驻马店市高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

驻马店市高中物理必修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）
1．一带正电的 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
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．如图所示，空间存在方向水平向右的匀强电场，两个可视为点电荷的带电小球P 和Q 用绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，已知匀强电场强度为E ，两小球之间的距离为L ，PQ 连线与竖直方向之间的夹角为θ，静电常数为k （1）画出小球P 、Q 的受力示意图； （2）求出P 、Q 两小球分别所带的电量。

【答案】（1）P 带负电，Q 带正电；（2）2
sin EL k θ
【解析】 【详解】
（1）依题意得，小球P 、Q 受力示意图如图
根据平衡条件，P 带负电，Q 带正电 ① （2）设P 带电量为-q 1，Q 带电量为q 2 根据库仑定律：
12
2C q q F k
L
= ② 根据牛顿第三定律：
F C =F C / ③
对于P 球： 根据平衡条件：
1sin C q E F θ= ④
解得：
2
1sin EL q k θ
=
⑤ 对于Q 球： 根据平衡条件：
'
2sin c q E F θ= ⑥
解得：
2
2sin EL q k θ
=
⑦
4．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．
5．如图所示，高为h的光滑绝缘直杆AD竖直放置，在D处有一固定的正点荷，电荷量为Q。

现有一质量为m的带电小球套在杆上，从A点由静止释放，运动到B点时速度达到最
大值，到C点时速度正好又变为零，B、C和D相距分别为1
3
h和
1
4
h，静电力常量为k，
重力加速度为g，求：
(1)小球的电荷量q和在C点处的加速度；
(2)C、A两点间的电势差。

【答案】(1)
2
9
mgh
q
kQ
=,
7
9
a g
=方向竖直向上(2)
27
4
kQ
h
【解析】 【详解】
(1)小球运动到B
点时速度达到最大，说明小球必带正电，在B 点应有：
2()3
kQq mg h =
得：
29mgh q kQ
=
在C 点，由牛顿第二定律：
2
()4
kQq
mg ma
h -= 得：
7
9
a g =
，方向竖直向上。

(2)设C 、A 两点间的电势差为U ，则A 、C 间的电势差为-U 。

从A 到C 过程，由动能定理：
()04
h
mg h qU --=
得：
274kQ
U h
=
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
θ
=
【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v＝2gh
所以重力的瞬时功率为P＝mgv sin θ＝mg sin θ2gh.
二、必修第3册静电场中的能量解答题易错题培优（难）
7．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
==
8．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。

质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。

已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。

运动中粒子仅受电场力作用。

（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【答案】(1) 20
2mv E qR
=；(2)0
1
24v v ；(3)0或0
232
v v 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由题意知在A 点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q >0，故电场线由A 指向C ，根据几何关系可知：
AC
x R
所以根据动能定理有：
20102
AC
qEx mv
解得：
20
2mv E qR
=；
（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC 垂线并且与圆相切，切点为D ，即粒子要从D 点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有
1sin 60
x R v t
21cos60
2
y
R R at 而电场力提供加速度有
qE ma =
联立各式解得粒子进入电场时的速度：
1
24
v v ； （3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv 0，即在电场方向上速度变化为v 0 ，过C 点做AC 垂线会与圆周交于B 点，故由题意可知粒子会从C 点或B 点射出。

当从B 点射出时由几何关系有
223BC
x R
v t
2212
AC
x R
at 电场力提供加速度有
qE ma =
联立解得0
2
32
v v ；当粒子从C 点射出时初速度为0。

另解：
由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为0mv ，此即问题的一个解。

自A 点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自B 点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为0mv ，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为
032
v v =
9．如图所示，A 为粒子源，在A 和极板B 间的加速电压为U 1，在两水平放置的平行带电板C 、D 间的电压为U 2，现设有质量为m ，电荷量为q 的质子初速度为零，从A 被加速电压U 1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行带电板的极板的长度为L ，两板间的距离为d ，不计带电粒子的重力，求：
(1)带电粒子在射出B 板时的速度； (2)带电粒子在C 、D 极板间运动的时间；
(3)带电粒子飞出C 、D 电场时在竖直方向上发生的位移y .
【答案】（11
2qU m
（2）12m L qU （3）2214U L U d
【解析】
试题分析：（1）由动能定理得：W=qU 1 =
则
（2）离子在偏转电场中运动的时间t L =
（3）设粒子在离开偏转电场时纵向偏移量为y
综合解得
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题关键明确粒子的运动性质，对应直线加速过程，根据动能定理列式；对于类似平抛运动过程，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解；不难．
10．如图所示，竖直平面内有一坐标系xoy ，已知A 点坐标为（–2h ，h ），O 、B 区间存在竖直向上的匀强电场。

