黑龙江省齐齐哈尔八中必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

黑龙江省齐齐哈尔八中必修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．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝
5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为m A＝0.1 kg和m B＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求B所受静摩擦力的大小；
(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A 从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔE p＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．
【答案】（1）f=0.4N （2）2.1336W
【解析】
试题分析：（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：
由平衡条件所得：
对A有：m A gsin θ＝F T①
对B有：qE＋f0＝F T②
代入数据得f0＝0．4 N ③
（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得：
对A有：F＋m A gsin θ－F′T－F k sin θ＝m A a ④
对B有：F′T－qE－f＝m B a ⑤
其中f＝μm B g ⑥
F k ＝kx ⑦
由电场力做功与电势能的关系得ΔE p ＝qEd ⑧ 由几何关系得x ＝
－
⑨
A 由M 到N ，由v －v ＝2ax 得A 运动到N 的速度v ＝⑩
拉力F 在N 点的瞬时功率P ＝Fv ⑪ 由以上各式，代入数据P ＝0．528 W ⑫
考点：受力平衡 、牛顿第二定律、能量转化与守恒定律、功率
【名师点睛】静止时，两物体受力平衡，列方程求解．A 从M 到N 的过程中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可列出力的关系方程．根据能量转化与守恒定律可列出电场力做功与电势能变化的关系方程．根据匀加速直线运动速度位移公式，求出运动到N 的速度，最后由功率公式求出功率．
2．竖直放置的平行金属板A 、B 带等量异种电荷(如图)，两板之间形成的电场是匀强电场．板间用绝缘细线悬挂着的小球质量m=4．0×10－5kg ，带电荷量q=3．0×10－7C ，平衡时细线与竖直方向之间的夹角α=37°．求：
(1)A 、B 之间匀强电场的场强多大?
(2)若剪断细线，计算小球运动的加速度，小球在A 、B 板间将如何运动? 【答案】(1)E =1×103N/C (2) 12.5m/s 2 【解析】 【详解】
（1）小球受到重力mg 、电场力F 和绳的拉力T 的作用，由共点力平衡条件有：
F =qE =mg tan α
解得：
53
7
tan 410100.75 1.010N/C 310
mg E q α--⨯⨯⨯===⨯⨯ 匀强电场的电场强度的方向与电场力的方向相同，即水平向右；
（2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37°匀加速直线运动，设其加速度为a 由牛顿第二定律有：
cos mg
ma θ
= 解得：
212.5m/s cos g
a θ
=
=
【点睛】
本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此
后小球的运动情况．
3．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中，有一长度l =0. 5m 的绝缘轻绳上端固定在O
点，下端系一质量21010m .-=⨯kg 、带电量8
2.010q -=⨯C 的小球（小球的大小可以忽
略）在位置B 点处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角α=37°，空气阻力不计，sin37°=0. 6，cos37°=0. 8，g =10m/s 2. （1）求该电场场强大小；
（2）在始终垂直于轻绳的外力作用下将小球从B 位置缓慢拉动到细绳竖直位置的A 点，求外力对带电小球做的功；
（3）过B 点做一等势面交电场线于C 点（C 点未画出），使轻绳与竖直方向的夹角增大少许（不超过5°），再由静止释放，求小球从C 点第一次运动到B 点的时间，并写出分析求解过程.
【答案】(1) 63.7510E =⨯N/C (2)2
1.2510F W J -=⨯ (3)0.31t s =
【解析】 【详解】
（1）带电小球静止，受到合力等于零，电场力与重力的关系是：
tan Eq mg α=，即tan mg
E q
α=
代入数值计算得电场场强大小：63.7510/E N C =⨯
（2）小球在外力作用下从B 位置缓慢移动到A 位置过程中，根据动能定理有：
sin (cos )0F W Eql mg l l αα-+-=
所以sin tan (cos )F mg
W q mg l l q
ααα=
-- 代入数值解得电场场强大小：2
1.2510F W J -=⨯
（3）分析受力可知：小球在运动过程中，重力和电场力的合力为恒力，大小为
5
cos 4
mg F mg α=
= 类比研究单摆的方法可知，小球的运动与单摆类似，回复力由上述合力沿圆周切向的分力
提供。

