山东费县第二中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

山东费县第二中学必修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，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：
0 2.5m/s
v =
2．“顿牟掇芥”是两千多年前我国古人对摩擦起电现象的观察记录，经摩擦后带电的琥珀能吸起小物体，现用下述模型分析研究。

在某处固定一个电荷量为Q 的点电荷，在其正下方h 处有一个原子。

在点电荷产生的电场（场强为E ）作用下，原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l ，形成电偶极子。

描述电偶极子特征的物理量称为电偶极矩p ，
q =p l ，这里q 为原子核的电荷量。

实验显示，p E α=，α为原子的极化系数，反映其
极化的难易程度。

被极化的原子与点电荷之间产生作用力F 。

在一定条件下，原子会被点电荷“掇”上去。

(1)F 是吸引力还是排斥力？简要说明理由；
(2)若将固定点电荷的电荷量增加一倍，力F 如何变化，即求
(2)
()
F Q F Q 的值； (3)若原子与点电荷间的距离减小一半，力F 如何变化，即求()
2()
h F F h 的值。

【答案】(1)吸引力，(2)4，(3)32。

【解析】 【详解】
(1)F 为吸引力。

理由：当原子极化时，与Q 异种的电荷移向Q ，而与Q 同种的电荷被排斥而远离Q ，这样异种电荷之间的吸引力大于同种电荷的排斥力，总的效果是吸引； (2)设电荷Q 带正电（如图所示）：
电荷Q 与分离开距离l 的一对异性电荷间的总作用力为：
2332222
()222()()22(4
)
kQ q kQq hl kQql kQp
F kQq l l l h h h h h --=
+=≈-=--+- 式中：
q =p l
为原子极化形成的电偶极矩，负号表示吸引力，由于l
h ，故：
2
2
24
l h h -≈
又已知：
p E α=
而电荷Q 在离它h
处的原子所在位置产生的电场场强大小为：
2kQ E h
=
于是，电荷Q 与极化原子之间的作用力为：
5
22
2k Q F h α=-
它正比于固定电荷的平方，反比于距离的五次方，因此不管电荷Q 的符号如何，它均产生吸引力。

当固定点电荷的电荷量增加一倍时，力F 变为原来的4倍，即：
(2)
4()
F Q F Q =； (3)当原子与点电荷间的距离减小一半时，力F 变为原来的32倍，即：
()
232()
h F F h =。

3．如图，在足够大的平行金属板间的水平匀强电场中，有一长为L 的轻质绝缘棒OA ，一端可绕O 点在竖直平面内自由转动，另一端A 处有一带负电、电量为q 、质量为m 的小球，当变阻器滑片在P 点处时，棒静止在与竖直方向成30°角的位置，如图所示。

已知此时BP 段的电阻为R ，平行金属板间的水平距离为d 。

（1）求此时金属板间电场的场强大小E 1；
（2）若金属板旋转30°（图中虚线表示），并移动滑片P 的位置，欲使棒能静止的位置与竖直方向的夹角不变，BP 段的电阻R ’应调节为多大？
（3）若金属板不转动，将BP 段的电阻突然调节为3R ，则棒摆动中小球最大动能为多少？
【答案】3mg
(2)32
R 3)mgL 【解析】 【详解】
（1）由平衡可知
E 1q =mg tan30°
解得
E 13mg
（2）金属板旋转30°后电场强度方向也相应旋转30°，而合力方向仍与竖直方向成30°角，受力如右图所示。

E1q=mg
解得
E2= mg q
金属板旋转前，两板间电势差
U1= E1d=3
3
mg
q
d
金属板旋转后，两板间电势差
U2 = E2d’= E2 d cos30°=3
2
mg
q
d=
3
2
U1
所以BP段的电阻R’=3 2 R
（3）BP段的电阻突然调节为3R，U3 =3U1
E3=3E1=3mg q
小球摆动速度最大时棒与竖直方向夹角为60°，如右图所示。

