高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷综合测试卷(word含答案)

高中物理必修3物理全册全单元精选试卷综合测试卷（word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．如图所示，在光滑绝缘水平面上，质量为m的均匀绝缘棒AB长为L、带有正电，电量为Q且均匀分布．在水平面上O点右侧有匀强电场，场强大小为E，其方向为水平向左，BO距离为x0，若棒在水平向右的大小为QE/4的恒力作用下由静止开始运动．求：
（1）棒的B端进入电场L/8时的加速度大小和方向；
（2）棒在运动过程中的最大动能．
（3）棒的最大电势能．（设O点处电势为零）
【答案】（1）/8
qE m ,向右（2）
()
48
qE L
x+（3）0
(2)
6
qE x L
+
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据牛顿第二定律，得
48
QE L QE
ma
L
-⋅＝解得
8
QE
a
m
＝，方向向右．
（2）设当棒进入电场x时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有
4
QE QE
x
L
⋅
＝
解得
1
4
x L
=
由动能定理得：
()
00
44
()()
42442448 K o
QE QE
L
QE QE L QE L
E W x x x x x
＝＝＝＝
+⨯
∑+-+-+
⨯
（3）棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场，
则有：()
42
QE QE
x L L
+-＝，
得 x0=L；()
42
QE QEL
L L
ε+
＝＝
当x0＜L，棒不能全部进入电场，设进入电场x
根据动能定理得()
00
42
xQE
QE L
x x x
+
+--
＝
解之得：20
8L L Lx x ++＝
则2
008 ()4F L L Lx QE W x ε+++＝＝
当x 0＞L ，棒能全部进入电场，设进入电场x ()()0
042
QE QE
x x L QE x L +---＝ 得：023
x L
x +＝ 则()()000242 4436
QE x L x L QE QE x x ε+++⋅＝
＝＝
2．如图所示，在绝缘水平面上，相距L 的A 、B 两点处分别固定着两个带电荷量相等的正点电荷，a 、b 是AB 连线上的两点，其中4
L
Aa Bb ==
，O 为AB 连线的中点，一质量为m 、带电荷量为+q 的小滑块（可以看作质点）以初动能E 从a 点出发，沿直线AB 向b 点运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(1)n >，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点重力加速度为g ，求： （1）小滑块与水平面间的动摩擦因数； （2）O 、b 两点间的电势差； （3）小滑块运动的总路程.
【答案】（1）k02E mgL μ= （2）k0(21)2Ob n E U q -=- （3）21
4
n s L +=
【解析】 【详解】 （1）由4
L
Aa Bb ==，0为AB 连线的中点知a 、b 关于O 点对称，则a 、b 两点间的电势差0ab U =;
设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，在滑块从a 点运动到b 点的过程中，由动能定理得
k002
ab L
qU f E -⋅
=- 又摩擦力
f m
g μ=
解得
2k E mgL μ=
. （2）在滑块从O 点运动到b 点的过程中，由动能定理得
004
ob k L
qU f nE -⋅
=- 解得
ko
(21)2ob n E U q
-=-
. （3）对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得
000a x k qU f E -=-
又
(21)2kO
aO Ob n E U U q
-=-=
解得
21
4
n s L +=
.
3．如图，真空中xOy 平面直角坐标系上的ABC 三点构成等边三角形，边长L =2.0m 。

若将电荷量均为q =+2.0×10-6C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k =9.0×109N·m 2/C 2。

求： (1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C 点的电场强度的大小和方向。

【答案】(1)F =9.0×10-3N ；(2)37.810N /C E =⨯，方向沿y 轴正方向 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据库仑定律，A 、B 间的库仑力大小为
2
2q F k L
=
代入数据得
F =9.0×10-3N
(2)A 、B 两点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为
12
q E k
L = A 、B 两点电荷形成的电场在C 点的合场强大小为
12cos 30E E ︒=
代入数据得
3393
10N/C 7.810N/C 2
E =
⨯≈⨯ 方向沿y 轴正方向。

