高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷综合测试卷(word含答案)

高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷综合测试卷（word 含答案）
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．如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R 的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A 、B 两点相切，圆弧杆的圆心O 处固定着一个带正电的点电荷．现有一质量为m 可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于
8
3
gR 的速度通过A 点，小球能够上滑的最高点为C ，到达C 后，小球将沿杆返回．若∠COB =30°，小球第一次过A 点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为83
mg ，从A 至C 小球克服库仑力做的功为
23
mgR -，重力加速度为g ．求：
(1)小球第一次到达B 点时的动能； (2)小球在C 点受到的库仑力大小；
(3)小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力．（结果用m 、g 、R 表示） 【答案】（1）56mgR （2）34mg （3）2(833)- 【解析】 【分析】
（1）由动能定理求出小球第一次到达B 点时的动能．
（2）小球第一次过A 点后瞬间，由牛顿第二定律和库仑定律列式．由几何关系得到OC 间的距离，再由库仑定律求小球在C 点受到的库仑力大小．
（3）由动能定理求出小球返回A 点前瞬间的速度，由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力． 【详解】
（1）小球从A 运动到B ，AB 两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：
()
02
11cos602
KB A mgR E mv --=-
代入数据解得：5
6
KB E mgR =
（2）小球第一次过A 时，由牛顿第二定律得：
22A v Qq
N k mg m R R
+-=
由题可知：8
3
N mg =
联立并代入数据解得：
2Qq
k
mg R
= 由几何关系得，OC 间的距离为：
cos303
R r R =
=︒
小球在C 点受到的库仑力大小 ：
22Qq Qq
F k
k r ==⎫⎪⎝⎭
库
联立解得3
=
4
F mg 库 （3）从A 到C ，由动能定理得：
2
102
f A W mgR W mv ---=-电
从C 到A ，由动能定理得：
212
f A W mgR W mv +=
'-电
由题可知：W =
电 小球返回A 点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N ′，由牛顿第二定律得：
22A
v Qq N k mg m
R R
'-'+= 联立以上解得：
(
283
N mg -'=
，
根据牛顿第三定律得，小球返回A
点时，对圆弧杆的弹力大小为(
283
mg -，方向向
下．
3．有三根长度皆为l =0.3 m 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板的O 点，另一端分别栓有质量皆为m =1.0×10﹣2kg 的带电小球A 和B ，它们的电荷量分别为﹣q 和+q ，q =1.0×10﹣6C ．A 、B 之间用第三根线连接起来，空间中存在大小为E =2.0×105N/C 的匀强电场，电场强度的方向水平向右．平衡时A 、B 球的位置如图所示．已知静电力常量k =9×109N•m 2/C 2重力加速度g =10m/s 2．求：
（1）A 、B 间的库仑力的大小 （2）连接A 、B 的轻线的拉力大小． 【答案】（1）F=0.1N （2）10.042T N = 【解析】
试题分析：（1）以B 球为研究对象，B 球受到重力mg ，电场力Eq ，静电力F ，AB 间绳子的拉力1T 和OB 绳子的拉力2T ，共5个力的作用，处于平衡状态，
A 、
B 间的静电力2
2q F k l
=，代入数据可得F=0.1N
（2）在竖直方向上有：2sin 60T mg ︒=，在水平方向上有：12cos 60qE F T T =++︒ 代入数据可得10.042T N = 考点：考查了共点力平衡条件的应用
【名师点睛】注意成立的条件，掌握力的平行四边形定则的应用，理解三角知识运用，注意平衡条件的方程的建立．
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．如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R 的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A 、B 两点相切，圆弧杆的圆心O 处固定着一个带正电的点电荷．现有一质量为m 8
3
gR 速度通过A 点，小球能够上滑的最高点为C ，到达C 后，小球将沿杆返回．若∠COB =30°，
小球第一次过A 点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为83
mg ，从A 至C 小球克服库仑力做的功为
23
mgR -，重力加速度为g ．求：
(1)小球第一次到达B 点时的动能； (2)小球在C 点受到的库仑力大小；
(3)小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力．（结果用m 、g 、R 表示） 【答案】（1）56mgR （2）34mg （3）2(833)- 【解析】 【分析】
（1）由动能定理求出小球第一次到达B 点时的动能．
（2）小球第一次过A 点后瞬间，由牛顿第二定律和库仑定律列式．由几何关系得到OC 间的距离，再由库仑定律求小球在C 点受到的库仑力大小．
（3）由动能定理求出小球返回A 点前瞬间的速度，由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力． 【详解】
（1）小球从A 运动到B ，AB 两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：
()
02
11cos602
KB A mgR E mv --=-
代入数据解得：5
6
KB E mgR =
（2）小球第一次过A 时，由牛顿第二定律得：
22A v Qq
N k mg m R R
+-=
由题可知：8
3
N mg =
联立并代入数据解得：
2
Qq
k
mg R = 由几何关系得，OC 间的距离为：
23
cos30R r R =
=︒
小球在C 点受到的库仑力大小 ：
2223
Qq Qq
F k
k r R ==⎛⎫ ⎪⎝⎭
库
联立解得3
=
4
F mg 库 （3）从A 到C ，由动能定理得：
2
102
f A W mgR W mv ---=-电
从C 到A ，由动能定理得：
212
f A W mgR W mv +=
'-电 由题可知：23
2
W mgR -=
电 小球返回A 点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N ′，由牛顿第二定律得：
22A
v Qq N k mg m
R R
'-'+= 联立以上解得： (
)2833
3
N mg -'=
，
根据牛顿第三定律得，小球返回A 点时，对圆弧杆的弹力大小为(
)2833
3
mg -，方向向
下．
6．一个质量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 =⨯
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，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22224
16m 23B v x a =
= 同理可得，第三次碰撞时，
12132322mv 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
2
22
36
16
m
23
B
v
x
a
==
同理推理可得，第n次碰撞，碰撞AB的速度分别为：
11n-1
12
m/s
33
n n
v v
==
（)
，
2n1n-1)
48
m/s
33n
v v
==
（
B第n次停止时的位移:
2
2
n2
16
m
23
n
n
B
v
x
a
==
则A、B停止运动时，B的总位移
123
2462
2
++
16161616
m m+m+m
3333
1
=2(1-)m
3
n
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=．
8．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
2
2
8J
1
8J
2
Gh
G
t
m
=
=
即
联立解得
3
2
F
G
=
由图可知
33
tan sin
27
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：
2
124
()J
27
kmin
E m v sinθ
==
9．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U1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t0；
(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 l 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=66l 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．
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
22172
5()()32.6s
33
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．如图所示，一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中央水平射入偏转电场，离子的初速度为v0，质量为m，A、B间电压为U，间距为d。

