高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试与练习(word解析版)

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试与练习（word 解析版）
一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）
1．竖直放置的平行金属板A 、B 带等量异种电荷(如图)，两板之间形成的电场是匀强电场．板间用绝缘细线悬挂着的小球质量m=4．0×10－5kg ，带电荷量q=3．0×10－7C ，平衡时细线与竖直方向之间的夹角α=37°．求：
(1)A 、B 之间匀强电场的场强多大?
(2)若剪断细线，计算小球运动的加速度，小球在A 、B 板间将如何运动? 【答案】(1)E =1×103N/C (2) 12.5m/s 2 【解析】 【详解】
（1）小球受到重力mg 、电场力F 和绳的拉力T 的作用，由共点力平衡条件有：
F =qE =mg tan α
解得：
537
tan 410100.75 1.010N/C 310
mg E q α--⨯⨯⨯===⨯⨯ 匀强电场的电场强度的方向与电场力的方向相同，即水平向右；
（2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37°匀加速直线运动，设其加速度为a 由牛顿第二定律有：
cos mg
ma θ
= 解得：
212.5m/s cos g
a θ
=
= 【点睛】
本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此
后小球的运动情况．
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/s 2，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
4．如图所示，长=1m L 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，绳与竖直方向夹角θ=37°。

已知小球所带电荷量
61.010q C -=⨯，匀强电场的场强33.010N/C E =⨯，取重力加速度210m/s g =，
sin370.6︒=。

求：
（1）小球所受电场力F 大小； （2）小球质量m ；
（3）将电场撤去小球回到最低点时速度v 的大小； （4）撤去电场后小球到达最低点时绳子对小球的拉力大小。

【答案】（1）3⨯10-3N ；（2）4⨯10-4kg ；（3）2m/s ；（4）5.6⨯10-3N 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小球所受电场力F 大小
3310N F qE -==⨯
（2）球受mg 、绳的拉力T 和电场力F 作用，
根据共点力平衡条件和图中几何关系有
tan
mg qE
θ=
解得小球的质量
-4
410kg
m=⨯
（3）将电场撤去，小球摆动到最低点的过程由机械能守恒定律得：
2
1
(1-cos37)
2
mgL mv
︒=
解得
2.0m/s
v=
（4）将电场撤去，小球摆动到最低点时由牛顿第二定律得
2
-
v
T mg m
L
=
解得
-3
5.610N
T=⨯
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
1
3
h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)
2
9
mgh
q
kQ
=,
7
9
a g
=方向竖直向上(2)
27
4
kQ
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，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)sin kQq R mg α=【解析】 【详解】 (I)根据
2Q
E k
r
= 又因为
sin H
r α
=
所以
2
2sin 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
2
sin kQq
mg R α=
解得
sin kQq
R mg α
=
答案：(1) 2
2sin A Q E k H α=(2)22
sin sin kQq a g mH
αα=- (3)sin kQq R mg α=
二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）
7．图为梯形AB =AD =L ，AD 平行于BC 。