4．如图所示，一条长为l 的细线,上端固定,下端拴一质量为m 的带电小球．将它置于一匀强电场中,电场强度大小为E ，方向水平向右.已知当细线离开竖直位置的偏角为α时,小球处于平衡状态．
（1)小球带何种电荷并求出小球所带电荷量；
（2)若将小球拉到水平位置后放开手，求小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中，电场力对小球所做的功．
【答案】(1)正，tan /mg E α （2）tan mgl α 【解析】 【详解】
（1）小球所受电场力的方向与场强方向一致，则带正电荷； 由平衡可知：
Eq =mgtanα
得：
mgtan q E
α
=
（2）小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中，电场力做负功，大小为
W =Eql = mgltanα
5．如图，绝缘细杆AB 倾角为α，在杆上B 点处固定有一电荷量为Q 的正电荷．现将带正电的小球由距B 点竖直高度为H 的A 点处无初速释放，小球下滑过程中电荷量不变．己知小球的质量为m 、电荷量为q ．不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．静电力常量为k ，重力加速度为g ．求：
（1）正电荷Q 在A 处产生的场强大小； （2）小球刚释放时的加速度大小；
（3）若A 、B 间的距离足够大，小球动能最大时球与B 点间的距离．
【答案】(1) 2
2sin A Q E k H α=(2)22
sin sin kQq a g mH αα=- (3)sin kQq R mg α=【解析】 【详解】 (I)根据
2Q
E k
r
= 又因为
sin H
r α=
所以
22sin A Q
E k
H
α= (2)根据牛顿第二定律
sin mg F ma α-=
根据库仑定律
Qq F k
r
= 解得
22
sin sin kQq a g mH
α
α=- (3)当小球受到的合力为零，即加速度为零时，动能最大 设此时小球与B 点间的距离为R ,则
2
sin kQq
mg R α=
解得
sin kQq
R mg α
=
答案：(1) 2
2sin A Q E k H α=(2)22
sin sin kQq a g mH αα=- (3)sin kQq R mg α=
6．如图所示，将带正电的中心穿孔小球A套在倾角为θ的固定光滑绝缘杆上某处，在小球A的正下方固定着另外一只带电小球B，此时小球A恰好静止，且与绝缘杆无挤压．若A的电荷量为q，质量为m；A与B的距离为h；重力加速度为g，静电力常量为k；A与B 均可视为质点．
(1)试确定小球B的带电性质；
(2)求小球B的电荷量；
(3)若出于某种原因，小球B在某时刻突然不带电，求小球A下滑到与小球B在同一水平线的杆上某处时，重力对小球做功的功率．
【答案】(1)带正电 (2)
2
B
mgh
q
kq
= (3)sin2
P mg gh
=
【解析】
【分析】
（1）由题意A静止且与杆无摩擦，说明A只受重力和库仑力，故AB之相互排斥，A的受力才能平衡，可知B的电性
（2）由库仑定律可得AB间的库仑力，在对A列平衡方程可得B的电量
（3）B不带电后A只受重力，故由机械能守恒，可得A的速度，进而得到重力功率
【详解】
(1)根据题意：小球A受到B的库仑力必与A受到的重力平衡，即A、B之间相互排斥，所以B带正电．
(2)由库仑定律，B对A的库仑力为F＝
2B
kqq
h
，
由平衡条件有mg＝
2B
kqq h
解得q B＝
2 mgh kq
.
(3)B不带电后，小球A受到重力、支持力作用沿杆向下做匀加速直线运动，设到达题中所
述位置时速度为v，由机械能守恒定律有mgh＝1
2
mv2，
解得v2gh
所以重力的瞬时功率为P＝mgv sin θ＝mg sin 2gh
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，两平行金属板A 、B 长L=8cm ，两板间距离d=8cm ，A 板比B 板电势高300V ，一不计重力的带正电的粒子电荷量q ＝10-10C ，质量m ＝10-20kg ，沿电场中心线RD 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2×106m/s ，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN 、PS 间的无电场区域．已知两界面MN 、PS 相距为12cm ，D 是中心线RD 与界面PS 的交点．
（1）粒子穿过MN 时偏离中心线RD 的距离以及速度大小？ （2）粒子到达PS 界面时离D 点的距离为多少？
（3）设O 为RD 延长线上的某一点，我们可以在O 点固定一负点电荷，使粒子恰好可以绕O 点做匀速圆周运动，求在O 点固定的负点电荷的电量为多少？（静电力常数k = 9．0×109N·m 2/C 2，保留两位有效数字） 【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】 【分析】 【详解】
（1）粒子进入A 、B 后应做类平抛运动，设在A 、B 板间运动时加速度大小为a ，时间为t 1，在MN 界面处速度为v ，沿MN 的分速度为v y ，偏转位移为y ，v 与水平夹角为α，运动轨迹如图
则：01l v t =①
2
1112
y at =② AB U q
a dm
=
③
1Y v at =④ 0
tan Y
v
v α=
⑤ 由以上各式，代入数据求得：0.03m y = ，6
1.510m/s Y v =⨯，3tan 4
α=
故粒子通过MN 界面时的速度为：2260 2.510m/s Y v v v =+=⨯
（2）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS 线交于a 点，设a 到中心线的距离为Y
则：
2
2
L y L Y S =+ 解得：0.12m Y =
（3）粒子穿过界面PS 后将绕电荷Q 做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r ，由几何关系得：
0v Y
v r
=，即0.15m r = 由2
2qQ v k m r r
=得：28110C mrv Q kq -==⨯ 【点睛】
（1）由类平抛知识，带入数值便可求出偏离RD 的距离；带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，求出时间即可知道aD 的距离；
（2）库仑力提供向心力，根据牛顿第二定律联合即可求得电量及其电性．
8．如图，xOy 为竖直面内的直角坐标系，y 轴正向竖直向上，空间中存在平行于xOy 所在平面的匀强电场。

