重庆市高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

重庆市高中物理必修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，电荷量均为Q ，其中A 带正电荷，B 带负电荷，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），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D 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 ，若取无限远处的电势为零，试求：
（1）在A 、B 所形成的电场中，C 的电势φC 。

（2）小球P 经过D 点时的加速度。

（3）小球P 经过与点电荷B 等高的E 点时的速度。

【答案】（1）222mv mgd q -（2）g 2kQq
（32v 【解析】 【详解】
（1）由等量异种电荷形成的电场特点可知，D 点的电势与无限远处电势相等，即D 点电势为零。

小球P 由C 运动到D 的过程，由动能定理得：
2
102
CD mgd q mv ϕ+=
- ① 0CD C D C ϕϕϕϕ=-=- ②
222C mv mgd q
ϕ-= ③
（2）小球P 经过D 点时受力如图：
由库仑定律得：
122
(2)F F k
d == ④
由牛顿第二定律得：
12cos 45cos 45mg F F ma +︒+︒= ⑤
解得：
a =g +
2kQq
⑥ （3）小球P 由D 运动到E 的过程，由动能定理得：
22
1122
DE B mgd q mv mv ϕ+=
- ⑦ 由等量异种电荷形成的电场特点可知：
DE CD ϕϕ= ⑧
联立①⑦⑧解得：
2B v v = ⑨
2．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E1和E2，在C点的合场强为E C；则
1
2
()
2
kQ
E
L
＝
；2
2
3
()
2
kQ
E
L
＝
则E C=E1-E2
解得：E C＝
2
32
9
kQ
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
mv02
解得：2
1
2
f 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
00
11
222
L
W f n mv mv
电
＝
-⋅⋅-
解得：()20
1
21
4
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
mv02
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．
3．如图所示,一根长为l的不可伸长的细丝线一端固定于O点,另一端系住一个质量为m的带电小球.将此装置放在水平向右的匀强电场E中,待小球稳定后,细丝线与竖直方向夹角为α.求:
(1)小球带什么电,电荷量为多少?
(2)剪断绳子后小球做什么运动？ 【答案】(1)正电，tan mg q E
α
= (2)做初速度是零的匀加速直线运动 【解析】 【详解】
（1）对小球进行受力分析：由于小球所受电场力水平向右，E 的方向水平向右，所以小球带正电．小球受力如图所示，有：qE=mgtanα 即：tan mg q E
α
=
（2）剪断细绳后，小球受重力和电场力，其合力方向沿细绳方向斜向下，则小球将沿细绳的方向做初速度是零的匀加速直线运动．
4．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
5．如图所示，高为h 的光滑绝缘直杆AD 竖直放置，在D 处有一固定的正点荷，电荷量为Q 。

现有一质量为m 的带电小球套在杆上，从A 点由静止释放，运动到B 点时速度达到最大值，到C 点时速度正好又变为零，B 、C 和D 相距分别为
13h 和1
4
h ，静电力常量为k ，
重力加速度为g ，求：
(1)小球的电荷量q 和在C 点处的加速度； (2)C 、A 两点间的电势差。

【答案】(1)29mgh q kQ =,79a g = 方向竖直向上(2)274kQ
h
【解析】 【详解】
(1)小球运动到B 点时速度达到最大，说明小球必带正电，在B 点应有：
2()3
kQq
mg h =
得：
29mgh q kQ
=
在C 点，由牛顿第二定律：
2
()4
kQq
mg ma
h -= 得：
7
9
a g =
，方向竖直向上。

