赤峰市高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

赤峰市高中物理必修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．（1）科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远
小于两星体间的距离，一般双星系统距离其它星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M 0，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G ．
①求该双星系统中每个星体的线速度大小v ；
②如果质量分别为m 1和m 2的质点相距为r 时，它们之间的引力势能的表达式为
12
p m m E G
r
=-，求该双星系统的机械能． （2）微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．假设核外电子的质量为m ，氢原子核的质量为M ，二者相距为r ，静电力常量为k ，电子和氢原子核的电荷量均为e ．已知电荷量分别为+q 1和-q 2的点电荷相距为r 时，它们之间的电势能的表达式为12
p q q E k
r
=-． ①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量分别用E Ⅰ、 E Ⅱ表示，请推理分析，比较E Ⅰ、 E Ⅱ的大小关系； ②模型Ⅰ、Ⅱ中电子做匀速圆周运动的线
速度分别用v Ⅰ、v Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从线速度的角度分析这样做的合理性．
【答案】（1）①v =②202M G L -（2）①2
-2ke r
②模型Ⅰ的简化是合理的
【解析】
（1）① 22
002/2
M M v G L L =，解得 v =
②双星系统的动能22
00k 0012222GM GM E M v M L L =⨯==
，双星系统的引力势能20P GM E L =-，该双星系统的机械能E=E k +E p =2
02M G L - （2）①对于模型Ⅰ：22I 2mv ke r r =，此时电子的动能E k Ⅰ=2
2ke r
又因电势能2pI e E k r =-，所以E Ⅰ= E k Ⅰ+E p Ⅰ=2
-2ke r
对于模型Ⅱ：对电子有：
2
2
1
2
1
mv
ke
r r
=，解得
22
1
12
mv r
r
ke
=
对于原子核有：
2
2
2
2
2
Mv
ke
r r
=，解得
22
2
22
Mv r
r
ke
=
因为r1+r2=r，所以有
2222
12
22
+
mv r Mv r
r ke ke
=
解得E kⅡ=
2 22
12
11
222
ke mv Mv
r
+=
又因电势能
2
p
e
E k
r
=-
Ⅱ
，所以EⅡ= E kⅡ+E pⅡ=
2
-
2
ke
r
即模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量相等，均为
2 -
2 ke
r
②解法一：
模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有
2
2
I
I
2
=
mv
ke
m v
r r
ω
=，解得
2
I2
=
ke
v
m r
ω
模型Ⅱ中：
对电子有：
2
2
II
1II
2
1
=
mv
ke
m v
r r
ω
=，解得
2
II2
1
=
ke
v
m r
ω
对于原子核有：
22
2
2
2
=
ke Mv
M v
r r
ω
=，
因ω1=ω2，所以mvⅡ=Mv
又因原子核的质量M远大于电子的质量m，所以vⅡ>>v，所以可视为M静止不动，因此ω1=ω2=ω，即可视为vⅠ=vⅡ．故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的．
②解法二：
模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有
2
2
I
2
mv
ke
r r
=
，解得
I
v
模型Ⅱ中：
库仑力提供向心力：
2
22
12
2
=
ke
mr Mr
r
ωω
== (1)
解得1
2=
r M
r m；
又因为r1+r2=r所以1=M
r
m M
+2=
m
r
m M
+
带入（1）式：
ω=
所以：()21=?ke M v r r m M m ω=+Ⅱ ()22=?ke m
v r r m M M
ω=+
