高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷培优测试卷

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高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷培优测试卷
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,在光滑绝缘水平面上B 点的正上方O 处固定一个质点,在水平面上的A 点放另一个质点,两个质点的质量均为m ,带电量均为+Q 。

C 为AB 直线上的另一点(O 、A 、B 、C 位于同一竖直平面上),AO 间的距离为L ,AB 和BC 间的距离均为2
L
,在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止。

试问: (1)该匀强电场的场强多大?其方向如何?
(2)给A 处的质点一个指向C 点的初速度,该质点到达B 点时所受的电场力多大? (3)若初速度大小为v 0,质点到达C 点时的加速度和速度分别多大?
【答案】(1)22kQ L ,方向由A 指向C ;273kQ ;(3)22kQ mL 2
2
0kQ v mL
+【解析】 【分析】
(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止,对A 进行受力分析,根据平衡条件求解。

(2)质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力,根据力的合成求解 (3)根据牛顿第二定律求出加速度,根据动能定理求出C 点时速度。

【详解】
(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止,对A 进行受力分析,
AO 间的库仑力为2
2Q F K L
=;
根据平衡条件得:sin F EQ θ= 2sin 2F KQ
E Q L
θ=
= 方向由A 指向C
(2)该质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力,
库仑力为2
2
'(sin60)Q F K L =;
水平向右的电场力F EQ "=
B
点时所受的电场力22
22
]sin60)6F L
== (3)质点到达C 点时进行受力分析,根据牛顿第二定律得
2
222
sin Q K EQ F KQ L a m m mL θ+===
合. 从A 点到C 点根据动能定理得
22
1122
o EQL mv mv =
-; v =【点睛】
本题的关键要耐心细致地分析物体的运动过程,对物体进行受力分析,运用动能定理、牛顿第二定律进行处理。

2.“顿牟掇芥”是两千多年前我国古人对摩擦起电现象的观察记录,经摩擦后带电的琥珀能吸起小物体,现用下述模型分析研究。

在某处固定一个电荷量为Q 的点电荷,在其正下方h 处有一个原子。

在点电荷产生的电场(场强为E )作用下,原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l ,形成电偶极子。

描述电偶极子特征的物理量称为电偶极矩p ,
q =p l ,这里q 为原子核的电荷量。

实验显示,p E α=,α为原子的极化系数,反映其
极化的难易程度。

被极化的原子与点电荷之间产生作用力F 。

在一定条件下,原子会被点电荷“掇”上去。

(1)F 是吸引力还是排斥力?简要说明理由;
(2)若将固定点电荷的电荷量增加一倍,力F 如何变化,即求
(2)
()
F Q F Q 的值; (3)若原子与点电荷间的距离减小一半,力F 如何变化,即求()
2()
h F F h 的值。

【答案】(1)吸引力,(2)4,(3)32。

【解析】 【详解】
(1)F 为吸引力。

理由:当原子极化时,与Q 异种的电荷移向Q ,而与Q 同种的电荷被排斥而远离Q ,这样异种电荷之间的吸引力大于同种电荷的排斥力,总的效果是吸引; (2)设电荷Q 带正电(如图所示):
电荷Q 与分离开距离l 的一对异性电荷间的总作用力为:
2332222
()222()()22(4
)
kQ q kQq hl kQql kQp
F kQq l l l h h h h h --=
+=≈-=--+- 式中:
q =p l
为原子极化形成的电偶极矩,负号表示吸引力,由于l
h ,故:
2
2
24
l h h -≈
又已知:
p E α=
而电荷Q 在离它h 处的原子所在位置产生的电场场强大小为:
2
kQ E h =
于是,电荷Q 与极化原子之间的作用力为:
5
22
2k Q F h
α=- 它正比于固定电荷的平方,反比于距离的五次方,因此不管电荷Q 的符号如何,它均产生吸引力。

当固定点电荷的电荷量增加一倍时,力F 变为原来的4倍,即:
(2)
4()
F Q F Q =; (3)当原子与点电荷间的距离减小一半时,力F 变为原来的32倍,即:
()
232()
h F F h =。