甲、乙两小球质量均为m ，甲球带电量为+q ，乙球带电量为–q ，分别从A 点以相同的初速度水平向右抛出后，都从O 点进入匀强电场，其中甲球恰从B 点射出电场，乙球从C 点射出电场，且乙球射出电场时的动能是甲球射出电场时动能的13倍。

已知重力加速度为g 。

求
（1）小球经过O 点时速度的大小和方向； （2）匀强电场的场强E 。

【答案】（1）2v gh = ；θ=450（2）3mg
E q
= 【解析】
（1）如图1所示，设小球经过O 点时的速度为v ，水平分速度为v x ，竖直分速度为v y ，平抛运动的时间为t 。

根据平抛运动规律2
1
2
h
gt
=①，2
x
h v t
=②，
y
gt
=
v③，22
x y
v v v
=+④，tan x
y
v
v
θ=⑤由以上式子解得2
v gh
=，45
θ=︒，y x
v v
=⑥
（2）甲球在B点的速度如图2所示，乙球在C点的速度如图3所示。

依题意得
13
kC kB
E E
=
即()()
2222
11
13
22
x cy x y
m v v m v v
+=⋅+，解得5
cy x
v v
=⑦
设甲球在电场中的加速度为a甲，乙球在电场中的加速度为a乙；甲、乙两球在电场中运动的时间为't。

研究竖直方向，有
对甲球：2'
y
v a t
甲
=⑧，Eq mg ma
-=
甲
⑨，
对乙球：'
cy y
v v a t
-=
乙
⑩，Eq mg ma
+=
乙
⑪，
由⑥～⑪式解得
3mg
E
q
=；
11．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v0；
（2）两极间距离d.
（3）两极的电势差U.
【答案】（1）
3
2
v
（2）
3L
6
（3）
2
8
mv
q
【解析】
【详解】
（1）由速度关系得初速度：
3
cos30
v 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
=
12．如图所示，在竖直直角坐标系xOy 内，x 轴下方区域I 存在场强大小为E 、方向沿y 轴正方向的匀强电场，x 轴上方区域Ⅱ存在方向沿x 轴正方向的匀强电场。

已知图中点D 的坐标为(27
,2
L L -
-)，虚线GD x ⊥轴。

两固定平行绝缘挡板AB 、DC 间距为3L ，OC 在x 轴上，AB 、OC 板平面垂直纸面，点B 在y 轴上。

一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(不计重力)从D 点由静止开始向上运动，通过x 轴后不与AB 碰撞，恰好到达B 点，已知
AB =14L ，OC =13L 。

（1）求区域Ⅱ的场强大小E '以及粒子从D 点运动到B 点所用的时间0t ；
（2）改变该粒子的初位置，粒子从GD 上某点M 由静止开始向上运动，通过x 轴后第一次与AB 相碰前瞬间动能恰好最大。

①求此最大动能km E 以及M 点与x 轴间的距离1y ；
②若粒子与AB 、OC 碰撞前后均无动能损失(碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相反)，求粒子通过y 轴时的位置与O 点的距离y 2。

【答案】（1）6E ； （2）①18qEL ，9L ；②3L 【解析】 【详解】
（1）该粒子带正电，从D 点运动到x 轴所用的时间设为1t ，则
21112
L a t =
11a t υ=
根据牛顿第二定律有
1qE ma =
粒子在区域II 中做类平抛运动，所用的时间设为2t ，则
2
2227122L a t = 23L t υ=
根据牛顿第二定律有
2qE ma '=
粒子从D 点运动到B 点所用的时间
012t t t =+
解得
6E E '=，0t =（2）①设粒子通过x 轴时的速度大小为0υ，碰到AB 前做类平抛运动的时间为t ，则
03L t
υ=
粒子第一次碰到AB 前瞬间的x 轴分速度大小
2x a t υ=
碰前瞬间动能
()22012
k x E m υυ=
+ 即
2222292k m L E a t t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
由于22222
22299L a t L a t
⋅=为定值，当222229L a t t =即t =k E 有最大值 由（1）得
26qE
a m
=
最大动能
18km E qEL =
对应的
0υ=
粒子在区域I 中做初速度为零的匀加速直线运动，则
20112a y υ=
解得
19y L =
②粒子在区域II 中的运动可等效为粒子以大小为0υ的初速度在场强大小为6E 的匀强电场中做类平抛运动直接到达y 轴的K 点，如图所示，则时间仍然为2t
02OK t υ=
得
9OK L =
由于933OK L
OB L
==，粒子与AB 碰撞一次后，再与CD 碰撞一次，最后到达B 处 则
23y L =
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．为测量某金属丝的电阻率，小明同学设计了如图甲、乙所示的两种实验方案，已知电源的电动势E 和内阻r 在实验过程中保持不变。