质量为m 的不带电小球A 以一定的初动能从P （0，d ）点沿平行x 轴方向水平抛出，并通过Q （22d ，0）点。

使A 带上电量为+q 的电荷，仍从P 点以同样的初动能沿某一方向抛出，A 通过N （2d ，0）点时的动能是初动能的0.5倍；若使A 带上电量为-q 的电荷，还从P 点以同样的初动能沿另一方向抛出，A 通过M （0，-d ）点时的动能是初动能的4倍。

重力加速度为g 。

求： （1）A 不带电时，到达Q 点的动能； （2）P 、N 两点间的电势差； （3）电场强度的大小和方向。

【答案】（1）3mgd ；（2）2mg
q
，方向沿y 轴正方向。

【解析】 【详解】
（1）小球做平抛运动，故
212
d gt =
0υt =
从P 到Q ，由动能定理
2
012
Q k mgd E m υ=-
解得
3Q k E mgd =
（2）小球带电后，从P 到N ，由动能定理
000.5PN k k mgd qU E E +=-
从P 到M 由动能定理可得
0024PM k k mgd qU E E -=-
由（1）中可知，
02k E mgd =
联立以上几式可得
1
2
PN PM U U = 故O 、N 两点电势相等，场强方向为y 轴正方向，场强大小为
2NP U mg
E d q
=
=
9．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0x =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0x =处获得一定动能，且动能与电势能之和为–A （00A q ϕ<<）。

