高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷复习练习(Word版 含答案)

高中物理必修3物理全册全单元精选试卷复习练习(Word版含答案)
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，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,ABCD竖直放置的光滑绝缘细管道,其中AB部分是半径为R的1/4圆弧形管道,BCD部分是固定的水平管道,两部分管道恰好相切于B．水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L等边三角形,MN连线过C点且垂直于BCD．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点,电荷量分别为+Q和-Q.现把质量为m、电荷量为+q的小球(小球直径略小于管道内径,小球可视为点电荷),由管道的A处静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g.求:
(1)小球运动到B 处时受到电场力的大小; (2)小球运动到C 处时的速度大小;
(3)小球运动到圆弧最低点B 处时,小球对管道压力的大小.
【答案】（1）2qQ k L （22gR （32
2229qQ k m g L ⎛⎫+ ⎪⎝⎭
【解析】 【分析】 【详解】
（1）设小球在圆弧形管道最低点B 处分别受到+Q 和-Q 的库仑力分别为F 1和F 2．则
122
qQ F F k
L ＝＝① 小球沿水平方向受到的电场力为F 1和F 2的合力F ，由平行四边形定则得F=2F 1cos60° ② 联立①②得2qQ
F k
L
＝③ （2）管道所在的竖直平面是+Q 和-Q 形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有mgR ＝
1
2
mv C 2−0 ④ 解得2C v gR ＝
（3）设在B 点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为N By ，在竖直方向对小球应用牛顿第
二定律得2
B By v N mg m R
-＝⑥ v B =v C ⑦
联立⑤⑥⑦解得N By =3mg⑧
设在B 点管道对小球在水平方向的压力的分力为N Bx ，则2Bx qQ
N F k
L
＝＝⑨ 圆弧形管道最低点B 处对小球的压力大小为22
222
2
9()B Bx BY qQ N N N m g k
L
++＝＝．⑩ 由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B 的压力大小为
222
2
9()B B qQ N N m g k
L '+＝＝
3．“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 =。

4．一带正电的 A 点电荷在电场中某点的电场强度为 4．0×104N/C ，电荷量为+5．0×10-8 C 的 B 点电荷放在该点,求： （1）点电荷在该点受到的电场力？
（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8
C 的 C 点电荷，则该点的电场强度？ 【答案】（1）3210N -⨯，方向由A 指向B （2）4410/N C ⨯，方向由A 指向B 【解析】 【分析】 【详解】 （1）
方向：由A 指向B
（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的场强不变，仍为
方向：由A 指向B
5．A 、B 是两个电荷量都是Q 的点电荷，相距l ，AB 连线中点为O 。

现将另一个电荷量为q 的点电荷放置在AB 连线的中垂线上，距O 为x 的C 处（图甲）。

（1）若此时q 所受的静电力为F 1，试求F 1的大小。

（2）若A 的电荷量变为﹣Q ，其他条件都不变（图乙），此时q 所受的静电力大小为F 2，求F 2的大小。

（3）为使F 2大于F 1，l 和x 的大小应满足什么关系？
【答案】
(1) 223(())2l x +(2) 223
(())2
l
x +(3) 2l x > 【解析】 【详解】
（1）设q 为正电荷，在C 点，A 、B 两电荷对q 产生的电场力大小相同，为：
22
)
4
(A B kQq
F F l x ==
+ 方向分别为由A 指向C 和由B 指向C ，如图：
故C 处的电场力大小为：
F 1=2F A sinθ
方向由O 指向C 。

其中：
22
4
sin l x θ=
+
所以：
3122
2
24
()kQqx
F l x =
+ （2）若A 的电荷量变为-Q ，其他条件都不变，则C 处q 受到的电场力：
F 2=2F A cosθ
其中：
22
24
l cos l x θ=
+
所以：
22
2
23(4
)kQql
F l x +＝
方向由B 指向A 。

（3）为使F 2大于F 1，则：
222
23
(4)kQql F l x +＝
＞31222
24
()kQqx
F l x =+ 即：
l ＞2x
6．如图所示，均可视为质点的三个物体A 、B 、C 在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，A 绝缘，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，质量分别为m A =0.43kg ，m B =0.20kg ，m C =0.50kg ，其中A 不带电，B 、C 的电荷量分别为q B =+2×10-5C 、q C =+7×10-5C 且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。

