温州市高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

温州市高中物理必修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，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
2
Qq
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
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
2．如图所示，均可视为质点的三个物体A 、B 、C 在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，A 绝缘，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，质量分别为m A =0.43kg ，m B =0.20kg ，m C =0.50kg ，其中A 不带电，B 、C 的电荷量分别为q B =+2×10-5C 、q C =+7×10-5C 且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。

现给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 做加速度a=2.0m/s 2的匀加速直线运动，经过时间t ，力F 变为恒力，已知静电力常量为k=9.0×109N·m 2/C 2，g 取10m/s 2。

求： （1）开始时BC 间的距离L ； （2）F 从变力到恒力需要的时间t 。

【答案】（1）2.0m ；（2）1.0s 【解析】 【分析】 【详解】
（1）A 、B 、C 静止时，以AB 为研究对象，受力分析有
2
sin30o B C
A B q q m m g k
L +=（） 代入数据解得
L =2.0m
（2）AB 分离时两者之间弹力恰好为零，此后F 变为恒力，对B 用牛顿第二定律得
2
sin30B B B C
m g m a q q k
l ︒=-
3.0m l =
由匀加速运动规律得
212
l L at -=
解得
1.0s t =
3．如图所示，一条长为l 的细线,上端固定,下端拴一质量为m 的带电小球．将它置于一匀强电场中,电场强度大小为E ，方向水平向右.已知当细线离开竖直位置的偏角为α时,小球处于平衡状态．
（1)小球带何种电荷并求出小球所带电荷量；
（2)若将小球拉到水平位置后放开手，求小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中，电场力对小球所做的功．
【答案】(1)正，tan /mg E α （2）tan mgl α 【解析】 【详解】
（1）小球所受电场力的方向与场强方向一致，则带正电荷； 由平衡可知：
Eq =mgtanα
得：
mgtan q E
α
=
（2）小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中，电场力做负功，大小为
W =Eql = mgltanα
4．—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
5．如图，绝缘细杆AB 倾角为α，在杆上B 点处固定有一电荷量为Q 的正电荷．现将带正电的小球由距B 点竖直高度为H 的A 点处无初速释放，小球下滑过程中电荷量不变．己知小球的质量为m 、电荷量为q ．不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．静电力常量为k ，重力加速度为g ．求：
（1）正电荷Q 在A 处产生的场强大小； （2）小球刚释放时的加速度大小；
（3）若A 、B 间的距离足够大，小球动能最大时球与B 点间的距离．
【答案】(1) 2
2sin A Q E k H α=(2)22
sin sin kQq a g mH
αα=- (3)R =【解析】 【详解】 (I)根据
2Q
E k
r
= 又因为
sin H
r α=
所以
22sin A Q
E k
H
α= (2)根据牛顿第二定律
sin mg F ma α-=
根据库仑定律
Qq F k
r
= 解得
22
sin sin kQq a g mH
α
α=- (3)当小球受到的合力为零，即加速度为零时，动能最大 设此时小球与B 点间的距离为R ,则
2sin kQq mg R
α=
解得
R =
答案：(1) 2
2sin A Q E k H α=(2)22
sin sin kQq a g mH αα=- (3)R =
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：
32=910N/C kQ
E r
=
⨯ （2）正点电荷在C 点产生的场强大小为2kQ
E r
=
，方向竖直向上，匀强电场的场强大小2kQ
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．如图甲所示，倾角为θ＝30°绝缘斜面被垂直斜面直线MN 分为左右两部分，左侧部分光滑，范围足够大，上方存在大小为E ＝1 000 N/C ，方向沿斜面向上的匀强电场，右侧部分粗糙，范围足够大，一质量为m ＝1 kg ，长为L ＝0.8 m 的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB 置于斜面上，A 端距MN 的距离为d ，现给棒一个沿斜面向下的初速度v 0，并以此时作为计时的起点，棒在最初0.8 s 的运动图像如图乙所示，已知0.8 s 末棒的B 端刚好进入电场，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：
(1)直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ； (2)直棒AB 的带电量q ；
(3)直棒AB 最终停止时，直棒B 端到MN 的距离． 【答案】(1)20 m (2)7.5×10－3 C (3)125 m 【解析】 【分析】
根据v-t 图像确定出直棒AB 匀减速直线运动的位移，结合棒的长度，得出直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ；根据图线得出直棒AB 匀减速直线运动的加速度大小，根据加速度，结合牛顿第二定律求出带电量的大小；根据动能定理得出，物体在电场中运动的距离． 【详解】
（1）由v-t 图像可知直棒AB 匀减速直线运动．0～0.8s 内棒运动的位移为：
0120.8m 2
t
v v x t +=
= ．A 端距离MN 的距离为：120.80.820m d x L m =-=-=． （2）棒的加速度为：2Δv
a=
=2.5m/s Δt
．对直棒AB 进行受力分析，越过MN 后受到重力、斜面支持力和电场力，合力为sin F Eq mg θ=-．根据牛顿第二定律，：
sin Eq mg ma θ-= ，代入数据解得：37.510C q -=⨯ ．
（3）根据动能定律，物体从B 端到达MN 至最终停止的过程，满足：
2221
sin 02
mgx Eqx mv θ-=-．带入数据解得，x 2 =125 m
故B 端在MN 右边且距MN 为125 m ． 【点睛】
本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，通过v-t 图像，确定出物体运动的加速度不变，得出物体做匀变速直线运动是解决本题的关键．
8．图中所示的静电机由一个半径为R 、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G 组成。

