at =︒=，，cos53y r =︒，212
y at = 解得1t s =，212/a m s =，09L v t m ==
（2）根据牛顿第二定律可得mg qE ma +=，解得20/E N C = （3）从A 到C ，根据动能定理可得2201122
c mar mv mv =
- 在C 点，2
c N v F ma m r
-=，解得 4.41N F N =
（4）对全过程运用动能定理，2
012
mv maH =，故 3.375H m = 【点睛】
应用动能定理应注意的几个问题（1）明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度．（2）要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况（待求的功除外）．（3）有些力在物体运动过程中不是始终存在的．若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待
9．如图甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长．A 板O 处的放射源连续无初速地释放质量为m 、电荷量为+q 的粒子，经电场加速后，沿极板C 、D 的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C 、D 板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1已知）时，粒子均能从C 、D 两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：
（1）C 、D 板的长度L ；
（2）粒子从C 、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； （3）粒子打在荧光屏上区域的长度． 【答案】（1）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）2
10
32qU t s s md
∆== 【解析】
试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有2
0012
qU mv = 在C 、D 板间有00L v t = 解得：0
2qU L t m
=（2）粒子从nt 0（n=0、2、4……）时刻进入C 、D 间，偏移距离最大 粒子做类平抛运动 偏移距离2012
y at = 加速度1
qU a md
=
得：2
10
2qU t y md
=
（3）粒子在C 、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK]
出C、D板偏转角
tan y
v
v
θ=
y
v at
=
打在荧光屏上距中心线最远距离tan
s y Lθ
=+
荧光屏上区域长度
2
10
3
2
qU t
s s
md
∆==
考点：带电粒子在匀强电场中的运动
【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．
10．静电场方向平行于x轴，其电势ϕ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中0ϕ和d 为已知量。

一个带负电的粒子在电场中以0
x=为中心，沿x轴方向做周期性运动。

己知该粒子质量为m、电量为-q，忽略重力。

（1）求粒子所受电场力的大小；
（2）若将粒子由x d
=处由静止释放，求粒子的运动周期；
（3）若粒子在0
x=处获得一定动能，且动能与电势能之和为–A（
0A qϕ
<<）。

求粒子的运动区间。

【答案】（1）0
q
F
d
ϕ
=；（2）
2
2
4
md
T
q
=
ϕ
3）
00
-1-1-
A A
d x d
q q
⎛⎫⎛⎫
≤≤
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
ϕϕ
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由图可知，0与d（或-d）两点间的电势差为φ0，电场强度的大小为：
E
d
ϕ
=
电场力的大小为：
q
F qE
d
ϕ
==
（2）考虑粒子从x d
=处由静止释放开始运动的四分之一周期，由牛顿第二定律得粒子的加速度
0q F a m md
ϕ=
= 根据直线运动公式 212d x at =
= 联立并代入得：
t = 故得粒子的运动周期为：
4T t ==（3）设粒子在[-x ，x ]区间内运动，速率为v ，由题意得
21--2
mv q A =ϕ 由图可知：
01-x d ⎛⎫= ⎪⎝
⎭
ϕϕ 由上解得： 2011--2x mv q A d ⎛⎫= ⎪⎝⎭
ϕ 因动能非负，有：
01--0x q A d ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭
ϕ 则有：
01-A x d q ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭
ϕ 所以可得粒子的运动区间为：
00-1-1-A A d x d q q ⎛⎫⎛⎫≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭ϕϕ
11．两平行金属板A 、B 间距离为d ，两板间的电压U AB 随时间变化规律如图所示，变化周期为T ＝6秒，在t ＝0时，一带正电的粒子仅受电场力作用，由A 板从静止起向B 板运动，并于t ＝2T 时刻恰好到达B 板，求：
（1）若该粒子在t ＝T /6时刻才从A 板开始运动，那么，再经过2T 时间，它将运动到离A 板多远的地方？
（2）若该粒子在t ＝T /6时刻才从A 板开始运动，那么需再经过多长时间才能到达B 板，
【答案】（1）
13
d （2）32.6s 【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子在t ＝0时开始运动，它先加速再减速，再加速、减速，向同一方向运动，其v -t 图如图中粗实线所示，
设每次加速（或减速）运动的位移为s ，则4s ＝d ，4
d s =, 若粒子在t ＝T /6时刻才从A 板开始运动，其运动图线如图中细实线所示，
设每次加速（或减速）运动的位移为s 1，设每次反向加速（或减速）运动的位移为s 2， 则1499
d s s == 21936
d s s == 所以一个周期内的总位移为122()6d s s s =+=
' 所以2T 内粒子运动的总位移为3
d (2)粒子在t ＝T / 6时刻才从A 板开始运动，6个周期内的总位移刚好是d ，但由于粒子有一段反向运动，所以在6个周期末之前已到达B 板，即在5个周期末，粒子和B 板的距离为6
d s '=
粒子通过此距离所需时间为
22 () 36
T
-
则粒子到达B板所需时间为
22172
5()()32.6s 33
t T T T
=+-=-≈
'
【点睛】
由于粒子不是在电场中一直处于加速或减速，所以导致分析运动较复杂;也可以假设b板向下移动到最后一个周期末速度为零的位置，这算出整段时间，再去移动距离的时间.
12．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：
tan45
mg
qE ︒=
解得：
mg
q
E=
因为∠BOC＝90，圆环的半径为R，故BC2R，故根据几何关系有可知：
AO
(2)小球从A 点到D 点的过程中，根据动能定理得：
()
21022
D mg 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：
2D N v F mg m R
-= 联立解得：
(
3N 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(3mg +，方向竖直向下．
答：(1)A 点到O ,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(3mg +
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．实验室有一个阻值约200Ω左右的待测电阻R x
（1）甲同学用伏安法测定待测电阻R x的阻值，实验室提供如下器材：
电池组E：电动势3V，内阻不计
电流表A1：量程0~15mA，内阻约为100Ω
电流表A2：量程0~600μA，内阻为1000Ω
滑动变阻器R1：阻值范围0~20Ω，额定电流2A
电阻箱R2，阻值范围0~9999Ω，额定电流1A
电键S、导线若干
①为了测量待测电阻两端的电压，该同学将电流表A2与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到__________Ω时，将电流表A2改装成一个量程为3.0V的电压表。

