绵阳市高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

绵阳市高中物理必修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．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝
5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为m A＝0.1 kg和m B＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求B所受静摩擦力的大小；
(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A 从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔE p＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．
【答案】（1）f=0.4N （2）2.1336W
【解析】
试题分析：（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：
由平衡条件所得：
对A有：m A gsin θ＝F T①
对B有：qE＋f0＝F T②
代入数据得f0＝0．4 N ③
（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得：
对A有：F＋m A gsin θ－F′T－F k sin θ＝m A a ④
对B有：F′T－qE－f＝m B a ⑤
其中f＝μm B g ⑥
F k ＝kx ⑦
由电场力做功与电势能的关系得ΔE p ＝qEd ⑧ 由几何关系得x ＝
－
⑨
A 由M 到N ，由v －v ＝2ax 得A 运动到N 的速度v ＝⑩
拉力F 在N 点的瞬时功率P ＝Fv ⑪ 由以上各式，代入数据P ＝0．528 W ⑫
考点：受力平衡 、牛顿第二定律、能量转化与守恒定律、功率
【名师点睛】静止时，两物体受力平衡，列方程求解．A 从M 到N 的过程中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可列出力的关系方程．根据能量转化与守恒定律可列出电场力做功与电势能变化的关系方程．根据匀加速直线运动速度位移公式，求出运动到N 的速度，最后由功率公式求出功率．
2．如图所示,在绝缘的水平面上,相隔2L 的,A 、B 两点固定有两个电量均为Q 的正点电荷,C 、O 、D 是AB 连线上的三个点,O 为连线的中点,CO=OD=L/2｡一质量为m 、电量为q 的带电物块以初速度v 0从c 点出发沿AB 连线向B 运动,运动过程中物块受到大小恒定的阻力作用｡当物块运动到O 点时,物块的动能为初动能的n 倍,到达D 点刚好速度为零,然后返回做往复运动,直至最后静止在O 点｡已知静电力恒量为k,
求: (1)AB 两处的点电荷在c 点产生的电场强度的大小; (2)物块在运动中受到的阻力的大小; (3)带电物块在电场中运动的总路程｡
【答案】（1）
（2） （3）
【解析】 【分析】 【详解】
（1）设两个正点电荷在电场中C 点的场强分别为E 1和E 2，在C 点的合场强为E C ；则
12()2kQ E L ＝
；223()2kQ
E L ＝ 则E C =E 1-E 2 解得：E C ＝
2
32 9kQ
L ． （2）带电物块从C 点运动到D 点的过程中，先加速后减速．AB 连线上对称点φC =φD ，电
场力对带电物块做功为零．设物块受到的阻力为f ， 由动能定理有：−fL ＝0−1
2
mv 02 解得：2
012f mv L
＝
（3）设带电物块从C 到O 点电场力做功为W 电，根据动能定理得：
22
0011222
L W f n mv mv 电＝-⋅⋅-
解得：()201
214
W n mv -电＝
设带电物块在电场中运动的总路程为S ，由动能定理有：W 电−fs ＝0−1
2
mv 02 解得：s=（n+0.5）L 【点睛】
本题考查了动能定理的应用，分析清楚电荷的运动过程，应用动能定理、点电荷的场强公式与场的叠加原理即可正确解题．
3．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 =2232'23N N kq F F mg 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 =
（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
232'23N N kq F F mg L
==-．
4．—个带正电的微粒，从A 点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB 运动，如图所示，AB 与电场线夹角θ=53°，已知带电微粒的质量m =1.0×10－7kg ，电荷量q =1.0×10－10C ，A 、B 相距L =20cm ．(取g =10m/s 2)．求：
(1)电场强度的大小和方向；
(2)要使微粒从A 点运动到B 点，微粒射入电场时的最小速度是多少． 【答案】（1）7.5×10 3 V/m,方向水平向左 (2)5m/s 【解析】 【详解】
(1)带电微粒做直线运动，所受的合力与速度在同一直线上，则带电微粒受力如图所示；
由图可知，合力与速度方向相反；故粒子一定做匀减速直线运动； 由力的合成可知：
mg =qE •tan θ
可得：37.510V/m tan mg
E q θ
=
=⨯，方向水平向左． （2）微粒从A 到B 做匀减速直线运动，则当v B =0时，粒子进入电场速度v A 最小.由动能定理：
2
1sin cos 02
A mgL qEL mv θθ--=-
代入数据得：v
A =5m/s
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．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210m/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
2sin 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）
7．两块水平平行放置的导体板如图 (甲)所示，大量电子（质量m 、电量e ）由静止开始，经电压为U 0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0；当在两板间加如图 (乙)所示的周期为
2t
0，幅值恒为U 0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过．问：
⑴这些电子通过两板之间后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）的最大值和最小值分别是多少？
⑵侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？
【答案】（1）0
062
t
eU m ，00
64
t
eU m
（2）1613
【解析】
画出电子在t =0时和t =t 0时进入电场的v –t 图象进行分析
（1）竖直方向的分速度010y eU v t md =，000
2022=y eU eU t v t md md
= 侧向最大位移2
00max 101010312()322y y y y eU t d
s v t v t v t md =+===
侧向最小位移2
00min 10101031 1.5224
y y y y eU t d
s v t v t v t md =+=== 解得0
6eU d t m =
所以00max 622
y t eU d s m =
00
min 644y t
eU d s m
=（2）由此得2
20010()6y eU eU v t md m ==，22