现给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 做加速度a=2.0m/s 2的匀加速直线运动，经过时间t ，力F 变为恒力，已知静电力常量为k=9.0×109N·m 2/C 2，g 取10m/s 2。

求： （1）开始时BC 间的距离L ； （2）F 从变力到恒力需要的时间t 。

【答案】（1）2.0m ；（2）1.0s 【解析】 【分析】 【详解】
（1）A 、B 、C 静止时，以AB 为研究对象，受力分析有
2
sin30o B C
A B q q m m g k
L +=（） 代入数据解得
L =2.0m
（2）AB 分离时两者之间弹力恰好为零，此后F 变为恒力，对B 用牛顿第二定律得
2
sin30B B B C
m g m a q q k
l ︒=- 解得
3.0m l =
由匀加速运动规律得
212
l L at -=
解得
1.0s t =
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，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 =
022d υt =
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，
2
k
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
2
NP
U mg
E
d q
==
8．电容器是一种重要的电学元件，基本工作方式就是充电和放电．由这种充放电的工作方式延伸出来的许多电学现象，使得电容器有着广泛的应用．如图1所示，电源与电容器、电阻、开关组成闭合电路．已知电源电动势为E，内阻不计，电阻阻值为R，平行板电容器电容为C，两极板间为真空，两极板间距离为d，不考虑极板边缘效应．
（1）闭合开关S，电源向电容器充电．经过时间t，电容器基本充满．
a．求时间t内通过R的平均电流I；
b．请在图2中画出充电过程中电容器的带电荷量q随电容器两极板电压u变化的图象；并求出稳定后电容器储存的能量E0；
（2）稳定后断开开关S．将电容器一极板固定，用恒力F将另一极板沿垂直极板方向缓慢拉开一段距离x，在移动过程中电容器电荷量保持不变，力F做功为W；与此同时，电容器储存的能量增加了ΔE．请推导证明：W=ΔE．要求最后的表达式用已知量表示．
【答案】（1）a．
CE
I
t
= b．2
1
2
E CE
=（2）见解析
【解析】
试题分析：（1）a．设充电完毕电容器所带电量为Q，即时间t内通过电阻R的电量，此时电容器两端电
压等于电源的电动势
根据电容的定义（2分）
根据电流强度的定义（2分）
解得平均电流（2分）
b．根据q = Cu，画出q-u图像如图1所示（2分）
由图像可知，图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量，如图2中斜线部分所示
由图像求出电容器储存的电能（2分）
解得（2分）
（2）设两极板间场强为，两极板正对面积为S
根据，，得，可知极板在移动过程中板间场强不变，两极板间的相互作用力为恒力．两板间的相互作用可以看作负极板电荷处于正极板电荷产生的电场中，可知两板间的相互作用力．（2分）缓慢移动时有
根据功的定义有
代入已知量得出（2分）
电容器增加的能量（或）
（2分）
代入已知量得出（2分）
所以
考点：电容，电动势，能量守恒．
9．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如下图所示.小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点.小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力.求：
（1）小球水平位移x1与x2的比值；
（2）小球落到B点时的动能E kB；
（3）小球从A点运动到B点的过程中最小动能E kmin.
【答案】(1)1:3(2)32J(3)
24
7
J
【解析】
【详解】
(1)如图所示，带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动，竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动，故从A到M和M到B的时间相等，则x1:x2=1:3 (2)小球从A到M，水平方向上电场力做功W电=6J
则由能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为
E kB=E k0十4W电=32J
(3)由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：
1
2
2
6J
1
6J
2
Fx
F
t
m
=
=
即
2
2
8J
1
8J
2
Gh
G
t
m
=
=
即
联立解得
3
F
G
=
由图可知
33
tan sin
7
F
G
θθ
==⇒=
则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效重力G/垂直，故：
2
124
()J
27
kmin
E m v sinθ
==
10．如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m、电荷量为e，C、D 极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为1
6
．电子重力不计．求：
(1)电子通过偏转电场的时间t 0； (2)偏转电极C 、D 间的电压U 2； (3)电子到达荧光屏离O 点的距离Y ． 【答案】（1）12m l eU （2）
12d U l （3）2
3
l 【解析】 【分析】 【详解】
(1)电子在离开B 板时的速度为v ，根据动能定理可得：2
112
eU mv = 得：1
2eU v m
=
电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：01
2l m t l v eU == (2)电子在偏转电极中的加速度:1
eU a md
=
离开电场时竖直方向的速度：201
2y U l e
v at d
mU == 离开电场轨迹如图所示：
电子的速度与水平方向的夹角：21
tan 45?=2y v U l
v
dU =
解得：1
22dU U l
=
(3)离开电场的侧向位移：21012
y at =
解得：12
l y =
电子离开电场后，沿竖直方向的位移：2tan 45=66
l l y =
︒ 电子到达荧光屏离O 点的距离：122
3
Y y y l =+= 【点睛】
本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解．
11．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=
12．一匀强电场足够大，场强方向是水平的．一个质量为m 的带正电的小球，从O 点出发，初速度的大小为v 0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求：
（1）小球运动的加速度的大小是多少？
（2）小球从O 点出发到其运动到最高点时发生的位移大小？ （3）小球运动到最高点时其电势能与在O 点的电势能之差？
【答案】（1）
sin g θ
（2）20sin 2v g θ(3) 22
01cos 2mv θ 【解析】 【详解】
（1）小球做直线运动，所受的合力与速度方向在同一条直线上，
根据平行四边形定则得：sinθ＝mg
ma
解得小球的加速度：sin g
a θ
=
． （2）小球从开始到最高点的位移为：220022v v sin x a g
θ==． （3）因为Eq=mg/tan θ，则小球运动到最高点时其电势能与在O 点的电势能之差等于电场
力做功，即222
001cos .cos cos tan 22
P v sin mg E W Eqx mv g θθθθθ∆===
⋅= 【点睛】
本题有两点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是知道小球做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求解位移．知道电势能的变化量的等于电场力的功.
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．某实验小组欲描绘额定电压为2.5V 的小灯泡L 的U -I 曲线。