因为从C
到B 的角度θ很小，进一步可知回复力与相对平衡位置的位移大小成正比、方向相反，故小球的运动为简谐运动。

小球的运动可等效为在某个场强大小为5
4
g mg '=，方向与竖直方向成α角斜向右下的场中做简谐运动，其周期为
225/4
l l T g g π
π==' 故从C 到B 最短的时间1
0.10.314
t T s π=
==
4．如图所示,在绝缘的水平面上,相隔2L 的,A 、B 两点固定有两个电量均为Q 的正点电荷,C 、O 、D 是AB 连线上的三个点,O 为连线的中点,CO=OD=L/2｡一质量为m 、电量为q 的带电物块以初速度v 0从c 点出发沿AB 连线向B 运动,运动过程中物块受到大小恒定的阻力作用｡当物块运动到O 点时,物块的动能为初动能的n 倍,到达D 点刚好速度为零,然后返回做往复运动,直至最后静止在O 点｡已知静电力恒量为k,求: (1)AB 两处的点电荷在c 点产生的电场强度的大小; (2)物块在运动中受到的阻力的大小; (3)带电物块在电场中运动的总路程｡
【答案】（1）
（2） （3）
【解析】 【分析】 【详解】
（1）设两个正点电荷在电场中C 点的场强分别为E 1和E 2，在C 点的合场强为E C ；则
12()2kQ E L ＝
；223()2kQ
E L ＝ 则E C =E 1-E 2 解得：E C ＝
2
32 9kQ
L
． （2）带电物块从C 点运动到D 点的过程中，先加速后减速．AB 连线上对称点φC =φD ，电场力对带电物块做功为零．设物块受到的阻力为f ， 由动能定理有：−fL ＝0−
1
2
mv 02
解得：2
012f mv L
＝
（3）设带电物块从C 到O 点电场力做功为W 电，根据动能定理得：
22
0011222
L W f n mv mv 电＝-⋅⋅-
解得：()201
214
W n mv -电＝
设带电物块在电场中运动的总路程为S ，由动能定理有：W 电−fs ＝0−1
2
mv 02 解得：s=（n+0.5）L 【点睛】
本题考查了动能定理的应用，分析清楚电荷的运动过程，应用动能定理、点电荷的场强公式与场的叠加原理即可正确解题．
5．一个质量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 =⨯
6．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．
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．如图所示，水平面上有相距02m L =的两物体A 和B ，滑块A 的质量为2m ，电荷量为+q ，B 是质量为m 的不带电的绝缘金属滑块．空间存在有水平向左的匀强电场，场强为
0.4mg
E q
=
．已知A 与水平面间的动摩擦因数10.1μ=，B 与水平面间的动摩擦因数20.4μ=，A 与B 的碰撞为弹性正碰，且总电荷量始终不变（g 取10m/s 2）．试求：
（1）A 第一次与B 碰前的速度0v 的大小； （2）A 第二次与B 碰前的速度大小； （3）A 、B 停止运动时，B 的总位移x ． 【答案】（1）2m/s （2）2
m/s 3
（3）2m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）从A 开始运动到与B 碰撞过程，由动能定理：
201001222
EqL mgL mv μ-⋅=
⋅ 解得：v 0=2m/s
（2）AB 碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可得：
01222mv mv mv =+
22201211122222
mv mv mv ⋅=⋅+ 解得：12m/s 3v =
28
m/s 3
v =（另一组解舍掉） 两物体碰撞后电量均分，均为q/2，则B 的加速度：
22
21
22m/s 2B E q mg
qE a g m m
μμ⋅-==-=- ， A 的加速度：
111
220
24A E q mg
qE a g m m
μμ⋅-⋅==-= 即B 做匀减速运动，A 做匀速运动；A 第二次与B 碰前的速度大小为12
m/s 3
v =； （3）B 做减速运动直到停止的位移：
2
21216m 23
B v x a ==
AB 第二次碰撞时：
1122222mv mv mv =+
22211222111
22222
mv mv mv ⋅=⋅+ 解得：
12112m/s 39v v == ，2212488
m/s=m/s 393
v v ==
B 再次停止时的位移2222416
m 23
B v x a =
= 同理可得，第三次碰撞时，
1213232
2mv mv mv =+
222121323111
22222
mv mv mv ⋅=⋅+ 可得131212m/s 327v v =
=，23123488
m/s m/s 3273
v v === B 第3次停止时的位移22236
16
m 23B v x a =
= 同理推理可得，第n 次碰撞，碰撞AB 的速度分别为：
11n-112m/s 33n n v v ==（)，2n 1n-1)
48m/s 33n
v v ==（ B 第n 次停止时的位移:
