盐城市高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

盐城市高中物理必修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，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2d 。

MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p ，质量为m 、电荷量为+q （可视为点电荷，不影响电场的分布。

），现将小球p 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球p 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v 。

已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g 。

求： （1）C 、O 间的电势差U CO ；
（2）O 点处的电场强度E 的大小及小球p 经过O 点时的加速度；
【答案】（1） 222mv mgd q - （2）222kQ d ； 2kQq
g + 【解析】 【详解】
（1）小球p 由C 运动到O 的过程，由动能定理得
2
102
CO mgd qU mv +=
- 所以
222CO
m mgd U q
v -=
（2）小球p 经过O 点时受力如图
由库仑定律得
122
(2)F F d ==
它们的合力为
F =F 1cos 45°+F 2cos 45°=Eq
所以O 点处的电场强度
2
2=
2k Q
E d
由牛顿第二定律得：
mg+qE =ma
所以
2k Qq
a g =+
2．万有引力和库仑力有类似的规律，有很多可以类比的地方。

已知引力常量为G ，静电力常量为k 。

（1）用定义静电场强度的方法来定义与质量为M 的质点相距r 处的引力场强度E G 的表达式；
（2）质量为m 、电荷量为e 的电子在库仑力的作用下以速度v 绕位于圆心的原子核做匀速圆周运动，该模型与太阳系内行星绕太阳运转相似，被称为“行星模型”，如图甲。

已知在一段时间内，电子走过的弧长为s ，其速度方向改变的角度为θ（弧度）。

求出原子核的电荷量Q ；
（3）如图乙，用一根蚕丝悬挂一个金属小球，质量为m ，电荷量为﹣q 。

悬点下方固定一个绝缘的电荷量为+Q 的金属大球，蚕丝长为L ，两金属球球心间距离为R 。

小球受到电荷间引力作用在竖直平面内做小幅振动。

不计两球间万有引力，求出小球在库仑力作用下的振动周期。

【答案】（1）质量为M 的质点相距r 处的引力场强度的表达式为
2
GM
r ；（2）原子核的电荷量为2mv s
ke
θ；（3）小球在库仑力作用下的振动周期为2Lm R kQq π
【解析】 【详解】
（1）根据电场强度的定义式方法，那么质量为M 的质点相距r 处的引力场强度E G 的表达式：
2G F GM
E m r
=
=
（2）根据牛顿第二定律，依据库仑引力提供向心力，则有：
22Qe v k m R R
= 由几何关系，得
s
R θ
=
解得：
2mv s
Q ke
θ=
（3）因库仑力：
2
Qq F R =
等效重力加速度：
2F kQq g m mR
'=
= 小球在库仑力作用下的振动周期：
22L Lm T R g kQq
π
π'==
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，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一“L ”形的光滑绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，管的水平部分长L 1=0.2m ，管的水平部分离水平地面的距离为h =5.0m ，竖直部分长为L 2=0.1m ．一带正电的小球从管口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时没有能量损失，小球受到的电场力大小为重力的一半．（g =10m/s 2）求：
（1）小球运动到管口B时的速度v B大小；
（2）小球着地点与管口B的水平距离s．
【答案】（1）2.0m/s；（2）4.5m．
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在小球从A运动到B的过程中，对小球由动能定理得：
1
2
mv B2－0=mgL2+F电L1①由于小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，即
F电=1
2
mg②
代入数据得：
v B=2.0m/s；③
小球运动到管口B时的速度大小为2.0m/s；
（2）小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，位移为s，在空中运动的时间为t，水平方向有：
a=g/2 ④
s=v0t+1
2
at2⑤
竖直方向有：
h=1
2
gt2⑥
由③～⑥式，并代入数据可得：
s=4.5m
5．如图所示，光滑绝缘水平面上固定着A、B、C三个带电小球，它们的质量均为m，间距均为r，A带电量Q A=10q，B带电量Q B=q，若小球C上加一个水平向右的恒力，欲使A、B、C始终保持r的间距运动，求：
(1)C球的电性和电量Q C；
(2)水平力F的大小。

