重庆市忠县三汇中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

重庆市忠县三汇中学必修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．如图所示，把一个倾角为θ的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E，有一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以初速度v0从A端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数．
【答案】
cos sin
cos sin qE mg mg qE
θθ
θθ
-
+
【解析】
【分析】
【详解】
物体做匀速直线运动，由平衡条件得：
在垂直于斜面方向上：N=mgcosθ+qEsinθ…①在平行与斜面方向上：f+mgsinθ=qEcosθ…②滑动摩擦力：f=μN…③
由①②③可得：
f qEcos mgsin
N mgcos qEsin
θθ
μ
θθ
-
=
+
＝．
【点睛】
本题考查了学生受力分析及力的合成以及摩擦定律的相关知识，正确的受力分析是正确解题的关键，学会用正交分解法处理多力合成问题．
2．如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切，圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的点电荷．现有一
质量为m 8
3 gR
速度通过A点，小球能够上滑的最高点为C，到达C后，小球将沿杆返回．若∠COB=30°，
小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为8
3
mg，从A至C小球克服库仑力
做的功为
23
2
mgR -，重力加速度为g ．求：
(1)小球第一次到达B 点时的动能； (2)小球在C 点受到的库仑力大小；
(3)小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力．（结果用m 、g 、R 表示） 【答案】（1）56mgR （2）34mg （3）2(833)- 【解析】 【分析】
（1）由动能定理求出小球第一次到达B 点时的动能．
（2）小球第一次过A 点后瞬间，由牛顿第二定律和库仑定律列式．由几何关系得到OC 间的距离，再由库仑定律求小球在C 点受到的库仑力大小．
（3）由动能定理求出小球返回A 点前瞬间的速度，由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力． 【详解】
（1）小球从A 运动到B ，AB 两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：
()
02
11cos602
KB A mgR E mv --=-
代入数据解得：5
6
KB E mgR =
（2）小球第一次过A 时，由牛顿第二定律得：
22A v Qq
N k mg m R R
+-=
由题可知：8
3
N mg =
联立并代入数据解得：
2Qq
k
mg R
= 由几何关系得，OC 间的距离为：
23
cos30R r R =
=︒
小球在C 点受到的库仑力大小 ：
2223
Qq Qq
F k
k r R ==⎛⎫ ⎪⎝⎭
库
联立解得3
=
4
F mg 库 （3）从A 到C ，由动能定理得：
2
102
f A W mgR W mv ---=-电
从C 到A ，由动能定理得：
212
f A W mgR W mv +=
'-电 由题可知：23
2
W mgR -=
电 小球返回A 点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N ′，由牛顿第二定律得：
22A
v Qq N k mg m
R R
'-'+= 联立以上解得： (
)2833
3
N mg -'=
，
根据牛顿第三定律得，小球返回A 点时，对圆弧杆的弹力大小为(
)2833
3
mg -，方向向
下．
3．有三根长度皆为l =0.3 m 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板的O 点，另一端分别栓有质量皆为m =1.0×10﹣2kg 的带电小球A 和B ，它们的电荷量分别为﹣q 和+q ，q =1.0×10﹣6C ．A 、B 之间用第三根线连接起来，空间中存在大小为E =2.0×105N/C 的匀强电场，电场强度的方向水平向右．平衡时A 、B 球的位置如图所示．已知静电力常量k =9×109N•m 2/C 2重力加速度g =10m/s 2．求：
（1）A 、B 间的库仑力的大小 （2）连接A 、B 的轻线的拉力大小．
【答案】（
1）F=0.1N （2）10.042T N = 【解析】
试题分析：（1）以B 球为研究对象，B 球受到重力mg ，电场力Eq ，静电力F ，AB 间绳子的拉力1T 和OB 绳子的拉力2T ，共5个力的作用，处于平衡状态，
A 、
B 间的静电力2
2q F k l
=，代入数据可得F=0.1N
（2）在竖直方向上有：2sin 60T mg ︒=，在水平方向上有：12cos 60qE F T T =++︒ 代入数据可得10.042T N = 考点：考查了共点力平衡条件的应用
【名师点睛】注意成立的条件，掌握力的平行四边形定则的应用，理解三角知识运用，注意平衡条件的方程的建立．
4．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
0l =
（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：
v =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。