根据动能定理有：
E3qL（sin60°-sin30°）-mgL（cos30°-cos60°）=E k-0
E k=(2-3)mgL
4．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/s2，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
5．如图所示，AB 为固定在竖直平面内粗糙倾斜轨道，BC 为光滑水平轨道，CD 为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，且AB 与BC 通过一小段光滑弧形轨道相连，BC 与弧CD 相切。

已知AB 长为L =10m ，倾角θ=37︒，BC 长s =4m ，CD 弧的半径为R =2m ，O 为其圆心，∠COD =143︒。

整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E =1×103N/C 。

一质
量为m =0.4kg 、电荷量为q =+3×10 -3C 的物体从A 点以初速度v A =15m/s 沿AB 轨道开始运动。

若物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ=0.2，sin 37︒=0.6，cos 37︒=0.8，g =10m/s 2，物体运动过程中电荷量不变。

求：
(1)物体在AB 轨道上运动时，重力和电场力的合力对物体所做的总功； (2)物体在C 点对轨道的压力大小为多少；
(3)用物理知识计算物体能否到达D 点，若能算出通过D 点的速度；若不能说明理由。

【答案】(1)W =0(2)27N(3)物体能到达D 点 【解析】 【详解】
(1)物体所受重力和电场力的合力大小为
222332()()(0.410)(31010)N 5N F mg qE -=+=⨯+⨯⨯=
设合力F 与竖直方向的夹角为α，则
3
tan 4
qE mg α=
= 即
37α︒=
所以物体在轨道AB 上运动时，重力和电场力的合力与轨道AB 垂直，对物体做的总功为W =0；
(2) 从A →B 过程，根据受力分析可知，物体下滑过程受到的滑动摩擦力为：
f =μF N =μ(m
g cos 37︒+qE sin 37︒)
代入数据解得：
f =1N
A →C 过程，由动能定理得：
221122
C A W fL qEs mv mv --=
- 可得：222
115m /s C v =
在C 点，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2C
mv N mg R
-= 代入数据解得：
N =27N
(3)重力和电场力的合力为：
222332()()(0.410)(31010)N 5N F mg qE -=+=⨯+⨯⨯=
方向与竖直方向成37︒斜向左下方，所以D 点即为圆周运动中的等效最高点，物体到达D 点的最小速度设为v D ，则：
2D
v F m R
=
解得：
5m /s D v =
要到达D 点，在C 点速度至少为v ，从C →D ，由动能定理得
2211(cos37)cos3722
D mg R R qER mv mv ︒︒-+-=
-
解得：
222115m /s v =
则知v =v C ，所以物体恰能到达D 点
6．有一水平向右的匀强电场中，竖直平面内有半径为0．1m 的圆周，在圆心O 处放置电荷量为Q ＝10-8C 的带正电的点电荷，圆周a 点与圆心O 在同一水平线上，且E a ＝0（静电力常数K =9×109N.m 2／C 2）
（1）匀强电场场强大小？ （2）圆周最高点C 处的场强
【答案】（1）3910N/C ⨯ （2）41.2710N/C ⨯ 方向与水平方向成45斜向右上方 【解析】 【详解】
（1）在a 点的合场强等于零，则表明点电荷在a 点产生的场强与匀强电场的场强相等即：
3
2=910N/C kQ E r
=
⨯ （2）正点电荷在C 点产生的场强大小为2
kQ
E r =
，方向竖直向上，匀强电场的场强大小2
kQ
E r =
，方向水平向右，根据矢量合可知C 点的合场强等于; 22
4222=2 1.2710N/C kQ kQ kQ E r r r ⎛⎫⎛⎫
=+=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
合
方向与水平方向成45斜向右上方
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，BCD 为固定在竖直平面内的半径为r=10m 的圆弧形光滑绝缘轨道，O 为圆心，OC 竖直，OD 水平，OB 与OC 间夹角为53°，整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场．从A 点以初速v 0=9m/s 沿AO 方向水平抛出质量m=0．1kg 的小球（小球可视为质点），小球带正电荷q=+0．01C ，小球恰好从B 点沿垂直于OB 的方向进入圆弧轨道．不计空气阻力．求：
（1）A 、B 间的水平距离L （2）匀强电场的电场强度E
（3）小球过C 点时对轨道的压力的大小F N （4）小球从D 点离开轨道后上升的最大高度H
【答案】（1）9m （2）20/E N C =（3） 4.41N F N =（4） 3.375H m = 【解析】 【分析】 【详解】
（1）从A 到B ，0tan 53By By v v v at =︒=，，cos53y r =︒，212
y at = 解得1t s =，212/a m s =，09L v t m ==
（2）根据牛顿第二定律可得mg qE ma +=，解得20/E N C = （3）从A 到C ，根据动能定理可得2201122
c mar mv mv =
- 在C 点，2
c N v F ma m r
-=，解得 4.41N F N =
（4）对全过程运用动能定理，
2
012
mv maH =，故 3.375H m =
【点睛】
应用动能定理应注意的几个问题（1）明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度．（2）要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况（待求的功除外）．（3）有些力在物体运动过程中不是始终存在的．若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待
8．如图，xOy 为竖直面内的直角坐标系，y 轴正向竖直向上，空间中存在平行于xOy 所在平面的匀强电场。

