高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷(解析版)

高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷测试卷（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．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．我们可以借鉴研究静电场的方法来研究地球周围空间的引力场，如用“引力场强度”、“引力势”的概念描述引力场。

已知地球质量为M ，半径为R ，万有引力常量为G ，将地球视为均质球体，且忽略自转。

(1)类比电场强度的定义方法，写出地球引力场的“引力场强度E ”的定义式，并结合万有引力定律，推导距离地心为r （r >R ）处的引力场强度的表达式2=G
M E r
引； (2)设地面处和距离地面高为h 处的引力场强度分别为E 引和'
E 引，如果它们满足
'0.02E E E -≤引引
引
，则该空间就可以近似为匀强场，也就是我们常说的重力场。

请估算地
球重力场可视为匀强场的高度h （取地球半径R =6400km ）；
(3)某同学查阅资料知道:地球引力场的“引力势”的表达式为=-G M
r
ϕ引（以无穷远处引力势为0）。

请你设定物理情景，简要叙述推导该表达式的主要步骤。

【答案】(1)引力场强度定义式F
E m
=引，推导见解析；(2)h =64976m ；(3)推导见解析.
【解析】 【分析】 【详解】
(1)引力场强度定义式F E m
=
引 2Mm
F G
r = 联立得
2M E G
r =引 (2)根据题意
2M E G
R =引 '2
M E G r =引 '0.02E E E -=引引
引
h r R R =-=
解得
h =64976m
(3)定义式引力势=
p E m
ϕ引，式中p E 为某位置的引力势能
把某物体从无穷远移动到某点引力做的功
=0-=-p p W E E 引
即
=-p E W 引
则当质量为m 的物体自无穷远处移动到距离地球r 处时，引力做功为W 引 通过计算得
0Mm
W G
r =引＞ 所以
=-p Mm
E G
r =-M G
r
ϕ引
3．如图所示，在竖直平面内有一质量m ＝0.5 kg 、电荷量q ＝＋2×10－3 C 的带电小球，有一根长L ＝0.1 m 且不可伸长的绝缘轻细线系在一方向水平向右、分布的区域足够大的匀强电场中的O 点.已知A 、O 、C 点等高，且OA ＝OC ＝L ，若将带电小球从A 点无初速度释放，小球到达最低点B 时速度恰好为零，g 取10 m/s 2.
(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；
(2)求小球从A 点由静止释放运动到B 点的过程中速度最大时细线的拉力大小； (3)若将带电小球从C 点无初速度释放，求小球到达B 点时细线张力大小. 【答案】（1）2.5×103 N/C （2）2－10) N （3）15N 【解析】 【详解】
(1)小球到达最低点B 时速度为零，则
0＝mgL －EqL . E ＝2.5×103 N/C
(2) 小球到达最低点B 时速度为零，根据对称性可知，达到最大速度的位置为AB 弧的中点，即当沿轨迹上某一点切线方向的合力为零时，小球的速度有最大值，由动能定理有
12
mv 2
－0＝mgL sin 45°－Eq (L －L cos 45°).
m 2
v L
＝F －2mg cos 45°. F ＝(152－10) N.
(3)小球从C 运动到B 点过程，由动能定理得
21
02
mgL qEL mV +=
-. 解得：
24V =
在B 点
02
(cos 45)V T mg m
L
-= 以上各式联立解得
T =15N.
4．如图所示，在绝缘水平面上，相距L 的A 、B 两点处分别固定着两个带电荷量相等的正点电荷，a 、b 是AB 连线上的两点，其中4
L
Aa Bb ==
，O 为AB 连线的中点，一质量为m 、带电荷量为+q 的小滑块（可以看作质点）以初动能E 从a 点出发，沿直线AB 向b 点运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(1)n >，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点重力加速度为g ，求： （1）小滑块与水平面间的动摩擦因数； （2）O 、b 两点间的电势差； （3）小滑块运动的总路程.
【答案】（1）k02E mgL μ= （2）k0(21)2Ob n E U q -=- （3）21
4
n s L +=
【解析】 【详解】 （1）由4
L
Aa Bb ==，0为AB 连线的中点知a 、b 关于O 点对称，则a 、b 两点间的电势差0ab U =;
设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，在滑块从a 点运动到b 点的过程中，由动能定理得
k002
ab L
qU f E -⋅
=- 又摩擦力
f m
g μ=
解得
2k E mgL μ=
. （2）在滑块从O 点运动到b 点的过程中，由动能定理得
004