00202(2)3y eU eU v t md m
== 而2
02eU v m
=
所以
2202kmax 0022
kmin
000111/3162211/121322
y
y mv mv E eU eU E eU eU mv mv ++===++
【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在偏转电场中水平方向上一直做匀速直线运动，在
竖直方向上有电场时做匀加速直线运动，无电场时做匀速直线运动或静止．
8．一个初速为零的电子在经U1=4500V的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入，如图所示，若两板间距d=1.0cm,板长L＝3.0cm，两板间的电压U2=200V；已知电子的带电量为e=1.6×10－19 C，质量为m=0.9×10－30kg，只考虑两板间的电场，不计重力，求：
（1）电子经加速电压加速后以多大的速度V0进入偏转电场
（2）电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y
（3）电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P点，如图所示，则P点到下极板右端的距离x
【答案】(1)7
410/
v m s
=⨯；（2）0.1cm；（3）6cm
【解析】
【详解】
(1) 加速过程，由动能定理得：2
10
1
2
eU mv
=，代入数据可得：7
410m
v s
=⨯；
(2)根据电子在板间做类平抛运动：2
1
2
y at
=，其中2
qU
a
md
=，
L
t
v
=，由以上三式代入数据可得：0.1
y cm
=；
(3)根据电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹解为θ，则
tan
2
y
L
θ=
，利用
几何关系：2
tan
L
y
x
θ
-
=，由以上两式代入数据可得：
6
=
x cm．
9．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37º，半径r＝2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E＝2×105N／C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m＝5×10－2kg、电荷量q＝＋1×10－6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0＝3 m／s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25．设小物体的电荷量保持不变，取g＝10 m／s2，sin37º＝0.6，cos37º＝0.8．
（1）求弹簧枪对小物块所做的功；
（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．
【答案】(1)W f=0.475J (2)s=0.57m
【解析】
试题分析：（1）设弹簧枪对小物体做功为W f，由动能定理即可求解；
（2）对小物体进行受力分析，分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学基本公式即可求解．
解：
（1）设弹簧枪对小物体做功为W f，由动能定理得W f﹣mgr（l﹣cosθ）=mv02①
代人数据得：W f=0.475J ②
（2）取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，
由牛顿第二定律得：﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ+qE）=ma1③
小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有：v1=v0+a1t1④
由③④可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有：s l=v0t1+a1t12⑤
电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得：
﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣qE）=ma2⑥
设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有：
0=v1+a2t2⑦
s2=v1t2+a2t22⑧
设CP的长度为s，有：s=s1+s2⑨
联立相关方程，代人数据解得：s=0.57m
答：（1）弹簧枪对小物体所做的功为0.475J；
（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，CP的长度为0.57m．
【点评】本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确对物体受力分析，确定物体的运动情况，难度适中．
10．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：
tan 45mg
qE
︒=
解得：
mg q
E =
因为∠BOC ＝90，圆环的半径为R ，故BC 2R ，故根据几何关系有可知：
AO 2R
(2)小球从A 点到D 点的过程中，根据动能定理得：
()
221
2022
D R mg R 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：
2
D
N v F mg m R
-=
联立解得：
(332N 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(332mg +，方向竖直向下．
答：(1)A 点到O 2R ,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(332mg +
11．如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ
之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中
的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为
2
L
，AO连线与屏垂直，垂足为
O，求：
(1) 电子到达MN时的速度；
(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tanθ；
(3) 电子打到屏上的点P′到点O的距离.
【答案】(1)
eEL
v
m
=L.
【解析】
【详解】
（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，到达MN的速度为v，则：
a1＝1
eE
m
＝
eE
m
2
1
2
2
L
a v
=
解得
eEL
v
m
=
（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为v y，
a2＝2
eE
m
＝
2eE
m
t＝
L
v
v y＝a2t
tanθ＝y
v
v
=2
（3）电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′.由几何关系知：
tanθ＝
2
x
L
L
+
解得：
x ＝3L .
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 =
11a t υ=
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
20112a y υ=
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．小敏要将一量程为250μA 的微安表改装成量程为5V 的电压表。