质量为m 的不带电小球A 以一定的初动能从P （0，d ）点沿平行x 轴方向水平抛出，并通过Q （22d ，0）点。

使A 带上电量为+q 的电荷，仍从P 点以同样的初动能沿某一方向抛出，A 通过N （2d ，0）点时的动能是初动能的0.5倍；若使A 带上电量为-q 的电荷，还从P 点以同样的初动能沿另一方向抛出，A 通过M （0，-d ）点时的动能是初动能的4倍。

重力加速度为g 。

求： （1）A 不带电时，到达Q 点的动能； （2）P 、N 两点间的电势差； （3）电场强度的大小和方向。

【答案】（1）3mgd ；（2）2mg
q
，方向沿y 轴正方向。

【解析】 【详解】
（1）小球做平抛运动，故
212
d gt =
022d υt =
从P 到Q ，由动能定理
2
012
Q k mgd E m υ=-
解得
3Q k E mgd =
（2）小球带电后，从P 到N ，由动能定理
000.5PN k k mgd qU E E +=-
从P 到M 由动能定理可得
0024PM k k mgd qU E E -=-
由（1）中可知，
2
k
E
mgd
=
联立以上几式可得
1
2
PN
PM
U
U
=
故O、N两点电势相等，场强方向为y轴正方向，场强大小为
2
NP
U mg
E
d q
==
9．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
22
8J
18J
2Gh 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：
20124()J 27
kmin E m v sin θ=
=
10．如图所示，真空室中电极K 发出的电子（初速度不计）经过电势差为U 1的加速电场加速后，沿两水平金属板C 、D 间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m 、电荷量为e ，C 、D 极板长为l ，D 板的电势比C 板的电势高，极板间距离为d ，荧光屏距C 、D 右端的距离为
1
6
．电子重力不计．求：
(1)电子通过偏转电场的时间t 0； (2)偏转电极C 、D 间的电压U 2； (3)电子到达荧光屏离O 点的距离Y ． 【答案】（1）12m eU （2）
12d U l （3）2
3
l 【解析】 【分析】 【详解】
(1)电子在离开B 板时的速度为v ，根据动能定理可得：2
112
eU mv =
得：1
2eU v m
=
电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：01
2l m t l v eU == (2)电子在偏转电极中的加速度:1
eU a md
=
离开电场时竖直方向的速度：201
2y U l e
v at d
mU == 离开电场轨迹如图所示：
电子的速度与水平方向的夹角：21
tan 45?=2y v U l
v
dU =
解得：1
22dU U l
=
(3)离开电场的侧向位移：21012
y at = 解得：12
l y =
电子离开电场后，沿竖直方向的位移：2tan 45=66
l l y =
︒ 电子到达荧光屏离O 点的距离：122
3
Y y y l =+= 【点睛】
本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解．
11．如图所示，光滑水平面上方以CD 为界，右边有水平向右的匀强电场，电场强度大小E =104N/C,水平面上有质量为M =0.1kg 的绝缘板，板的右端A 恰好在边界CD 处，板上距A 端l =1.8m 放置一质量m 1=0.1kg 、带电量为q =-8×10-5 C 的小滑块P ．质量为m 2=0.5kg 的小滑块Q 以初速度v 0=5.5m/s 从B 端滑入绝缘板，在与小滑块P 相遇前，小滑块P 已进入电场．已知小滑块P 、Q 与板之间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.1，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．g =10m/s 2．求：
（1）小滑块Q 刚滑上板时，滑块P 的加速度大小a 1； （2）小滑块P 进入电场后的加速度大小和方向；
