荆门市高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

荆门市高中物理必修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．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．(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他星体很远，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M0，两者相距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．求：
①该双星系统中星体的加速度大小a；
②该双星系统的运动周期T．
(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．已知核外电子的质量为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大小均为e ．
①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用E k Ⅰ、 E k Ⅱ表示，请推理分析，比较E k Ⅰ、 E k Ⅱ的大小关系；
②模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用T Ⅰ、T Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从周期的角度分析这样简化处理的合理性．
【答案】(1) ①02GM a L =
②2T = (2) ①2
k k II =2ke E E r =Ⅰ
②T T ⅠⅡ
为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便． 【解析】 【详解】
(1)①根据万有引力定律和牛顿第二定律有：2
002GM M a L
=
解得0
2
GM a L =
②由运动学公式可知，224π2
L
a T =⋅
解得2T =(2)①模型Ⅰ中，设电子绕原子核的速度为v ，对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿
第二定律有22
2ke mv r r
=
解得：2
2k 122ke E mv r
==Ⅰ
模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为v 1、v 2，电子的运动半径为r 1，原子核的运动半径为r 2．根据库仑定律和牛顿第二定律 对电子有：22121mv ke r r =，解得2
2k11121=22ke E mv r r
=
对于原子核有：2
2222=Mv ke r r ，解得22
k22221=22ke E Mv r r
=
系统的总动能：E k Ⅱ=E k1+ E k2=()22
12222ke ke r r r r
+=
即在这两种模型中，系统的总动能相等．
②模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有
22224πke m r r T =Ⅰ
，解得232
24πmr T ke =Ⅰ 模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为T Ⅱ 根据库仑定律和牛顿第二定律
对电子有221224πke m r r T =⋅Ⅱ， 解得22
122
4πke T r r m =Ⅱ
对原子核有222224πke M r r T =⋅Ⅱ， 解得22222
4πke T r r M
=Ⅱ
因r 1+r 2=r ，可解得：()
23
22
4πmMr T ke M m =+Ⅱ
所以有
T M m T M
+=Ⅰ
Ⅱ 因为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．
3．如图所示,一根长为l 的不可伸长的细丝线一端固定于O 点,另一端系住一个质量为m 的带电小球.将此装置放在水平向右的匀强电场E 中,待小球稳定后,细丝线与竖直方向夹角为α.求:
(1)小球带什么电,电荷量为多少? (2)剪断绳子后小球做什么运动？ 【答案】(1)正电，tan mg q E
α
= (2)做初速度是零的匀加速直线运动 【解析】 【详解】
（1）对小球进行受力分析：由于小球所受电场力水平向右，E 的方向水平向右，所以小球带正电．小球受力如图所示，有：qE=mgtanα 即：tan mg q E
α
=
（2）剪断细绳后，小球受重力和电场力，其合力方向沿细绳方向斜向下，则小球将沿细绳的方向做初速度是零的匀加速直线运动．
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．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
6．如图，在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方H 处的A 点以初速度v 水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，求：
(1)A 、B 两点间的距离
(2)带电小球在电场中所受的电场力
【答案】22
28
v H H +mg
【解析】 【详解】
(1)小球在MN 上方做平抛运动
竖直方向：212
H gt = 水平方向：x vt =
A 、
B 两点间的距离
22L H x =+
联立以上各式解得
22
2v H
L H g
=+ (2)带电小球进入电场后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，对带电小球运动的全过程，由动能定理得：
()022
H H
mg H F +
-⋅= 解得
F =3mg
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．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．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12233 2.20106
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
360t 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
360t 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，一群速率不同的一价离子从A 、B 两平行极板正中央水平射入偏转电场，离子的初速度为v 0，质量为m ，A 、B 间电压为U ，间距为d 。