5．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
56m/s 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
1
2
p A
E mv
=
解得
E p=3.2J
6．如图所示，小球的质量为0.1kg
m=，带电量为5
1.010C
q-
=⨯，悬挂小球的绝缘丝线与竖直方向成30
θ=︒时，小球恰好在水平向右的匀强电场中静止不动．问：
（1）小球的带电性质；
（2）电场强度E的大小；
（3）若剪断丝线，求小球的加速度大小．
【答案】（1）小球带正电（2）4
5.7710N/C
E=⨯（3）2
11.54m/s
a=
【解析】
【详解】
（1）对小球进行受力分析，如图；由电场力的方向可确定小球带正电；
（2）根据共点力平衡条件，有qE=mgtan300
解得：04
5
3
1
303
=/ 5.7710/
10
mgtan
E N C N C
q-
⨯
≈⨯
＝
（3）当线断丝线后，小球的合力为
30
mg
F
cos
＝
由牛顿第二定律，则有：
22
/11.54/
cos303
F g
a s m s
m
==
＝＝
小球将做初速度为零，加速度的方向沿着线的反向，大小为11.54m/s2，匀加速直线运动．【点睛】
本题关键是对小球受力分析，明确带电小球受电场力、细线的拉力和重力，根据共点力平衡条件及牛顿第二定律列示求解．
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，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成θ角的绝缘直杆AC ，其下端(C 端)距地面高度为h ．有一质量m =0.5kg 的带电小环套在直杆上，正以某一速度 0v 沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C 端的正下方P 点处．(g 取10m/s 2)
(1)若θ=45°，试判断小环的电性，并求出小环受到的电场力大小； (2)若θ=45°，h =0.8m ，求小环在直杆上匀速运动的速度大小0v ；
(3)若保持h 不变，改变θ角(0＜θ＜90°)及小环的电荷量，使小环仍能匀速下滑，离杆后正好通过C 端的正下方P 点处，试推出初速度0v 与θ角间的定量关系式． 【答案】(1) 负电 5N (2)2m/s (3)02
gh
v θ= 【解析】 【详解】
(1)小环沿杆匀速下滑，合力为零，小环所受的电场力水平向右，则小球带负电。

小环匀速下滑合力为零，电场力
tan 455N F mg =︒=
(2)小环离开杆后做类平抛运动，由牛顿第二定律
2mg ma =
平行于杆的方向做匀速直线运动，则有
0sin 45x v t h ==︒
垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有
2
1cos 452
y at h =
=︒ 得02m/s v = (3)有牛顿第二定律得
cos mg
ma θ
= 平行于杆的方向做匀速直线运动，则有
0sin h v t θ=
垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有
21cos 2
h at θ=
解以上方程得
0tan 2
gh
v θ=
8．在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C ，方向与x 轴正方向相同，在原点O 处放一个质量m=0.01 kg 带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q = -5×10－8 C ．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0=2 m/s.如图所示．试求：
(1)物块沿x 轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？ 【答案】(1)5 m/s 2 (2)0.4 m (3)1.74 s 【解析】 【分析】
带负电的物块以初速度v 0沿x 轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间． 【详解】
（1）由牛顿第二定律可得mg Eq ma μ+= ，得25m/s a =
（2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：()2101
02
mg Eq s mv μ-+=-． 代入数据，得：s 1=0.4m
（3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：00111••22
t v v v
s t t +==，得：t 1=0.4s 接着物块向左作匀加速直线运动：221m/s qE mg a m
＝μ-=． 根据：21221
2
s a t =
得220.2t s = 物块离开电场后，向左作匀减速运动：232m/s mg
a g m
μμ=-=-=-
根据：3322a t a t = 解得30.2t s =
物块运动的总时间为：123 1.74t t t t s =++= 【点睛】
本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．
9．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 =
10．如图甲所示，A 、B 为两块相距很近的平行金属板，A 、B 间电压为0AB U U =-，紧贴A 板有一电子源随时间均匀地飘出质量为m ，带电量为e 的电子（可视为初速度为零）。