角BCD 等于30度。

在空间内有平行于纸面的匀强电场，第一次将质量为m ，电荷量为q >0的某带电粒子由A 点射出。

恰经过B 点，电场力做功为W 且W >0。

第二次将该粒子仍从A 点以相同的初动能射出，恰经过C 点电场力做功为2W ，不计粒子重力。

求：
（1）匀强电场电场强度大小和方向；
（2）若粒子初动能不变，从A 点射出，恰经过D 点，那么电场力做了多少功。

【答案】（1）()
52313W E q L
+=+方向与竖直方向夹角13523
θ=+（213
+ 【解析】 【详解】
(1)由题意可知2AC AB U U
= ，如图所示过
D
做BC 垂线交BC 于Q ，连接AC ，取AC 终点
P ，连接BP ，则可得AP =BP =PC ，过A 做AN 垂直于BP ，则AN 方向即为电场方向；因为角BCD 等于30度，AB =AD =L ，故QC =3L ，在三角形ABC 中有：
()
2
23AC L L L
=++
解得：
(
)
523AC L =
+
由几何关系可知三角形ABN 与三角形CAB 相似，故有：
AB AN
AC BC
=
解得：
)13523
L AN d +==+
而带电粒子A 到B 电场力做功W ，则有：
W qEd =
所以解得：
()
52313W E q L
+=
+
设电场方向与AB 方向夹角为θ，则有：
)
13cos 523
d
L θ+==
+ 所以夹角为：
)13arccos
523
θ+=+
(2)如图过D 点做AN 垂线交AN 于M ，由几何关系可知三角形ADM 与三角形ABC 相似，所以有：
AM AD
AB AC
=
解得：
523
AM d '=
=+
故当粒子经过D 点时，电场力做功为：
()
52313
13523
W W qEd q q L
+''==⨯
⨯
=
+++ 答：（1）匀强电场电场强度大小()
52313W E q L
+=
+，方向与竖直方向夹角
)13arccos
523
θ+=+；
（2）恰经过D 点，那么电场力做功
13
+。

8．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O 为圆心，半径为R 的圆，AB 为圆的直径，如图所示。

质量为m ，电荷量为q （q >0）的带电粒子在纸面内自A 点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。

已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C 点以速率v 0穿出电场，AC 与AB 的夹角θ=60°。

运动中粒子仅受电场力作用。

（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？ （3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv 0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【答案】(1) 20
2mv E qR
=；(2)0
1
2v v ；(3)0或0
23v v 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由题意知在A 点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q >0，故电场线由A 指向C ，根据几何关系可知：
AC
x R
所以根据动能定理有：
20102
AC
qEx mv
解得：
20
2mv E qR
=；
（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC 垂线并且与圆相切，切点为D ，即粒子要从D 点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有
1sin 60
x R v t
21cos60
2
y
R R at 而电场力提供加速度有
qE ma =
联立各式解得粒子进入电场时的速度：
1
24
v v ； （3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv 0，即在电场方向上速度变化为v 0 ，过C 点做AC 垂线会与圆周交于B 点，故由题意可知粒子会从C 点或B 点射出。

当从B 点射出时由几何关系有
223BC
x R
v t
2212
AC
x R
at 电场力提供加速度有
qE ma =
联立解得0
2
32
v v ；当粒子从C 点射出时初速度为0。

另解：
由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为0mv ，此即问题的一个解。

自A 点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自B 点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为0mv ，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为
03v v =
9．如图所示，在竖直平面内有一固定的光滑绝缘轨道，圆心为O ，半径为r ，A 、B 、C 、D 分别是圆周上的点，其中A 、C 分别是最高点和最低点，BD 连线与水平方向夹角为37︒。

该区间存在与轨道平面平行的水平向左的匀强电场。

一质量为m 、带正电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经过D 点时速度最大，重力加速度为g （已知sin370.6︒=，cos370.8︒=），求:
(1)小球所受的电场力大小；
(2)小球经过A 点时对轨道的最小压力。

【答案】（1）4
3
mg ；（2）2mg ，方向竖直向上. 【解析】 【详解】
（1）由题意可知 :
tan 37mg
F
︒= 所以:
43
F mg =
（2）由题意分析可知，小球恰好能做完整的圆周运动时经过A 点对轨道的压力最小. 小球恰好做完整的圆周运动时，在B 点根据牛顿第二定律有:
2sin 37B v mg
m r
︒
= 小球由B 运动到A 的过程根据动能定理有:
()
22
111sin 37cos3722
B A mgr Fr mv mv ︒︒--+=-
小球在A 点时根据牛顿第二定律有:
2A
N v F mg m r
+=
联立以上各式得:
2N F mg =
由牛顿第三定律可知，小球经过A 点时对轨道的最小压力大小为2mg ，方向竖直向上.
10．如图所示，在E ＝1.0×103 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN 与一水平绝缘轨道MN 在N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R ＝0.5m ，N
为半圆形轨道最低点，P 为QN 圆弧的中点，一带负电q ＝1.0×10－
3 C 的小滑块质量m ＝
0.1kg ，与水平轨道间的动摩擦因数 μ＝0.5，位于N 点右侧M 处，NM 的距离长1m 。