（3）若小滑块P 、Q 恰好在CD 边界相向相遇，AB 板的长度L ． 【答案】（1）2.5m/s 2（2）3m/s 2；方向向右（3）12.52m 【解析】
（1）设：小滑块P 与绝缘板一起向右加速运动.
由牛顿第二定律：2211()m g m M a μ=+，解得：2
1 2.5m/s a =；
对小滑块P ，由牛顿第二定律：1110.25N f m a ==，1max 1110.5N>f m g f μ==假设正确； （2）小滑块P 进入电场后，设：小滑块P 相对绝缘板运动，
对绝缘板，由牛顿第二定律得：2211)m g m g M a μμ-=，解得：a =0，做匀速直线运动；
对小滑块P ，由牛顿第二定律1111
qE m g m a μ'-=，解得213m/s a '=，方向向左，假设正确；
（3）设刚进入电场时小滑块P 的速度为v 1
由运动学公式：1123m/s v a l ==， 滑块P 进入电场前运动的时间为1
11
1.2s v t a ==， 设滑块P 回到CD 边界时间为t 2，
由运动学公式：2
1212102
v t a t '-
=，解得22s t =； 对小滑块Q ，加速度大小为a 2，
由牛顿第二定律得：2222m g m a μ=，2
221m/s a g μ==；
设：经过t 3时间，小滑块Q 与绝缘板共速，即：1023v v a t =-；
解得：01
3122
2.5s<
3.2s v v t t t a -=
=+=， 设：此后小滑块Q 与绝缘板共同做匀减速运动，其加速度大小为2a '， 由牛顿第二定律得：1122()m g m M a μ'=+， 解得：2112
2
5
m/s 6
m g
a M m μ'==
+， Q 相对于绝缘板的总位移：22103231113111
()[()] 4.925m 22
x v t a t a t v t t =--+-=， 小滑块P 相对于板的总位移：
22131112321231
()()() 5.796m 2
x v t t v t t t a t t t '=-++--+-≈， 板的总长度为1212.52m L x x l =++≈．
12．如图，带电量为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v 0＝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 的电量始终不变，取重力加速度g ＝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)又经过多长时间发生第三次碰撞．
【答案】(1) v A ＝5m/s ，v B ＝15m/s (2) E KB =6.25J (3)t '＝1s 【解析】 【详解】 (1)第一次碰撞时，
两小球动量守恒，即3mv 0＝3mv A ＋mv B 机械能守恒，即:
222011133222
A B mv mv mv =+ 解得碰后A 的速度v A ＝5m/s ，B 的速度v B ＝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220m/s B qE
a m
=
= 设经过t 时间两小球再次相碰，则有21
2
A B B v t v t a t =- 解得:t ＝1s
此时，B 的水平速度为v x ＝v B －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221() 6.25J 2
kB x y E m v v =
+= (2)第二次碰撞时，AB 小球水平方向上动量守恒3mv A ＋mv x ＝3mv ＋mv
机械能守恒，即:
22222222
111113()()3()()2222
A 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v ＝0，B 的速度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21
02
x B v t a t ''-= 解得:t '＝1s 【点睛】