又因原子核的质量M 远大于电子的质量m ，所以v Ⅱ>>v ，所以可视为M 静止不动；故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的．
2．一个质量m =30g ，带电量为-1．7×10-8C 的半径极小的小球，用丝线悬挂在某匀强的电场中，电场线水平．当小球静止时，测得悬线与竖直方向成30o ，求该电场的电场强的大小和方向？
【答案】7110/E N C =⨯，水平向右 【解析】 【分析】 【详解】
小球在电场中受重力、电场力、拉力三个力，合力为零，则知电场力的方向水平向左，而小球带负电，电场强度的方向与负电荷所受电场力方向相反，所以匀强电场场强方向水平向右．
由图，根据平衡条件得
tan30qE mg =︒
得
tan 30mg E q
︒
=
代入解得
7110/E N C =⨯
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 = (2) 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 =
③ （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．如图所示，长l =1 m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°．已知小球所带电荷量q =1.0×10–6 C ，匀强电场的场强E =3.0×103 N/C ，取重力加速度g =10 m/s 2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：
（1）小球所受电场力F 的大小和小球的质量m ；
（2）将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时速度v 的大小；
（3）在（2）所述情况下小球通过绳与竖直方向的夹角θ=37°时绳中张力T 的大小． 【答案】（1）F = 3.0×10-3 N m=4.0×10–4 kg （2）5m/s v = （3）T =7.0×10-3 N
【解析】 【分析】 【详解】
（1）小球受到的电场力的大小为：
F =qE =1.0×10–6×3.0×103N =3.0×10-3 N
小球受力如图所示：
根据平衡可知：
tan F mg θ=
解得：
m=4.0×10–4 kg
（2）将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时根据动能定理有
21sin (1cos )2
Fl mgl mv θθ--=
解得：
1
2(
1)5m/s cos v gl θ
=-= （3）沿绳方向根据牛顿第二定律可知
2
sin cos mv T F mg l
θθ--= 解得：
T =7.0×10-3 N
5．如图所示，在O 点处放置一个正电荷．在过O 点的竖直平面内的A 点，由静止释放一个带正电的小球，小球的质量为m 、电荷量为q ．小球落下的轨迹如图所示，轨迹与以O 为圆心、R 为半径的圆相交于B 、C 两点，O 、C 在同一水平线上，∠BOC=30°，A 距离OC 的竖直高度为h ，已知小球通过B 点的速度为v ，重力加速度为g ，求： (1)小球通过C 点的速度大小；
(2)小球由A 运动到C 的过程中电场力做的功．
【答案】(1) 2c gR =+v v (2) 21()2
W m gR mgh =+-v 【解析】
试题分析：（1）小球下落过程中，受到重力和电场力，由于B 、C 两点处于同一等势面上，故从B 到C 过程电场力做功为零，只有重重力做功，根据动能这定理求解到达C 点的速度；（2）小球从A 至C 的过程中只有重力和电场力做功，根据动能定理即可求解电场力做功．
（1）小球从B 点到C 点的过程中，电场力不做功，而重力做正功 由动能定理得：22
11222
C R mg mv mv ⨯
=- 解得：2C v v gR =+
（2）小球从A 至C 的过程中只有重力和电场力做功 由动能定理得：2
12
C mgh W mv +=电 解得：()
21
2
W m v gR mgh 电=
+- 【试题分析】本题关键是明确几种功能关系的具体形式：总功是动能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度．
6．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)R =【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
2sin kQq mg R
α=
解得
R =