3.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
2
B
v
R

对AB过程由动能定理可得:
mg(h-2R)-Eq(h-2R)=1
2
mV B2;
联立解得:h=5
2 R;
(2)对AC过程由动能定理可得:
mgh-Eqh=1
2
mv c2;
由牛顿第二定律可得:
F+Eq-mg=m
2 C 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.
4.如图所示,质量为m的小球A穿在绝缘细杆上,杆的倾角为α,小球A带正电,电量为q。

在杆上B点处固定一个电量为Q的正电荷。

将A由距B竖直高度为H处无初速释放,小球A下滑过程中电量不变。

不计A与细杆间的摩擦,整个装置处在真空中。

已知静电力常量k和重力加速度g。

(1)A球刚释放时的加速度是多大?
(2)当A球的动能最大时,求此时A球与B点的距离。

【答案】(1)22
si s n in kQ a g q mH
=-αα
;(2)sin kQq
x mg =α
【解析】 【分析】 【详解】
(1)由牛顿第二定律可知
mg sin α-F =ma
根据库仑定律
2Qq F k
r =,sin H
r α
= 得
22
si s n in kQ a g q mH
=-αα。

(2)当A 球受到合力为零、加速度为零时,动能最大。

设此时A 球与B 球间的距离为x ,则
2
sin Qq k
x mg =α
解得
sin kQq
x mg =
α
【点睛】
本题关键对小球A 受力分析,然后根据牛顿第二定律求解加速度,根据力与速度关系分析
小球A 的运动情况;知道合力为零时动能最大。

5.—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5 【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
6.如图所示,∆abc 处在真空中,边长分别为ab =5cm ,bc =3cm ,ca =4cm .两个带电小球固定在a 、b 两点,电荷量分别为q a =6.4×10-12C ,q b =-2.7×10-12C .已知静电力常量k =9.0×109N ⋅m 2/C 2,求c 点场强的大小及方向.
【答案】 方向与由a 指向b 的方向相同
【解析】 【详解】
如图所示,a 、b 两电荷在c 点的场强分别为
E a =k =36N/C E b =k
=27N/C
由几何关系,有
E 2=E a 2+E b 2
解得
E =45N/C
方向与由a 指向b 的方向相同.
二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优(难)
7.图中所示的静电机由一个半径为R 、与环境绝缘的开口(朝上)金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G 组成。

质量为m 、带电量为q 的球形液滴从G 缓慢地自由掉下(所谓缓慢,意指在G 和容器口之间总是只有一滴液滴)。

液滴开始下落时相对于地面的高度为h 。

设液滴很小,容器足够大,容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G 的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g 。

若容器初始电势为零,求容器可达到的最高电势max V 。

【答案】max ()
mg h R V q
-= 【解析】 【详解】
设在某一时刻球壳形容器的电量为Q 。

以液滴和容器为体系,考虑从一滴液滴从带电液滴产生器G 出口自由下落到容器口的过程。

根据能量守恒有
2122Qq Qq
mgh k
m mgR k h R R
+=++-v (1) 式中,v 为液滴在容器口的速率,k 是静电力常量。

由此得液滴的动能为
21(2)(2)2()Qq h R m mg h R k h R R
-=---v (2)
从上式可以看出,随着容器电量Q 的增加,落下的液滴在容器口的速率v 不断变小;当液滴在容器口的速率为零时,不能进入容器,容器的电量停止增加,容器达到最高电势. 设容器的最大电量为max Q ,则有
max (2)
(2)0()Q q h R mg h R k
h R R
---=-(3)
由此得
max ()mg h R R
Q kq
-=
(4) 容器的最高电势为
max
max Q V k
R
=(5) 由(4)和(5)式得
max ()
mg h R V q
-=
(6)
8.如图所示,在竖直平面内有一固定的光滑绝缘轨道,圆心为O ,半径为r ,A 、B 、C 、D 分别是圆周上的点,其中A 、C 分别是最高点和最低点,BD 连线与水平方向夹角为37︒。

该区间存在与轨道平面平行的水平向左的匀强电场。

一质量为m 、带正电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变),经过D 点时速度最大,重力加速度为g (已知sin370.6︒=,cos370.8︒=),求:
(1)小球所受的电场力大小;
(2)小球经过A 点时对轨道的最小压力。