质量为m 、带电量为q 的球形液滴从G 缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G 和容器口之间总是只有一滴液滴）。

液滴开始下落时相对于地面的高度为h 。

设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G 的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g 。

若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势max V 。

【答案】max ()
mg h R V q
-= 【解析】 【详解】
设在某一时刻球壳形容器的电量为Q 。

以液滴和容器为体系，考虑从一滴液滴从带电液滴产生器G 出口自由下落到容器口的过程。

根据能量守恒有
2122Qq Qq
mgh k
m mgR k h R R
+=++-v (1) 式中，v 为液滴在容器口的速率，k 是静电力常量。

由此得液滴的动能为
21(2)(2)2()Qq h R m mg h R k h R R
-=---v (2) 从上式可以看出，随着容器电量Q 的增加，落下的液滴在容器口的速率v 不断变小；当液滴在容器口的速率为零时，不能进入容器，容器的电量停止增加，容器达到最高电势. 设容器的最大电量为max Q ，则有
max (2)
(2)0()Q q h R mg h R k
h R R
---=-(3)
由此得
max ()mg h R R
Q kq
-=
(4) 容器的最高电势为
max
max Q V k
R
=(5) 由(4)和(5)式得
max ()
mg h R V q
-=
(6)
9．电容器是一种重要的电学元件，基本工作方式就是充电和放电．由这种充放电的工作方式延伸出来的许多电学现象，使得电容器有着广泛的应用．如图1所示，电源与电容器、电阻、开关组成闭合电路．已知电源电动势为E ，内阻不计，电阻阻值为R ，平行板电容器电容为C ，两极板间为真空，两极板间距离为d ，不考虑极板边缘效应．
（1）闭合开关S，电源向电容器充电．经过时间t，电容器基本充满．
a．求时间t内通过R的平均电流I；
b．请在图2中画出充电过程中电容器的带电荷量q随电容器两极板电压u变化的图象；并求出稳定后电容器储存的能量E0；
（2）稳定后断开开关S．将电容器一极板固定，用恒力F将另一极板沿垂直极板方向缓慢拉开一段距离x，在移动过程中电容器电荷量保持不变，力F做功为W；与此同时，电容器储存的能量增加了ΔE．请推导证明：W=ΔE．要求最后的表达式用已知量表示．
【答案】（1）a．
CE
I
t
= b．2
1
2
E CE
=（2）见解析
【解析】
试题分析：（1）a．设充电完毕电容器所带电量为Q，即时间t内通过电阻R的电量，此时电容器两端电
压等于电源的电动势
根据电容的定义（2分）
根据电流强度的定义（2分）
解得平均电流（2分）
b．根据q = Cu，画出q-u图像如图1所示（2分）
由图像可知，图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量，如图2中斜线部分所示
由图像求出电容器储存的电能（2分）
解得（2分）
（2）设两极板间场强为，两极板正对面积为S
根据，，得，可知极板在移动过程中板间场强不变，两极板
间的相互作用力为恒力．两板间的相互作用可以看作负极板电荷处于正极板电荷产生的电场中，可知两板间的相互作用力．（2分）缓慢移动时有
根据功的定义有
代入已知量得出（2分） 电容器增加的能量
（或
）
（2分）
代入已知量得出（2分）
所以
考点：电容，电动势，能量守恒．
10．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v1
由运动学公式：
11
23m/s
v a l
==，
滑块P进入电场前运动的时间为1
1
1
1.2s
v
t
a
==，
设滑块P回到CD边界时间为t2，
由运动学公式：2
1212
1
2
v t a t'
-=，解得
2
2s
t=；
对小滑块Q，加速度大小为a2，
由牛顿第二定律得：2222
m g m a
μ=，2
22
1m/s
a g
μ
==；
设：经过t3时间，小滑块Q与绝缘板共速，即：1023
v v a t
=-；
解得：01
312
2