解决本题的关键要是分析清楚两球的受力情况，判断出运动情况，知道弹性碰撞遵守两大守恒：动能守恒和动量守恒．根据位移关系研究相碰的时间．
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图11–1图所示，继电器与热敏电阻R t 、滑动变阻器R 串联接在电源E 两端，当继电器的电流超过15 mA 时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控．继电器的电阻约为20 Ω，热敏电阻的阻值R t 与温度t 的关系如下表所示
（1）提供的实验器材有：电源E 1（3 V ，内阻不计）、电源E 2（6 V ，内阻不计）、滑动变阻器R 1（0~200 Ω）、滑动变阻器R 2（0~500 Ω）、热敏电阻R t ，继电器、电阻箱（0~999.9 Ω）、开关S 、导线若干．
为使该装置实现对30~80 ℃之间任一温度的控制，电源E 应选用______（选填“E 1”或“E 2”），滑动变阻器R 应选用______（选填“R 1”或“R 2”）．
（2）实验发现电路不工作．某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图11–2图所示的选择开关旋至______（选填“A”、“B”、“C”或“D”）．（3）合上开关S，用调节好的多用电表进行排查，在题11–1图中，若只有b、c间断路，则应发现表笔接入a、b时指针______（选填“偏转”或“不偏转”），接入a、c时指针______（选填“偏转”或“不偏转”）．
（4）排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50 ℃时被吸合，下列操作步骤正确顺序是
_____．（填写各步骤前的序号）
①将热敏电阻接入电路
②观察到继电器的衔铁被吸合
③断开开关，将电阻箱从电路中移除
④合上开关，调节滑动变阻器的阻值
⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1 Ω
【答案】E2R2C不偏转偏转⑤④②③①
【解析】
（1）由表格数据知，当温度为30 ℃时，热敏电阻阻值为199.5 Ω，继电器的阻值R0=20 Ω，当电流为15 mA时，E=I(R t+R0)=3.3 V，所以电源选E2，80 ℃时，热敏电阻阻值
R t=49.1 Ω，则
E2=I(R t+R0+R)，此时变阻器阻值R=330.9 Ω，所以变阻器选择R2；（2）多用电表做电压表测量电压，旋钮旋至直流电压挡C处；（3）若只有b、c间断路，表笔接入a、b时，整个回路断路，电表指针不偏转，接入a、c时电流流经电表，故指针偏转；（4）50 ℃时，热敏电阻阻值为108.1 Ω，所以应将电阻箱阻值调至108.1 Ω，调节变阻器，使衔铁吸合，再将电阻箱换成热敏电阻，故顺序为⑤④②③①．
【名师点睛】结合表格中数据，利用欧姆定律估算电动势和电阻的数值，选择电源和滑动变阻器．明确实验的目的是实现对30~80 ℃之间任一温度的控制，其中30~80 ℃就是提示的信息，结合表格数据，可知电阻值的取值．
14．有一额定电压为2.8 V，额定功率0.56 W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：
A．电压表（量程0~3 V内阻约6 kΩ）
B．电压表（量程0~6 V，内阻约20 kΩ）
C．电流表（量程0~0.6 A，内阻约0.5 Ω）
D．电流表（量程0~200 mA，内阻约20 Ω）
E.滑动变阻器（最大电阻10 Ω，允许最大电流2 A）
F.滑动变阻器（最大电阻200 Ω，允许最大电流150 mA）
G.三节干电池（电动势约为4.5 V）
H.电键、导线若干
(1)为提高实验的精确程度，电压表应选用____；电流表应选用___；滑动变阻器应选用
____；（以上均填器材前的序号）
(2)请在虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图____；
(3)通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，某同学将一电源（电动势E=2 V，内阻r=5 Ω）与此小灯泡直接连接时，小灯泡的实际功率是____W（保留两位有效数字）。