【答案】(1)4
3
mg ;(2)2mg ,方向竖直向上. 【解析】 【详解】
(1)由题意可知 :
tan 37mg
F
︒= 所以:
43
F mg =
(2)由题意分析可知,小球恰好能做完整的圆周运动时经过A 点对轨道的压力最小. 小球恰好做完整的圆周运动时,在B 点根据牛顿第二定律有:
2sin 37B v mg
m r
︒= 小球由B 运动到A 的过程根据动能定理有:
()
22
111sin 37cos3722
B A mgr Fr mv mv ︒︒--+=-
小球在A 点时根据牛顿第二定律有:
2A
N v F mg m r
+=
联立以上各式得:
2N F mg =
由牛顿第三定律可知,小球经过A 点时对轨道的最小压力大小为2mg ,方向竖直向上.
9.如图所示,AB 是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道,滑块与斜面间的动摩擦因数
=0.30μ,BCD 是半径为R =0.2m 的光滑圆弧轨道,它们相切于B 点,C 为圆弧轨道的最低
点,整个空间存在着竖直向上的匀强电场,场强E = 4.0×103N/C ,质量m = 0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下.已知斜面AB 对应的高度h = 0.24m ,滑块带电荷q = -5.0×10-4C ,取重力加速度g = 10m/s 2,sin37°= 0.60,cos37°=0.80.求:
(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小; (2)滑块滑到圆弧轨道最低点C 时对轨道的压力. 【答案】(1) 2.4m/s (2) 12N 【解析】 【分析】
(1)滑块沿斜面滑下的过程中,根据动能定理求解滑到斜面底端B 点时的速度大小; (2)滑块从B 到C 点,由动能定理可得C 点速度,由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解. 【详解】
(1)滑块沿斜面滑下的过程中,受到的滑动摩擦力:
()cos370.96N f mg qE μ=+︒=
设到达斜面底端时的速度为v 1,根据动能定理得:
()211
sin 372
h mg qE h f
mv +-= 解得:
v 1=2.4m/s
(2)滑块从B 到C 点,由动能定理可得:
()()222111=
1cos3722
m mg q v E v m R +︒-- 当滑块经过最低点时,有:
()2N 2
F mg qE v m R
-+= 由牛顿第三定律:
N N 11.36N F F ==,
方向竖直向下. 【点睛】
本题是动能定理与牛顿定律的综合应用,关键在于研究过程的选择.
10.如图,在场强大小为E 、水平向右的匀强电场中,一轻杆可绕固定转轴O 在竖直平面内自由转动.杆的两端分别固定两电荷量均为q 的小球A 、B ;A 带正电,B 带负电;A 、B 两球到转轴O 的距离分别为2l 、l ,所受重力大小均为电场力大小的3倍,开始时杆与电场夹角为θ(0090180θ≤≤).将杆从初始位置由静止释放,以O 点为重力势能和电势能零点.求:
(1)初始状态的电势能e W ;
(2)杆在平衡位置时与电场间的夹角α; (3)杆在电势能为零处的角速度ω.
【答案】(1)-3qElcosθ;(2)30°;(3)当θ<150°时,
;当θ150°时,