求粒子的运动区间。

【答案】（1）0q F d ϕ=；（2）2
024md T q =ϕ3）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
q F a m md
ϕ=
= 根据直线运动公式
21
2
d x at ==
联立并代入得：
2
2md t q =ϕ
故得粒子的运动周期为：
2
244md T t q ==ϕ（3）设粒子在[-x ，x ]区间内运动，速率为v ，由题意得
2
1--2
mv q A =ϕ 由图可知：
01-x d ⎛
⎫= ⎪⎝
⎭
ϕϕ 由上解得：
2
011--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
10．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.
11．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 (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
D v =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
t =
12．如图，带电量为q ＝+2×10-3C 、质量为m ＝0.1kg 的小球B 静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E ＝103N/C 的匀强电场．与B 球形状相同、质量为0.3kg 的绝缘不带电小球A 以初速度v 0＝10m/s 向B 运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞,已知每次碰撞时间极短，小球B 的电量始终不变，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：
(1)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小； (2)第二次碰撞前瞬间小球B 的动能； (3)又经过多长时间发生第三次碰撞．
【答案】(1) v A ＝5m/s ，v B ＝15m/s (2) E KB =6.25J (3)t '＝1s 【解析】 【详解】 (1)第一次碰撞时，
两小球动量守恒，即3mv 0＝3mv A ＋mv B 机械能守恒，即:
222011133222
A B mv mv mv =+ 解得碰后A 的速度v A ＝5m/s ，B 的速度v B ＝15m/s
(2)碰后AB 两球进入电场，竖直方向二者相对静止均做自由落体运动； 水平方向上，A 做匀速运动，
B 做匀减速直线运动，其加速度大小220m/s B qE
a m
=
= 设经过t 时间两小球再次相碰，则有21
2
A B B v t v t a t =- 解得:t ＝1s
此时，B 的水平速度为v x ＝v B －a B t ＝-5 m/s （负号表明方向向左） 竖直速度为v y ＝gt ＝10 m/s 故第二次碰前B 的动能221() 6.25J 2
kB x y E m v v =
+= (2)第二次碰撞时，AB 小球水平方向上动量守恒3mv A ＋mv x ＝3mv ＋mv
机械能守恒，即:
22222222
111113()()3()()2222
A y x y y x y m v v m v v m v v m v v ''+++=+++
解得第二次碰后水平方向A 的速度v ＝0，B 的速度v ＝10m/s
故第二次碰撞后A 竖直下落（B 在竖直方向上的运动与A 相同）， 水平方向上， B 做匀减速直线运动， 设又经过t ' 时间两小球第三次相碰，则有21
02
x B v t a t ''-= 解得:t '＝1s 【点睛】
解决本题的关键要是分析清楚两球的受力情况，判断出运动情况，知道弹性碰撞遵守两大
守恒：动能守恒和动量守恒．根据位移关系研究相碰的时间．