C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属档板，屏MN足够大。

若A、B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d，不考虑离子所受重力，元电荷为e。

（1）写出离子射出A、B板时的侧移距离y的表达式；
（2）离子通过A、B板时电势能变化了多少？
（3）求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上。

【答案】（1）y＝
2
2
2
eUL
mdv
；（2）电势能减少了
222
22
2
e U L
md v
；（3）打到屏MN上离子的初动能范围为
22
22
3
22
k
eUL eUL
E
d d
<<
【解析】
【详解】
（1）离子在A、B板间做类平抛运动，加速度a=
eU
md
，离子通过A、B板用的时间
t=
L
v，离子射出A、B板时的侧移距离
y =12
at 2=22012eU L md v ⨯⨯=220 2eUL mdv （2）离子通过A 、B 板时电场力做正功，离子的电势能减少，电场力做的正功
W =eU d
y =222220
2e U L md v 电场力做多少正功，离子的电势能就减少多少，即离子通过A 、B 板时电势能减少了
222
220
2e U L md v 。

（3）离子射出电场时的竖直分速度v y =at ，射出电场时速度的偏转角
tan θ=
y v v =
20
eUL
mdv 离子射出电场时做匀速直线运动，要使离子打在屏MN 上，需满足y ＜2
d
，即220 2eUL mdv ＜
2
d
，解得离子的动能 E k >22
2eUL d
同时也要满足L tan θ+y ＞2d ，即220 eUL mdv +22
0 2eUL mdv ＞2
d
，解得离子的动能 E k <2
2
32eUL d
打到屏MN 上离子的初动能范围为
22
22
322k eUL eUL E d d
<< 答：（1）离子射出A 、B 板时的侧移距离y = 2
20
2eUL mdv ；（2）离子通过A 、B 板时电势能减
少了222220 2e U L md v ；（3）打到屏MN 上离子的初动能范围为22
22
322k eUL eUL E d d <<。

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＝2
x
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．
14．(1)在“测定金属的电阻率”的实验中，由于金属丝直径很小，不能使用普通刻度尺，应使用螺旋测微器。