【解析】 【分析】 【详解】
(1)初态:W e =qV ++(-q)V-=q(V +-V -)=-3qElcosθ (2)平衡位置如图,
设小球的质量为m,合力矩为
3qElsinα-mglcosα=0
由此得
α=30°
(3)电势能为零时,杆处于竖直位置,当初始时OA与电场间夹角θ=150°时,A恰好能到达O正上方,在此位置杆的角速度为0
当θ<150°时,A位于O正下方处电势能为零.
初态:W e=—3qElcosθ,E p=mglsinθ
末态:,
能量守恒:
解得
当θ150°时,电势能为0有两处,即A位于O正下方或正上方处
当A位于O正下方时,
当A位于O正上方时,
解得
11.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O1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 '=-=-
12.如图平行金属板长为L ,一个带电为 + q ,质量为m 的粒子以某一初速度紧贴上板垂直射入电场,刚好从下板边缘以速度v 射出,末速度v 恰与下板成30°角,粒子重力不计.求:
(1)粒子进入电场的初速度大小v 0; (2)两极间距离d . (3)两极的电势差U .
【答案】(1)32v (23L
(3)2
8mv q
【解析】 【详解】
(1)由速度关系得初速度:
003
cos30v v ==
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向有:
L=v 0t
在竖直方向有:
d =0sin 302
v t
解得
36
L d =
(3)由动能定理:
2201122
Uq mv mv =
- 解得
28mv U q
=
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优(难)
13.在一次实验技能比赛中,要求较精确地测量电阻的阻值,有下列器材供选用:
A .待测电阻Rx (约300Ω)
B .电压表V (量程3V ,内阻约3kΩ)
C .电流表A 1(量程20mA ,内阻约5Ω)
D .电流表A 2(量程10mA ,内阻约10Ω)
E .滑动变阻器R 1(0~20Ω,额定电流2A )
F .滑动变阻器R 2((0~2000Ω,额定电流0.5A )
G .直流电源E (3V ,内阻约1Ω)
H .开关、导线若干
(1)甲同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路,电路图如图甲所示,则电流表应选择_________(选填“A 1”或“A 2”),滑动变阻器应选择____________(选填“R 1”或“R 2”)。

(2)乙同学经过反复思考,利用所给器材设计出了如图乙所示的测量电路,具体操作如下:
①按图乙连接好实验电路,闭合开关S 1前调节滑动变阻器R 1、R 2的滑片至适当位置; ②闭合开关S 1,开关S 2处于断开状态,调节滑动变阻器R 1、R 2的滑片,使电流表A 2的示数恰好为电流表A 1的示数的一半;
③闭合开关S 2并保持滑动变阻器R 2的滑片位置不变,读出电压表V 和电流表A 2的示数,分别记为U 、I ;
④则待测电阻的阻值Rx=__________(用题中所给字母表示)。

(3)比较两同学测量电阻Rx 的方法,你认为哪个同学方法更有利于减小系统误差?____________(选填“甲”或“乙”)同学。

【答案】A 2 R 1 U
I
乙 【解析】 【分析】
由题意可知考查伏安法测电阻,消除系统误差的方法。

根据欧姆定律、串并联电路关系分析可得。

【详解】
(1)[1] [2] 估算一下待测电流,
3A=0.01A=10mA 300
U I R =
=, 故电流表选择A 2,因滑动变阻器采用分压式接法,选择R 1调节更方便,故滑动变阻器选择R 1;
(2)[3] 闭合开关S 1,开关S 2处于断开状态,调节滑动变阻器R 1、R 2的滑片,使电流表A 2的示数恰好为电流表A 1的示数的一半;此时A 2和R 2电阻之和等于R x 的电阻。

当闭合开关S 2并保持滑动变阻器R 2的滑片位置不变,读出电压表V 和电流表A 2的示数,分别记为U 、I ;A 2和R 2电阻之和等于R x 的电阻等于U 与I 的比值。

(3)[4] 甲图存在系统误差,测量值大于真实值,乙图方案消除了系统误差,故乙同学的方案更有利于减小系统误差。

【点睛】
电流表内接法测量值大于真实值,外接法测量值小于真实值,当R X ,电流表选
择内接法,当R X
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A 1:量程0~15mA ,内阻约为100Ω 电流表A 2:量程0~600μA ,内阻为1000Ω 滑动变阻器R 1:阻值范围0~20Ω,额定电流2A 电阻箱R 2,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A 2与电阻箱串联,并将电阻箱阻值调到__________Ω时,将电流表A 2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.有一量程为3V的电压表V,现要测量其内阻R V。

可选用的器材有:
滑动变阻器甲,最大阻值10Ω;
滑动变阻器乙,最大阻值10kΩ;
电阻箱R2,最大阻值9999Ω;
电源E,电动势约为4V,内阻不计;
电压表V0,量程6V;
开关两个,导线若干。