三、必修第3册电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．现提供如下器材，测量定值电阻x R（约）的阻值．
μ，内阻约）
a．两个相同电流计1G、2G（50A
b．电阻箱1R（）
c．电阻箱2R，（）
d．电源E（电动势约3V，内阻不计）
e．开关两个，导线若干
f．滑动变阻器R（最大阻值20Ω）
(1)由于电流计量程很小，需要先将它们进行改装．某同学设计了用半偏法测电流计内阻的电路如图．实验过程如下：先将2R调为最大,然后闭合1S、2S，调节1R、2R，使
___________满偏，
G的内阻．
使_____________半满偏（填写元件符号），由此可测电流计
2
(2)若测得电流计2G的内阻为，要将2G改装成量程为3V的电压表，需串联的电阻值为_____________．
(3)采用改装后的电压表和改装后电流表并用伏安法测量待测电阻阻值，请在答题卷虚线框內画出实验电路图____________．
【答案】G1 G255.8kΩ
【解析】
【详解】
（1）若并联的两个支路电流相等，则电流表内阻与电阻箱内阻相等；故保证G1满偏，使G2半偏；
（2）电流计内阻为4.2KΩ，满偏电流为50μA，要将G2改装成量程为3V的电压表，需串
联的电阻值为：34
6
3
4.210
5.581055.8
5010
g
g
U
R R K
I-
=--⨯⨯ΩΩ
⨯
＝＝＝
（3）采用伏安法测电阻，要测量多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，电流表内外接法依据待测电阻的电阻值与电流表、电压表的内阻关系进行判断，故内外接均可；电路中电流约为：3/5000A=600μA；给出的电流计不能测量电流值；故应将电流计改装为大量程的电流表．电路原理图如图所示：
14．某实验小组要测量电阻R x的阻值．
（1）首先，选用欧姆表“×10”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图甲所示．
（2）接着，用伏安法测量该电阻的阻值，可选用的实验器材有：电压表V（
3V，内阻约
3kΩ）；电流表A（50mA，内阻约5Ω）；待测电阻R x；滑动变阻器R（0﹣200Ω）；干电池2节；开关、导线若干．
在图乙、图丙电路中，应选用图____（选填“乙”或“丙”）作为测量电路，测量结果
________真实值（填“大于”“等于”或“小于”），产生误差的原因是________ ．
（3）为更准确测量该电阻的阻值，可采用图丁所示的电路，G为灵敏电流计（量程很小），R0为定值电阻，R、R1、R2为滑动变阻器．操作过程如下：
①闭合开关S，调节R2，减小R1的阻值，多次操作使得G表的示数为零，读出此时电压表V和电流表A的示数U1、I1；
②改变滑动变阻器R滑片的位置，重复①过程，分别记下U2、I2，…，U n、I n；
③描点作出U﹣I图象，根据图线斜率求出R x的值．下列说法中正确的有_________．A．图丁中的实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响
B．闭合S前，为保护G表，R1的滑片应移至最右端
C．G表示数为零时，电压表测量的是R x两端电压
D．调节G表的示数为零时，R1的滑片应位于最左端
【答案】乙小于电压表分流 AC
【解析】
【详解】
（2）[1][2][3]由于待测电阻的电阻值比较小比电压表的内阻小得多 , 所以电流表使用外接法 ; 所以选择图乙作为测量电路，测量结果小于真实值，产生误差的原因是电压表的分流导致测量的电流偏大，所以电阻偏小．
（3）[4]A．该电路能够准确的计算出流过待测电阻的电流值，所以该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响，A正确；
B．闭合S前,为保护G表,开始时R1的电阻值要最大，所以滑片应移至最左端，B错误；C．G表示数为零时，电压表直接和待测电阻并联所以电压表测量的是R x两端电压，C正确；
D．调节G表的示数为零时, 与R1的滑片的位置无关，D错误；
故选AC。