现准备如下实验器材： 电压表（3V ，内阻很大） 电流表（0.6A ，内阻较小） 滑动变阻器（0~5Ω，额定电流1A ） 电键 导线若干 请回答下列问题：
(1)请用笔划线代替导线，将实验电路图甲补充完整_____；
(2)闭合电键，移动滑动变阻器的滑片，其电压表、电流表的示数如图乙所示，则电压表读数为_____V ，电流表读数为_____A ；
(3)将实验数据绘制成U -I 图像如图丙中Ⅰ。

则该小灯泡的额定功率P =_____W ； (4)现有一电子元件，其U -I 图像如图丙中Ⅱ所示。

现将该电子元件与该灯泡L 并联后同电动势3V E =、内阻5r =Ω的电源连接，则该灯泡的实际功率P =_____W （保留两位有效数字）。

【答案】 1.30 0.44 1.45（1.43~1.46之间均可） 0.20
（0.19~0.21之间均可）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．由于电压表内阻远大于小灯泡的电阻，故采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路，则电路如图；
(2)[2][3]．电压表量程为3V，最小刻度为0.1V，则读数为1.30V；电流表量程为0.6V，最小刻度为0.02A，则读数为0.44A；
(3)[4]．由图可知，当电压为2.5V时，电流为0.58A，则该小灯泡的额定功率P=IU=1.45W；
(4) [5]．电子元件与该灯泡L并联，则电压相等；若画出电源的U-I图像如图；画出平行于I轴的直线即为电压相等的线，与图像Ⅰ、Ⅱ分别交于两点B和A，与U轴交于C点，电源的U-I线交于D，若CD的中点恰在AB的中点，则此时Ⅰ图像对应的B点电压和电流值即为小灯泡的工作状态点，由图可知：U=0.70V，I=0.28A，则灯泡的实际功率
P′=IU≈0.20W。