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：2
11
2
2
5
m/s
6
m g
a
M m
μ
'==
+
，
Q相对于绝缘板的总位移：22
1032311131
11
()[()] 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：
2
213111232123
1
()()() 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
=++≈．
11．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
=
；
12．如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，A 点到MN 的距离为2
L
，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：
(1) 电子到达MN 时的速度；
(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tan θ； (3) 电子打到屏上的点P ′到点O 的距离.
【答案】(1) eEL
v m
=L . 【解析】 【详解】
（1）电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，到达MN 的速度为v ，则：
a 1＝
1eE m ＝
eE
m 2122
L
a v =
解得
eEL
v m
=
（2）设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，
a 2＝
2eE m ＝
2eE
m t ＝L v v y ＝a 2t
tan θ＝
y v v
=2
（3）电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2场的中点O ′.由几何关系知：
tan
θ＝
2x
L
L
解得：
x＝3L.
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E1（3 V，内阻不计）、电源E2（6 V，内阻不计）、滑动变阻器R1（0~200 Ω）、滑动变阻器R2（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“E1”或“E2”），滑动变阻器R应选用______（选填“
R1”或“R2”）．
（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．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R1（最大阻值为5000Ω，允许通过的最大电流约为0.02A）
滑动变阻器R2（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）
V（最大量程为3.0V，内阻约为4000Ω）
标准电压表0
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R1调到最大，保持开关K2断开，闭合开关K1，再调节滑动变阻器R1，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．温度传感器的核心部分是一个热敏电阻。

某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻之后，利用所学知识来测量由某种金属制成的热敏电阻的阻值。

可供选择的实验器材如下：
A ．直流电源，电动势E =6V ，内阻不计；
B ．毫安表A 1，量程为600mA ，内阻约为0.5Ω；
C ．毫安表A 2，量程为10mA ，内阻R A =100Ω；
D ．定值电阻R 0=400Ω；
E ．滑动变阻器R =5Ω；
F ．被测热敏电阻R t ，开关、导线若干。

(1)实验要求能够在0~5V 范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值R t 进行测量，请在图甲的方框中设计实验电路______。

(2)某次测量中，闭合开关S ，记下毫安表A 1的示数I 1和毫安表A 2的示数I 2，则计算热敏电阻阻值的表达式为R t =______（用题给的物理量符号表示）。