在B 板右侧两块平行金属板M 、N 间加有如图乙所示的电压，电压的变化周期
2m
T L
eU =，板间中线与电子源在同意以水平线上，极板长L ，距偏转右边缘s 处有荧光屏，已知18
T
t =
时刻沿中线射入偏转极板间的电子恰好能射出偏转极板，假定金属外无电场，打在极板上的电子均被极板吸收，荧光屏足够大，试求：
（1）电子进入偏转极板时的速度； （2）4
T
t =
时刻沿中线射入偏转板间的电子刚出偏转板时与板间中线的距离； （3）经足够长时间t （t 远大于T ）打到荧光屏上的电子数与电子源发射的电子数之比； （4）电子打在荧光屏上的范围（打在荧光屏最上端和最下端的长度）。

【答案】（1）0
02eU v m
=2）0（3）1732（4）38L
【解析】 【详解】
（1）由动能定理有
2
0012
e mv U =
， 即
02eU v m
=
（2）由
0L v t =
有：
0L t T v =
== 电子在电场方向先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，侧位移为零，电子在电场运动的两个周期内侧向位移也为零. （3）设两极板间距为d ，
eU a dm
=
， 若18
T
t =
时刻沿中线射入偏转板间的电子恰好能射出偏转极板（不打上极板），那么 2211132()2()22228
d T T
a t a =⨯-=⨯， 解得
3
8
d L =
设2t 时刻射入的电子恰好打不到下极板，则
22221122()2222
d T at a t =⨯-⨯- 经时间t （t >>T ）打到荧光屏上的电子数与电子源发射的电子数之比
2117
322
t t k T -=
= （4）因为电子射出偏转板时，竖直方向速度为0，所以荧光屏上的范围
3
8
Y d L ==
11．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑绝缘圆弧轨道ABC 和水平绝缘轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，3
sin 5
α=
，整个装置处于水平向右的匀强电场中。

一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的带电小球在电场力的作用下沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道。

已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零，重力加速度大小为g ．求：
(1)匀强电场的场强大小；
(2)小球到达A 点时速度的大小。

（结果保留根号）
【答案】(1)34mg
q
(2)23gR
【解析】 【详解】
(1)设小球所受电场力为0F ，电场强度的大小为E 由力的合成法则有
tan F mg α= 0F qE =
解得：34mg
E q
=
(2)小球到达C 点时所受合力的大小为F ，由力的合成法则有：
()2
220F mg F =+
设小球到达C 点时的速度大小为c v ，由牛顿第二定律得
2
c v F m R
= 解得：5c gR
v =
设小球到达A 点的速度大小为A v ，作CD ⊥PA ，交PA 于D 点，由几何关系得
sin DA R α=
()1cos CD R α=+
由动能定理有
221122
C A mg C
D q
E DA mv mv -⋅-⋅=
- 故小球在A 点的速度大小为23A gR
v =
12．如图所示，在竖直平面内有一固定光滑绝缘轨道，其中AB 部分是倾角为θ=37°的直轨道， BCD 部分是以O 为圆心、半径为R 的圆弧轨道，两轨道相切于B 点， D 点与O 点等高， A 点在D 点的正下方。

圆的水平直径下方有水平向左的电场，质量为m 、带电荷量为q 的小球从A 点由静止开始沿斜面向上运动，已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，然后经过D 点落回到AB 之间某点。