由于微安表内阻未知，小敏先用多用电表粗测得其内阻约为1100Ω。

现有如下器材： A ．待改装的微安表 B ．标准电压表
C ．电阻箱（0~99999. 9Ω）
D ．滑动变阻器（0~10Ω） E. 学生电源 F.开关，导线若干
(1)按粗测的微安表内阻进行电压表改装，应将电阻箱阻值调节为_________Ω； (2)改装完成后，小敏利用上述器材设计了电路进行校准，请完成校准电路的实物图连线； （____）
(3)当标准电压表的示数为5. 00V 时，微安表的指针位置如图所示。

由此可以推测出所改装的电压表量程不是预期的5V ，而是______V （保留两位有效数字），导致该误差产生的原因可能是_________；
A ．微安表的实际内阻大于所测得的1100Ω
B．微安表的实际内阻小于所测得的1100Ω
(4)要达到预期目的，不必再设计实验精确测量微安表的内阻，只需将电阻箱的阻值调整为______Ω即可。

【答案】18900 见解析 5.1 A 18500
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]将电阻箱与微安表串联，电阻箱阻值
5V
1100Ω18900Ω
250μA
g
U
R r
I
=-=-=
(2)[2]将改装的电压表与标准电压表并联，接入电路，滑动变阻器采用分压式接法，可以测量多组数据，连接电路如图所示
(3)[3]图中微安表示数为245μA时电压表示数为5V，因此满天偏时对应的电压值应为其电压表量程
245μA5V
=
250μA U
可求得量程为
5.1V
U=
[4](4)由于加上相同的电压，电流小于预期值，一定是电阻偏大，而电阻箱调整没问题，一定是微安表内阻大于1100Ω，A正确，B错误。

故选A。

[5]改装表的阻值减小量应为
5V5V
400
245μA250μA
R
∆=-=≈Ω
因此将电阻箱阻值减小为
18900Ω-400Ω=18500Ω
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．某同学为测定金属丝的电阻率ρ，设计了如图甲所示电路，电路中ab 是一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝，保护电阻R 0=4.0Ω，电源的电动势E =3.0V ，电流表内阻忽略不计，滑片P 与电阻丝始终接触良好．
⑴实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d =_______mm ． ⑵实验时闭合开关，调节滑片P 的位置，分别测量出每次实验中aP 长度x 及对应的电流值I ，实验数据如下表所示： x (m) 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 I (A) 0.49 0.43 0.38 0.33 0.31 0.28 (A -1)
2.04
2.33
2.63
3.03
3.23
3.57
①将表中数据描在
坐标纸中，如图丙所示，请作出其关系图线_______．
②若图象中直线的斜率为k ，则金属丝的电阻率ρ=_______（用题中字母表示）． ③根据图丙中
关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为r =______Ω（保留
两位有效数字）． 【答案】0.400 如图；
1.4
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]．由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为0mm+40.0×0.01mm=0.400mm．（2）①[2]．如图所示：
②[3]．电阻丝电阻：
R=ρ
由闭合电路欧姆定律可知，电流：
-x图象是直线，便于实验数据处理，因此需要作-x图象；其图象的斜率：
则电阻率：
ρ=；
③[4]．由-x图象纵坐标的截距可知：
解得
r=1.4Ω
【点睛】
本题考查了螺旋测微器读数、实验数据处理等问题，要掌握常用器材的使用及读数方法；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握图象法处理实验数据的方
法．
16．为了测量阻值范围在200～300 Ω之间的电阻R x的阻值，实验室提供了如下器材：A．电阻箱R(阻值范围0～999.9 Ω) B．毫安表(量程0～3 mA，内阻约100 Ω)
C．直流电源(电动势约3 V，内阻不计) D．两个单刀单掷开关，导线足量
(1)甲同学根据实验目的和提供的实验器材设计出如图甲所示的实验电路，设计的操作步骤如下．
甲乙
①按电路图连好电路，闭合开关S1，记下毫安表的读数．
②断开S1，闭合开关S2，调节电阻箱R的阻值，使毫安表的读数和①中相同，记下此时电阻箱的示数R1.
假设该同学的设计合理，则待测电阻R x＝________．
(2)乙同学根据实验目的和提供的实验器材设计出如图乙所示的实验电路，设计的操作步骤如下．
①按电路图连好电路，将R调到最大，然后闭合S1、S2，调节R，使毫安表达到满偏，记下此时电阻箱的示数R2.
②断开S2，调节R，仍使毫安表满偏，记下此时电阻箱的示数R3.假设该同学的设计合理，则待测电阻R x＝________．
(3)上述两位同学的设计中有一位是不合理的，不合理的是________，理由是
_______________________________________．
【答案】R1R2－R3甲电流表超程
【解析】
【详解】
(1)[1]根据甲同学的实验电路，该同学采用了等效替代法，故待测电阻
1
x
R R
=．
(2)[2]根据乙同学的实验步骤可知23x
R R R
=+，则
23
x
R R R
=-.
(3)[3][4]甲电路中，开关接通后，电流表的读数最小值为:
3
A10mA
300
x
E
I
R
===
已超过了电流表的量程．故此设计不合理．
17．热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，某实验小组欲研究该电阻在常温下的伏安特性曲线，实验仪器如下：
A．待测热敏电阻x R，（常温电阻值约为5Ω）
B．电流表A1（满偏电流10mA，内阻1100
r=Ω）
C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻20.5
r=Ω）
D．滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流2A）
E．滑动变阻器R2（0～100Ω，额定电流0.5A）
F．定值电阻R3（阻值等于5Ω）
G．定值电阻电阻R4（阻值等于200Ω）
H．盛有水的保温杯（含温度计）
I．电源（3V，内阻可忽略）
G．开关，导线若干
（1）要使测量数据尽量精确，绘制曲线完整，需要将以上仪器进行适当的改装，定值电阻选____，滑动变阻器选__________。