答案：(1) 2
2sin A Q E k H α=(2)22
sin sin kQq a g mH αα=- (3)R =
二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）
7．如图甲所示，倾角为θ＝30°绝缘斜面被垂直斜面直线MN 分为左右两部分，左侧部分光滑，范围足够大，上方存在大小为E ＝1 000 N/C ，方向沿斜面向上的匀强电场，右侧部分粗糙，范围足够大，一质量为m ＝1 kg ，长为L ＝0.8 m 的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB 置于斜面上，A 端距MN 的距离为d ，现给棒一个沿斜面向下的初速度v 0，并以此时作为计时的起点，棒在最初0.8 s 的运动图像如图乙所示，已知0.8 s 末棒的B 端刚好进入电场，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：
(1)直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ； (2)直棒AB 的带电量q ；
(3)直棒AB 最终停止时，直棒B 端到MN 的距离． 【答案】(1)20 m (2)7.5×10－3 C (3)125 m 【解析】 【分析】
根据v-t 图像确定出直棒AB 匀减速直线运动的位移，结合棒的长度，得出直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ；根据图线得出直棒AB 匀减速直线运动的加速度大小，根据加速度，结合牛顿第二定律求出带电量的大小；根据动能定理得出，物体在电场中运动的距离． 【详解】
（1）由v-t 图像可知直棒AB 匀减速直线运动．0～0.8s 内棒运动的位移为：
0120.8m 2
t
v v x t +=
= ．A 端距离MN 的距离为：120.80.820m d x L m =-=-=． （2）棒的加速度为：2Δv
a=
=2.5m/s Δt
．对直棒AB 进行受力分析，越过MN 后受到重力、斜面支持力和电场力，合力为sin F Eq mg θ=-．根据牛顿第二定律，：
sin Eq mg ma θ-= ，代入数据解得：37.510C q -=⨯ ．
（3）根据动能定律，物体从B 端到达MN 至最终停止的过程，满足：
2221
sin 02
mgx Eqx mv θ-=-．带入数据解得，x 2 =125 m
故B 端在MN 右边且距MN 为125 m ． 【点睛】
本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，通过v-t 图像，确定出物体运动的加速度不变，得出物体做匀变速直线运动是解决本题的关键．
8．两平行金属板A 、B 间距离为d ，两板间的电压U AB 随时间变化规律如图所示，变化周期为T ＝6秒，在t ＝0时，一带正电的粒子仅受电场力作用，由A 板从静止起向B 板运动，并于t ＝2T 时刻恰好到达B 板，求：
（1）若该粒子在t ＝T /6时刻才从A 板开始运动，那么，再经过2T 时间，它将运动到离A 板多远的地方？
（2）若该粒子在t ＝T /6时刻才从A 板开始运动，那么需再经过多长时间才能到达B 板， 【答案】（1）1
3
d （2）32.6s 【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子在t ＝0时开始运动，它先加速再减速，再加速、减速，向同一方向运动，其v -t 图如图中粗实线所示，
设每次加速（或减速）运动的位移为s ，则4s ＝d ，4
d s =
, 若粒子在t ＝T /6时刻才从A 板开始运动，其运动图线如图中细实线所示，
设每次加速（或减速）运动的位移为s 1，设每次反向加速（或减速）运动的位移为s 2， 则1499
d s s =
= 21936
d s s =
= 所以一个周期内的总位移为122()6
d
s s s =+=' 所以2T 内粒子运动的总位移为
3
d (2)粒子在t ＝T / 6时刻才从A 板开始运动，6个周期内的总位移刚好是d ，但由于粒子有一段反向运动，所以在6个周期末之前已到达B 板，即在5个周期末，粒子和B 板的距离为
6
d s '=
粒子通过此距离所需时间为
22
()
36
T
-
则粒子到达B板所需时间为
22172
5()()32.6s
33
t T T T
=+-=-≈
'
【点睛】
由于粒子不是在电场中一直处于加速或减速，所以导致分析运动较复杂;也可以假设b板向下移动到最后一个周期末速度为零的位置，这算出整段时间，再去移动距离的时间.