已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为g 。

求∶ (1)小球在C 点的速度的大小；
(2)小球在AB 段运动过程中电场力所做的功； (3)小球从D 点运动落到AB 上某点的时间。

【答案】(1)C v gR =(2)2.8mgR ；(3)5616337R t g
-=
【解析】 【分析】 【详解】
(1)当小球在最高点时
2C
v mg m R
=
解得
C v gR (2)小球从A 点到C 点的过程有
2122
C qE R mgh mv ⋅-=
cos (sin )tan 3h R R R R R θθθ=+++=
得
74
qE mg =
小球在AB 段运动过程中电场力所做的功
(sin )W qE R R θ=+
解得
W =2.8mgR
(3)小球从C 点运动到D 点的过程
22
1122
D C mgR mv mv =-
解得
3D v gR =
设小球落点到A 的水平距离为x ，竖直距离为y ，
2
12qE x t m
=
212()2
D y R v t gt =-+
由几何关系有
tan y
x
θ= 联立这三个方程得
5616337R t g
-=
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．某实验小组为了测量某待测电阻R x 的阻值，先用多用电表进行粗测，后用伏安法精确测量。

(1)如图甲所示为一简易多用电表内部电路原理图，其中G 为灵敏电流计，选择开关S 与不同接点连接就构成不同的电表，下列分析正确的是__________。

A ．A 为黑表笔，B 为红表笔
B ．将选择开关S 与3连接，就构成了欧姆表
C ．将选择开关S 与1、2连接，就构成了电流表，且与1接点相连时量程较大
D ．将选择开关S 与4、5连接，就构成了电压表，且与4接点相连时量程较大 (2)如图乙先用多用表×10挡粗测其电阻为______Ω。

(3)实验要求尽可能准确地测量R x 的阻值，实验室可提供下面器材，电流表应选_____，电压表应选_____________(填字母代号) 电源E ：电动势3V ，内阻忽略不计； 电流表A 1：量程0~15mA ，内阻为100Ω； 电流表A 2：量程0~0.6A ，内阻约为0.3Ω；
电压表V 1：量程0~3V ，内阻约3kΩ； 电压表V 2：量程0~15V ，内阻约15kΩ； 滑动变阻器R ：阻值范围0~10Ω； 定值电阻R 1：阻值为10Ω； 定值电阻R 2：阻值为100Ω； 开关S 、导线若干。

(4)在图丙虚线框中画出测量R ，阻值的完整电路图，并在图中标明器材代号____________。

(5)调节滑动变阻器R ，当电压表的示数为2.60V ，电流表的示数是8.0mA 时，则待测电阻R x 的阻值为_________Ω。

【答案】BC 120 A 1 V 1 见解析 112.5 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]AB ．在多用电表使用时应让电流从红表笔进，黑表笔出，当将选择开关S 与3连接，就构成了欧姆表，由此可判断A 为红表笔，B 为黑表笔，故A 错误，B 正确；
C ．将选择开关S 与1、2连接，就构成了电流表，根据并联分流原理，并联的电阻越小分得的电流越大，所以与1接点相连时量程较大，C 正确；
D ．将选择开关S 与4、5连接，就构成了电压表，根据串联分压原理，串联的电阻越大分得的电压越大，所以与5接点相连时量程较大，D 错误。

故选BC 。

(2)[2]由图所示欧姆表可知，所测电阻阻值为
12.0×10Ω=120Ω
(3)[3][4]电路中可能出现的最大电流约为
25mA x
E
I R =
= 可用电流表A 1与定值电阻R 2并联，相当于量程为30mA 的电流表；电源电动势为3V ，则电压表选择V 1。

(4)[5]电压表内阻远大于待测电阻的阻值，故电压表外接；滑动变阻器用分压接法，电路如图
(5)[6]电流表的示数是8.0mA ，此时通过待测电阻R x 的电流为16mA ，则待测电阻R x 的阻值为
23
2.60Ω50Ω112.5Ω21610x R U R I -=
-=-=⨯
14．如图所示，是测量小灯泡电功率的实物元件图，其中电源是蓄电池组（电动势为6V ，内阻很小不计），小灯泡额定电压是3.8V ，其灯丝电阻约为10Ω，滑动变阻器标有“10Ω、1A”字样，电流表（0～0.6A 、0～3A ），电压表（0～3V 、0～15V ）。