(1)小明先进行了如图甲方案的测量。

①他首先利用游标卡尺和螺旋测微器分别测出甲、乙、丙三根不同金属丝的直径，示数分别如图甲、乙、丙所示。

则三根金属丝直径的测量值分别为d甲=________mm、d乙
=________mm、d丙=________mm。

若三根金属丝的材料、长度相同且粗细均匀，则它们的电阻R甲、R乙和R丙中最大的是________，最小的是________。

②实验过程中，小明先将甲金属丝接入电路，并用米尺测出接入电路中的甲金属丝的长度
l=50.00cm。

闭合开关后移动滑动变阻器的滑片分别处于不同的位置，并依次记录了两电表的测量数据如下表所示，其中5组数据的对应点他已经标在如图所示的坐标纸上，请你标出余下一组数据的对应点，并画出U-I图线________________。

实验次
123456
数
U/V0.90 1.20 1.50 1.80 2.10 2.40
I/A0.180.240.310.370.430.49
③该方案测得的甲金属丝的电阻率ρ甲=__________Ω·m（计算结果保留两位有效数字）。

④对于上述第(1)所述的测量过程，随着通过金属丝的电流I不断增大，滑动变阻器上的电功率P随之变化。

对于P-I的关系图象，在下列图中可能正确的是（________）
(2)小明又用如图乙方案测量乙金属丝的电阻率，已知电源的电动势E=5.0V、内阻
r=0.20Ω。

实验中他可以通过改变接线夹（即图乙中滑动变阻器符号上的箭头）接触金属丝的位置以控制接入电路中金属丝的长度。

①请在下述步骤的空格中将实验操作步骤补充完整：
a．正确连接电路，设定电阻箱的阻值，闭合开关；
b．读出电流表的示数，记录接线夹的位置；
c．断开开关，______________；
d．闭合开关，重复b、c的操作。

②根据测得电流与金属丝接入长度关系的数据，绘出如图所示的关系图线，其斜率为
_____________A-1·m-1（保留2位有效数字）；图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表了___________________的电阻之和。

③图中图线的斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的物理量是____________，其数值和单位为_______________（保留2位有效数字）。

(3)电表的内阻可能对实验产生系统误差，请你分别就这两种方案说明电表内阻对电阻率测量的影响____________________________________。

【答案】1.75 1.34~1.38 0.546~0.548 R 丙 R 甲 见解析 （2.3~2.5）×10-5 D 测出接入电路的金属丝的长度 12~14 电源内阻、电流表内电阻与电阻箱 金属丝的电阻率 （9.8±0.5）×10-5Ω·m 图甲方案，由于电流表分压，导致电压表测量值偏大，电阻的测量值偏大，电阻率测量值偏大；图乙方案中电表内阻对测量结果没有影响 【解析】 【分析】 【详解】
(1)①[1]金属丝甲的直径
1mm 0.0515mm 1.75mm d =+⨯=甲
[2]金属丝乙的直径
1mm 0.0218mm 1.36mm d =+⨯=乙
[3]金属丝丙的直径
0.5mm 0.046mm 0.546mm d =+=丙
[4][5]根据电阻定律的决定式
2
4=l l R S d ρ
ρπ= 可知
R 甲 最小，R 丙最大
②[6]图象如图所示
③[7]根据图象可知电阻值
4.92ΩU
R I
=
=甲 再根据电阻定律
2
4=l l R S d ρ
ρπ= 代入数据，解得
52.410m ρ-=⨯Ω⋅
④[8]随电流增大，滑动变阻器的功率先变大后变小，当滑动变阻器阻值等于其它电阻之和时，功率最大，D 正确，ABC 错误。

故选D 。

(2)①[9] 测出接入电路的金属丝的长度。

②[10]由图象可得斜率为13 A -1·m -1。

[11][12]根据
E
I rl R
=
+ 整理得
1r R l I E E
=+ 其中r 就是单位长度的电阻，根据电阻定律
r S
ρ
=
代入整理得
1R l I ES E
ρ=+ 因此图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表电源内阻、电流表内电阻与电阻箱电阻之和；斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的金属丝的电阻率。