(1)某小组采用的测量电路如图甲所示,在实物图中,已正确连接了部分导线,请完成剩余部分的连接________。

(2)连接好实验电路后,进行实验操作,请你将下面操作步骤补充完整: ①断开开关S 2和S 1,将R 1的滑片移到最左端的位置; ②闭合开关S 2和S 1,调节R 1的滑片位置,使电压表V 满偏;
③断开开关S 2,保持____________不变,调节R 2,使电压表V 示数为1.00V ,读取并记录此时电阻箱的阻值为R 0。

为使得测量结果尽量准确,滑动变阻器R 1应选择_________(填“甲”或“乙”),测出的电压表内阻R 测=___________,它与电压表内阻的真实值R V 相比,R 测________R V (选填“>”、“=”或“<”)。

(3)另一小组采用了如图乙所示的测量电路图,实验步骤如下: ①断开开关S 2和S 1,将R 1的滑片移到最左端的位置;
②闭合开关S 2和S 1,调节R 1,使电压表V 满偏,记下此时电压表V 0的示数; ③断开开关S 2,调节R 1和R 2,使电压表V 示数达到半偏,且电压表V 0的示数不变; 读取并记录此时电阻箱的阻值为R '测,理论上分析,该小组测出的电压表V 内阻的测量值与真实值相比,R V ________R '测(选填“>”“=”或“<”)。

【答案】
R 1的滑片位置 甲
2
R > = 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1].电路连接如图:
(2)③[2][3][4][5].断开开关S 2,保持R 1的滑片位置不变,调节R 2,使电压表V 示数为1.00V ,读取并记录此时电阻箱的阻值为R 0。

为使得测量结果尽量准确,滑动变阻器R 1应选择阻值较小的甲,因电压表读数为1V ,则电阻箱电压为2V ,电阻箱的阻值等于电压表内阻的2倍,只让测出的电压表内阻R 测=
2
R ;实际上当断开S 2时,电阻箱与电压表串联,则支路电阻变大,则电阻箱和电压表上的电压之和大于3V ,电阻箱上的电压大于2V ,即电阻箱的阻值大于电压表内阻的2倍,实验中认为电阻箱的阻值等于电压表内阻的2倍,即它与电压表内阻的真实值R V 相比R 测>R V 。

(3)[6].由实验电路图与实验步骤可知,两种情况下分压电路电压不变,电压表示数半偏时电阻箱两端电压与电压表电压相等,电压表内阻与电阻箱阻值相等,电压表内阻测量值等于真实值,即R 测′=R V 。

16.国标(GB /T )规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω·m 。

某同学利用图甲电路测量15℃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),右活塞固定,左活塞可自由移动。

实验器材还有:
电源(电动势约为3 V ,内阻可忽略);电压表V 1(量程为3 V ,内阻很大); 电压表V 2(量程为3 V ,内阻很大);定值电阻R 1(阻值4 kΩ); 定值电阻R 2(阻值2 kΩ);电阻箱R (最大阻值9 999 Ω); 单刀双掷开关S ;导线若干;游标卡尺;刻度尺。

实验步骤如下:
A .用游标卡尺测量玻璃管的内径d ;
B .向玻璃管内注满自来水,并用刻度尺测量水柱长度L ;
C .把S 拨到1位置,记录电压表V 1示数;
D .把S 拨到2位置,调整电阻箱阻值,使电压表V 2示数与电压表V 1示数相同,记录电阻箱的阻值R ;
E .改变玻璃管内水柱长度,重复实验步骤C 、D ,记录每一次水柱长度L 和电阻箱阻值R ;
F .断开S ,整理好器材。

(1)测玻璃管内径d 时游标卡尺示数如图乙,则d =_______mm ;
(2)玻璃管内水柱的电阻值R x 的表达式为:R x =_______(用R 1、R 2、R 表示); (3)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,绘制出如图丙所示的
1
R L
-
关系图象。

则自来水的电阻率ρ=_______Ω·m (保留两位有效数字); (4)本实验中若电压表V 1内阻不是很大,则自来水电阻率测量结果将_____(填“偏大”“不变”或“偏小”)。

