高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷检测(提高,Word版 含解析)

高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷检测（提高，Word 版 含解析）
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，ABD 为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB 段是长为 1.25L m =的粗糙水平面，其
动摩擦因数为0.1μ=，BD 段为半径R =0.2 m 的半圆，两段轨道相切于B 点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小3510/E V m =⨯。

一带负电小球，以速度v 0从A 点沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D 点。

已知小球的质量为
22.010m kg -=⨯，所带电荷量52.010q C -=⨯，g 取10 m/s 2(水平轨道足够长，小球可视
为质点，整个运动过程无电荷转移)，求：
（1）带电小球在从D 点飞出后，首次在水平轨道上的落点与B 点的距离； （2）小球的初速度v 0。

【答案】（1）0.4m ；（2）2.5m /s 【解析】 【详解】
（1）对小球，在D 点，有：
2D
v mg qE m R
-=
得：
1m/s D v =
从D 点飞出后，做平抛运动，有：
mg qE ma -=
得：
25.0m/s a =
2122
R at =
得：
0.4t s =
0.4m D x v t ==
（2）对小球，从A 点到D 点，有：
22011()2222
D mg q
E L mg R qE R mv mv μ---⋅+⋅=
- 解得：
2.5m/s
v=
2．如图所示在粗糙绝缘的水平面，上有两个带同种正电荷小球M和N，N被绝缘座固定在水平面上，M在离N点r0处由静止释放，开始运动瞬间的加速度大小恰好为μg。

已知静电常量为k，M和地面间的动摩擦因数为μ，两电荷均可看成点电荷，且N的带电量为Q，M带电量为q，不计空气阻力。

则:
(1)M运动速度最大时离N的距离;
(2)已知M在上述运动过程中的最大位移为r0，如果M带电量改变为
3
2
q，仍从离N点r0处静止释放时，则运动的位移为r0时速度和加速度各为多大?
【答案】（1）
2
l r
=（2）
v gr
μ
=
4
g
a
μ
=，方向水平向左
【解析】
【详解】
（1）以小球为研究对象，分析小球的受力情况，小球受到重力、支持力、摩擦力和库仑力作用。

开始运动瞬间，两小球间的库仑力为：
F库0 =2
kQq
r
由牛顿第二定律可知，开始瞬间
F库0-μmg=ma
可得：
2
F ng
μ
=
库
因M做加速度减小的加速运动，所以当F ng
μ
'=
库
速度最大，即：
02
1
2
kQq
F F
l
'==
库库
所以
2
l r
=
（2）小球q运动距离r0过程中由动能定理的得:
00
W mgr
μ
'-=-
电场力
金属球
3
2
q运动距离r0过程中由动能定理的得:
2
1
2
w mgr mv
μ
'-=-
电场力
其中W Uq =电场力，3()2
W U q '=电场力 (U 为电荷移动过程中的电势差) 联立以上两式解得：
0v gr μ=
由牛顿第二定律可知：
()
20322kQ q
mg ma r μ⨯-= 由02F mg μ=，解得：
4
g
a μ=
方向水平向左。

3．一带正电的 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
4．如图所示，单层光滑绝缘圆形轨道竖直放置，半径r=lm ，其圆心处有一电荷量Q =+l×l0-4
C 的点电荷，轨道左侧是一个钢制“隧道”，一直延伸至圆形轨道最低点B ；在“隧道”底部
辅设绝缘层。

“隧道”左端固定一弹簧，用细线将弹簧与一静止物块拴接，初始状态弹簧被压缩，物块可看成质点，质量m=0.1kg ，电荷量q =-
2
3
×10-6C ，与“隧道”绝缘层间的动摩擦因数μ=0.2。

剪断细线，弹簧释放弹性势能E p ，促使物块瞬间获得初速度（忽略加速过程）。

之后物块从A 点沿直线运动至B 点后沿圆形轨道运动，恰好通过最高点C 。

其中l AB =2m ，设物块运动时电荷量始终不变，且不对Q 的电场产生影响，不计空气阻力，静电力常量为k = 9.0×l09N·
m 2/C 2。

求： （1）物块在最高点C 时的速度大小；
（2）物块在圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小； （3）弹簧压缩时的弹性势能E p 和物块初速度v A 。