22n 216m 23
n n B v x a ==
则A 、B 停止运动时，B 的总位移
12324622++16161616m m+m+m 33331=2(1-)m
3n
n n x x x x x =+⋅⋅⋅+=
+⋅⋅⋅+ 当n 取无穷大时， A 、B 停止运动时，B 的总位移2m x =．
9．如图所示，倾角为α=30°的绝缘斜面AB 长度为3l ，BC 长度为
3
2
l ，斜面上方BC 间有沿斜面向上的匀强电场.一质量为m 、电荷量为+q 的小物块自A 端左上方某处以初速度
03v gl =水平抛出，恰好在A 点与斜面相切滑上斜面，沿斜面向下运动，经过C 点但未
能到达B 点，在电场力作用下返回，最终恰好静止在A 点，已知物块与斜面间的动摩擦因数为3
μ=
，不考虑运动过程中物块电荷量的变化，重力加速度为g ，求:
（1）物块平抛过程中的位移大小; （2）物块在电场中的最大电势能
【答案】（1
）13
2
l （2）2mgl 【解析】 【详解】
（1）物块落到斜面上A 点时，速度方向与水平方向夹角为α，设此时速度为v 则
cos v v
α=
，竖直速度sin y v v α=， 平抛过程中水平位移0y v x v g
=，
竖直位移22y
B
v y =
，
平抛的位移22s x y =+，
解得13s l =
. （2）设物块沿斜面向下运动的最大位移为x ´，自物块从A 点开始向下运动到再次返回A 点根据动能定理有2
12cos 02
mg x mv μα'
-⋅=-， 解得2x l '=.
物块位于最低点时，电势能最大，物块自A 点到最低点过程中，设电场力做功为W ，根据动能定理有2
1sin cos 02
mg x mg x W mv αμα'
'
⋅-⋅-=-， 解得2W mgl =，即物块电势能大值为2mgl .
10．两平行金属板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221725((32.6s 3
636
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.
11．如图,带电荷量为q =+2×10-3C 、质量为m =0.1kg 的小球B 静置于光滑的水平绝缘板右
端,板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E =103N/C 的匀强电场.与B 球形状相同、质量为0.3kg 的绝缘不带电小球A 以初速度0v =10m/s 向B 运动,两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场,在电场中两球又发生多次弹性碰撞,已知每次碰撞时间极短,小球B 的电荷量始终不变,重力加速度g 取10m/s 2求: （1）第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小; （2）第二次碰撞前瞬间小球B 的动能; （3）第三次碰撞的位置
【答案】25.(1)5m/s ；15m/s （2）6.25J ；（3）第三次碰撞的位置是在第一次碰撞点右方5m 、下方20m 处. 【解析】 【分析】 【详解】
（1）第一次碰撞时，
两小球动量守恒，即3mv 0＝3mv 1＋mv 2
机械能守恒，即
22201211133222
mv mv mv ⋅=⋅+ 解得碰后A 的速度v 1＝5m/s ，B 的速度v 2＝15m/s
（2）碰后AB 两球进入电场，竖直方向二者相对静止均做自由落体运动；水平方向上，A 做匀速运动，
B 做匀减速直线运动，其加速度大小a B ＝
qE
m
＝20m/s 2 设经过t 时间两小球再次相碰，则有v 1t ＝v 2t －1
2
a B t 2 解得t ＝1s
此时，B 的水平速度为v x ＝v 2－a B t ＝－5 m/s （负号表明方向向左） 竖直速度为v y ＝gt ＝10 m/s 故第二次碰前B 的动能22211() 6.2522
KB B x y E mv m v v J =
=+= （3）第二次碰撞时，AB 小球水平方向上动量守恒'
'
1133x x mv mv mv mv ＋＝＋ 机械能守恒，即
2222'2'2'2
'21111113()()3()()2222
y x y y x y m v v m v v m v v m v v ⋅++⋅+=⋅++⋅+ 解得第二次碰后水平方向A 的速度'10v =，B 的速度'
x v ＝10m/s
故第二次碰撞后A 竖直下落（B 在竖直方向上的运动与A 相同）， 水平方向上， B 做匀减速直线运动，
设又经过t '时间两小球第三次相碰，则有 '
2
1'02
x B v t a t －＝ 解得t '＝1s
因此，第三次相碰的位置在第一次碰撞点右方x ＝v 1t ＝5m 下方y ＝
1
2
g （t ＋t '）2＝20m
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．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 =-．
14．某同学将一个量程为0~1mA 、内阻未知的电流表G 改装为量程为0~3V 的电压表V 。