9．如图，在真空室内的P点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q，质量为m的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC=L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=5L．当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)a粒子的发射速率
(2)匀强电场的场强大小和方向
(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值
【答案】（1）粒子发射速度为
5
8
BqL
v
m
=
（2）电场强度的大小为
2
25
8
qLB
E
m
=
（3）粒子到达直线ab所用最长时间和最短时间的比值1
2
233
2.20
106
t
t
=≈
【解析】
（1）设粒子做匀速圆周运动的半径R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图三所示：
由几何知识可得
PC QA
PQ QO
= 代入数据可得粒子轨迹半径58
L R QO ==
洛仑磁力提供向心力2
v Bqv m R
= 解得粒子发射速度为58BqL
v m
=
（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab 直线的动能相等，可知ab 为等势面，电场方向垂直ab 向下．
水平向左射出的粒子经时间t 到达Q 点，在这段时间内
2
L
CQ vt =
= 21
2
PC L at ==
式中qE a m
=
解得电场强度的大小为2
258qLB E m
=
（3）只有磁场时，粒子以O 1为圆心沿圆弧PD 运动，当圆弧和直线ab 相切于D 点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图四所示．据图有
3
sin 5
L R
R α-=
= 解得37α=︒
故最大偏转角max 233γ=︒ 粒子在磁场中运动最大时长max
10
360
t T γ=
式中T 为粒子在磁场中运动的周期．
粒子以O 2为圆心沿圆弧PC 运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图四有
/24sin 5
L R β=
= 解得53β=︒
速度偏转角最小为min 106γ=︒ 故最短时长min
20
360
t T γ=
因此，粒子到达直线ab 所用最长时间和最短时间的比值
max 12min 233 2.20106
t t γγ==≈ 点睛：此题是关于带电粒子在电场及磁场中的运动问题；掌握类平抛运动的处理方向，在两个方向列出速度及位移方程；掌握匀速圆周运动的处理方法，确定好临界状态，画出轨迹图，结合几何关系求解.
10．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：
()()22
2111=
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.
11．如图甲所示，A 、B 为两块相距很近的平行金属板，A 、B 间电压为0AB U U =-，紧贴A 板有一电子源随时间均匀地飘出质量为m ，带电量为e 的电子（可视为初速度为零）。

在B 板右侧两块平行金属板M 、N 间加有如图乙所示的电压，电压的变化周期
2m
T L
eU =，板间中线与电子源在同意以水平线上，极板长L ，距偏转右边缘s 处有荧光屏，已知18
T
t =
时刻沿中线射入偏转极板间的电子恰好能射出偏转极板，假定金属外无电场，打在极板上的电子均被极板吸收，荧光屏足够大，试求：
（1）电子进入偏转极板时的速度； （2）4
T
t =
时刻沿中线射入偏转板间的电子刚出偏转板时与板间中线的距离；
（3）经足够长时间t （t 远大于T ）打到荧光屏上的电子数与电子源发射的电子数之比； （4）电子打在荧光屏上的范围（打在荧光屏最上端和最下端的长度）。

【答案】（1
）0v =2）0（3）1732（4）38L
【解析】 【详解】
（1）由动能定理有
2
0012
e mv U =
， 即
0v =
（2）由
0L v t =
有：
0L t T v =
== 电子在电场方向先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，侧位移为零，电子在电场运动的两个周期内侧向位移也为零. （3）设两极板间距为d ，
eU a dm
=
， 若18
T
t =
时刻沿中线射入偏转板间的电子恰好能射出偏转极板（不打上极板），那么 2211132()2()22228
d T T
a t a =⨯-=⨯， 解得
3
8
d L =
设2t 时刻射入的电子恰好打不到下极板，则
22221122()2222
d T at a t =⨯-⨯- 经时间t （t >>T ）打到荧光屏上的电子数与电子源发射的电子数之比
2117
322
t t k T -=
= （4）因为电子射出偏转板时，竖直方向速度为0，所以荧光屏上的范围
3
8
Y d 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 （2）3L
6
（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