14．某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图11–1图所示，继电器与热敏电阻R t、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15 mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控．继电器的电阻约为20 Ω，热敏电阻的阻值R t与温度t的关系如下表所示
（1）提供的实验器材有：电源E1（3 V，内阻不计）、电源E2（6 V，内阻不计）、滑动变阻器R1（0~200 Ω）、滑动变阻器R2（0~500 Ω）、热敏电阻R t，继电器、电阻箱
（0~999.9 Ω）、开关S、导线若干．
为使该装置实现对30~80 ℃之间任一温度的控制，电源E应选用______（选填“E1”或“E2”），滑动变阻器R应选用______（选填“R1”或“R2”）．
（2）实验发现电路不工作．某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图11–2图所示的选择开关旋至______（选填“A”、“B”、“C”或“D”）．（3）合上开关S，用调节好的多用电表进行排查，在题11–1图中，若只有b、c间断路，则应发现表笔接入a、b时指针______（选填“偏转”或“不偏转”），接入a、c时指针______（选填“偏转”或“不偏转”）．
（4）排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50 ℃时被吸合，下列操作步骤正确顺序是
_____．（填写各步骤前的序号）
①将热敏电阻接入电路
②观察到继电器的衔铁被吸合
③断开开关，将电阻箱从电路中移除
④合上开关，调节滑动变阻器的阻值
⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1 Ω
【答案】E2R2C不偏转偏转⑤④②③①
【解析】
（1）由表格数据知，当温度为30 ℃时，热敏电阻阻值为199.5 Ω，继电器的阻值R0=20 Ω，当电流为15 mA时，E=I(R t+R0)=3.3 V，所以电源选E2，80 ℃时，热敏电阻阻值
R t=49.1 Ω，则
E2=I(R t+R0+R)，此时变阻器阻值R=330.9 Ω，所以变阻器选择R2；（2）多用电表做电压表测量电压，旋钮旋至直流电压挡C处；（3）若只有b、c间断路，表笔接入a、b时，整个回路断路，电表指针不偏转，接入a、c时电流流经电表，故指针偏转；（4）50 ℃时，热敏电阻阻值为108.1 Ω，所以应将电阻箱阻值调至108.1 Ω，调节变阻器，使衔铁吸合，再将电阻箱换成热敏电阻，故顺序为⑤④②③①．
【名师点睛】结合表格中数据，利用欧姆定律估算电动势和电阻的数值，选择电源和滑动变阻器．明确实验的目的是实现对30~80 ℃之间任一温度的控制，其中30~80 ℃就是提示的信息，结合表格数据，可知电阻值的取值．
15．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A1（量程20mA，内阻约5Ω）
D．电流表A2（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
16．现要绘制一个额定电压2.5V、额定功率约0.7W的小灯泡的伏安特性曲线．
⑴为使绘制的图线更加准确，选择了合适的器材，如图所示．请在图甲中连好实物电路图______．
⑵合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的______(填“左端”或“右端”)．
⑶根据实验数据，描绘出的U-I图象如图乙所示，某同学将该小灯泡连接在一个电动势为
3.0V、内电阻为6Ω的电源上，组成一个闭合电路，则此时该小灯泡实际功率约为
________W．（结果保留两位有效数字）
【答案】左端0.38W
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[]1如下图所示，
因小灯泡的内阻较小，电流表采用外接法，要绘制小灯泡的伏安特性曲线，为使绘制的图线更加准确，需要多组电压、电流的实验数据，因此滑动变阻器需要分压式接法，所以实
物电路图的连接如上图。

(2)[]2合上开关前，首先检查电路连接是否正确，无误后，为保证实验安全，并且使小灯泡上的电压从零开始变化，滑动变阻器的滑动触头应先置于滑动变阻器的左端。

(3)[]3将该小灯泡连接在一个电动势为3.0V 、内电阻为6Ω的电源上，因该电路的短路电流是0.5A,其U —I 图线如上图直线，两图线的交点坐标，就是小灯泡在电路中的实际工作电压和电流，由上图线得数据：1U =1.6V 1I =0.24A,据电功率公式得
111P U I ==0.38W
故小灯泡实际功率约为0.38W
17．某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3V 、内阻约为3kΩ的电压表和量程为0.6 A 、内阻约为0.1 Ω的电流表．采用分压电路接线，图1是实物的部分连线图，待测电阻为图2中的R 1，其阻值约为5Ω.
(1)测R 1阻值的最优连接方式为导线①连接________(填a 或b)、导线②连接________(填c 或d)．
(2)正确接线测得实验数据如表，用作图法求得R 1的阻值为________Ω. U/A 0.40 0.80 1.20 1.60 2.00 2.40 I/A
0.09
0.19
0.27
0.35
0.44
0.53
(3)已知图2中R 2与R 1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R 2的边长是R 1的
110
，若测R 2的阻值，则最优的连线应选________(填选项)． A ．①连接a ，②连接c
B ．①连接a ，②连接d
C ．①连接b ，②连接c
D ．①连接b ，②连接d
【答案】（1）a ， d （2） 4.4Ω-4.7Ω （3）B
【解析】
【分析】
【详解】
（1）因电压表的内阻远大于待测电阻的阻值，故采用电流表外接法；滑动变阻器采用分压式接法；故测R 1的阻值的最优连接方式为导线①连接a 、导线②连接d ；
（2）作图如图；
则2 2.2 4.40.5
U R I ∆==Ω=Ω∆； （3）根据电阻定律可得：L R dL d ρρ
==；故R 2=R 1，要测R 2的阻值，与测量R 1一样，最优的连线应①连接a ，②连接d ；故选B ．
18．(1)甲同学要把一个量程为200μA 的直流电流计G ，改装成量度范围是0~4V 的直流电压表。