【答案】（1）C球带负电Q C=40
3
q （2）F=70k
2
2
q
r
【解析】
（1）对A 、B 、C
系统研究得：3F a m
=
A 球受到
B 球库仑斥力F 1和
C 球库仑力F 2后，要产生水平向右加速度，故F 2必为引力，C 球带负电。

对AB 两球有 2222(2)C A B A C B A B
Q Q Q Q Q Q Q Q k
k k k r r r r m m -+= 联立可得：403
C Q q = （2）对整体和A 有 22(2)3C A B A
Q Q Q Q k k F r r
m m
-=
2
270q F k r
=
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)sin 2P mg gh =
【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 ＝2
B
kqq h ， 由平衡条件有mg ＝
2
B
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 ＝12
mv 2， 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．如图所示，一个方向竖直向下的有界匀强电场，电场强度大小为E 。

匀强电场左右宽度和上下宽度均为L 。

一个带正电荷的粒子(不计重力)从电场的左上方O 1点以某一速度水平向右进入电场，该粒子刚好从电场的右下方A 点离开电场；另一个质量为m 、带电荷量为－q (q >0)的粒子(不计重力)从电场左下方O 2点水平向右进入电场，进入电场时的初动能为E k0。

已知图中O 1、O 2、A 在同一竖直面内，设O 1点为坐标原点，水平向右为x 轴正方向，竖直向下为y 轴正方向，建立坐标系。

(1)求带正电荷的粒子的运动轨迹方程；
(2)求带负电荷的粒子运动到“带正电荷粒子的运动轨迹”处的动能；
(3)当带负电荷的粒子进入电场的初动能为多大时，它运动到“带正电荷粒子运动轨迹”处时的动能最小?动能的最小值为多少?
【答案】(1)2
x Ly =；(2) 2k0k0)+4qEL E E qEL +（；(3)4qEL ，34
qEL
【解析】 【分析】
考察电场中带电粒子运动的轨迹和能量变化。

【详解】
取O1点为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向下为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示。

(1)对从O1点进入电场的粒子，设该粒子的加速度为a1，初速度为v1，设经过时间t，位置坐标为（x，y），有
水平方向
1
x v t
=
竖直方向
2
1
1
2
y a t
=
消去时间参数t得抛物线方程
2
1
2
1
2
a x
y
v
=。

因为离开电场的A点坐标（L，L）在该抛物线上，所以坐标（L，L）满足抛物线方程，把
坐标（L，L）代入抛物线方程得1
12
a L
v=
2
x Ly
=
(2)对从O2点进入电场的粒子，设质量为m、初速度为v0，加速度为a2，设经过时间t，位移坐标为（x，y），有：
水平方向
x v t
=
竖直方向
2
qE ma
=，2
2
1
2
L y a t
-=
消去时间参数t得：
2
2
2
qEx
y L
mv
=-
由题意有2
k00
E mv
=，联立求解得交点P（x,y)坐标为
k0
k0
2
4
E
x L
E qEL
=
+
k0
k0
4
4
LE
y
E qEL
=
+
从O2到P，对负粒子，根据动能定理有
k k0()qE L y E E
-=-
解得2
k k0k0)=
+4qEL E E E qEL +（。

(3) 2
k k0k0)=
+4qEL E E E qEL
+（变形为 2k k k k04(4)16()
E qEL qEL E qEL qEL E E -±---=
由判别式∆=0
E k =22
8(8)41615()qEL qEL qEL -±+⨯⨯
解得E k =k 3=
4
qEL
E （负值舍去）， 二次函数开口向上，所以k 34
qEL
E ≥
，即E k 的最小值为 k min 3=
4
qEL
E 时，电子进入电场的动能k0=
4
qEL
E 。