15．某物理兴趣小组要精确测定一个额定电压为3 V的节能灯正常工作时的电阻．已知该灯正常工作时的电阻约为500 Ω.实验室提供的器材有：
A．电流表A(量程2 mA，内阻R A＝15 Ω)
B．定值电阻R1＝1 985 Ω
C．滑动变阻器R(0～10 Ω)
D．电压表V(量程12 V，内阻R V＝1 kΩ)
E．蓄电池E(电动势为12 V，内阻r很小)
F．开关S一个，导线若干
(1)要精确测定节能灯正常工作时的电阻应采用下面电路图中的________．
(2)选择正确的电路进行实验，若电压表的示数用U表示，电流表的示数用I表示，写出测量节能灯电阻的表达式R x＝________________(用题目中给出的相应字母表示)．
(3)为了测出节能灯正常工作时的电阻，电流表的示数必须调为I＝__________mA，若此时电压表的读数U＝7.6 V，则节能灯正常工作时的电阻为________Ω.
【答案】C
()
1
V A
V
IR R R
U IR
+
-
1.5 492
【解析】
【详解】
(1)因节能灯正常工作时的电压为3 V，比电压表的量程小得多，不能用电压表直接测节能
灯的工作电压，节能灯正常工作时的电流I＝
3
=
500
U
R
A＝6 mA，大于电流表量程，所以不
能用电流表直接测通过节能灯的电流，因电压表允许通过的最大电流为12 mA，电流表与定值电阻串联后的电压达4 V，所以可将电压表当做电流表使用，电流表与定值电阻串联当电压表使用，由相关量的关系可知电压表V应采用外接方式，又由于滑动变阻器的阻值远小于待测电阻，所以滑动变阻器要接成分压式，正确的电路图是C.
(2)由电路结构及欧姆定律可知R x＝
1
()
A
V
I R R
U
I
R
+
-
＝1
()
V A
V
IR R R
U IR
+
-.
(3)因节能灯正常工作时的电压为3 V，此时对应的电流表示数为I＝1.5 mA，将U和I代入表达式可得节能灯正常工作时的电阻为492 Ω.
【点睛】
本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流．
16．育才中学科技小组的小明同学自行设计了一个地磅，其原理如图1所示．设电源两端电压U恒为定值，R0为定值电阻，滑动变阻器的总电阻为R、总长度为L ，滑动触头与托盘固联，开始时触头位于变阻器最上端A，并能随轻弹簧一起上下滑动．已知滑动变阻器的电阻与其接入电路的长度成正比；当对地磅施加压力F时，弹簧的长度会缩短L ．请回答：
（1）定值电阻R0的作用是________．
（2）电流表的示数与待测物体质量m之间的关系式为________；此地磅的刻度特点是
________．
（3）有同学建议小明将原理图改为图2所示，你认为这样改________（填“好”或“不好”）. （4）请你在图2的基础上，在图3的方框里画出你改进后的电路图，这样的好处是什么？
【答案】（1）分压限流，保护电路元件作用；（2）
(L)R
U
mgL
R
FL
-+；不均匀
（3）不好（4）这样的好处是电压与质量成正比，反应质量的刻度线均匀．
【解析】
（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，电流表有烧坏的可能，则定值电阻R0的作用是保护电路；
（2）滑动变阻器的电阻与其接入电路的长度成正比；当对地磅施加压力F时，弹簧的长度会缩短l．
当质量为m的物体放在地磅上时，弹簧形变量为l′，有
F mg
l l
=
'
，即此时的弹簧缩短了
mgl
l
F
'=，设此时滑动变阻器的阻值为R′，则
R R
L L l
'
=
-'
所以11
l mgl
R R R
L FL
（）（）
'
'=-=-，
根据欧姆定律可知，此时电路中的电流为
(1)
U U
I
mgl
R R R R
FL
==
'+-+
由表达式可知，电流表的示数与物体的质量不成正比，所以造成刻度盘上的刻度不均匀；
（3）电压表的示数为滑动变阻器的电压，等于电源电压减去定值电阻R0的电压．
故
00
(1)
U
U U IR U R
mgl
R R
FL
'=-=-
-+
，
由表达式可知，电压表的示数与物体的质量不成正比，所以造成刻度盘上的刻度不均匀，故这样改仍然不好；
（4）改进的电路如图所示，
滑片的移动不能改变接入电路中电阻的大小，但可以改变电压表所测部分的电阻，
设地磅上放上质量为m的物体时弹簧缩短量为l″，则l″=
mg
F
l
此时变阻器根据电压表并联部分的电阻R″=
l
L
"
R，
根据欧姆定律，此时电路中的总电流为I=
U
R R
+
，
所电压表的示数为
()
000
()()
mg
l
U l U mgRU
F
U IR R R
R R L R R L R R FL
"
'="===
+++
，
由表达式可以看出，电压与质量成正比，反应质量的刻度线均匀．
点睛：本题以地磅为背景考查了重力公式和串联电路的特点、欧姆定律的应用；关键：一是根据弹力的大小跟弹簧伸长或缩短的长度关系得出压力，二是根据滑动变阻器的长度和总电阻得出放物体时接入电路中电阻的大小，三是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等．
17．在研究金属电阻阻值与温度的关系时，为了能够较准确地测出金属电阻的阻值，设计了如图所示的电路。