他先测量该电流表G 的内阻R g ，再进行改装，然后把改装的电压表与标准电压表进行校准并进行误差分析。

实验室准备的仪器有： 电源E （电动势为4.5V ，内阻约1.2Ω）
滑动变阻器R 1（最大阻值为5000Ω，允许通过的最大电流约为0.02A ） 滑动变阻器R 2（最大阻值为20Ω，允许通过的最大电流约为1.0A ） 电阻箱R （最大阻值为999.9Ω，允许通过的最大电流约为0.2A ） 标准电压表0V （最大量程为3.0V ，内阻约为4000Ω） 开关两个，导线若干
他的操作过程如下：
(1)先按如图(a)所示的电路，测量电流表G 的内阻R g ，其步骤为：
①将滑动变阻器R 1调到最大，保持开关K 2断开，闭合开关K 1，再调节滑动变阻器R 1，使电流表G 的指针指在满刻度I g 处。

②保持滑动变阻器R 1的阻值不变，再闭合开关K 2，调节电阻箱R 的阻值使电流表G 的指针指在满刻度的一半处，即
1
2
g I I =
， 此时电阻箱上示数如图(b)所示，则电流表G 的内阻R g =__Ω。

(2)他根据所测出的电流表G 内阻R g 的值，通过计算后，在表头G 上串联一个电阻R ，就将电流表G 改装成量程0~3V 的电压表V ，如图(c)所示，则这个定值电阻的阻值为R =__Ω。

(3)他再用标准电压表V 0对改装的电压表进行校准，要求电压能从0到最大值之间逐一进行校准，试在图(d)的方框中补全校准电路图，并标出所选用器材的符号，其中改装的电压表和标准电压表已画出。

（______________）
(4)由于电流表G 内阻R g 的测量值____（填“小于”或“大于”）真实值，改装电压表V 时串联电阻R 的阻值_____（填“偏大”或“偏小”），因此在校准过程中，改装的电压表的示数总比标准表的示数______(填“偏大”或“偏小”)。

【答案】105.0Ω 2895Ω 小于 偏大 偏小
【解析】 【分析】
根据题目中给出的提示，以及电表的改装知识进行解答。

【详解】
(1)[1]电阻箱的读数为
105.0ΩK R =，
电流表的内阻为
g 105.0ΩR =；
(2)[2]由电压表的改装原理可知：
()g g g g g 112895Ωg U U
R n R R R I R I ⎛⎫=-=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭
；
(3)[3]要求电压从0到最大值之间逐一进行校准，因此应采用分压法，滑动变阻器选用
2R ，标准电压表和改装电压表应并联。

电路图如图所示：
；
(4)[4][5][6]用半偏法测电流表内阻g R 时，由于电阻箱R 的连入使得电路总电流变大，致使
g R 的测量值偏小，这样在改装电压表时串联电阻
()g g 1U
R n R R I
=-=
-， 其阻值偏大，使得校准时通过其电流值偏小，故改装的电压表示数小于标准表的示数。

【点睛】
电表的改装及校准。

15．有一量程为3V 的电压表V ，现要测量其内阻R V 。

可选用的器材有： 滑动变阻器甲，最大阻值10Ω； 滑动变阻器乙，最大阻值10kΩ； 电阻箱R 2，最大阻值9999Ω； 电源E ，电动势约为4V ，内阻不计； 电压表V 0，量程6V ； 开关两个，导线若干。