ob k L
qU f nE -⋅
=- 解得
ko
(21)2ob n E U q
-=-
. （3）对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得
000a x k qU f E -=-
又
(21)2kO
aO Ob n E U U q
-=-=
解得
21
4
n s L +=
.
5．如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一“L ”形的光滑绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，管的水平部分长L 1=0.2m ，管的水平部分离水平地面的距离为h =5.0m ，竖直部分长为L 2=0.1m ．一带正电的小球从管口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时没有能量损失，小球受到的电场力大小为重力的一半．（g =10m/s 2）求：
（1）小球运动到管口B 时的速度v B 大小； （2）小球着地点与管口B 的水平距离s ． 【答案】（1）2.0m/s ；（2）4.5m ． 【解析】 【分析】 【详解】
（1）在小球从A 运动到B 的过程中，对小球由动能定理得：
1
2
mv B 2－0=mgL 2+F 电L 1 ① 由于小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，即
F电=1
2
mg②
代入数据得：
v B=2.0m/s；③
小球运动到管口B时的速度大小为2.0m/s；
（2）小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，位移为s，在空中运动的时间为t，水平方向有：
a=g/2 ④
s=v0t+1
2
at2⑤
竖直方向有：
h=1
2
gt2⑥
由③～⑥式，并代入数据可得：
s=4.5m
6．如右图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一个质量为m、带负电的小球从斜直轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．若轨道是光滑绝缘的，小球的重力是它所受的电场力2倍，试求：
⑴A点在斜轨道上的高度h；
⑵小球运动到最低点C时，圆轨道对小球的支持力．
【答案】(1)5
2
R (2) 3mg
【解析】
试题分析：由题意得：mg=2Eq
设小球到B点的最小速度为V B，则由牛顿第二定律可得：
mg-Eq=m
2
B
v
R
；
对AB过程由动能定理可得：
mg（h-2R）-Eq（h-2R）=1
2
mV B2；
联立解得：h=5
2 R；
（2）对AC 过程由动能定理可得： mgh-Eqh=
1
2
mv c 2； 由牛顿第二定律可得：
F+Eq-mg=m 2C
v R
联立解得：F=3mg ；由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg ． 考点：牛顿定律及动能定理．
二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）
7．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)
8．山地滑雪是人们喜爱的一项运动，一滑雪道ABC 的底部是一半径为R 的圆，圆与雪道相切于C 点，C 点的切线水平，C 点与水平雪地间距离为H ，如图所示，D 是圆的最高点，一运动员从A 点由静止下滑，刚好能经过圆轨道最高点D 旋转一周，再经C 后被水平抛出，当抛出时间为t 时，迎面水平刮来一股强风，最终运动员以速度v 落到了雪地上，已知运动员连同滑雪装备的总质量为m ，重力加速度为g ，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道及圆轨道的摩擦阻力，求：
(1)A 、C 的高度差为多少时，运动员刚好能过D 点？ (2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度； (3)强风对运动员所做的功． 【答案】(1)52R h =
(2)2215v gR g t =+；2
212
h h gt =- （3）215
()22
W mv mg H R =
-+ 【解析】 【分析】 【详解】
(1)运动员恰好做完整的圆周运动，则在D 点有：mg ＝m 2
D
v R
从A 运动到D 的过程由动能定理得mg(h －2R)＝
12
mv 2D
联立解得h＝5
2 R
.
(2)运动员做平抛运动，运动时间t时在竖直方向的速度为v y＝gt，从A到C由动能定理得5
2
mgR＝
1
2
mv2
C
所以运动员刚遭遇强风时的速度大小为v1＝22
C y
v v
+＝22
5gR g t
+
此时运动员下落高度为h1＝
1
2
gt2
所以此时运动员距地面高度为h2＝H－h1＝H－
1
2
gt2
(3)设强风对运动员所做的功为W，在运动员的整个运动过程中，由动能定理知
W＝
1
2
mv2－mg
5
2
H R
⎛⎫
+
⎪
⎝⎭
.
9．如图所示，一个方向竖直向下的有界匀强电场，电场强度大小为E。