【答案】30.00 12
R R R
14 偏大 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为:3.0cm=30mm ,游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对齐,所以最终读数为:30.00mm ,所以玻璃管内径:
d =30.00mm
(2)[2]设把S 拨到1位置时,电压表V 1示数为U ,则电路电流为:
1
U I R =
总电压:
1
x U
E R U R =
+ 当把S 拨到2位置,调整电阻箱阻值,使电压表V 2示数与电压表V 1示数相同也为U ,则此时电路中的电流为
U I R
=
总电压
2U
E R U R
=
+ 由于两次总电压等于电源电压E ,可得:
2
1x R R R R
= 解得:
12
x R R R R

(3)[3]从图丙中可知,R
=2×103Ω时,-11 5.0m L
=,此时玻璃管内水柱的电阻: 124000x R R R R
=Ω=
水柱横截面积: 22
d S π=() 由电阻定律L R S
ρ=得: 2330104000 3.145142x R S m m L ρ-⎛⎫⨯=⨯⨯⨯Ω⋅≈Ω⋅ ⎪⎝⎭
= (4)[4]若电压表V 1内阻不是很大,则把S 拨到1位置时,此时电路中实际电流大于1U I R =,根据1
x U E R U R =+可知测量的R x 将偏大,因此自来水电阻率测量结果将偏大。

17.(1)某同学欲将量程为200μA 的电流表G 改装成电压表.
①该同学首先采用如图所示的实验电路测量该电流表的内阻R g ,图中R 1、R 2为电阻箱.他按电路图连接好电路,将R 1的阻值调到最大,闭合开关S 1后,他应该正确操作的步骤是_____.(选出下列必要的步骤,并将其序号排序)
a .记下R 2的阻值
b .调节R 1的阻值,使电流表的指针偏转到满刻度
c .闭合S 2,调节R 1和R 2的阻值,使电流表的指针偏转到满刻度的一半
d .闭合S 2,保持R 1不变,调节R 2的阻值,使电流表的指针偏转到满刻度的一半 ②如果按正确操作步骤测得R 2的阻值为500Ω,则R g 的阻值大小为____;(填写字母代号)
A .250Ω
B .500Ω
C .750Ω
D .1000Ω
③为把此电流表G 改装成量程为2.0V 的电压表,应选一个阻值为____Ω的电阻与此电流表串联.
【答案】bda B 9500
【解析】
【分析】
【详解】
①[1].该题是使用半偏法测电流表的内阻,故调节R 1的阻值,先使电流表的指针偏转到满刻度,然后再闭合S 2,保持R 1不变,调节R 2的阻值,使电流表的指针偏转到满刻度的一
半,故操作顺序为bda;
②[2].此时R2的阻值与R g的阻值相等,故R g的阻值大小也为500Ω,故B正确,ACD错误,故选B;
③[3].电流表G满偏时的两端电压为
U g=200×10-6A×500Ω=0.1V
改装成量程为2.0V的电压表时,串联电阻的电压应该为2.0V-0.1V=1.9V,电流为
I g=200μA;
故串联电阻的大小为
9500
V g
g
U U
R
I
-
==Ω.
18.二极管(LED)是一种节能、环保的元器件,被广泛应用到显示器、照明等各领域。

某兴趣小组为探究工作电压是“1.4~4V”最大正向直流电源是“5~20mA”的LED管的I U
-
曲线,设计了如图①所示的实验电路。

实验室备有以下器材:
电流表1
A:量程0~50mA,内阻约为50Ω;
电流表2
A:量程0~200mA,内阻约为10Ω;
电压表V:量程0~5V,内阻约为10kΩ;
滑动变阻器R1:阻值范围0~15Ω,允许最大电流1A;
滑动变阻器R2:阻值范围0~1kΩ,允许最大电流100mA;
直流电源E:输出电压6V,内阻不计,开关(S)、导线若干。

(1)为了提高实验结果的准确性,电流表应选择_______;滑动变阻器应选用_______(以上填器材代号);
(2)实验小组根据实验得到数据描点绘出如图②所示I-U图象。

发光二极管(LED)的效率η与通过二极管的电流I的关系曲线如图③所示。

其中发光二极管的效率η是指辐射的全部光功率P与供给发光二极管的电功率比值。

则发光二极管效率达最大时其电阻L
R=
_______Ω,辐射的光功率Φ=_______W。

(保留3位有效数字)
【答案】1
A
1
R 267 0.00576
【解析】
【分析】
【详解】。

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