C 为竖直放置并与A 、B 间隙正对的金属档板，屏MN 足够大。

若A 、B 极板长为L ，C 到极板的距离也为L ，C 的高为d ，不考虑离子所受重力，元电荷为e 。

（1）写出离子射出A 、B 板时的侧移距离y 的表达式； （2）离子通过A 、B 板时电势能变化了多少？ （3）求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN 上。

【答案】（1）y ＝220 2eUL mdv ；（2）电势能减少了222
220
2e U L md v ；（3）打到屏
MN 上离子的初动能范围为22
22
322k eUL eUL E d d <<
【解析】 【详解】
（1）离子在A 、B 板间做类平抛运动，加速度a =
eU
md
，离子通过A 、B 板用的时间t =0
L
v ，离子射出A 、B 板时的侧移距离 y =12
at 2=22012eU L md v ⨯⨯=220 2eUL mdv （2）离子通过A 、B 板时电场力做正功，离子的电势能减少，电场力做的正功
W =eU d
y =222220
2e U L md v 电场力做多少正功，离子的电势能就减少多少，即离子通过A 、B 板时电势能减少了
222
220
2e U L md v 。

（3）离子射出电场时的竖直分速度v y =at ，射出电场时速度的偏转角
tan θ=
y v v =
20
eUL
mdv 离子射出电场时做匀速直线运动，要使离子打在屏MN 上，需满足y ＜2d
，即220
2eUL mdv ＜
2
d
，解得离子的动能 E k >22
2eUL d
同时也要满足L tan θ+y ＞2
d ，即220 eUL mdv +22
0 2eUL mdv ＞2
d
，解得离子的动能 E k <2
2
32eUL d
打到屏MN 上离子的初动能范围为
22
22
322k eUL eUL E d d <<
答：（1）离子射出A 、B 板时的侧移距离y = 2
20
2eUL mdv ；（2）离子通过A 、B 板时电势能减
少了222220 2e U L md v ；（3）打到屏MN 上离子的初动能范围为22
22
322k eUL eUL E d d <<。