【答案】(1) 4m/s (2) 6N (3) 3.2J, 8m/s 【解析】 【详解】
（1）物块恰好通过最高点C ，轨道对物块没有作用力，由牛顿第二定律得
2 C
v mg F m
r
+=库
其中
2Qq
F k
r
=库 解得
v C =4m/s
（2）B →C 过程，由动能定理得
2211222
C B mv v mg r m -⋅=
- 解得
56m/s B v =
在B 点，由牛顿第二定律得
2
B
NB v F F mg m
r
+-=库
解得
F NB =6N
根据牛顿第三定律知物块在圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小 F NB ′=F NB =6N 。

（3）A→B ，由动能定理得
221122
AB B A mv f v l m -=
- 又 f=μmg 解得
v A =8m/s
弹簧压缩时的弹性势能
2
12
p A E mv =
解得
E p =3.2J
5．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 +=
.
6．—个带正电的微粒，从A 点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB 运动，如图所
示，AB 与电场线夹角θ=53°，已知带电微粒的质量m =1.0×10－7kg ，电荷量q =1.0×10－
10C ，
A 、
B 相距L =20cm ．(取g =10m/s 2)．求：
(1)电场强度的大小和方向；
(2)要使微粒从A 点运动到B 点，微粒射入电场时的最小速度是多少． 【答案】（1）7.5×10 3 V/m,方向水平向左 (2)5m/s 【解析】 【详解】
(1)带电微粒做直线运动，所受的合力与速度在同一直线上，则带电微粒受力如图所示；
由图可知，合力与速度方向相反；故粒子一定做匀减速直线运动； 由力的合成可知：
mg =qE •tan θ
可得：37.510V/m tan mg
E q θ
=
=⨯，方向水平向左． （2）微粒从A 到B 做匀减速直线运动，则当v B =0时，粒子进入电场速度v A 最小.由动能定理：
2
1sin cos 02
A mgL qEL mv θθ--=-
代入数据得：v A 5m/s
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．如图甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长．A 板O 处的放射源连续无初速地释放质量为m 、电荷量为+q 的粒子，经电场加速后，沿极板C 、D 的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C 、D 板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1已知）时，粒子均能从C 、D 两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：
（1）C 、D 板的长度L ；
（2）粒子从C 、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； （3）粒子打在荧光屏上区域的长度．
【答案】（1）L t =2）2102qU t y md =（3）2
10
32qU t s s md
∆== 【解析】
试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有2
0012
qU mv = 在C 、D 板间有00L v t =
解得：L t =（2）粒子从nt 0（n=0、2、4……）时刻进入C 、D 间，偏移距离最大 粒子做类平抛运动 偏移距离2012
y at = 加速度1
qU a md
=
得：2
10
2qU t y md
=
（3）粒子在C 、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK] 出C 、D 板偏转角0
tan y v v θ=
0y v at =
打在荧光屏上距中心线最远距离tan s y L θ=+
荧光屏上区域长度2
10
32qU t s s md
∆==
考点：带电粒子在匀强电场中的运动
【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．
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L ．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
5
8
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
5
8
BqL
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，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212
h gt =①，2x h v t =②，y gt =v ③，22x y v v v =+④，tan x y v v θ=⑤ 由以上式子解得2v gh =，45θ=︒，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
13kC kB E E =
即
()()
2222
111322
x cy x y m v v m v v +=⋅+，解得5cy 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 2B
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．将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环BDC 固定在竖直面内，圆环的圆心为O ，D 为圆环的最低点，其中∠BOC ＝90，圆环的半径为R ，水平虚线BC 的上方存在水平向右的范围足够大的匀强电场．圆心O 的正上方A 点有一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球（可视为质点），其直径略小于圆管内径．现将该小球无初速度释放，经过一段时间后小球刚好无碰撞地进入圆管中并继续在圆管中运动，重力加速度为g ．求：
（1）A 点到O 点的距离及匀强电场的电场强度大小； （2）小球运动到圆环的最低点D 时对圆环的作用力． 【答案】（1）mg
q
（2）（3+32mg ；方向竖直向下 【解析】 【详解】
(1)小球被释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则有：
tan 45mg
qE
︒=
解得：
mg q
E =
因为∠BOC ＝90，圆环的半径为R ，故BC 2R ，故根据几何关系有可知：
AO 2R
(2)小球从A 点到D 点的过程中，根据动能定理得：
()
221
2022
D R mg R R Eq
mv ++=- 当小球运动到圆环的最低点D 时，根据牛顿第二定律得：
2
D
N v F mg m R
-=
联立解得：
()
332N F mg =+
根据牛顿第三定律得小球运动到圆环的最低点D 时对圆环的压力大小为()
332mg +，方向竖直向下．
答：(1)A 点到O 点的距离2R ,匀强电场的电场强度大小mg q
E =
；
(2)小球运动到圆环的最低点D 时对圆环的作用力()
332mg +
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．实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联．测量实际电流表1G 内阻1r 的电路如图所示．供选择的仪器如下：
①待测电流表1G (0~5mA ，内阻约300Ω)，②电流表2G (0~10mA ，内阻约100Ω)，③定值电阻1R (300Ω)，④定值电阻2R (10Ω)，⑤滑动变阻器3R (0~1000Ω)，⑥滑动变阻器
4R (0~20Ω)，⑦干电池 (1.5V)，⑧电键S 及导线若干．
(1)定值电阻应选_______________，滑动变阻器应选_________________．(在空格内填写序号)
(2)用连线连接实物图． (3)补全实验步骤：
①按电路图连接电路，_____________________；
②闭合电键S ，移动滑动触头至某一位置，记录1G ，2G 的读数1I ，2I ； ③__________________________________________；
④以2I 为纵坐标，1I 为横坐标，作出相应图线，如图所示．
(4)根据21I I -图线的斜率k 及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式_____________________．
【答案】③，⑥ ①将滑动触头移至最左端 多次移动滑动触
头，记录相应的G 1，G 2读数I 1，I 2 11(1)r k R =- 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据电路连接特点，G 2为定值电阻和电流表G 1的总电流，若定值电阻选10Ω，则易使流过G 2的总电流超过其满偏值，故选R 1；分压接法用小阻值的滑动变阻器即可．
(2)
(3)在闭合开关前应将滑动变阻器滑片打在最左端以保护仪表． (4)根据欧姆定律：11211()I r I I R =-解得：1211
R r
I I R +=
即111r R k R +=,所以
11(1)r k R =-．
15．实验室有一烧坏的双量程电压表，两量程分别是3V 和15V ，其内部电路如图甲所示，R 1、R 2标注的阻值分别为2.9kΩ和14.9kΩ，经检测表头G 和电阻R 2已烧坏，电阻R 1完好，一课外活动小组想要修复这个电压表，他们在实验室找到两个表头，外形都与原表头G 相同，已知表头G 1的满偏电流为1 mA ，内阻为50Ω；表头G 2的满偏电流为0.5mA ，内阻为100Ω，还有六个定值电阻R 3=50Ω，R 4=150Ω，R 5=200Ω，R 6=3kΩ，R 7=12kΩ，R 8=15kΩ，若在保留R 1的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件回答下列问题：
(1)原表头G 的满偏电流流I =________mA ，内阻r =________Ω；
(2)由于实验室没有14.9kΩ的电阻来替换R 2，为了修复这个电压表，课外活动小组对电压表电路进行了改装，改装后的电路图如图乙所示，则电阻R x 应选用_______(填题中所给器材符号)；
(3)在图乙中虚线框内补齐修复后的双量程电压表的电路图(标出所选用的相应器材符号)。