【答案】A D E 0.18（0.16~0.20范围内均给对）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择A；由
P=UI可得，灯泡的额定电流为：
0.56
A200mA
2.8
P
I
U
===，故电流表应选择D；测量灯
泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择 E；
(2)测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻约为：14U
I
=Ω，而电流表内阻约为20Ω，故电流表应采用外接法；故电路图如图所示∶
(3) 由电源的电动势和内阻作出电源的伏安特性曲线如图所示：
则交点为灯泡的工作点，由图可知，灯泡的电压为1.38V ，电流为0.15A ，则灯泡的功率P=UI=1.3×0.13=0.17W ；（0.16~0.20范围内均给对） 【点睛】
根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；根据测伏安特性曲线的实验要求可以选出滑动变阻器的接法，由电流表及电压表内阻的关系可得出电流表的接法；在图中作出电源的伏安特性曲线，图像与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，则可得出灯泡的电压及电流，由功率公式可求得实际功率。

15．某同学设计了如图所示的实验电路测量电压表的内阻和电阻丝的电阻，实验室提供的器材有：两节干电池、电阻箱R 0、粗细均匀的电阻丝、与电阻丝接触良好的滑动触头P 、开关、灵敏电流计（灵敏电流计的零刻度在表盘正中央）、待测电压表、导线．他进行了下列实验操作：
（1）按原理如图将如图所示的实物图连接成完整电路，请你帮他完成实物连线_______； （2）先将电阻箱的阻值调至最大，将滑动触头P 移至电阻丝的正中间位置； （3）闭合开关K ，将电阻箱的阻值逐渐减小，当电阻箱的阻值为R 0时，灵敏电流计示数为0，可知电压表内阻R V ＝_____；
（IV ）将电阻箱的阻值调至0，将cd 导线断开，然后将滑动触头P 移至最左端．此时电压表的示数为U ，灵敏电流计的示数为I ，则电阻丝的电阻为_____，测得的电阻值_____（填“偏大”“偏小”或“准确”）． 【答案】电路连线如图:
R 0
U
I
偏大 【解析】 【详解】
（1）电路连线如图：
（3）灵敏电流计的示数为0时，说明电压表和电阻箱分压之比与电阻丝右边和左边电阻分压相等，故0V R R ；
（4）将电阻箱的阻值调至0，将cd 导线断开，将滑动触头P 移至最左端后，电阻丝的全部电阻与灵敏电流计串联，电压表测量的是灵敏电流计和电阻丝的总电压，电阻丝电阻的
测量值U R I =
，因为采用了内接法，A U
R R I
=+ ，故电阻的测量值偏大．
16．某实验小组进行电阻丝电阻率的测量，其中实验器材有；
A ．直流电源（电动势约4.5V ，内阻很小可忽略）
B ．0-0.5A 的电流表（内阻很小可忽略）
C ．R 0＝10Ω的定值电阻
D ．R 0＝50Ω的定值电阻 E.粗细均匀，总电阻约15Ω的待测电阻丝 F.刻度尺 G 螺旋测微器 H.开关一个，导线若干
(1）图甲是实验电路图，请规范画出其实验原理图__________； (2）实验时，定值电阻R 0应选用________________（填器材编号）；
(3)实验时，多次移动线夹所在的位置，测量其连入电路中的电阻丝的长度，记为l ，同时记下相对应的电流表的示数I ; (4）以
1
I
为纵轴，以l 为横轴，得到图丙的图象，已知该图线的截距为b 、斜率为k ．由此可知电源的电动势可表示为___，若测得电阻丝直径为d ，则电阻丝的电阻率可表示为
ρ＝____．（都用题中所给的字母符号表示）
(5)实际上电源和电流表都存在一定的内阻，而实验处理数据时忽略了这两个内阻，因此将导致电阻率的测量值_____实际值．（填“大于”或“小于”）
【答案】
C 0R b 20
4d kR b
π 小于
【解析】
【分析】 【详解】 （1）根据实物图画出电路图如图所示;
（2）根据电源电动势和电流表的量程可知保护电阻的阻值大约为0 4.590.5
E R Ig =
==Ω 所以保护电阻选C
（4）根据闭合电路欧姆定律知： 0()x E I R R =+ 及24x l l R S d ρ
ρπ== 得：0214R l I d E E
ρπ=+ 所以结合图像是0R b E = ，所以0R E b
= 24k d E ρπ= ，所以204d kR b
πρ= （5）由于整理公式时忽略掉了电源的电阻和电流表的电阻 所以导致测量值偏小
17．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中。