匀强电场左右宽度和上下宽度均为L。

一个带正电荷的粒子(不计重力)从电场的左上方O1点以某一速度水平向右进入电场，该粒子刚好从电场的右下方A点离开电场；另一个质量为m、带电荷量为－q(q>0)的粒子(不计重力)从电场左下方O2点水平向右进入电场，进入电场时的初动能为E k0。

已知图中O1、O2、A在同一竖直面内，设O1点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立坐标系。

(1)求带正电荷的粒子的运动轨迹方程；
(2)求带负电荷的粒子运动到“带正电荷粒子的运动轨迹”处的动能；
(3)当带负电荷的粒子进入电场的初动能为多大时，它运动到“带正电荷粒子运动轨迹”处时的动能最小?动能的最小值为多少?
【答案】(1)2x Ly
=；(2)
2
k0
k0
)
+
4
qEL
E
E qEL
+
（
；(3)
4
qEL
，
3
4
qEL
【解析】
【分析】
考察电场中带电粒子运动的轨迹和能量变化。

【详解】
取O1点为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向下为y轴，建立平面直角坐标系，如图所
示。

(1)对从O 1点进入电场的粒子，设该粒子的加速度为a 1，初速度为v 1，设经过时间t ，位置坐标为（x ，y ），有 水平方向
1x v t =
竖直方向
211
2
y a t =
消去时间参数t 得抛物线方程2
12
12a x y v =。

因为离开电场的A 点坐标（L ，L ）在该抛物线上，所以坐标（L ，L ）满足抛物线方程，把坐标（L ，L ）代入抛物线方程得112a L
v =
2x Ly =
(2)对从O 2点进入电场的粒子，设质量为m 、初速度为v 0，加速度为a 2，设经过时间t ，位移坐标为（x ，y ），有： 水平方向
0x v t =
竖直方向
2qE ma =，2212
L y a t -=
消去时间参数t 得：
2
2
02qEx y L mv =-
由题意有2
k00E mv =，联立求解得交点P （x ,y )坐标为
k0
k024E x L E qEL
=+k0k044LE y E qEL =+
从O 2到P ，对负粒子，根据动能定理有
k k0()qE L y E E -=-
解得
2
k k0
k0
)
=
+
4
qEL
E E
E qEL
+
（。

(3)
2
k k0
k0
)
=+
4
qEL
E E
E qEL
+
（
变形为
2
k k k
k0
4(4)16()
E qEL qEL E qEL qEL E
E
-±---
=
由判别式∆=0
E k=
22
8(8)41615()
qEL qEL qEL
-±+⨯⨯
解得E k=k
3
=
4
qEL
E（负值舍去），
二次函数开口向上，所以
k
3
4
qEL
E≥，即E k的最小值为
k min
3
=
4
qEL
E
时，电子进入电场的动能
k0
=
4
qEL
E。

所以当带负电荷的粒子进入电场的动能为
k0
=
4
qEL
E时，它运动到“带正电荷粒子运动轨
迹”处时的动能最小，动能的最小值为
k min
3
=
4
qEL
E。