________
【答案】1 100 7R
【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1][2]由图示电路图可知，电压表量程：
I g （r g +R 1）=3V ， I g （r g +R 2）=15V ，
代入数据解得：
I g =1mA ，r g =100Ω；
(2) (3)[3][4]由于原表头的满偏电流为1mA ，所以应用电流表G 1，又因为表头内阻为
100Ω，故应将G 1和定值电阻R 3串联，即图乙中虚线框内补齐修复后的双量程电压表的电
路图如图所示：
量程为15V 时有
131()g x U I R R r R =+++，
即
12k x R =Ω，
故应选用R 7。

16．国标（GB ／T ）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω·m 。

某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K 以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动。

实验器材还有：
电源（电动势约为3 V ，内阻可忽略）；电压表V 1（量程为3 V ，内阻很大）； 电压表V 2（量程为3 V ，内阻很大）；定值电阻R 1（阻值4 kΩ）； 定值电阻R 2（阻值2 kΩ）；电阻箱R （最大阻值9 999 Ω）； 单刀双掷开关S ；导线若干；游标卡尺；刻度尺。

实验步骤如下：
A ．用游标卡尺测量玻璃管的内径d ；
B ．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L ；
C ．把S 拨到1位置，记录电压表V 1示数；
D ．把S 拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V 2示数与电压表V 1示数相同，记录电阻箱的阻值R ；
E ．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C 、D ，记录每一次水柱长度L 和电阻箱阻值R ；
F ．断开S ，整理好器材。