(2)设C 、A 两点间的电势差为U ，则A 、C 间的电势差为-U 。

从A 到C 过程，由动能定理：
()04
h
mg h qU --=
得：
274kQ
U h
=
6．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：
5N F ===
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
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，M 、N 为竖直放置的平行金属板，两板间所加电压为0U ，1S 、2S 为板上正对的小孔. 金属板P 和Q 水平放置在N 板右侧，关于小孔1S 、2S 所在直线对称，两板的长度和两板间的距离均为l ； 距金属板P 和Q 右边缘l 处有一荧光屏，荧光屏垂直于金属板P 和Q ；取屏上与S 1、2S 共线的O 点为原点，向上为正方向建立x 轴，M 板左侧电子枪发射出的电子经小孔1S 进入M 、N 两板间. 电子的质量为m ，电荷量为e ，初速度可以忽略. 不计电子重力和电子之间的相互作用. 为简单计，忽略电容器的边缘效应. （1）求电子到达小孔2S 时的速度大小v ；
（2）金属板P 和Q 间电压u 随时间t 的变化关系如图所示，单位时间内从小孔1S 进入的电子都相同. 电子打在荧光屏上形成一条亮线，忽略电场变化产生的磁场；可以认为每个电子在板P 和Q 间运动过程中，两板间的电压恒定.
a. 试分析、猜测题干中“可以认为每个电子在板P 和Q 间运动过程中，两板间的电压恒定”这句话的根据？
b. 当某个电子在金属板P 、Q 两板间电压0u U =时进入P 、Q 间，求其打到荧光屏上的位置.
c. 求打到荧光屏上的电子最大动能.
d. 试分析在一个周期（即02t 时间）内荧光屏单位长度亮线上的电子个数是否相同？
【答案】(1)0
2eU v m
= (2) a.见解析 b. 34l x = c.02km E eU = d.电子个数相同
【解析】 【详解】
（1）根据动能定理有：2
012
eU mv = 解得：0
2eU v m
=
（2）a. 由（1）中电子速度表达式猜测，由于电子比荷q/m 极大，电子很容易加速到很大的速度，电子在板P 和Q 间运动的时间远小于交变电压变化的周期，故“可以认为每个电子在板P 和Q 间运动过程中，两板间的电压恒定”。

b. 假设所有电子均能打在荧光屏上，下面以偏向P 板的电子为例推导，偏向Q 板的电子推导过程相同。

设电子在偏转电场中的运动时间为1t ，PQ 间的电压为u
垂直电场方向：1l vt = 平行电场方向：2
1112
x at =
此过程中电子的加速度大小eu a ml
= 联立得：10
4ul x U =
电子出偏转电场时，在x 方向的速度1x v at =
电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间2t 到达荧光屏，则
水平方向：2l vt =
竖直方向：22x x v t = 联立解得：20
2ul
x U =
电子打在荧光屏上的位置坐标：120
34l
x x x u U =+= 当0u U =时，142
l l
x =<，电子能打在荧光屏上 故34
l x =。

c. 当12
l
x =±
时，02u U =±，即从极板边缘射出的电子动能最大，无论电子向哪个极板偏转，电场力均做正功。

由全过程动能定理可得：0
022
km U eU e E += 解得02km E eU =
d. 对于有电子穿过P 、Q 间的时间内进行讨论： 打在荧光屏上的电子形成的亮线长度0
34l
x u U ∆=
∆ 由电压图象可知，在任意△t 时间内，P 、Q 间电压变化u ∆相等。