10．如图所示，竖直面内的光滑绝缘轨道，处于竖直向下的匀强电场中．一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电荷量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R，斜轨道与圆轨道平滑连接，小球的重力大于所受的电场力．
(1) 求小球沿轨道滑下的加速度的大小；
(2) 若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距圆轨道最低点的竖直高度h1至少为多大；
(3) 若小球从距圆轨道最低点的竖直高度h2＝5R处由静止释放，假设其能通过圆轨道顶端B 点，求从释放到B点的过程中小球机械能的改变量．
【答案】（1）
-
mg qE sin
m
α
（）
（2）
5
2
R（3）减少3qER.
【解析】
【详解】
(1)由牛顿第二定律有
(mg －qE )sin α＝ma
解得
a ＝
-mg qE sin m
α
（）
(2)球恰能过B 点有：
mg －qE ＝m 2B
v R
①
由动能定理，从A 点到B 点过程，则有：
2
112()()02
B mg qE h R mv -－－＝②
由①②解得
h 1＝
52
R . (3)从释放到B 的过程中，因电场力做的总功为负功，电势能增加，则增加量：
ΔE ＝qE (h 2－2R )＝qE (5R －2R )＝3qER .
由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER . 答案：（1）
-mg qE sin m α
（）（2）52
R （3）减少3qER .
11．如图，在场强大小为E 、水平向右的匀强电场中，一轻杆可绕固定转轴O 在竖直平面内自由转动．杆的两端分别固定两电荷量均为q 的小球A 、B ；A 带正电，B 带负电；A 、B 两球到转轴O 的距离分别为2l 、l ，所受重力大小均为电场力大小的3倍，开始时杆与电场夹角为θ（0090180θ≤≤）．将杆从初始位置由静止释放，以O 点为重力势能和电势能零点．求：
（1）初始状态的电势能e W ；
（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角α； （3）杆在电势能为零处的角速度ω．
【答案】（1）-3qElcosθ；（2）30°；（3）当θ<150°时，
；当θ150°时，
或
【解析】
【分析】
【详解】
（1）初态：W e=qV++(-q)V-=q(V+-V-)=-3qElcosθ
（2）平衡位置如图，
设小球的质量为m，合力矩为
3qElsinα-mglcosα=0
由此得
α=30°
（3）电势能为零时，杆处于竖直位置，当初始时OA与电场间夹角θ=150°时，A恰好能到达O正上方，在此位置杆的角速度为0
当θ<150°时，A位于O正下方处电势能为零．
初态：W e=—3qElcosθ，E p=mglsinθ
末态：，
能量守恒：
解得
当θ150°时，电势能为0有两处，即A位于O正下方或正上方处
当A位于O正下方时，
当A位于O正上方时，
解得
12．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑绝缘圆弧轨道ABC 和水平绝缘轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，3
sin 5
α=
，整个装置处于水平向右的匀强电场中。

一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的带电小球在电场力的作用下沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道。

已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零，重力加速度大小为g ．求：
(1)匀强电场的场强大小；
(2)小球到达A 点时速度的大小。

