高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷培优测试卷

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，
或
【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】。