小滑块现以初速度v 0向左运动，恰能通过圆轨道的最高点Q 点，已知g =10 m/s 2，试求：
(1) 小滑块离开Q 点时的速度Q v 的大小？ (2) 小滑块离开Q 点后，落在MN 轨道何处？ (3) 小滑块的初速度v 0的大小？ 【答案】10m/s (2)1m (3) 70m/s 【解析】 【详解】
(1)小滑块在Q 点受力有：
mg ＋qE ＝2Q v m
R
，
解得：10Q v = (2)通过Q 点后做类平抛：
20F a
m
=
=合
m/s 2 21
22
y R at ==，
Q x v t =，
解得：x =1m
(3)小滑块从M 到Q 点过程中，由动能定理得:
－mg ·
2R －qE ·2R －μ(mg ＋qE )x ＝12
mv Q 2－2
012mv
联立方程组，解得：v 0＝70m/s.
11．一个初速为零的电子在经U 1=4500V 的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入，如图所示，若两板间距d=1.0cm,板长L ＝3.0cm ，两板间的电压U 2=200V ；已知电子的带电量为e=1.6×10－19 C ，质量为m=0.9×10－30kg ，只考虑两板间的电场，不计重力，求：
（1）电子经加速电压加速后以多大的速度V 0进入偏转电场 （2）电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y
（3）电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P 点，如图所示，则P 点到下极板右端的距离x
【答案】(1)7
0410/v m s =⨯；（2）0.1cm ；（3）6cm
【解析】 【详解】
(1) 加速过程，由动能定理得：2
1012
eU mv =，代入数据可得：70410m v s =⨯； (2)根据电子在板间做类平抛运动：2
12y at =，其中2qU a md
=，0L t v =，由以上三式代入
数据可得：0.1y cm =；
(3)根据电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹解为θ，则
tan 2
y
L θ=
，利用
几何关系：2
tan
L
y
x
θ
-
=，由以上两式代入数据可得：
6
=
x cm．
12．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37º，半径r＝2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E＝2×105N／C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m＝5×10－2kg 、电荷量q＝＋1×10－6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0＝3 m／s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25．设小物体的电荷量保持不变，取g＝10 m／s2，sin37º＝0.6，cos37º＝0.8．
（1）求弹簧枪对小物块所做的功；
（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．
【答案】(1)W f=0.475J (2)s=0.57m
【解析】
试题分析：（1）设弹簧枪对小物体做功为W f，由动能定理即可求解；
（2）对小物体进行受力分析，分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学基本公式即可求解．
解：
（1）设弹簧枪对小物体做功为W f，由动能定理得W f﹣mgr（l﹣cosθ）=mv02①
代人数据得：W f=0.475J ②
（2）取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C 点进入电场后的加速度为a1，
由牛顿第二定律得：﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ+qE）=ma1③
小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有：v1=v0+a1t1④
由③④可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有：s l=v0t1+a1t12⑤
电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得：
﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣qE）=ma2⑥
设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有：
0=v1+a2t2⑦
s2=v1t2+a2t22⑧
设CP的长度为s，有：s=s1+s2⑨
联立相关方程，代人数据解得：s=0.57m
答：（1）弹簧枪对小物体所做的功为0.475J；
（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，CP的长度为0.57m．
【点评】本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确对物体受力分析，确定物体的运动情况，难度适中．
三、必修第3册电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，现有两个多用电表 A、B，某同学使用两个多用电表进行相互测量。

（1）将多用电表 A 的选择开关拨至欧姆挡“×100”挡，两表笔短接后发现指针如图甲所示，正确的操作应调节哪个部件_______。

（选填“A”或“B”或“C”）
（2）正确调节后，将多用电表B 拨至“0.5mA”档，与多用电表 A 进行相连，如图乙，那么多用电表A 的红表笔与多用电表 B 的_______相接。

(选填“红表笔”或“黑表笔”)（3）正确连接两多用电表后，发现两表指针如图丙所示，那么测得多用电表B 的内阻为______Ω，此时多用电表 A 欧姆档的内部电源的电动势为_____V。

（计算结果保留两位有效数字）
【答案】B 黑表笔 1000 1.4
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]调整欧姆调零旋钮B，使指针指到欧姆表的0刻度。