（结果保留根号）
【答案】(1)34mg
q
23gR 【解析】 【详解】
(1)设小球所受电场力为0F ，电场强度的大小为E 由力的合成法则有
tan F mg α= 0F qE =
解得：34mg
E q
=
(2)小球到达C 点时所受合力的大小为F ，由力的合成法则有：
()2
220F mg F =+
设小球到达C 点时的速度大小为c v ，由牛顿第二定律得
2
c v F m R
= 解得：5c gR
v =
设小球到达A 点的速度大小为A v ，作CD ⊥PA ，交PA 于D 点，由几何关系得
sin DA R α= ()1cos CD R α=+
由动能定理有
221122
C A mg C
D q
E DA mv mv -⋅-⋅=
- 故小球在A 点的速度大小为23A gR
v =
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．现提供如下器材，测量定值电阻x R （约
）的阻值．
a ．两个相同电流计1G 、2G （50A μ，内阻约）
b ．电阻箱1R （）
c ．电阻箱2R ，（）
d ．电源E （电动势约3V ，内阻不计）
e ．开关两个，导线若干
f ．滑动变阻器R （最大阻值20Ω）
(1)由于电流计量程很小，需要先将它们进行改装．某同学设计了用半偏法测电流计内阻的电路如图．实验过程如下：先将2R 调为最大,然后闭合1S 、2S ，调节1R 、2R ，使___________满偏，
使_____________半满偏（填写元件符号），由此可测电流计2G 的内阻． (2)若测得电流计2G 的内阻为，要将2G 改装成量程为3V 的电压表，需串联的电阻
值为_____________．
(3)采用改装后的电压表和改装后电流表并用伏安法测量待测电阻阻值，请在答题卷虚线框內画出实验电路图____________．
【答案】
G1 G255.8kΩ
【解析】
【详解】
（1）若并联的两个支路电流相等，则电流表内阻与电阻箱内阻相等；故保证G1满偏，使
G2半偏；
（2）电流计内阻为4.2KΩ，满偏电流为50μA，要将G2改装成量程为3V的电压表，需串
联的电阻值为：34
6
3
4.210
5.581055.8
5010
g
g
U
R R K
I-
=--⨯⨯ΩΩ
⨯
＝＝＝
（3）采用伏安法测电阻，要测量多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，电流表内外接法依据待测电阻的电阻值与电流表、电压表的内阻关系进行判断，故内外接均可；电路中电流约为：3/5000A=600μA；给出的电流计不能测量电流值；故应将电流计改装为大量程的电流表．电路原理图如图所示：
14．某同学为测定金属丝的电阻率ρ，设计了如图甲所示电路，电路中ab是一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝，保护电阻R0=4.0Ω，电源的电动势E=3.0V，电流表内阻忽略不计，滑片P与电阻丝始终接触良好．
⑴实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d =_______mm．
⑵实验时闭合开关，调节滑片P的位置，分别测量出每次实验中aP长度x及对应的电流值
I，实验数据如下表所示：
x(m)0.100.200.300.400.500.60
I(A)0.490.430.380.330.310.28
(A-1) 2.04 2.33 2.63 3.03 3.23 3.57
①将表中数据描在坐标纸中，如图丙所示，请作出其关系图线_______．
②若图象中直线的斜率为k，则金属丝的电阻率ρ=_______（用题中字母表示）．
③根据图丙中关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为r =______Ω（保留
两位有效数字）．
【答案】0.400 如图；
1.4
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]．由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为0mm+40.0×0.01mm=0.400mm．（2）①[2]．如图所示：
②[3]．电阻丝电阻：
R=ρ
由闭合电路欧姆定律可知，电流：
-x图象是直线，便于实验数据处理，因此需要作-x图象；其图象的斜率：
则电阻率：
ρ=；
③[4]．由-x图象纵坐标的截距可知：
解得
r=1.4Ω
【点睛】
本题考查了螺旋测微器读数、实验数据处理等问题，要掌握常用器材的使用及读数方法；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握图象法处理实验数据的方
法．
15．某同学在“测定金属丝电阻率”的实验中：
（1）在用游标为20分度的游标卡尺测其长度时，示数如图甲所示，读数为______cm．（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，读数为______mm．
（3）在测量金属丝的电阻率的实验中，已知电阻丝的电阻约为10Ω，现备有下列器材供选用：
A．量程是0-0.6A，内阻是0.5Ω的电流表；
B．量程是0-3A，内阻是0.1Ω的电流表；
C．量程是0-3V，内阻是6kΩ的电压表；
D．量程是0-15V，内阻是30kΩ的电压表；
E．阻值为0-1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器；
F．阻值为0-10Ω，额定电流为2A的滑动变阻器；
G．蓄电池（6V）；
H．开关一个，导线若干．
为使测量结果尽量准确，电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选
______．（只填字母代号）
若图所示的实验仪器就是我们选定，请用铅笔画线连接实验电路．（______）