螺旋测微器的精确度为_________mm，用螺旋测微器测量某金属丝直径时的刻度位置如图所示，从图中读出金属丝的直径为_________mm。

(2)如果测出金属丝接入电路的长度l、直径d和金属丝接入电路时的电流I和其两端的电压U，就可求出金属丝的电阻率。

用以上实验中直接测出的物理量来表示电阻率，其表达式为ρ=___________。

(3)在此实验中，金属丝的电阻大约为4Ω，在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，选用了如下实验器材：
A．直流电源：电动势约4.5 V，内阻不计；
B．电流表A：量程0~0.6 A，内阻约0.125Ω；
C．电压表V：量程0~3 V，内阻约3 kΩ；
D．滑动变阻器R：最大阻值10Ω；
E．开关、导线等。

在以下可供选择的实验电路中，应该选图____（填“甲”或“乙”），选择的接法为____接法（填“内”或“外”），此接法测得的电阻值将___________（填“大于”、“小于”或“等于”）被测电阻的实际阻值。

(4)根据所选实验电路图，在实物图中完成其余的连线___________。

在闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置在_________（填“最左”或“最右”）端。

(5)根据所选量程，某次实验两电表的示数如图，则读数分别为_________V和_________A。

(6)若某次实验测得接入电路金属丝的长度为0.810m，算出金属丝的横截面积为0.81×10-
6m2，根据伏安法测出电阻丝的电阻为4.1Ω，则这种金属材料的电阻率为__________（保留二位有效数字）。

【答案】0.01 0.640
24d lI
U
πρ=
甲 外 小于
最左 2.15 0.16 1×10-6Ω·m
【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]螺旋测微器的精确度为0.01mm [2]金属丝的直径为
0.5mm+0.01mm×14.0=0.640mm 。

(2)[3]根据U R I
=及
214
l
R d ρ
π=解得 24d lI
U
πρ=
(3)[4] [5]因待测电阻的阻值较小，故采用电流表外接电路，即甲电路；
[6]因电压表的分流作用，使得电流表的测量值大于电阻上的实际电流，故此接法测得的电阻值将小于被测电阻的实际阻值。

(4)[7]连线如图；在闭合开关S 前，滑动变阻器的阻值调节到最小，故滑片应置在最左端。

(5)[8]电压表读数为2.15V ； [9]电流表读数为0.16A 。

(6)[10]根据
214
l
R d ρ
π=可得24d R
l
πρ=，代入数据可知
ρ=4.1×10-6Ω·m 【点睛】
螺旋测微器示数等于固定刻度与可动刻度示数之和，对螺旋测微器读数时要注意估读；实验器材的选择、设计实验电路图是本题的难点，要掌握实验器材的选取原则及电路选择的
原则。

15．实验室有一个阻值约200Ω左右的待测电阻R x
（1）甲同学用伏安法测定待测电阻R x的阻值，实验室提供如下器材：
电池组E：电动势3V，内阻不计
电流表A1：量程0~15mA，内阻约为100Ω
电流表A2：量程0~600μA，内阻为1000Ω
滑动变阻器R1：阻值范围0~20Ω，额定电流2A
电阻箱R2，阻值范围0~9999Ω，额定电流1A
电键S、导线若干
①为了测量待测电阻两端的电压，该同学将电流表A2与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到__________Ω时，将电流表A2改装成一个量程为3.0V的电压表。

②为了尽可能准确地测量R x的阻值，在方框中画完整测量R x阻值的电路图，并在图中标明器材代号__________________。

③调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是___mA，电流表A2的示数是____μA，则待测电阻R x的阻值是____Ω。

（2）乙同学则直接用多用电表测R x的阻值，多用电表电阻挡有3种倍率，分别是×100、×10、×1．该同学选择×100倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大．为了准确地进行测量，请你从以下给出的操作步骤中，选择必要的步骤，并排出合理顺序：______．（填步骤前的字母）
A．旋转选择开关至欧姆挡“×l”
B．旋转选择开关至欧姆挡“×10”
C
．旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔
D ．将两表笔分别连接到Rx 的两端，读出阻值后，断开两表笔
E ．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔 按正确步骤测量时，指针指在图示位置，R x 的测量值为______Ω．
【答案】4000Ω 8.0mA 300μA 187.5Ω B 、E 、D 、C 220Ω
【解析】
【详解】
（1）①[1]为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A 2电阻箱串联组成电压表；改装后电压表量程是3V ，则电阻箱阻值
26
31000400060010A g U R r I -=-=-=Ω⨯ ②[2]因改装后的电压表内阻已知，则采用电流表A 1外接，电路如图：
③[3][4][5]由图可知，电流表A 1的示数是8mA ，电流表A 2的示数是300μA ，则待测电阻R x 的阻值是
622312()30010(10004000)187.5(80.3)10
A x I r R R I I --+⨯+===Ω--⨯。

