常德市高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

常德市高中物理必修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，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，在沿水平方向的匀强电场中，有一长度l =0. 5m 的绝缘轻绳上端固定在O 点，下端系一质量21010m .-=⨯kg 、带电量82.010q -=⨯C 的小球（小球的大小可以忽略）在位置B 点处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角α=37°，空气阻力不计，sin37°=0. 6，cos37°=0. 8，g =10m/s 2. （1）求该电场场强大小；
（2）在始终垂直于轻绳的外力作用下将小球从B 位置缓慢拉动到细绳竖直位置的A 点，求外力对带电小球做的功；
（3）过B 点做一等势面交电场线于C 点（C 点未画出），使轻绳与竖直方向的夹角增大少许（不超过5°），再由静止释放，求小球从C 点第一次运动到B 点的时间，并写出分析求解过程.
【答案】(1) 63.7510E =⨯N/C (2)2
1.2510F W J -=⨯ (3)0.31t s =
【解析】 【详解】
（1）带电小球静止，受到合力等于零，电场力与重力的关系是：
tan Eq mg α=，即tan mg
E q
α=
代入数值计算得电场场强大小：63.7510/E N C =⨯
（2）小球在外力作用下从B 位置缓慢移动到A 位置过程中，根据动能定理有：
sin (cos )0F W Eql mg l l αα-+-=
所以sin tan (cos )F mg
W q mg l l q
ααα=
-- 代入数值解得电场场强大小：2
1.2510F W J -=⨯
（3）分析受力可知：小球在运动过程中，重力和电场力的合力为恒力，大小为
5
cos 4
mg F mg α=
= 类比研究单摆的方法可知，小球的运动与单摆类似，回复力由上述合力沿圆周切向的分力提供。

因为从C 到B 的角度θ很小，进一步可知回复力与相对平衡位置的位移大小成正
比、方向相反，故小球的运动为简谐运动。

小球的运动可等效为在某个场强大小为
5
4
g mg
'=，方向与竖直方向成α角斜向右下的场中做简谐运动，其周期为
22
5/4
l l
T
g g
ππ
==
'
故从C到B最短的时间
1
0.10.31
4
t T s
π
===
3．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v0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
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．
4．如图，真空中xOy 平面直角坐标系上的ABC 三点构成等边三角形，边长L =2.0m 。

若将电荷量均为q =+2.0×10-6C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k =9.0×109N·m 2/C 2。

求： (1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C 点的电场强度的大小和方向。

【答案】(1)F =9.0×10-3N ；(2)37.810N /C E =⨯，方向沿y 轴正方向 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据库仑定律，A 、B 间的库仑力大小为
2
2q F k L
=
代入数据得
F =9.0×10-3N
(2)A 、B 两点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为
12
q E k
L =
A 、
B 两点电荷形成的电场在
C 点的合场强大小为
12cos 30E E ︒=
代入数据得
3393
10N/C 7.810N/C E =
⨯≈⨯ 方向沿y 轴正方向。