①她按图1所示电路、用半偏法测定电流计G的内电阻r g，其中电阻R0约为1kΩ。

为使r g的测量值尽量准确，在以下器材中，电源E应选用_____，电阻器R1应选用_____，电阻器R2应选用_____（选填器材前的字母）；
A．电源（电动势1.5V）
B．电源（电动势6V）
C．电阻箱（0~999.9Ω）
D．滑动变阻器（0~500Ω）
E．电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当）（0~5.1kΩ）
F．电位器（0~51kΩ）
②该同学在开关断开情况下，检查电路连接无误后，将R2的阻值调至最大，后续的实验操作步骤依次是：_____，_____，_____，_____，最后记录R1的阻值并整理好器材；（请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母）
A．闭合S1
B．闭合S2
C．调节R2的阻值，使电流计指针偏转到满刻度
D．调节R2的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半
E．调节R1的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半
F．调节R1的阻值，使电流计指针偏转到满刻度
③如果所得的R1的阻值为300.0Ω，则图1中被测电流计G的内阻r g的测量值为
_____Ω，该测量值_____实际值（选填“略大于”、“略小于”或“等于”）；
④给电流计G_____联（选填“串”或“并”）一个阻值为_____kΩ的电阻，就可以将该电流计G改装为量程4V的电压表；
(2)乙同学要将另一个电流计G改装成直流电压表，但他仅借到一块标准电压表0V、一个电池组E、一个滑动变阻器R′和几个待用的阻值准确的定值电阻。

①该同学从上述具体条件出发，先将待改装的表G 直接与一个定值电阻R 相连接，组成一个电压表；然后用标准电压表0V 校准。

请你画完图2方框中的校准电路图_____； ②实验中，当定值电阻R 选用17.0k Ω时，调整滑动变阻器R ′的阻值，电压表0V 的示数是4.0V 时，表G 的指针恰好指到满量程的五分之二；当R 选用7.0k Ω时，调整R ′的阻值，电压表0V 的示数是2.0V 时，表G 的指针又指到满量程的五分之二；
由此可以判定，表G 的内阻r g 是_____k Ω，满偏电流I g 是_____mA ，若要将表G 改装为量程是15V 的电压表，应配备一个_____k Ω的电阻。

【答案】B C F B C A E 300 略小于 串 19.7 3.0 0.50 27.0
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①由于要求改装后的电压表量程为0∼4V ，故选B ；
由实验原理知R 1应能读出具体数值，故选C ；
闭合S2，电路中电流I 不能大于200μA ，由20
E I R R =
+代入数据得：R 2≈30KΩ，故选F ； 故答案为：B ；C ；F
②半偏法测电阻实验步骤：第一步，按原理图连好电路；第二步，闭合电键S 2，调节滑动变阻器R 2，使表头指针满偏；第三步，闭合电键S 1，改变电阻箱R 1的阻值，当表头指针半偏时记下电阻箱读数，此时电阻箱的阻值等于表头内阻r g 。

故应选B ；C ；A ；E
故答案为：B ；C ；A ；E
③当调节电阻箱，使电流表半偏时，由于干路电流几乎未变，电阻箱与电流计中的电流相等，电阻必然相等。

如果所得的R 1的阻值为300.0Ω，则图中被测电流计G 的内阻r g 的测量值为300.0Ω。

实际上电阻箱并入后的，电路的总电阻减小了，干路电流增大了，电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于电流计的电阻。

所以，该测量值“略小于”实际值。

故答案为：300；略小于
④将电流计改装成电压表，应串连接入一分压电阻R ，由欧姆定律及串联电路分压规律有：U =I g R g +I g R 其中U 为改装后电压表的满偏电压，则R =uI g −R g 代入数据解得：R =19.7kΩ。

故答案为：串；19.7。