11．如图所示，竖直面内的光滑绝缘轨道，处于竖直向下的匀强电场中．一个带负电的小球从斜轨道上的A 点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m ，电荷量为－q ，匀强电场的场强大小为E ，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R ，斜轨道与圆轨道平滑连接，小球的重力大于所受的电场力．
(1) 求小球沿轨道滑下的加速度的大小；
(2) 若使小球通过圆轨道顶端的B 点，求A 点距圆轨道最低点的竖直高度h 1至少为多大； (3) 若小球从距圆轨道最低点的竖直高度h 2＝5R 处由静止释放，假设其能通过圆轨道顶端B 点，求从释放到B 点的过程中小球机械能的改变量． 【答案】（1）-mg qE sin m α
（）（2）52
R （3）减少3qER .
【解析】 【详解】
(1)由牛顿第二定律有
(mg －qE )sin α＝ma
解得
a ＝
-mg qE sin m
α
（）
(2)球恰能过B 点有：
mg －qE ＝m 2
B
v R
①
由动能定理，从A 点到B 点过程，则有：
2
112()()02
B mg qE h R mv -－－＝②
由①②解得
h 1＝
52
R . (3)从释放到B 的过程中，因电场力做的总功为负功，电势能增加，则增加量：
ΔE ＝qE (h 2－2R )＝qE (5R －2R )＝3qER .
由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER . 答案：（1）
-mg qE sin m α
（）（2）52
R （3）减少3qER .
12．如图所示，电荷量均为＋q 、质量分别为m 和2m 的小球A 和B ，中间连接质量不计的细绳，在竖直方向的匀强电场中做初速度为0，加速度为a ＝6
g
的匀加速上升运动，当速度为v 0时细绳突然断开．(不考虑电荷间的相互作用)
求：(1)电场强度大小；
(2)自绳断开至球B 速度为零的过程中，两球组成系统的机械能增量为多少？ 【答案】（1）74mg q
（2）63m 2
0v 【解析】
受力分析，由牛顿第二定律列式求解；根据运动学公式，及电场力做功导致系统的机械能增加，即可求解．
（1）设电场强度为E ，把小球A 、B 看作一个系统，由于绳未断前两球均做匀加速运动，则有：233qE mg ma -= 解得：74mg
E q
=
（2）细绳断后，根据牛顿第二定律得：
A qE mg ma -= 得34
A g
a =
方向向上； 22B qE mg ma -= 得8
B g
a =-
（负号表示方向向下） 设自绳断开到球B 速度为零的时间为t ，则有：00B v a t =+ ，解得0
8v t g
=
在该时间内A 的位移为：22
00321 2A A v s v t a t g
=+= 由功能关系知，电场力对A 做的功等于物体A 的机械能增量，2
056A A E qEs mv ∆==
同理对球B 得：22
0041 2B B v s v t a t g =+= 207B B E qEs mv ∆==
解得2
063A B E E E mv ∆=∆+∆=
【点睛】考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，掌握机械能守恒条件，理解除重力之外的力做功导致机械能变化．
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．某同学为测定金属丝的电阻率ρ，设计了如图甲所示电路，电路中ab 是一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝，保护电阻R 0=4.0Ω，电源的电动势E =3.0V ，电流表内阻忽略不计，滑片P 与电阻丝始终接触良好．
⑴实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d =_______mm ． ⑵实验时闭合开关，调节滑片P 的位置，分别测量出每次实验中aP 长度x 及对应的电流值I ，实验数据如下表所示： x (m) 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 I (A) 0.49 0.43 0.38 0.33 0.31 0.28 (A -1)
2.04
2.33
2.63
3.03
3.23
3.57
①将表中数据描在
坐标纸中，如图丙所示，请作出其关系图线_______．
②若图象中直线的斜率为k ，则金属丝的电阻率ρ=_______（用题中字母表示）． ③根据图丙中
关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为r =______Ω（保留
两位有效数字）． 【答案】0.400 如图；
1.4
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]．由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为0mm+40.0×0.01mm=0.400mm．（2）①[2]．如图所示：
②[3]．电阻丝电阻：
R=ρ
由闭合电路欧姆定律可知，电流：
-x图象是直线，便于实验数据处理，因此需要作-x图象；其图象的斜率：
则电阻率：
ρ=；
③[4]．由-x图象纵坐标的截距可知：
解得
r=1.4Ω
【点睛】
本题考查了螺旋测微器读数、实验数据处理等问题，要掌握常用器材的使用及读数方法；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握图象法处理实验数据的方
法．
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．材料的电阻随磁场的增强而增大的现象称为磁阻效应，利用这种效应可以测量磁感应强度。

如图所示为某磁敏电阻在室温下的电阻—磁感应强度特性曲线，其中R B、R0分别表
示有、无磁场时磁敏电阻的阻值。

为了测量磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值R B。

请按要求完成下列实验。

(1)设计一个可以测量磁场中该磁敏电阻阻值的电路，并在图中的虚线框内画出实验电路原理图（磁敏电阻及所处磁场已给出，待测磁场磁感应强度大小约为0.6~1.0 T，不考虑磁场对电路其他部分的影响）。

要求误差较小______；
提供的器材如下：
A．磁敏电阻，无磁场时阻值R0＝150 Ω
B．滑动变阻器R，总电阻约为20 Ω
C．电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 Ω
D．电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩ
E.直流电源E，电动势3 V，内阻不计
F.开关S，导线若干
(2)正确接线后，将磁敏电阻置入待测磁场中，测量数据如下表：
123456
U（V）0.000.450.91 1.50 1.79 2.71
I（mA）0.000.300.60 1.00 1.20 1.80
根据上表可求出磁敏电阻的测量值R B＝___Ω，结合题图可知待测磁场的磁感应强度B＝
___T；
(3)试结合题图简要回答，磁感应强度B在0~0.2T和0.4~1.0T范围内磁敏电阻阻值的变化规律有何不同？
_______；
(4)某同学在查阅相关资料时看到了图所示的磁敏电阻在一定温度下的电阻—磁感应强度特性曲线（关于纵轴对称），由图线可以得到什么结论_______。