所以当带负电荷的粒子进入电场的动能为k0=4
qEL
E 时，它运动到“带正电荷粒子运动轨迹”处时的动能最小，动能的最小值为k min 3=
4
qEL
E 。

8．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=
5
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
==
2
1
2
PC L at
==
式中
qE
a
m
=
解得电场强度的大小为
2
25
8
qLB
E
m
=
（3）只有磁场时，粒子以O1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37
α=︒
故最大偏转角max233
γ=︒
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O2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
/24
sin
5
L
R
β==
解得53
β=︒
速度偏转角最小为min106
γ=︒
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
1
2min
233
2.20
106
t
t
γ
γ
==≈
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.
9．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，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（小球的重力大于所受的电场力）．
（1）已知小球的质量为m，电量大小为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为
α，求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；
（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h 至少应为多大？
（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量．
【答案】（1）已知小球的质量为m，电量大小为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，小球沿斜轨道下滑的加速度的大小为；
（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，A点距水平地面的高度h至少应为
（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，在此过程中小球机械能的改变量3qER
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由牛顿第二定律有（mg﹣qE）sinα=ma得：
a=
（2）球恰能过B点有：
（mg﹣qE）=①
由动能定理，从A点到B点过程，则有：
（mg﹣qE）（h1﹣2R）=﹣0 ②
由①②解得h1=
（3）因电场力做负功，导致机械能减少，电势能增加
则增加量：△E=qE（h2﹣2R）=qE（5R﹣2R）=3qER
由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER
10．如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m 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，场强大小
E=5.0×103V/m。

一不带电的绝缘小球甲，以速度0v沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D。

已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2。

（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转移）求：
(1)乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)碰撞前甲球的速度0v。

【答案】(1)0.4m x =；(2)025m/s v = 【解析】 【分析】
(1)根据乙球恰能通过轨道的最高点，根据牛顿第二定律求出乙球在D 点的速度，离开D 点后做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出竖直方向上的加速度，从而求出竖直方向上运动的时间，根据水平方向做匀速直线运动求出水平位移。