5．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
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：
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
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：
2
01001222
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2222416m 23
B 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2223616
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-112m/s 33n n v v ==（)，2n 1n-1)48m/s 33
n
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．如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中，存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为4E0，虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x轴的交点为A，A点坐标为（L、0），虚线与x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向右的匀强电场．电场强度大小为E0．()
M L L
-、和()0
N L
-、两点的连线上有一个产生粒子的发生器装置，产生质量均为m，电荷量均为q静止的带正电的粒子，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，且整个装置处于真空中．已知从MN上静止释放的所有粒子，最后都能到达A点：
（1）若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A 点，求到达A点的速度大小；
（2）若粒子从MN上的中点由静止开始运动，求该粒子从释放点运动到A点的时间；（3）求第一象限的电场边界线（图中虚线）方程．
【答案】（1）0
10qE L
v
m
=2）
32
2
mL
t
qE
=3）2
2
()
y Lx x
L
=-(0)
x L
≤≤
【解析】
试题分析：（1）由动能定理：2
00
1
4
2
qE L qE L mv
+=，得：0
10qE L
v
m
=
（2）分析水平方向的运动：粒子先匀加速位移L，再匀速位移L到第一象限的速度
2
00
1
2
qE L mv
=，匀加速时间1
2L
t
v
=，匀速时间
2
L
t
v
=，则总时间
12
32
2
mL
t t t
qE
=+=
（3）设粒子从MN线上某点由静止释放，经第一象限电场边界交点(,)
Q x y，后做匀速直
线运动到A 点，在第一象限做类平抛运动，水平：0x v t
=，竖直方向：212
h at =
反向延长AQ 与水平位移交点为其中点，还有以下几何关系：2
01()22
x a v y
x L x
=
-， 且2
02v a L ='，
003/4/qE m a a qE m
'== 推出边界方程：22
()y Lx x L
=
-(0)x L ≤≤ 考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动、类平抛运动、运动的分解、动能定理.
9．在空间中取坐标系Oxy ，在第一象限内平行于y 轴的虚线MN 与y 轴距离为d ，从y 轴到MN 之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场，如图所示．一电子从静止开始经电压U 加速后，从y 轴上的A 点以平行于x 轴的方向射入第一象限区域，A 点与原点O 的距离为h ．不计电子的重力．
（1）若电子恰好从N 点经过x 轴，求匀强电场的电场强度大小E 0；
（2）匀强电场的电场强度E 大小不同，电子经过x 轴时的坐标也不同．试求电子经过x 轴时的x 坐标与电场强度E 的关系．
【答案】（1）024Uh E d =（2）Uh
x E
=或22d Uh x Ed =+
【解析】 【分析】
本题考查电子在电场中的受力及运动 【详解】
设电子的电荷量为e 、质量为m ，电子经过电场加速后获得速度v 0．则
2
012
eU mv =
（1）电子从A 点运动到N 点，有
00d v t =
eE a m
=
212
h at =
联立解得电场强度大小
02
4Uh
E d =
（2）讨论两种情况： ①当2
4Uh
E d ≥
时，电子从电场内经过x 轴，有 0x v t =
eE a m
=
212
h at =
联立解得x 坐标与电场强度E 的关系为
2
Uh
x E
= ②当2
4Uh
E d <
时，电子先离开电场，之后再经过x 轴在电场内运动时间为t 1，有 01d v t =
21112
y at =
1y v at =
在电场外运动时间为t 2，电子做匀速直线运动，有
02x d v t -=
12y h y v t -=
联立解得x 坐标与电场强度E 的关系为
22d Uh x Ed
=
+
10．一匀强电场足够大，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：si nθ＝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.
11．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 －1
2
a 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
'21111113()()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 '
2
1'02
x 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 ＝
1
2
g （t ＋t '）2＝20m
12．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/s 2。

（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
05()25m/s mg Eq R
v m
+=
=
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．在一次实验技能比赛中，要求较精确地测量电阻的阻值，有下列器材供选用：
A．待测电阻Rx（约300Ω）
B．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）
C．电流表A1（量程20mA，内阻约5Ω）
D．电流表A2（量程10mA，内阻约10Ω）
E．滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流2A）
F．滑动变阻器R2（(0～2000Ω，额定电流0.5A）
G．直流电源E（3V，内阻约1Ω）
H．开关、导线若干
（1）甲同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路，电路图如图甲所示，则电流表应选择_________（选填“A1”或“A2”），滑动变阻器应选择____________（选填“R1”或
“R2”）。

（2）乙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图乙所示的测量电路，具体操作如下：
①按图乙连接好实验电路，闭合开关S1前调节滑动变阻器R1、R2的滑片至适当位置；
②闭合开关S1，开关S2处于断开状态，调节滑动变阻器R1、R2的滑片，使电流表A2的示数恰好为电流表A1的示数的一半；
③闭合开关S 2并保持滑动变阻器R 2的滑片位置不变，读出电压表V 和电流表A 2的示数，分别记为U 、I ；
④则待测电阻的阻值Rx=__________（用题中所给字母表示）。