(1)某小组采用的测量电路如图甲所示，在实物图中，已正确连接了部分导线，请完成剩余部分的连接________。

(2)连接好实验电路后，进行实验操作，请你将下面操作步骤补充完整：
①断开开关S 2和S 1，将R 1的滑片移到最左端的位置； ②闭合开关S 2和S 1，调节R 1的滑片位置，使电压表V 满偏；
③断开开关S 2，保持____________不变，调节R 2，使电压表V 示数为1.00V ，读取并记录此时电阻箱的阻值为R 0。

为使得测量结果尽量准确，滑动变阻器R 1应选择_________(填“甲”或“乙”)，测出的电压表内阻R 测=___________，它与电压表内阻的真实值R V 相比，R 测________R V (选填“＞”、“=”或“＜”)。

(3)另一小组采用了如图乙所示的测量电路图，实验步骤如下： ①断开开关S 2和S 1，将R 1的滑片移到最左端的位置；
②闭合开关S 2和S 1，调节R 1，使电压表V 满偏，记下此时电压表V 0的示数； ③断开开关S 2，调节R 1和R 2，使电压表V 示数达到半偏，且电压表V 0的示数不变； 读取并记录此时电阻箱的阻值为R ＇测，理论上分析，该小组测出的电压表V 内阻的测量值与真实值相比，R V ________R ＇测(选填“＞”“=”或“＜”)。

【答案】
R 1的滑片位置 甲
2
R > = 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]．电路连接如图：
(2)③[2][3][4][5]．断开开关S 2，保持R 1的滑片位置不变，调节R 2，使电压表V 示数为1.00V ，读取并记录此时电阻箱的阻值为R 0。

为使得测量结果尽量准确，滑动变阻器R 1应
选择阻值较小的甲，因电压表读数为1V ，则电阻箱电压为2V ，电阻箱的阻值等于电压表内阻的2倍，只让测出的电压表内阻R 测=
2
R ；实际上当断开S 2时，电阻箱与电压表串联，则支路电阻变大，则电阻箱和电压表上的电压之和大于3V ，电阻箱上的电压大于2V ，即电阻箱的阻值大于电压表内阻的2倍，实验中认为电阻箱的阻值等于电压表内阻的2倍，即它与电压表内阻的真实值R V 相比R 测＞R V 。

(3)[6]．由实验电路图与实验步骤可知，两种情况下分压电路电压不变，电压表示数半偏时电阻箱两端电压与电压表电压相等，电压表内阻与电阻箱阻值相等，电压表内阻测量值等于真实值，即R 测′=R V 。

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A 2的量程为______（用所测物理量表示）；根据图象可计算电流表A 2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A 1内阻，他把单刀双掷开关接到2，调整电阻箱 R 1 和 R 2阻值，使电流表A 1和电流表A 2示数恰当，并分别记下电流表示数 I 1，I 2 ，请用 R 1、R 2、I 1和 I 2表示电流表 A 1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．某学习小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验时，用了两个电压表，目的是可以同时测定电源的电动势和内阻，电路图如图甲所示，实验室可选用的器材有：
A．金属丝（阻值几欧）
B．电池（电动势3V左右，内阻几欧）
C．电压表两个（量程3V，内阻很大）
D．电流表（量程0.6A，内阻0.2Ω左右）
E.电流表（量程3A，内阻0.04Ω左右）
F.滑动变阻器（0〜2kΩ）
G.滑动变阻器（0〜20Ω）
H.毫米刻度尺，螺旋测微器
I.开关，导线若干
(1)实验前在选用器材时，电流表应选择_____，滑动变阻器应选择_____；（均填器材前的字母）
(2)测得金属丝的长度为0.5023m；在测金属丝直径时，螺旋测微器的测量结果如图乙所示，则金属丝的直径为______mm；
(3)实验过程中电压表V1、V2与电流表A的测量结果已经在图丙中的图像中描出，由U—I 图像可得，电源的电动势为_____V，电源的内阻为_____Ω，金属丝的电阻为____Ω；（均保留三位有效数字）
(4)由电阻定律可得，金属丝的电阻率为______Ω m（保留两位有效数字）。

【答案】D G 0.580 3.00（2.98〜3.00均给分） 2.0（2.17〜2.22均给分） 3.00（2.97〜3.09均给分） 1.6×10－6。