（1）测玻璃管内径d 时游标卡尺示数如图乙，则d ＝_______mm ；
（2）玻璃管内水柱的电阻值R x 的表达式为：R x ＝_______（用R 1、R 2、R 表示）； （3）利用记录的多组水柱长度L 和对应的电阻箱阻值R 的数据，绘制出如图丙所示的
1
R L
关系图象。

则自来水的电阻率ρ＝_______Ω·m （保留两位有效数字）； （4）本实验中若电压表V 1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将_____（填“偏大”“不变”或“偏小”）。

【答案】30.00 12
R R R
14 偏大 【解析】 【分析】 【详解】
（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm ，游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：30.00mm ，所以玻璃管内径：
d =30.00mm
（2）[2]设把S 拨到1位置时，电压表V 1示数为U ，则电路电流为：
1
U I R =
总电压：
1
x U
E R U R =
+ 当把S 拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V 2示数与电压表V 1示数相同也为U ，则此时电路中的电流为
U I R
=
总电压
2U
E R U R
=
+ 由于两次总电压等于电源电压E ，可得：
2
1x R R R R
＝ 解得：
12
x R R R R
＝
（3）[3]从图丙中可知，R =2×103Ω时，
-11
5.0m L
=，此时玻璃管内水柱的电阻： 12
4000x R R R R
=Ω＝
水柱横截面积：
2
2
d S π=（）
由电阻定律L
R S
ρ
＝得： 2
330104000 3.145142x R S
m m L ρ-⎛⎫⨯=⨯⨯⨯Ω⋅≈Ω⋅ ⎪⎝⎭
＝
（4）[4]若电压表V 1内阻不是很大，则把S 拨到1位置时，此时电路中实际电流大于
1U I R =
，根据1
x U
E R U R =
+可知测量的R x 将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大。

17．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
18．（1）某同学欲将量程为200μA 的电流表G 改装成电压表．
①该同学首先采用如图所示的实验电路测量该电流表的内阻R g ，图中R 1、R 2为电阻箱．他按电路图连接好电路，将R 1的阻值调到最大，闭合开关S 1后，他应该正确操作的步骤是_____．（选出下列必要的步骤，并将其序号排序） a ．记下R 2的阻值
b ．调节R 1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度
c ．闭合S 2，调节R 1和R 2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半
d ．闭合S 2，保持R 1不变，调节R 2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半 ②如果按正确操作步骤测得R 2的阻值为500Ω，则R g 的阻值大小为____；（填写字母代号）
A ．250Ω
B ．500Ω
C ．750Ω
D ．1000Ω
③为把此电流表G 改装成量程为2.0V 的电压表，应选一个阻值为____Ω的电阻与此电流表串联．
【答案】bda B 9500 【解析】 【分析】 【详解】
①[1]．该题是使用半偏法测电流表的内阻，故调节R 1的阻值，先使电流表的指针偏转到满刻度，然后再闭合S 2，保持R 1不变，调节R 2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一
半，故操作顺序为bda；
②[2]．此时R2的阻值与R g的阻值相等，故R g的阻值大小也为500Ω，故B正确，ACD错
误，故选B；
③[3]．电流表G满偏时的两端电压为
U g=200×10－6A×500Ω=0.1V
改装成量程为2.0V的电压表时，串联电阻的电压应该为2.0V－0.1V=1.9V，电流为
I g=200μA；
故串联电阻的大小为
9500
V g
g
U U
R
I
-
==Ω．
四、必修第3册电能能量守恒定律实验题易错题培优（难）
19．某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所
示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池
组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0Ω的定值电阻．
①已知灵敏电流计G的满偏电流I g=100μA、内阻r g=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流
为200mA，应并联一只Ω（保留一位小数）的定值电阻R1；
②根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；
③某次试验的数据如下表所示：该小组借鉴“研究匀变速直线运动”试验中计算加速度的方
法（逐差法），计算出电池组的内阻r= Ω（保留两位小数）；为减小偶然误差，逐差
法在数据处理方面体现出的主要优点是．
④该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影
响，用一已知电动势和内阻的标准电池组通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值
与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大
的原因是．（填选项前的字母）
A．电压表内阻的影响 B．滑动变阻器的最大阻值偏小
C．R1的实际阻值比计算值偏小 D．R0的实际阻值比标称值偏大
测量次数12345678
电压表V读数U/V 5.26 5.16 5.04 4.94 4.83 4.71 4.59 4.46。