【答案】 1500 0.90 在0~0.2T 范围内，磁敏电阻的阻
值随磁感应强度非线性变化（或不均匀变化）；在0.4~1.0T 范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化） 磁场反向，磁敏电阻的阻值不变 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]当B ＝0.6T 时，磁敏电阻阻值约为
6×150Ω＝900Ω
当B ＝1.0T 时，磁敏电阻阻值约为
11×150Ω＝1650Ω
由于滑动变阻器全电阻20Ω比磁敏电阻的阻值小得多，故滑动变阻器选择分压式接法；由
于x V
A x
R R R R >，所以电流表应内接。

电路图如图所示。

(2)[2]方法一：根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为
130.4515000.3010R -=Ω=Ω⨯，2
30.91
1516.70.6010R -=Ω=Ω⨯ 331.5015001.0010R -=
Ω=Ω⨯，4
3
1.79
1491.71.2010R -=Ω=Ω⨯ 53
2.71
15051.8010R -=
Ω=Ω⨯，
故电阻的测量值为
12345
15035
R R R R R R ++++=
Ω=Ω（1500~1503Ω都算正确。

）
[3]由于
0150010150
R R ==，从图1中可以读出 B ＝0.9T
方法二：作出表中的数据作出U －I 图像，图像的斜率即为电阻（略）。

(3)[4]在0~0.2T 范围，图线为曲线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或非均匀变化）；在0.4~1.0T 范围内，图线为直线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化）；
(4)[5]从图3中可以看出，当加磁感应强度大小相等、方向相反的磁场时，磁敏电阻的阻值相等，故磁敏电阻的阻值与磁场方向无关。

【点睛】
本题以最新的科技成果为背景，考查了电学实验的设计能力和实验数据的处理能力。

从新材料、新情景中舍弃无关因素，会看到这是一个考查伏安法测电阻的电路设计问题，及如何根据测得的U 、I 值求电阻。

第(3)、(4)问则考查考生思维的灵敏度和创新能力。

总之本题是一道以能力立意为主，充分体现新课程标准的三维目标，考查学生的创新能力、获取新知识的能力、建模能力的一道好题。

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．为了测定电流表1A 的内阻，采用如下图所示的电路．其中1A 是待测电流表，量程为
300μA ，内阻约为100Ω；2A 是标准电流表，量程是200μA ；1R 是电阻箱，阻值范围
0~999.9Ω；2R 是滑动变阻器；3R 是保护电阻；E 是电池组，电动势为4V ，内阻不
计；1S 是单刀单掷开关，2S 是单刀双掷开关．
⑴ 根据电路图甲，请在图乙中画出连线，将器材连接成实验电路______．
⑵ 连接好电路，将开关2S 扳到接点a 处，接通开关1S ，调整滑动变阻器2R 使电流表2A 的读数是150μA ；然后将开关2S 扳到接点b 处，保持2R 不变，调节电阻箱1R ，使2A 的读数仍为150μA ．若此时电阻箱各旋纽的位置如图丙所示，电阻箱1R 的阻值是________Ω，则待测电流表1A 的内阻g R =________Ω．
⑶ 上述实验中，无论怎样调整滑动变阻器2R 的滑动端位置，都要保证两只电流表的安全．在下面提供的四个电阻中，保护电阻3R 应选用：________（填写阻值相应的字母） A ．200K Ω B ．20K Ω C ．15K Ω D ．20Ω
⑷ 下面提供最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用．既要满足上述实验要求，又要调整方便，滑动变阻器应选________（填写阻值相应的字母） A ．1K Ω B ．5K Ω C ．10K Ω D ．25K Ω。