3L 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．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R 0、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R 0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:
R 0
U
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．
14．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．
15．某实验小组进行电阻丝电阻率的测量，其中实验器材有；
A．直流电源（电动势约4.5V，内阻很小可忽略）B．0-0.5A的电流表（内阻很小可忽
略）
C ．R 0＝10Ω的定值电阻
D ．R 0＝50Ω的定值电阻 E.粗细均匀，总电阻约15Ω的待测电阻丝 F.刻度尺 G 螺旋测微器 H.开关一个，导线若干
(1）图甲是实验电路图，请规范画出其实验原理图__________； (2）实验时，定值电阻R 0应选用________________（填器材编号）；
(3)实验时，多次移动线夹所在的位置，测量其连入电路中的电阻丝的长度，记为l ，同时记下相对应的电流表的示数I ; (4）以
1
I
为纵轴，以l 为横轴，得到图丙的图象，已知该图线的截距为b 、斜率为k ．由此可知电源的电动势可表示为___，若测得电阻丝直径为d ，则电阻丝的电阻率可表示为
ρ＝____．（都用题中所给的字母符号表示）
(5)实际上电源和电流表都存在一定的内阻，而实验处理数据时忽略了这两个内阻，因此将导致电阻率的测量值_____实际值．（填“大于”或“小于”）
【答案】
C 0R b 20
4d kR b
π 小于
【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据实物图画出电路图如图所示;
（2）根据电源电动势和电流表的量程可知保护电阻的阻值大约为0 4.590.5
E R Ig ===Ω 所以保护电阻选C
（4）根据闭合电路欧姆定律知：
0()x E I R R =+ 及24x l l R S d
ρ
ρπ== 得：
0214R l I d E E
ρ
π=+ 所以结合图像是
0R b E = ，所以0R
E b
= 24k d E ρπ= ，所以20
4d kR b
πρ=
（5）由于整理公式时忽略掉了电源的电阻和电流表的电阻 所以导致测量值偏小
16．某小组设计实验对电流表内阻进行测量，电路如图甲，其中 A 1是标准电流表（量程 100mA ，内阻约15Ω），电流表A 2（量程略小于 100mA ，内阻约 18Ω）表刻度盘刻度完整但缺少刻度值。

R 1、R 2为电阻箱，实验步骤如下：
①使用螺丝刀，调整A 2机械调零旋钮，使指针指向“0”刻度； ②分别将 R 1和 R 2的阻值调至最大
③断开S 2，合上开关 S 1，调节 R 1 使A 2的指针达到满偏刻度，记下此时A 1的示数I 0 ④开关S 2 接到1，反复调节R 1和R 2，使A 1的示数仍为I 0，记录不同R 2 阻值和对应电流表A 2示数为I 0的 n 倍(n<1)即 n I 0。

⑤做出 n -1—R -1 图象，如图乙所示。

(1)根据图甲和题给条件，将图丙中的实物连线补充完整； （____）
(2)电流表A2的量程为______（用所测物理量表示）；根据图象可计算电流表A2内阻为
_____Ω；（保留两位有效数字）
(3)一同学认为该电路可以进一步测量电流表A1内阻，他把单刀双掷开关接到2，调整电阻箱R1和R2阻值，使电流表A1和电流表A2示数恰当，并分别记下电流表示数I1，I2，请用R1、R2、I1和I2表示电流表 A1内阻R=_____________________________________ 。

【答案】I0202212
1
I
R R R
I
--
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．电路连线如图：
(2) [2]．使A2的指针达到满偏刻度时，此时A1的示数I0，可知电流表A2的量程为I0；
[3]．根据电路的结构可得
2
2
00
2
A
R
nI I
R R
=
+
可得
2
2
1
1
A
R
n R
=+
所以11
n R
--
-图象斜率表示A2内阻，内阻为
2
2.0 1.0
20
0.05
A
R k
-
==Ω=Ω；
(3)[4]．当单刀双掷开关接到2，根据并联关系
12
211
I R
I I R R
=
-+
所以
2
212
1
I
R R R R
I
=--
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21
I 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
2
I=时，
1
10
I mA
=，
1
I=时，
2
0.5
E
I A
r
==，两图像交点处等效电压为
3
3.5 1.05
10
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，小强同学先用多用电表粗测了一段粗细均匀的电阻丝的阻值（约为5Ω），随后将其固定在带有刻度尺的木板上，准备进一步精确测量其电阻.
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为
___________mm.
(2)现有电源（电动势E为3. 0V，内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材：A．电流表（量程0～3A，内阻约0. 025Ω）。