（填仪器前的字母序号）
（2）请在方框内画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁，根据电路图在实物图上连线
（_____）
（3）热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC），正温度系数电阻器的电阻随温度的升高而增大，负温度系数电阻器的电阻随温度的升高而减小，测得该热敏电阻的21
I I
-图像如图所示，请分析说明该曲线对应的热敏电阻是______（选填“PTC”或“NTC”）热敏电阻。

（4）若将该热敏电阻直接接到一电动势为3V，内阻为6Ω的电源两端，则热敏电阻消耗的电功率为________W.（结果保留2位小数）。

【答案】4R1R PTC 0.34
【解析】
【详解】
（1）[1][2]．根据电源电动势，电路中的电流大概为0.6A
E
I
R
==，故电流表选用
2
A，把电流表1
A，串联定值电阻改装成电压表，200
x
x
E
R r
I
=-=Ω，故定值电阻选
4
R，描绘伏安特性曲线需要从零开始读书，因此采用滑动变阻器分压接法，所以选用阻值较小的1
R.
（2）[3]．待测电阻同电压表（电流表1
A和定值电阻
4
R）即电流表
2
A相比，与电流表2
A相差倍数比较小，属于小电阻，因此电流表采用外接法，滑动变阻器分压式连接。

原理图，实物图如下：
（3）[4]．由图线可知，随电流增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数（PTC ）热敏电阻；
（4）[5]．在21I I -图中作出电源对应U-I 图线，即
U =E -Ir
1412()A I R R E I r +=-
当20I =时，110I mA =，10I =时，20.5E
I A r
=
=，两图像交点处等效电压为3
3.5 1.0510
V ⨯=，电流为0.32A ，则热敏电阻的功率为 P=UI =1.05×0.32W=0.34W.
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
（ii）实验中某同学想尽可能多的采集一些数据，请为该同学设计一个符合本实验的电路图，并画在下面的虚线框内，然后根据电路图完成实物图的连线___________________ ．（iii）请用测得的物理量写出该金属电阻率的表达式：ρ= _____________________（所测得的物理量包括：电压表读数U,电流表读数I,金属色直径d,金属丝长度L）
【答案】1.702AC见解析
2
4
d U
IL
π
ρ=
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]．螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为20.2×0.01mm=0.202mm，所以最终读数为1.5mm+0.202mm=1.702 mm．
（2）[2]．电源由两节干电池组成，电源电动势为3V，电压表选①，故A正确；电路最大
电流约为
E
I
R
==0.6A，电流表应选③，故B错误；通电时间过长，电阻丝会发热，影响阻
值，故C正确；d值需要在中间和两端都测量，求平均值，故D错误．故选AC。

（3）[3]．金属丝阻值约为5Ω，电流表内阻为0.05Ω，电压表内阻为10kΩ，电压表内阻远大于金属丝阻值，电流表应采用外接法，导线应接在滑动变阻器接线柱上．电路图如图所示：。