(2)[2]电表中的电流都是“红进黑出”，因此电流应从A的黑表笔流入B的红表笔，因此A 的红表笔应接B的黑表笔。

(3)[3]由于欧姆表是倍率档，因此B的内阻
R=⨯=
10100Ω1000Ω
[4]由于欧姆表内阻就是它的中值电阻，为4000Ω，从B表中读出回路电流为0.280mA，根据闭合电路欧姆定律，可得电动势
3
=+=⨯+=
E I R r-
()0.28010(10004000)V 1.4V
14．某实验小组为了测量某待测电阻R x的阻值，先用多用电表进行粗测，后用伏安法精确
测量。

(1)如图甲所示为一简易多用电表内部电路原理图，其中G为灵敏电流计，选择开关S与不同接点连接就构成不同的电表，下列分析正确的是__________。

A．A为黑表笔，B为红表笔
B．将选择开关S与3连接，就构成了欧姆表
C．将选择开关S与1、2连接，就构成了电流表，且与1接点相连时量程较大
D．将选择开关S与4、5连接，就构成了电压表，且与4接点相连时量程较大
(2)如图乙先用多用表×10挡粗测其电阻为______Ω。

(3)实验要求尽可能准确地测量R x的阻值，实验室可提供下面器材，电流表应选_____，电压表应选_____________(填字母代号)
电源E：电动势3V，内阻忽略不计；
电流表A1：量程0~15mA，内阻为100Ω；
电流表A2：量程0~0.6A，内阻约为0.3Ω；
电压表V1：量程0~3V，内阻约3kΩ；
电压表V2：量程0~15V，内阻约15kΩ；
滑动变阻器R：阻值范围0~10Ω；
定值电阻R1：阻值为10Ω；
定值电阻R2：阻值为100Ω；
开关S、导线若干。

(4)在图丙虚线框中画出测量R，阻值的完整电路图，并在图中标明器材代号
____________。

(5)调节滑动变阻器R，当电压表的示数为2.60V，电流表的示数是8.0mA时，则待测电阻R x的阻值为_________Ω。

【答案】BC 120 A1 V1见解析 112.5
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]AB．在多用电表使用时应让电流从红表笔进，黑表笔出，当将选择开关S与3连接，就构成了欧姆表，由此可判断A为红表笔，B为黑表笔，故A错误，B正确；
C．将选择开关S与1、2连接，就构成了电流表，根据并联分流原理，并联的电阻越小分得的电流越大，所以与1接点相连时量程较大，C正确；
D．将选择开关S与4、5连接，就构成了电压表，根据串联分压原理，串联的电阻越大分得的电压越大，所以与5接点相连时量程较大，D错误。

故选BC 。

(2)[2]由图所示欧姆表可知，所测电阻阻值为
12.0×10Ω=120Ω
(3)[3][4]电路中可能出现的最大电流约为
25mA x
E
I R =
= 可用电流表A 1与定值电阻R 2并联，相当于量程为30mA 的电流表；电源电动势为3V ，则电压表选择V 1。

(4)[5]电压表内阻远大于待测电阻的阻值，故电压表外接；滑动变阻器用分压接法，电路如图
(5)[6]电流表的示数是8.0mA ，此时通过待测电阻R x 的电流为16mA ，则待测电阻R x 的阻值为
232.60Ω50Ω112.5Ω21610
x R U R I -=
-=-=⨯
15．如图所示，是测量小灯泡电功率的实物元件图，其中电源是蓄电池组（电动势为6V ，内阻很小不计），小灯泡额定电压是3.8V ，其灯丝电阻约为10Ω，滑动变阻器标有“10Ω、1A”字样，电流表（0～0.6A 、0～3A ），电压表（0～3V 、0～15V ）。

(1)本实验的原理是：_____；
(2)请用笔画线代替导线，把图中的电路元件连接成实验电路_____。

（要求：滑片P 向左移时灯变亮，且连线不得交叉）
(3)小刚合理地连接好电路，并按正确的顺序操作，闭合开关后灯不亮，聪明的小刚猜想： A ．可能灯丝断了
B．可能是变阻器开路
C．可能是小灯泡短路
D．可能是电流表开路
请你借助已连好电路中的电流表和电压表验证小刚的猜想，并将电流表、电压表相应示数填入下表。