(1)本实验的原理是：_____；
(2)请用笔画线代替导线，把图中的电路元件连接成实验电路_____。

（要求：滑片P 向左移时灯变亮，且连线不得交叉）
(3)小刚合理地连接好电路，并按正确的顺序操作，闭合开关后灯不亮，聪明的小刚猜想： A ．可能灯丝断了 B ．可能是变阻器开路 C ．可能是小灯泡短路 D ．可能是电流表开路
请你借助已连好电路中的电流表和电压表验证小刚的猜想，并将电流表、电压表相应示数填入下表。

猜想 电流表示数/A
电压表示数/V
如果A 成立 如果B 成立
A ：_____，_____；
B ：_____，_____；
(4)排除故障后，在测量小灯泡的额定功率时，应先调节_____，使小灯泡两端电压为_____V ，再测出电路中的_____，即可计算出额定功率；若小灯泡两端实际电压为额定电压的1.2倍，则实际功率为额定功率的_____倍。

（假设电阻值不变）
(5)实际测量过程中小刚才发现电压表0～15V 量程已损坏（另一量程完好），但他仍想利用现有器材测出小灯泡的额定功率，请你帮他重新设计新电路图并画在下面的方框内_____。

(6)小刚按重新设计的电路图继续实验，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为_____V时，小灯泡正常发光，此时电流表示数如图所示，则小灯泡的额定功率是_____W。

(7)实验时，若发现电流表指针摆动分别出现了如下图甲、乙所示的两种情况。

请分析在使用电流表时分别存在什么问题，并写在下面的横线上。

甲现象存在的问题：_____；乙现象存在的问题：_____。

【答案】P=UI 0 6 0 0 变阻器滑片 3.8
电流 1.44 2.2 1.52 电流表指针反转，所以电流表正
负接线柱接反电流表指针偏转角度太小，所以电流表所选量程过大
【解析】
【分析】 【详解】
(1)根据电功率计算公式和电路元件可以知道该实验原理为P UI =，只要根据电路能测量出灯泡两端的电压和流过灯泡的电流就可以测量出灯泡的功率。

(2)伏安法测灯泡功率的电路图如图所示。

(3)若灯丝断路，则整个回路不通电流，在实验中电流表A 的示数为0，电压表测量电源电动势所以示数为6V
如变阻器开路，则整个回路不通电流，在实验中电流表A 的示数为0，此时电压表的示数也为0
(4)排除故障后，在测量小灯泡的额定功率时，应先调节滑动变阻器，使小灯泡两端电压为3.8V ，再测出电路中的电流，即可计算出额定功率；若小灯泡两端实际电压为额定电压的
1.2倍，根据2
U P R
=则实际功率为额定功率的1.44倍。

(5)设计电路如图所示：
(6)小刚按重新设计的电路图继续实验，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为2.2V 时，此时灯泡两端的电压能达到3.8V ，小灯泡正常发光，此时电流表读数为0.4A ，则小灯泡的功率为 3.80.4 1.52P UI W ==⨯=
(7)甲的问题：电流表指针反转，所以电流表正负接线柱接反；乙的问题：电流表指针偏转角度太小，所以电流表所选量程过大。

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．某同学想要测量一只量程已知的电压表V的内阻，实验室提供的器材如下：
A．电池组（电动势约为3V，内阻不计）
B．待测电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）一只
C．电流表A（量程3A，内阻15Ω）一只
D．滑动变阻器R1（最大阻值为15kΩ）一个
E．变阻箱R2（0~9999Ω）一个
F．开关和导线若干
(1)该同学设计了如下图所示的两个实验电路图，为了较准确地测出该电压表内阻，你认为合理且可行的是_______。

(2)用你选择的电路进行实验时，闭合电键，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的示数U 和_________（填上文字和符号）。