【答案】5.015 5.700 C A F
【解析】
【详解】
（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：5.0cm=50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为：
3×0.05mm=0.15mm
所以最终读数为：
50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm
（2）[2]螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为：
20.0×0.01mm=0.200mm
所以最终读数为：
5.5mm+0.200mm=5.700mm
（3）[4][5][6]电源电动势为6V，电压表应选C、量程是0-3V，内阻6kΩ；如果选D、量程是0-15V，内阻30kΩ，电源电动势不到电压表量程的一半，读数误差较大；电路最大电流约为：
6
0.6
10
E
I
R
===A
则电流表应选：A、量程是0-0.6A，内阻是0.5Ω；为方便实验操作，滑动变阻器应选：F、阻值为0-10Ω，额定电流为2A；待测电阻为10Ω，滑动变阻器最大电阻为10Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；由于：
106000
20600
0.510
V
A
R
R R
R
==<==
则电流表应采用外接法，电路图如图所示：
16．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A 1（量程为0~5mA ，内阻R A 约为3Ω）
B ．电流表A 2（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R 1=590Ω E.定值电阻R 2=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
2A2V
()b R R a b R +- 【解析】 【分析】
【详解】 (1)[1]要精确测定额定电压为
3V 的LED 灯正常工作时的电阻，需测量LED 灯两端的电压和通过LED 灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED 两端的电压，可以将电流表A 2与定值电阻串联改装为电压表测量电压，改装电压表的内阻 LED A23Ω750Ω0.004
U R I === A 2的内阻为10Ω，则定值电阻应选E ，LED 灯正常工作时的电流约为
3A 6mA 500
U I R === 电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，由于电压表可测的最大电流为
10A 10mA 1000
I =
= 则可以用电压表测量电流，电表1应选C (2)[3]因为滑动变阻器阻值小于LED 的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法，如图
(3)[4]根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压
2A2()U b R R =+
通过灯泡的电流
V
a I
b R =
- 测量LED 灯正常工作时的电阻 2A2V
()x b R R U R a I b R +==-
17．为了探究某电阻R t 在不同温度下的阻值，某同学设计了如图甲所示的电路，其中A 为内阻不计、量程为3mA 的电流表，E 1为电动势1.5V 、内阻约1Ω的电源，R 1为滑动变阻器，R 2为电阻箱，S 为单刀双掷开关．
（1）实验室中提供的滑动变阻器有两个：R A（0-150Ω），R B（0-500Ω）；本实验中滑动变阻器R1应选用__________（填“R A”或“R B"）．
（2）完成下面实验步骤：
①调节温度，使R t的温度达到t1；
②将S拨向接点1，调节___________，使电流表的指针偏转到适当位置，记下此时电流表的读数I；
③将S拨向接点2，调节__________，使电流表读数仍为I，记下此时电阻箱的读数R0，则当温度为t1时，电阻R t＝________；
④改变R t的温度，重复步骤②③，即可测得电阻R t阻值随温度变化的规律．
（3）现测得电阻R t随温度t变化的图象如图乙所示，把该电阻与电动势为3.0V、内阻不计的电源E2、量程为3.0V的理想电压表V（图中未画出）和电阻箱R2连成如图丙所示的电路．用该电阻作测温探头，将电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“电阻温度计”．若要求电压表的读数必须随温度的升高而增大，则应在原理图丙中
________两点（填“ab”或“bc"）接入电压表．如果电阻箱阻值R2＝75Ω，则电压表刻度盘2.0V处对应的温度数值为____℃．
【答案】R B R1R2R o bc 50
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]由电源的电动势为1.5 V，电流表量程为3 mA可知，达到满偏时，电路总电阻约为500 Ω，故滑动变阻器选择R B.
（2）[2][3][4]实验中选用替代法测量电阻，第二步中，先将S拨向接点1，调节滑动变阻器R1，记录电流表读数；然后将S拨向接点2，调节电阻箱R2，使电流表读数仍为I，此时电阻箱的读数即为待测电阻的阻值，即R t＝R0.
（3）[5][6]由于电阻R t随温度升高而增大，由闭合电路欧姆定律可知其两端电压也增大，所以电压表与之并联，即电压表接在b、c两点．根据题图乙中图象可得R t＝（100＋t）Ω，由串联分压规律可得电压表示数为2.0 V时，R t＝150 Ω，解得t＝50（℃）．
18．某同学利用直流恒流电源（含开关）来测量已知量程电流表的内阻和直流恒流电源的输出电流I0。