猜想电流表示数/A电压表示数/V
如果A成立
如果B成立
A：_____，_____；B：_____，_____；
(4)排除故障后，在测量小灯泡的额定功率时，应先调节_____，使小灯泡两端电压为
_____V，再测出电路中的_____，即可计算出额定功率；若小灯泡两端实际电压为额定电压的1.2倍，则实际功率为额定功率的_____倍。

（假设电阻值不变）
(5)实际测量过程中小刚才发现电压表0～15V量程已损坏（另一量程完好），但他仍想利用现有器材测出小灯泡的额定功率，请你帮他重新设计新电路图并画在下面的方框内
_____。

(6)小刚按重新设计的电路图继续实验，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为_____V时，小灯泡正常发光，此时电流表示数如图所示，则小灯泡的额定功率是_____W。

(7)实验时，若发现电流表指针摆动分别出现了如下图甲、乙所示的两种情况。

请分析在使用电流表时分别存在什么问题，并写在下面的横线上。

甲现象存在的问题：_____；乙现象存在的问题：_____。

【答案】P=UI 0 6 0 0 变阻器滑片 3.8
电流 1.44 2.2 1.52 电流表指针反转，所以电流表正
负接线柱接反电流表指针偏转角度太小，所以电流表所选量程过大
【解析】
【分析】
【详解】
，只要根据电路能测量(1)根据电功率计算公式和电路元件可以知道该实验原理为P UI
出灯泡两端的电压和流过灯泡的电流就可以测量出灯泡的功率。

(2)伏安法测灯泡功率的电路图如图所示。

(3)若灯丝断路，则整个回路不通电流，在实验中电流表A的示数为0，电压表测量电源电动势所以示数为6V
如变阻器开路，则整个回路不通电流，在实验中电流表A的示数为0，此时电压表的示数也为0
(4)排除故障后，在测量小灯泡的额定功率时，应先调节滑动变阻器，使小灯泡两端电压为3.8V，再测出电路中的电流，即可计算出额定功率；若小灯泡两端实际电压为额定电压的
1.2倍，根据2
U P R
=则实际功率为额定功率的1.44倍。

(5)设计电路如图所示：
(6)小刚按重新设计的电路图继续实验，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为2.2V 时，此时灯泡两端的电压能达到3.8V ，小灯泡正常发光，此时电流表读数为0.4A ，则小灯泡的功率为 3.80.4 1.52P UI W ==⨯=
(7)甲的问题：电流表指针反转，所以电流表正负接线柱接反；乙的问题：电流表指针偏转角度太小，所以电流表所选量程过大。

16．（1）甲同学按如图甲所示电路测量量程为500μA 的电流表G 的内阻．他按图甲连接好电路后，先闭合S 1，断开S 2，调节R 1，使电流表G 的指针满偏．再闭合S 2，保持R 1的滑动触头不动，调节R 2使电流表G 的指针指到满刻度的1/3．若此时电阻箱R 2各旋钮的位置如图乙所示，则电流表G 的内阻测量值R G =____Ω．
（2）现将该电流表G 改装成量程为3V 的电压表V ，需给该电流表G 串联一阻值为_____Ω的电阻．
（3）乙同学将（2）问中改装的电压表V 校准后采用伏安法测量某待测电阻R x ，实验室还备有以下器材：
A ．待测电阻R x ，阻值约为200Ω
B ．电源E ，电动势为3V ，内阻可忽略不计
C ．电流表A ，量程为0～15 mA ，内阻r A =20Ω
D ．滑动变阻器R′1，最大阻值10Ω
E ．滑动变阻器R′2，最大阻值5kΩ
F ．开关S ，导线若干
①为提高实验精确度，尽可能测量多组数据，实验中滑动变阻器应选择____（填器材序号字母）．
②请在虚线框内画出乙同学用伏安法测量电阻R x 的电路图_______．
【答案】（1）100 （2）5900 （3）①D ②见解析；
【解析】
【详解】
（1）[1]．因s2闭合前后电总电流不变，则电流表达满偏刻度的1/3时，则并联电阻的电流为电流表满偏电流的2/3．因是并联关系，则
g R
g
R I
R I
＝
得：
R g＝R
g
I
I R=2R
由电阻箱可读出：
R=50Ω
则：
R g=2R=2×50=100Ω
（2）[2]．改装成电压表要串联的阻值为
R=
g
U
I−R g=5900Ω
（3）[3]．因测量范围大，要采用滑动变阻器分压式接法，宜用小阻值，故选D．
[4]．因电压表内阻比得测电阻大的多，宜用电流表外接法．故画得电路图如图所示；
【点睛】
考查的电阻箱的读数，半偏法测电阻，明确总电流认为不变；电路的设计，电流表的内外接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器分压式接法宜用小阻值．
17．有一量程为3V的电压表V，现要测量其内阻R V。