(3)该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的I 2－I 1图象如图乙所示，由图可知，该热敏电阻的阻值随毫安表A 2的示数的增大而____（填“增大”“减小”或“不变”）。

(4)该小组的同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。

将该热敏电阻接入如图丁所示电路，电路中电源电压恒为9V ，内阻不计，理想电流表示数为0.7A ，定值电阻R 1=30Ω，则由以上信息可求出定值电阻R 2的阻值为______Ω，此时该金属热敏电阻的温度为______℃。

【答案】
()
2A0
12
I R R
I I
+
-
增大 17.5 55
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．题目中没有电压表，可用已知内阻的电流表A2与定值电阻R0串联构成量程为
()0.01(100400)V=5V
g A
U I R R
=+=⨯+的电压表；滑动变阻器用分压电路，电路如图：
(2)[2]．由电流可知
()
2A0
12
t
I R R
R
I I
+
-
=
(3)[3]．根据
()
2A0
12
t
I R R
R
I I
+
-
=可得
21
A
1
1
t
I
R R
R
I
+
=
+
则该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大，斜率A0
1
1
t
R R
R
+
+变大，可知R t变大。

(4)[4][5]．通过R1的电流
1
1
0.3A
U
I
R
==
则通过R2和R t的电流为0.4A；由I2-I1图像可知，I2=4mA，此时R t两端电压为2V，则R2两端电压为7V，则
2
7
17.5
0.4
R=Ω=Ω
2
50.4t R =
Ω=Ω 根据R t -t 图像可知
14153
t R t =
+ 解得
t=55℃
16．某实验小组要测量电阻R x 的阻值．
（1）首先，选用欧姆表“×10”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图甲所示．
（2）接着，用伏安法测量该电阻的阻值，可选用的实验器材有：电压表V （3V ，内阻约3kΩ）；电流表A （50mA ，内阻约5Ω）；待测电阻R x ；滑动变阻器R （0﹣200Ω）；干电池2节；开关、导线若干．
在图乙、图丙电路中，应选用图____（选填“乙”或“丙”）作为测量电路，测量结果________真实值（填“大于”“等于”或“小于”），产生误差的原因是________ ．
（3）为更准确测量该电阻的阻值，可采用图丁所示的电路，G 为灵敏电流计（量程很小），R 0为定值电阻，R 、R 1、R 2为滑动变阻器．操作过程如下：
①闭合开关S，调节R2，减小R1的阻值，多次操作使得G表的示数为零，读出此时电压表V和电流表A的示数U1、I1；
②改变滑动变阻器R滑片的位置，重复①过程，分别记下U2、I2，…，U n、I n；
③描点作出U﹣I图象，根据图线斜率求出R x的值．下列说法中正确的有_________．A．图丁中的实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响
B．闭合S前，为保护G表，R1的滑片应移至最右端
C．G表示数为零时，电压表测量的是R x两端电压
D．调节G表的示数为零时，R1的滑片应位于最左端
【答案】乙小于电压表分流 AC
【解析】
【详解】
（2）[1][2][3]由于待测电阻的电阻值比较小比电压表的内阻小得多 , 所以电流表使用外接法 ; 所以选择图乙作为测量电路，测量结果小于真实值，产生误差的原因是电压表的分流导致测量的电流偏大，所以电阻偏小．
（3）[4]A．该电路能够准确的计算出流过待测电阻的电流值，所以该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响，A正确；
B．闭合S前,为保护G表,开始时R1的电阻值要最大，所以滑片应移至最左端，B错误；C．G表示数为零时，电压表直接和待测电阻并联所以电压表测量的是R x两端电压，C正确；
D．调节G表的示数为零时, 与R1的滑片的位置无关，D错误；
故选AC。

17．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V1（量程为3 V，内阻很大）；
电压表V2（量程为3 V，内阻很大）；定值电阻R1（阻值4 kΩ）；
定值电阻R2（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1R 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
12R 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： 21x R R R R
＝ 解得：。