（2）①[6]该同学选择×100倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大，说明倍率档选择过大，应该选择×10倍率档，然后调零再进行测量；即操作顺序是：BEDC；
②[7]Rx的测量值为22×10Ω=220Ω。

16．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5 V，额定功率为0.5 W，此外还有以下器材可供选择：
A．直流电源3 V(内阻不计)
B．直流电流表0～300 mA(内阻约为5 Ω)
C．直流电流表0～3 A(内阻约为0.1 Ω)
D．直流电压表0～3 V(内阻约为3 kΩ)
E．滑动变阻器100 Ω，0.5 A
F．滑动变阻器10 Ω，2 A
G．导线和开关
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．
(1)实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________；(均填写仪器前的字母)
(2)在图甲所示的虚线框中画出符合要求的实验电路图_______________(虚线框中已将所需的滑动变阻器画出，请补齐电路的其他部分，要求滑片P向b端滑动时，灯泡变亮)；
(3)根据实验数据，画出的小灯泡的I－U图线如图乙所示．由此可知，当电压为0.5 V时，小灯泡的灯丝电阻是________Ω.
【答案】BF 分压式如图所示：
5
【解析】
试题分析：（1）灯泡的额定电流
0.5
200mA
2.5
I==；故电流表选择B；因本实验只能接
用分压接法，故滑动变阻器选择小电阻F；
（2）根据实验要求可知，滑动变阻器采用分压接法，并且测量电路应与滑动变阻器的左半部分并联；电流表采用外接法；原理图如下；
（3）由画出的伏安特性曲线可知，0.5V U =时，电流0.10A I =，则对应的电阻0.550.1
R ==Ω； 考点：“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验
17．某课外探究小组做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验，小灯泡的额定电压4V ，额定功率为1.9W 左右。

实验室准备了以下实验器材：
A .蓄电池（电动势为6V ，内阻约为1 Ω）；
B .电压表（量程为0~4.5 V ，内阻约为8 k Ω）；
C ．电压表（量程为0~3 V ，内阻约为5 k Ω）；
D ．电流表（量程为0~1.2 A ，内阻约为0.8 Ω）；
E .电流表（量程为0~500 mA ，内阻约为0.3 Ω）；
F .滑动变阻器（0~5 Ω，1.5 A ）；
G .滑动变阻器（0~50 Ω，1.2 A ）；
H .开关、导线若干。

(1)实验中所用电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用_______；（填写器材前的字母）
(2)实验时要求尽量减小实验误差，要求伏安特性曲线从零开始取值，请在虚线框中画出合理的电路图_____。

(3)该小组根据正确的操作得到数据，画出了该小灯泡的伏安特性曲线，如图所示，则该小灯泡的额定功率为_______W 。

将该小灯泡与电动势为3.0 V 、内阻为2 Ω的电源直接串联，则该小灯泡的实际功率是_______。

（以上结果均保留两位有效数字）。

【答案】B E F 2.0 0.90~0.95W
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[2][3][4]做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的额定电压为4V，因此电压表的量程应大于等于4V，因此选B ；小灯泡的额定功率为1.9W，因此流过小灯泡的额定流为0.5A左右，故电流表选E；由于小灯泡两端的电压需要从零开始调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，阻值越小，调节起来越方便，因此选F。

(2)[4]小灯泡的阻值较小，电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压式接法，电路如图所示
(3)[5]从图象可知，当额定电压为4V时，电流为0.5A，因此额定功率为2.0W。

[6]将电源路端电压与电流的图象画到小灯泡的U—I图中，如图所示
两个图象的交点就是流过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压值，图中
I
2.2V
U ，=0.42A
因此
P UI
==0.93W
18．在“测定金属的电阻率”的实验中，小强同学先用多用电表粗测了一段粗细均匀的电阻丝的阻值（约为5Ω），随后将其固定在带有刻度尺的木板上，准备进一步精确测量其电阻.
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为
___________mm.
(2)现有电源（电动势E为3. 0V，内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材：A．电流表（量程0～3A，内阻约0. 025Ω）
B．电流表（量程0～0. 6A，内阻约0. 125Ω）
C．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）
D．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流2A）
E. 滑动变阻器（0～100Ω，额定电流1A）
①为减小误差，且便于操作，在实验中电流表应选___________，滑动变阻器应选
___________（选填器材前的字母）.
②如图甲所示，是测量该电阻丝实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，还有两根导线没有连接，请补充完整___________.
③在甲图中，在开关闭合前，滑动变阻器的滑片应当调到最_________（选填“左”或“右”。