③[13]将电源电动势E 和乙金属丝的直径d 乙代入得
32
51.361013 5.0()Ωm 9.410Ωm 2
ρπ--⨯=⨯⨯⨯⋅=⨯⋅
（3）[14] 图甲方案，由于电流表的分压作用，导致电压表测量值偏大，电阻的测量值偏大，电阻率测量值偏大；图乙方案中电表内阻对测量结果没有影响。

14．某课外探究小组做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验，小灯泡的额定电压4V ，额定功率为1.9W 左右。

实验室准备了以下实验器材： A .蓄电池（电动势为6V ，内阻约为1 Ω）； B .电压表（量程为0~4.5 V ，内阻约为8 k Ω）； C ．电压表（量程为0~3 V ，内阻约为5 k Ω）； D ．电流表（量程为0~1.2 A ，内阻约为0.8 Ω）； E .电流表（量程为0~500 mA ，内阻约为0.3 Ω）； F .滑动变阻器（0~5 Ω，1.5 A ）； G .滑动变阻器（0~50 Ω，1.2 A ）； H .开关、导线若干。

(1)实验中所用电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用_______；（填写器材前的字母）
(2)实验时要求尽量减小实验误差，要求伏安特性曲线从零开始取值，请在虚线框中画出合理的电路图_____。

(3)该小组根据正确的操作得到数据，画出了该小灯泡的伏安特性曲线，如图所示，则该小灯泡的额定功率为_______W 。

将该小灯泡与电动势为3.0 V 、内阻为2 Ω的电源直接串联，则该小灯泡的实际功率是_______。

（以上结果均保留两位有效数字）。

【答案】B E F 2.0 0.90~0.95W
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[2][3][4]做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的额定电压为4V，因此电压表的量程应大于等于4V，因此选B ；小灯泡的额定功率为1.9W，因此流过小灯泡的额定流为0.5A左右，故电流表选E；由于小灯泡两端的电压需要从零开始调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，阻值越小，调节起来越方便，因此选F。

(2)[4]小灯泡的阻值较小，电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压式接法，电路如图所示
(3)[5]从图象可知，当额定电压为4V时，电流为0.5A，因此额定功率为2.0W。

[6]将电源路端电压与电流的图象画到小灯泡的U—I图中，如图所示
两个图象的交点就是流过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压值，图中
I
2.2V
U ，=0.42A
因此
P UI
==0.93W
15．LED绿色照明技术已经走进我们的生活。

某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED 灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同。

实验室提供的器材有：
A．电流表A1（量程为0~5mA，内阻R A约为3Ω）
B．电流表A2（量程为0~4mA，内阻R A2=10Ω）
C．电压表V（量程为0~10V，内阻R v=1000Ω）
D．定值电阻R1=590Ω
E.定值电阻R2=990Ω
F.滑动变阻器R（最大阻值为200）
G.蓄电池E（电动势为4V，内阻很小）
H.开关S一只，导线若干
(1)如图甲所示，请选择合适的器材，电表1为_________，定值电阻为__________（填写器材前的字母序号）；
(2)请将图乙中的实物连线补充完整_______；
(3)请写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式：R x=____________（电表1的读数用a表示，电表2的读数用b表示，其余电学量用题中所对应的电学符号表示）。