利用如下实验器材设计了如图1所示的测量电路。

待测电流表A(量程为
0.6A，内阻约为0.5Ω)；直流恒流电源（电源输出的直流电流I，保持不变，I约为0.8A)；
电阻箱R
；导线若干。

回答下列问题：
(1)电源开关闭合前，电阻箱的阻值应该调到___________（填“最大”或“最小”）。

(2)电源开关闭合后，调节电阻箱的读数如图2所示，其值为__________Ω
(3)电源开关闭合后，多次调节电阻箱，记下电阻箱的读数R 和电流表的示数I ；在坐标纸上以1I 为纵坐标、一为横坐标描点，用直线拟合，做出11-I R
图像，若获得图像斜率为k 、截距为b ，则恒流电源输出电流的测量值表达式为I 0=_____，待测电流表的阻值测量值表达式为R A =_____
【答案】最小 0.58
1b k b
【解析】
【分析】
【详解】 (1)[1]因电阻箱与电流表并联，为了电流表的安全，应将电阻箱的阻值调到最小。

(2)[2]电阻箱的读数
R =5×0.1Ω+8×0.01Ω=0.58Ω
(3)[3][4]由欧姆定律和分流关系有
0A IR I I R
=+
化简得 00111A R I I I R
=+⋅ 所以
01I b =，A k R b
=
四、必修第3册 电能 能量守恒定律实验题易错题培优（难）
19．一同学设计了如图甲所示电路来测节干电池的电动势和内阻．该同学选好器材后，进行操作(其中0R 是保护电阻)．
（1）该同学测量时记录了6组数据，并根据这些数据面出了U-I 图线如图丙所示，根据图线求出干电池
的电动势E=_________V(结果保留三位有效数字)，内阻r=___________Ω．
（2）若保护电阻0R 的阻值未知，该干电池的电动势E 、内电阻r 已经测出，在图乙的电路中只需改动一条线就可测量出0R 的阻值．该条线是_________，需改接为________(请用接线柱处的字母去表达)．改接好后，调节滑动变阻器，读出电压表的示数为U 、电流表示数为I ，电源的电动势用E 表示，内电阻用r 表示，则0R =__________．
【答案】1.48V 0.50Ω（0.48～0.52Ω） dj je 或者jf 0E U R r I -=
- 【解析】
【分析】
【详解】
（1）由图丙所示，电源U-I 图像可知，图像与纵轴交点坐标值为1.48，则电源电动势E=1.48V ，电源内阻 1.48 1.200.500.480.520.56
U r I ∆-===ΩΩ∆（～） , （2）将导线jd 改接为je ，此时电源与定值电阻组成等效电源，在闭合电路中，电源电动势：E=U+I （R 0+r ），定值电阻0E U R r I -=
-
20．现要测量电压表的内阻和电源的电动势，提供的器材有：
电源E(电动势约为6V,内阻不计)，电压表V1（量程0~2.5V,内阻约为2.5kΩ)，电压表V2(量程0~3v,内阻约为10kΩ)，电阻箱R0(最大阻值为9999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值为3kΩ)，滑动变阻器R2(最大阻值为500Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干
(1)如图(1)所示的甲、乙、丙三图是几位同学为完成本次验而设计的电路图，你认为选用哪一个电路图完成本次实验最合理？_______ (填“甲”、“乙”“丙”)。