②为了尽可能准确地测量R x的阻值，在方框中画完整测量R x阻值的电路图，并在图中标明器材代号__________________。

③调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是___mA，电流表A2的示数是____μA，则待测电阻R x的阻值是____Ω。

（2）乙同学则直接用多用电表测R x的阻值，多用电表电阻挡有3种倍率，分别是×100、×10、×1．该同学选择×100倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大．为了准确地进行测量，请你从以下给出的操作步骤中，选择必要的步骤，并排出合理顺序：______．（填步骤前的字母）
A．旋转选择开关至欧姆挡“×l”
B．旋转选择开关至欧姆挡“×10”
C．旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔
D．将两表笔分别连接到Rx的两端，读出阻值后，断开两表笔
E．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔按正确步骤测量时，指针指在图示位置，R x的测量值为______Ω．
【答案】4000Ω 8.0mA 300μA187.5Ω B、E、
D、C 220Ω
【解析】
【详解】
（1）①[1]为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A2电阻箱串联组成电压表；改装后电压表量程是3V，则电阻箱阻值
26
3
10004000
60010
A
g
U
R r
I-
=-=-=Ω
⨯
②[2]因改装后的电压表内阻已知，则采用电流表A1外接，电路如图：
③[3][4][5]由图可知，电流表A1的示数是8mA，电流表A2的示数是300μA，则待测电阻R x 的阻值是
6
22
3
12
()30010(10004000)
187.5
(80.3)10
A
x
I r R
R
I I
-
-
+⨯+
===Ω
--⨯。

（2）①[6]该同学选择×100倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大，说明倍率档选择过大，应该选择×10倍率档，然后调零再进行测量；即操作顺序是：BEDC；
②[7]Rx的测量值为22×10Ω=220Ω。

15．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A1（量程为1mA，内阻约为100Ω）
B．电流表A2（量程为3m A，内阻约为20Ω）
C．电压表V1（量程为10V，内阻约为50kΩ）
D．电压表V2（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R1（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S1，调节各可变电阻，使得开关S2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”。

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_____；（均填器材前的字母）
(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）。

【答案】D G 0.580 3.00（2.98〜3.00均给分） 2.0（2.17〜2.22均给分） 3.00（2.97
〜3.09
均给分） 1.6×10－6
【解析】
【分析】
【详解】
(1)该实验中金属丝的电阻为几欧姆，所以滑动变阻器的阻值选择量程为20欧姆的即可，所以选择G ，所以电流表选择0.6A 的就可以，所以是D 。

(2)根据螺旋测器的读数规则0.50.018.00.580d mm mm mm =+⨯=
(3)V 2测的是电源电动势，V 1测的是金属丝的电压，根据图像可知，斜率为负的那条直线对应的是V 2的图线，斜率为正的是V 1的图线，V 2图线与纵轴的交点即为电动势，斜率的大小为内阻，得到 3.00V E =， 2.0r =Ω，两条线的交点为金属丝的工作电压和电流，所以金属丝的电阻为 1.8 3.00.6
U R I ==Ω=Ω。

(4)根据电阻定律可得2
6()2 1.610?d R m L
πρ-==⨯Ω
17．(1)甲同学要把一个量程为200μA 的直流电流计G ，改装成量度范围是0~4V 的直流电压表。

①她按图1所示电路、用半偏法测定电流计G 的内电阻r g ，其中电阻R 0约为1k Ω。

为使r g 的测量值尽量准确，在以下器材中，电源E 应选用_____，电阻器R 1应选用_____，电阻器R 2应选用_____（选填器材前的字母）；
A ．电源（电动势1.5V ）
B ．电源（电动势6V ）
C ．电阻箱（0~999.9Ω）
D ．滑动变阻器（0~500Ω）
E ．电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当）（0~5.1k Ω）
F ．电位器（0~51k Ω）
②该同学在开关断开情况下，检查电路连接无误后，将R 2的阻值调至最大，后续的实验操作步骤依次是：_____，_____，_____，_____，最后记录R 1的阻值并整理好器材；（请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母）
A ．闭合S 1
B ．闭合S 2
C ．调节R 2的阻值，使电流计指针偏转到满刻度。