所以在任意t ∆时间内亮线长度x ∆相等。

由题意可知，在任意t ∆时间内，射出的电子个数是相同的，也就是说在任意t ∆时间内，射出的电子都分布在相等的亮线长度x ∆范围内。

因此在一个周期内单位长度亮线上的电子个数相同。

8．一匀强电场足够大，场强方向是水平的．一个质量为m 的带正电的小球，从O 点出发，初速度的大小为v 0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求：
（1）小球运动的加速度的大小是多少？
（2）小球从O 点出发到其运动到最高点时发生的位移大小？ （3）小球运动到最高点时其电势能与在O 点的电势能之差？
【答案】（1）
sin g θ
（2）20sin 2v g θ(3) 22
01cos 2mv θ 【解析】
【详解】
（1）小球做直线运动，所受的合力与速度方向在同一条直线上，
根据平行四边形定则得：sinθ＝mg
ma
解得小球的加速度：sin g
a θ
=
． （2）小球从开始到最高点的位移为：220022v v sin x a g
θ==． （3）因为Eq=mg/tan θ，则小球运动到最高点时其电势能与在O 点的电势能之差等于电场
力做功，即222001cos .cos cos tan 22
P v sin mg E W Eqx mv g θθθθθ∆===
⋅= 【点睛】
本题有两点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是知道小球做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求解位移．知道电势能的变化量的等于电场力的功.
9．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 －
12a 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2222'2'2'2'2
1111113()()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 '21'02x 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 ＝12
g （t ＋t '）2＝20m
10．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 20v 【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； 22
B qE mg ma -= 得8B 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08v t g
= 在该时间内A 的位移为：2200321 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，2056A A E qEs mv ∆==
同理对球B 得：220041 2B B v s v t a t g
=+= 207B B E qEs mv ∆==
解得2063A 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．
11．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212
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:
22222222111113()()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2102
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．
12．将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环BDC 固定在竖直面内，圆环的圆心为O ，D 为圆环的最低点，其中∠BOC ＝90，圆环的半径为R ，水平虚线BC 的上方存在水平向右的范围足够大的匀强电场．圆心O 的正上方A 点有一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球（可视为质点），其直径略小于圆管内径．现将该小球无初速度释放，经过一段时间后小球刚好无碰撞地进入圆管中并继续在圆管中运动，重力加速度为g ．求：
（1）A 点到O 点的距离及匀强电场的电场强度大小；
（2）小球运动到圆环的最低点D 时对圆环的作用力．
【答案】（1）mg q
（2）（3+32mg ；方向竖直向下 【解析】
【详解】
(1)小球被释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则有：
tan 45mg qE
︒=
解得： mg
q E =
因为∠BOC ＝90，圆环的半径为R ，故BC 2R ，故根据几何关系有可知：
AO 2R
(2)小球从A 点到D 点的过程中，根据动能定理得：
()2212022
D R mg R R Eq mv ++=- 当小球运动到圆环的最低点D 时，根据牛顿第二定律得：
2D N v F mg m R
-= 联立解得：
(332N F mg =+
根据牛顿第三定律得小球运动到圆环的最低点D 时对圆环的压力大小为(332mg +，方向竖直向下．
答：(1)A 点到O 2R ,匀强电场的电场强度大小mg
q E =；
(2)小球运动到圆环的最低点D 时对圆环的作用力(332mg +
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．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。

14．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），R0为定值电阻，R、R1、R2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。

15．某物理兴趣小组想测定一个阻值大约为10kΩ，额定电功率为0.1W的电阻R x，现有以下实验器材可以选择：
A．电流表A1（量程为1mA，内阻约为100Ω）
B．电流表A2（量程为3m A，内阻约为20Ω）
C．电压表V1（量程为10V，内阻约为50kΩ）
D．电压表V2（量程为30V，内阻约为100kΩ）
E.直流电源E（电动势为9V，内阻约为1Ω）
F.滑动变阻器R1（20Ω，1A）
G.开关、导线若干
（1）为了方便并能多次测量使结果尽可能精确，电流表应选_______，电压表应选
______，（填器材前面的序号）；
（2）根据所选器材在方框内设计并画出电路图_______；
（3）若操作、读数、计算均无误，考虑到电表内阻影响，R测____R真（填大于、等于或小于）；
（4）为避免电表内阻的影响，小组成员提出用新的器材提出另外的方案如图所示，连接好电路后，闭合开关S1，调节各可变电阻，使得开关S2由断开到闭合，灵敏电流计G指针无偏转，并记录此时电压表示数U和电流表示数I，则待测电阻x R=_____，该方案中若从系统误差分析，R测____R真（填大于、等于或小于）。

【答案】
A C 大于 x U R I
= 等于 【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1][2]由于电源电动势为9V ，故电压表应该选择10V 量程，即电压表选择V 1，通过待测电阻的最大电流约为
9mA 0.9mA 10000
m x E I R ≈
== 故电流表应该选择A 1； （2）[3]由于待测电阻阻值很大，故电流表应该选择内接，由于滑动变阻器的阻值远小于待测电阻，故应该采用分压式接法，电路图如图
（3）[4]由于电压表示数为待测电阻和电流表电压之和，故其值大于真实值，由U R I
=可知待测电阻的测量值大于真实值，故填“大于”； （4）[5][6]当S 2由断开到闭合，灵敏电流计G 指针无偏转，即电流计中无电流，因此电压表的示数即为待测电阻两端电压，电流表示数为通过待测电阻的电流，因此
x U R I
= 由前面分析可知，电压表、电流表的值均为真实值，因此无系统误差，故填 “等于”。

16．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V 1（量程为3 V ，内阻很大）； 电压表V 2（量程为3 V ，内阻很大）；定值电阻R 1（阻值4 kΩ）；
定值电阻R 2（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。