【答案】C E
2A2
V
()
b R R
a
b
R
+
-
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压，改装电压表的内阻
LED
A2
3
Ω750Ω
0.004
U
R
I
===
A2的内阻为10Ω，则定值电阻应选E，LED灯正常工作时的电流约为
3
A6mA
500
U
I
R
===
电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，由于电压表可测的最大电流为
10
A
10mA
1000
I==
则可以用电压表测量电流，电表1应选C
(2)[3]因为滑动变阻器阻值小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法，如图
(3)[4]根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压
2A2
()
U b R R
=+
通过灯泡的电流
V
a
I b
R
=-
测量LED灯正常工作时的电阻
2A2
V
()
x
b R R
U
R
a
I b
R
+
==
-
16．为了探究某电阻R t在不同温度下的阻值，某同学设计了如图甲所示的电路，其中A为内阻不计、量程为3mA的电流表，E1为电动势1.5V、内阻约1Ω的电源，R1为滑动变阻器，R2为电阻箱，S为单刀双掷开关．
（1）实验室中提供的滑动变阻器有两个：R A（0-150Ω），R B（0-500Ω）；本实验中滑动变阻器R1应选用__________（填“R A”或“R B"）．
（2）完成下面实验步骤：
①调节温度，使R t的温度达到t1；
②将S拨向接点1，调节___________，使电流表的指针偏转到适当位置，记下此时电流表的读数I；
③将S拨向接点2，调节__________，使电流表读数仍为I，记下此时电阻箱的读数R0，则当温度为t1时，电阻R t＝________；
④改变R t的温度，重复步骤②③，即可测得电阻R t阻值随温度变化的规律．
（3）现测得电阻R t随温度t变化的图象如图乙所示，把该电阻与电动势为3.0V、内阻不计的电源E2、量程为3.0V的理想电压表V（图中未画出）和电阻箱R2连成如图丙所示的电路．用该电阻作测温探头，将电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“电阻温度计”．若要求电压表的读数必须随温度的升高而增大，则应在原理图丙中
________两点（填“ab”或“bc"）接入电压表．如果电阻箱阻值R2＝75Ω，则电压表刻度盘2.0V处对应的温度数值为____℃．
【答案】R B R1R2R o bc 50
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]由电源的电动势为1.5 V，电流表量程为3 mA可知，达到满偏时，电路总电阻约为500 Ω，故滑动变阻器选择R B.
（2）[2][3][4]实验中选用替代法测量电阻，第二步中，先将S拨向接点1，调节滑动变阻器R1，记录电流表读数；然后将S拨向接点2，调节电阻箱R2，使电流表读数仍为I，此时电阻箱的读数即为待测电阻的阻值，即R t＝R0.
（3）[5][6]由于电阻R t随温度升高而增大，由闭合电路欧姆定律可知其两端电压也增大，所以电压表与之并联，即电压表接在b、c两点．根据题图乙中图象可得R t＝（100＋t）Ω，由串联分压规律可得电压表示数为2.0 V时，R t＝150 Ω，解得t＝50（℃）．
17．二极管（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：
A：量程0~50mA，内阻约为50Ω；
电流表1
A：量程0~200mA，内阻约为10Ω；
电流表2
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】1A 1R 267 0.00576
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1][2]由图可知，测量的电流值没有超过20mA ；故只能选用A 1进行测量；因本实验采用分压接法，则滑动变阻器应选择小电阻；故选R 1。

(2)[3]由图③可知，当效率达最大时，电流为6mA ，由图②可知，电压为1.6V ，则电阻
L 3
1.6Ω267Ω610R -=
=⨯ 此时效率为60%；
[4]功率 331.6610W 9.610W P UI --==⨯⨯=⨯
光功率
360%9.6100.6W 0.00576W P -Φ==⨯⨯=
18．小明同学购买了一捆标称长度为L =100m 的铜导线，他想用学过的知识来测量该电线的电阻率。

他先用多用电表粗测了该电线的电阻R x 大约2Ω。

然后从实验室还找到以下器材：
A ．电源E ：电动势约为4.0V ，内阻约0.2Ω；
B ．电流表A 1：量程为0.6A ，内阻r 1=1Ω；
C ．电流表A 2：量程为3A ，内阻约为0.1Ω
D ．定值电阻R 1=20Ω；
E.定值电阻R 2=5Ω；
F.滑动变阻器R ：最大阻值5Ω；
G.开关S 一个，导线若干；
H.螺旋测微器。

(1)他用螺旋测微器测量导线的直径d ，其中一次测量的示数如图所示，
d =_____________mm ；
(2)请根据方框乙内的部分电路，合理选用所给器材，补全测量铜导线电阻的电路，要求在电路图上注明所选元件符号___________；
(3)小明用设计的电路进行实验，获得多组电流表A 1和A 2的读数I 1、I 2，描点作图得到如图丙所示的图象。

如果把图甲中示数作为铜导线的直径，可以算出铜导线的电阻率为ρ =_________×10-8Ω·m （取π=3.14，计算结果保留两位小数）；
(4)通过查询相关资料，小明发现铜导线的标准电阻率80 1.7510ρ-=⨯Ω·m ，则该导线的实
际长度为_______m （保留三位有效数字）。

【答案】1.128（1.127-1.129） 81.6710-⨯ 95.3
【解析】
【分析】
本题考查实验：测量电阻丝电阻率。

【详解】
(1)[1]根据螺旋测微仪读数原则，读数为1.128（1.127-1.129）mm 。

(2)[2]粗测阻值约为2Ω，故测量电路选用电流表外接法。

电路中最大电流约为2A ，电流表选择A 2。

运用A 1和R 2改装出一个量程为3.6V 的电压表。

故实验电路如图。