(3)为了能作出相应的直线图线，方便计算出电压表的内阻，根据所测物理量建立适当的图象_________（填字母序号）。

A ．U I - B ．1U I
- C ．
1
R U
- D ．U R -
(4)根据前面所做的选择，若利用实验数据所作图像的斜率为k 、截距为b ，则待测电压表V 内阻的表达式R V =_______。

【答案】A 电阻R C b k
【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]．图B 电路 中由于滑动变阻器最大阻值为15kΩ，电路电流较小，改变阻值过程中，电流表读数变化范围太小，因此B 电路不合理。

图A 电路，由于电阻箱R 2电阻最大阻值为9999Ω，改变电阻箱阻值可以改变电压表示数，测出多组实验数据，因此比较合理的实验电路是图A 。

(2)[2]．选择电路A 进行实验时，闭合电键，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的示数U 和电阻箱R 2的阻值R 。

(3)[3]．由于电源内阻可以忽略不计，由闭合电路欧姆定律可得
V
U E U R R +
＝ 此式可改写为
111 V
R U E ER +＝ 以R 为横坐标，
1U 为纵坐标，作出1
U
−R 图象，用图象法处理实验数据，故选C 。

(4)[4]．由
111 V R U E ER +＝，则1U
−R 图象的斜率
1V
k ER ＝
截距
1b E
＝
则电压表内阻
V b R k
＝
17．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测电阻丝阻值约为4Ω．
（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径d ．其中一次测量结果如图所示，图中读数为d= mm ．
（2）为了测量电阻丝的电阻R ，除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择： 电压表V ；量程3V ，内阻约为3kΩ 电流表A 1；量程0．6A ，内阻约为0．2Ω） 电流表A 2；量程100μA ，内阻约为2000Ω） 滑动变阻器R 1, 阻值0～1750Ω，额定电流为0．3A 滑动变阻器R 2,阻值0～50Ω，额定电流为1A 电源E 1（电动势15V ，内阻约为0．5Ω） 电源E 2（电动势3V ，内阻约为1．2Ω）
为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表________，滑动变阻器_________，电源___________．（填器材的符号）
（3）用测量量表示计算材料电阻率的公式是ρ = （已用刻度尺测量出接入电路中的金属导线的有效长度为l ）．
【答案】（1）0．853~0．857 （2）．A 1 ；R 2 ；E 2； （3）
【解析】
试题分析：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0．5mm ，可动刻度示数为35．5×0．01mm=0．355mm ，螺旋测微器示数为0．5mm+0．355mm=0．855mm ． （2）电压表量程是3V ，电源应选E 2（电动势为3V ，内阻约为1．2Ω），电路最大电流约为3
0.584 1.2
E I A R r =
=≈++，电流表应选A 1，量程0．6A ，内阻约0．2Ω．
（3）由欧姆定律得，电阻阻值
U
R
I
=，由电阻定律得：2
()
2
l l
R
d
S
ρ
ρ
π
==
，解得：
ρ=
考点：测定金属丝的电阻率
【名师点睛】此题考查了测定金属丝的电阻率的实验；解题时要首先搞清实验的原理，知道器材选择的原则“安全、准确、方便”；螺旋测微器是利用将长度的测量转化为对转动角度的测量来实现微小量放大的，其精确度为0．01mm，本实验中滑动变阻器既可以采用分压接法，也可以采用限流接法．
18．在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径d时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5 Ω，用伏安法测出金属丝的
电阻R，然后由
S
R
L
ρ=算出该金属材料的电阻率．
（1）从图中读出金属丝的直径d= _______mm.
（2）（i）为测金属丝的电阻, 取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：①电压表0～3 V，内阻10 kΩ ②电压表0～15 V，内阻50 kΩ
③电流表0～0.6 A，内阻0.05 Ω ④电流表0～3 A，内阻0.01 Ω
⑤滑动变阻器0～10 Ω ⑥滑动变阻器0～100 Ω
(3)下列说法正确的是（___________）
A．电压表应选用器材①
B．电流表应选用器材④
C．实验时通电时间不宜过长
D．d值只需在金属丝中央测量一次即可。