(1)设计如图甲所示电路图，要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量减小系统误差，开关1S 接___（填“M ”或“N ”）闭合开关S 前滑片P 置于_______（填“A 端”或“B 端”）
(2)若实验中电流表出现故障，不能使用。

该同学需将一个满偏电流为1mA 、内阻为30Ω的表头改装成量程为0-0.6A 的电流表，则应将表头与电阻箱_________（填“串联”或“并联”），并将该电阻箱阻值调为__________Ω。

（保留一位有效数字）
(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，若用一电动势E=3V、r=10Ω的电源与该小灯泡连接如图丙所示的电路，电路接通稳定后小灯泡消耗的功率为______W，若用另一只与该小灯泡完全相同的灯泡与电动势E=3V、r=10Ω的电源连接如图丁所示的电路，则电路接通稳定后电源的输出功率为______W。

（计算结果保留两位小数）
【答案】N A端并联 0.05 0.20~0.23 0.08~0.11
【解析】
【详解】
(1)[1][2]要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量减小系统误差，滑动变阻器采用分压接法；由于小灯泡电阻较小，电流表采用外接法，故开关S1接N点，闭合开关前，为保护电表，闭合开关S前滑片P置于A端；
(2)[3][4]把表头改装成大量程电流表应并联小电阻，根据并联电路特点和欧姆定律得
()
g g g
I R I I R
=-
解得
3
3
11030
Ω0.05Ω
0.6110
-
-
⨯⨯
==≈
--⨯
g g
g
I R
R
I I
;
(3)[5]在灯泡U-I图象坐标系内作出电动势E=3V、r=10Ω的电源的路端电压随电流的变化
310
=-=-
U E Ir I
由图示图象可知，灯泡两端电压U=1.20V，通过灯泡的电流I=0.18A，则灯泡的实际功率
1.200.180.22W
==⨯=
P UI
[6]设通过灯泡的电流为I，灯泡两端电压为U，根据图丁所示电路图，由闭合电路欧姆定律可得：
E=U+2Ir
则
U=E-2Ir
即
U=3-20I
在灯泡U-I图象坐标系内作出U=3-20I的图象如图所示
由图示图象可知，灯泡两端电压U=0.35V，通过灯泡的电流I=0.13A，则电源的输出功率为
P U I
=⋅=⨯⨯=
20.3520.130.09W
18．合金材料的电阻率都比较大，某同学按如下步骤测量一合金丝的电阻率。

实验操作如下：
(1)用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置测量金属丝的直径，结果都如图甲所示，则该金属丝的直径为________mm。

(2)按图乙连接测量电路，将滑动变阻器置于最大值，闭合开关，移动滑动变阻器，发现电压表读数有读数，而电流表读数总为零，已知电流表、电压表以及待测金属丝都是完好的，则电路故障为导线_________断路（用图中导线编号表示）。

(3)排除电路故障后，改变滑动头在金属丝上的位置，测出金属丝长度l和接入电路的电阻R x如下表。