(2)因为甲乙发生弹性碰撞，根据动量守恒、机械能守恒求出碰后乙的速度，结合动能定理求出甲的初速度。

【详解】
(1)在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为D v ，乙离开D 点到达水平轨道的时间为t ，乙的落点到B 点的距离为x ，则
2D v m mg qE R
=+ 乙球离开D 点后做类平抛运动，竖直方向
212()2mg qE R t m +=
水平方向
D x v t =
联立解得
0.4m x =
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲、v 乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
0mv mv mv =+甲乙，222
0111222
mv mv mv =+甲乙
联立得
0=v v 乙
由动能定理得
22
112222
D mg R q
E R mv mv -⋅-⋅=-乙
联立解得
5()
25m/s
mg Eq R
v
m
+
==
11．一个初速为零的电子在经U1=4500V的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入，如图所示，若两板间距d=1.0cm,板长L＝3.0cm，两板间的电压
U2=200V；已知电子的带电量为e=1.6×10－19 C，质量为m=0.9×10－30kg，只考虑两板间的电场，不计重力，求：
（1）电子经加速电压加速后以多大的速度V0进入偏转电场
（2）电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y
（3）电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P点，如图所示，则P点到下极板右端的距离x
【答案】(1)7
410/
v m s
=⨯；（2）0.1cm；（3）6cm
【解析】
【详解】
(1) 加速过程，由动能定理得：2
10
1
2
eU mv
=，代入数据可得：7
410m
v s
=⨯；
(2)根据电子在板间做类平抛运动：2
1
2
y at
=，其中2
qU
a
md
=，
L
t
v
=，由以上三式代入数据可得：0.1
y cm
=；
(3)根据电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹解为θ，则
tan
2
y
L
θ=
，利用
几何关系：2
tan
L
y
x
θ
-
=，由以上两式代入数据可得：
6
=
x cm．
12．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0
AB
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
2
m
T L
eU
=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）0
02eU v m
=2）0（3）1732（4）38L
【解析】 【详解】
（1）由动能定理有
2
0012
e mv U =
， 即
02eU v m
=
（2）由
0L v t =
有：
00
2L m t L T v eU =
== 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
22
1
113
2()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
22
22
11
22()
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
21
17
32
2
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
==
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R0=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)0.100.200.300.400.500.60
I(A)0.490.430.380.330.310.28
(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．某物理兴趣小组要精确测定一个额定电压为3 V的节能灯正常工作时的电阻．已知该灯正常工作时的电阻约为500 Ω.实验室提供的器材有：
A．电流表A(量程2 mA，内阻R A＝15 Ω)
B．定值电阻R1＝1 985 Ω
C．滑动变阻器R(0～10 Ω)
D．电压表V(量程12 V，内阻R V＝1 kΩ)
E．蓄电池E(电动势为12 V，内阻r很小)
F．开关S一个，导线若干
(1)要精确测定节能灯正常工作时的电阻应采用下面电路图中的________
．
(2)选择正确的电路进行实验，若电压表的示数用U表示，电流表的示数用I表示，写出测量节能灯电阻的表达式R x＝________________(用题目中给出的相应字母表示)．
(3)为了测出节能灯正常工作时的电阻，电流表的示数必须调为I＝__________mA，若此时电压表的读数U＝7.6 V，则节能灯正常工作时的电阻为________Ω.
【答案】C
()
1
V A
V
IR R R
U IR
+
-
1.5 492
【解析】
【详解】
(1)因节能灯正常工作时的电压为3 V，比电压表的量程小得多，不能用电压表直接测节能
灯的工作电压，节能灯正常工作时的电流I＝
3
=
500
U
R
A＝6 mA，大于电流表量程，所以不
能用电流表直接测通过节能灯的电流，因电压表允许通过的最大电流为12 mA，电流表与
定值电阻串联后的电压达4 V
，所以可将电压表当做电流表使用，电流表与定值电阻串联当电压表使用，由相关量的关系可知电压表V应采用外接方式，又由于滑动变阻器的阻值远小于待测电阻，所以滑动变阻器要接成分压式，正确的电路图是C.
(2)由电路结构及欧姆定律可知R x＝
1
()
A
V
I R R
U
I
R
+
-
＝1
()
V A
V
IR R R
U IR
+
-.
(3)因节能灯正常工作时的电压为3 V，此时对应的电流表示数为I＝1.5 mA，将U和I代入表达式可得节能灯正常工作时的电阻为492 Ω.
【点睛】
本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流．