除了金属电阻x R外，还提供的实验器材有：学生电源E，灵敏电流计G。

滑动变阻器R、R S，，定值电阻R1、R2，电阻箱R0，开关S，控温装置，导线若干。

①按照电路图连接好电路后，将R0调至适当数值，R的滑片调至最右端。

R S的滑片调至最
下端，闭合开关S ；
②把R 的滑片调至适当位置，调节R 0，并逐步减小R S 的阻值，直到R S 为零时，电流计G 指针不发生偏转，记录R 0的阻值和R x 的温度； ③多次改变温度，重复实验； ④实验完毕，整理器材。

根据上述实验回答以下问题：
(1)上述②中，电流计G 指针不发生偏转时，a 点电势_________（选填“大于”“等于”或“小于”）b 点电势。

(2)用R 0、R 1、R 2表示R x ，R x =_________ (3)本实验中R s 的作用为_________
(4)若只考虑系统误差，用该方法测得的R x 的阻值_________（选填“大于”“等于”或“小于”）R x 的真实值。

【答案】等于 1
02
R R R 保护电流计 等于 【解析】 【分析】 【详解】
[1]当电流计阻值不偏转时，没有电流流过电流计，电流计两端电势相等，即a 点电势等于b 点电势。

[2]电流计指针不偏转，没有电流流过电流计，电桥平衡，由此可知
12
x R R R R = 解得
1
02
x R R R R =
[3]本实验中R s 的作用是保护电流计。

[4]若只考虑系统误差，用该方法测得的R x 的阻值等于R x 的真实值。

18．一电流表的量程标称不准确，某同学利用如图所示电路测量该电流表的实际量程.m I 所用器材有：量程不准的电流表A 1，内阻110.0r =Ω，量程标称为5.0mA ；标准电流表A 2，内阻245.0r =Ω，量程1.0mA ；标准电阻1R ，阻值10.0Ω；滑动变阻器R ，总电阻为
300.0Ω；电源E ，电动势3.0V ，内阻不计；保护电阻2R ；开关S ；导线。

回答下列问题：
（1）在图甲所示的实物图上画出连线。

（_______）
（2）开关S闭合前，滑动变阻器的滑片c应滑动至______端。

（3）开关S闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表A1满偏；若此时电流表A2的示数为2I，则 A1的量程m I=______。

（4）若测量时，A1未调到满偏，两电流表的示数如图乙所示，从图中读出A1的示数
1
I=______， A2的示数
2
I=______；由读出的数据计算得
m
I=______。

(保留三位有效数字)
（5）写出一条提高测量准确度的建议：______。

【答案】见解析所示 b
()
212
1
I R r
r
+
3.00mA0.660mA 6.05mA多次测量取平均值
【解析】
【详解】
（1）[1]．根据题意画出原理图，如图
由电路图连接实物图时，按电流流向法，从电源的正极出发依次串联电流表A2、电阻R1、电阻R2、滑动变阻器、开关回到负极，然后把电流表A1与电流表A2和电阻R1并联即可；要注意滑动变阻器的左下方接线柱必须接入电路，且按一上一下的原则串联在电路中，电路图如图所示：连线如图。

（2）[2]．在滑动变阻器的限流接法中在接通开关前需要将滑片滑动到阻值最大端，即如图b端。

（3）[3]．闭合开关调节滑动变阻器使待测表满偏，流过的电流为I m．根据并联电路电压相等有
I m r1=I2（r2+R1）
得
()
212
1
m
I R r
I
r
+
=
（4）[4][5][6]．待测表未满偏有I1r1=I2（r2+R1），A2的示数0.66mA，并将其他已知条件代入解得
()()
212
1
1
0.661045
mA 3.63mA
10
I R r
I
r
++
===
但图中A1的示数3.00mA，量程为5.0mA，根据电流表的刻度是均匀的，则准确量程为6.05mA。

（5）[7]．为减小偶然误差，可以多次测量取平均值。

四、必修第3册电能能量守恒定律实验题易错题培优（难）
19．用图甲中所示的电路测定一种特殊的电池的电动势和内阻，它的电动势E约为8V，内阻r约为30Ω，已知该电池允许输出的最大电流为40mA．为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中用了一个定值电阻充当保护电阻，除待测电池外，可供使用的实验器材还有:。