可选用的器材有：
滑动变阻器甲，最大阻值10Ω；
滑动变阻器乙，最大阻值10kΩ；
电阻箱R2，最大阻值9999Ω；
电源E ，电动势约为4V ，内阻不计；
电压表V 0，量程6V ；
开关两个，导线若干。

(1)某小组采用的测量电路如图甲所示，在实物图中，已正确连接了部分导线，请完成剩余部分的连接________。

(2)连接好实验电路后，进行实验操作，请你将下面操作步骤补充完整：
①断开开关S 2和S 1，将R 1的滑片移到最左端的位置；
②闭合开关S 2和S 1，调节R 1的滑片位置，使电压表V 满偏；
③断开开关S 2，保持____________不变，调节R 2，使电压表V 示数为1.00V ，读取并记录此时电阻箱的阻值为R 0。

为使得测量结果尽量准确，滑动变阻器R 1应选择_________(填“甲”或“乙”)，测出的电压表内阻R 测=___________，它与电压表内阻的真实值R V 相比，R 测________R V (选填“＞”、“=”或“＜”)。

(3)另一小组采用了如图乙所示的测量电路图，实验步骤如下：
①断开开关S 2和S 1，将R 1的滑片移到最左端的位置；
②闭合开关S 2和S 1，调节R 1，使电压表V 满偏，记下此时电压表V 0的示数；
③断开开关S 2，调节R 1和R 2，使电压表V 示数达到半偏，且电压表V 0的示数不变； 读取并记录此时电阻箱的阻值为R ＇测，理论上分析，该小组测出的电压表V 内阻的测量值与真实值相比，R V ________R ＇测(选填“＞”“=”或“＜”)。

【答案】 R 1的滑片位置 甲 02
R > =
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．电路连接如图：
(2)③[2][3][4][5]．断开开关S 2，保持R 1的滑片位置不变，调节R 2，使电压表V 示数为1.00V ，读取并记录此时电阻箱的阻值为R 0。

为使得测量结果尽量准确，滑动变阻器R 1应选择阻值较小的甲，因电压表读数为1V ，则电阻箱电压为2V ，电阻箱的阻值等于电压表内阻的2倍，只让测出的电压表内阻R 测=02
R ；实际上当断开S 2时，电阻箱与电压表串联，则支路电阻变大，则电阻箱和电压表上的电压之和大于3V ，电阻箱上的电压大于2V ，即电阻箱的阻值大于电压表内阻的2倍，实验中认为电阻箱的阻值等于电压表内阻的2倍，即它与电压表内阻的真实值R V 相比R 测＞R V 。

(3)[6]．由实验电路图与实验步骤可知，两种情况下分压电路电压不变，电压表示数半偏时电阻箱两端电压与电压表电压相等，电压表内阻与电阻箱阻值相等，电压表内阻测量值等于真实值，即R 测′=R V 。

18．一电流表的量程标称不准确，某同学利用如图所示电路测量该电流表的实际量程.m I 所用器材有：量程不准的电流表A 1，内阻110.0r =Ω，量程标称为5.0mA ；标准电流表A 2，内阻245.0r =Ω，量程1.0mA ；标准电阻1R ，阻值10.0Ω；滑动变阻器R ，总电阻为300.0Ω；电源E ，电动势3.0V ，内阻不计；保护电阻2R ；开关S ；导线。

回答下列问题：
（1）在图甲所示的实物图上画出连线。

（_______）。