（3）比较两同学测量电阻Rx 的方法，你认为哪个同学方法更有利于减小系统误差？____________（选填“甲”或“乙”）同学。

【答案】A 2 R 1 U
I
乙 【解析】 【分析】
由题意可知考查伏安法测电阻，消除系统误差的方法。

根据欧姆定律、串并联电路关系分析可得。

【详解】
(1)[1] [2] 估算一下待测电流，
3A=0.01A=10mA 300
U I R =
=， 故电流表选择A 2，因滑动变阻器采用分压式接法，选择R 1调节更方便，故滑动变阻器选择R 1；
(2)[3] 闭合开关S 1，开关S 2处于断开状态，调节滑动变阻器R 1、R 2的滑片，使电流表A 2的示数恰好为电流表A 1的示数的一半；此时A 2和R 2电阻之和等于R x 的电阻。

当闭合开关S 2并保持滑动变阻器R 2的滑片位置不变，读出电压表V 和电流表A 2的示数，分别记为U 、I ；A 2和R 2电阻之和等于R x 的电阻等于U 与I 的比值。

(3)[4] 甲图存在系统误差，测量值大于真实值，乙图方案消除了系统误差，故乙同学的方案更有利于减小系统误差。

【点睛】
电流表内接法测量值大于真实值，外接法测量值小于真实值，当R X <A V R R ，电流表选择内接法，当R X >A V R R ，电流表采用的是外接法。

15．(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
2
4
d
lI
U
π
ρ=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
2
1
4
l
R
d
ρ
π
=
解得
2
4
d
lI
U
π
ρ=
(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2
1
4
l
R
d
ρ
π
=
可得
2
4
d R
l
π
ρ=，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。

16．某同学想要测量一只量程已知的电压表V的内阻，实验室提供的器材如下：
A．电池组（电动势约为3V，内阻不计）
B．待测电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）一只
C．电流表A（量程3A，内阻15Ω）一只
D．滑动变阻器R1（最大阻值为15kΩ）一个
E．变阻箱R2（0~9999Ω）一个
F．开关和导线若干
(1)该同学设计了如下图所示的两个实验电路图，为了较准确地测出该电压表内阻，你认为合理且可行的是_______。

(2)用你选择的电路进行实验时，闭合电键，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的示数U 和_________（填上文字和符号）。

(3)为了能作出相应的直线图线，方便计算出电压表的内阻，根据所测物理量建立适当的图象_________（填字母序号）。

A ．U I - B ．1U I
- C ．
1
R U
- D ．U R -
(4)根据前面所做的选择，若利用实验数据所作图像的斜率为k 、截距为b ，则待测电压表V 内阻的表达式R V =_______。

【答案】A 电阻R C b k
【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]．图B 电路 中由于滑动变阻器最大阻值为15kΩ，电路电流较小，改变阻值过程中，电流表读数变化范围太小，因此B 电路不合理。

图A 电路，由于电阻箱R 2电阻最大阻值为9999Ω，改变电阻箱阻值可以改变电压表示数，测出多组实验数据，因此比较合理的实验电路是图A 。

(2)[2]．选择电路A 进行实验时，闭合电键，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的示数U 和电阻箱R 2的阻值R 。

(3)[3]．由于电源内阻可以忽略不计，由闭合电路欧姆定律可得
V
U E U R R +
＝ 此式可改写为
111 V
R U E ER +＝ 以R 为横坐标，
1U 为纵坐标，作出1
U
−R 图象，用图象法处理实验数据，故选C 。

(4)[4]．由
111 V R U E ER +＝，则1U
−R 图象的斜率
1
V
k
ER
＝
截距
1
b
E
＝
则电压表内阻
V
b
R
k
＝
17．LED绿色照明技术已经走进我们的生活。

某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED 灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同。

实验室提供的器材有：
A．电流表A1（量程为0~5mA，内阻R A约为3Ω）
B．电流表A2（量程为0~4mA，内阻R A2=10Ω）
C．电压表V（量程为0~10V，内阻R v=1000Ω）
D．定值电阻R1=590Ω
E.定值电阻R2=990Ω
F.滑动变阻器R（最大阻值为200）
G.蓄电池E（电动势为4V，内阻很小）
H.开关S一只，导线若干
(1)如图甲所示，请选择合适的器材，电表1为_________，定值电阻为__________（填写器材前的字母序号）；
(2)请将图乙中的实物连线补充完整_______；
(3)请写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式：R x=____________（电表1的读数用a表示，电表2的读数用b表示，其余电学量用题中所对应的电学符号表示）。

【答案】C E
2A2
V
()
b R R
a
b
R
+
-。