15．要测量一段阻值大约为5 Ω的均匀金属丝的电阻率，除刻度尺、螺旋测微器、电源E （电动势为3 V、内阻约为0．5 Ω）、最大阻值为20 Ω的滑动变阻器R、开关一只、导线若干外，还有电流表和电压表各两只供选择：A1（量程1 A、内阻约为1 Ω）、A2（量程0．6 A、内阻约为2 Ω）、V1（量程3．0 V、内阻约为1 000 Ω）、V2（量程15 V、内阻约为3 000 Ω）．
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图所示，则金属丝的直径为________mm．（2）为了使测量有尽可能高的精度，电流表应选________，电压表应选________．
（3）实验电路已经画出了一部分，如图所示，但尚未完整，请将该电路完整地连接好（R x 表示待测电阻）_________．
（4）若用刻度尺测得金属丝的长度为L，用螺旋测微器测得金属丝的直径为d，电流表的读数为I，电压表的读数为U，则该金属丝的电阻率表达式为ρ＝________．
【答案】0.851~0.853均可 A2 V1
2 4
d U LI π
【解析】
【分析】
【详解】
（1）螺旋测微器的固定部分读数为：0.5mm，可动部分读数为：
35．0×0．01mm=0.351mm，故最后读数为：0.5mm+0.351mm=0.851mm．
（2）为零测量准确，电压表和电流表的指针偏转要尽量大些，因此电流表选择A2，电压表选择V1．
（3）根据实验原理得出实验原理图为：
（4）根据欧姆定律得：
U
R
I
＝；根据电阻定律得：
RS
L
ρ＝．故有：
2
4
d U
LI
π
ρ=．
16．要测绘一个标有“3V 0．6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：
直流电源（电压为4V）；
电流表（量程为0—0．6A．内阻约0．2Ω）；
电压表（量程为0--3V）；
电键一个、导线若干．
①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______（填字母代号）．
A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流1A）
B．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0．3A）
②（1）为了设计合理的实验方案，某同学用多用电表来粗略测量电压表的内阻，表盘读数及开关选择档位，如下图所示，则其阻值约为______________；测量时多用电表的红表笔应接电压表的___________（填正或者负）接线柱．
（2）选出既满足实验要求，又要减小误差的实验电路图________．
下图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接．（电路中仅缺少2条导线，请用笔代替导线连上）_____
【答案】A 3.6KΩ负丙电路图见解析
【解析】
【分析】
【详解】
① [1]．实验中滑动变阻器要用分压电路，故所用的滑动变阻器应选阻值较小的A;
②（1）[2][3]．电压表的内阻值约为36×100Ω=3.6KΩ；测量时多用电表的红表笔应接电压表的负接线柱．
（2）[4]．实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接
法，灯泡正常发光时的电阻为
2
3
15
0.6
R==Ω，电流表内阻远小于灯泡电阻，所以电流表
应采用外接法，因此实验电路应选丙；电路连线如图；
17．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测电阻丝阻值约为4Ω．
（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径d．其中一次测量结果如图所示，图中读数为d= mm．
（2）为了测量电阻丝的电阻R，除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
电压表V；量程3V，内阻约为3kΩ
电流表A1；量程0．6A，内阻约为0．2Ω）
电流表A2；量程100μA，内阻约为2000Ω）
滑动变阻器R1, 阻值0～1750Ω，额定电流为0．3A
滑动变阻器R2,阻值0～50Ω，额定电流为1A
电源E1（电动势15V，内阻约为0．5Ω）
电源E2（电动势3V，内阻约为1．2Ω）
为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表________，滑动变阻器_________，电源___________．（填器材的符号）
（3）用测量量表示计算材料电阻率的公式是ρ =（已用刻度尺测量出接入电路中的金属导线的有效长度为l）．
【答案】（1）0．853~0．857 （2）．A1 ；R2 ；E2；（3）
【解析】
试题分析：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0．5mm，可动刻度示数为35．5×0．01mm=0．355mm，螺旋测微器示数为0．5mm+0．355mm=0．855mm．（2）电压表量程是3V，电源应选E2（电动势为3V，内阻约为1．2Ω），电路最大电流约
为
3
0.58
4 1.2
E
I A
R r
==≈
++
，电流表应选A1，量程0．6A，内阻约0．2Ω．
（3）由欧姆定律得，电阻阻值
U
R
I
=，由电阻定律得：2
()
2
l l
R
d
S
ρ
ρ
π
==
，解得：
ρ=
考点：测定金属丝的电阻率
【名师点睛】此题考查了测定金属丝的电阻率的实验；解题时要首先搞清实验的原理，知道器材选择的原则“安全、准确、方便”；螺旋测微器是利用将长度的测量转化为对转动角度的测量来实现微小量放大的，其精确度为0．01mm，本实验中滑动变阻器既可以采用分压接法，也可以采用限流接法．
18．二极管（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：
电流表1
A：量程0~50mA，内阻约为50Ω；
电流表2
A：量程0~200mA，内阻约为10Ω；
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
1.6
Ω267Ω610R -=
=⨯
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==⨯⨯=
四、必修第3册 电能 能量守恒定律实验题易错题培优（难）
19．利用如图所示的电路既可以测量电压表和电流表的内阻，又可以测量电源电动势和内阻，所用到的实验器材有：。