高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷训练(Word版 含解析)

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷训练（Word 版 含解析）
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，在光滑绝缘水平面上B 点的正上方O 处固定一个质点，在水平面上的A 点放另一个质点，两个质点的质量均为m ，带电量均为+Q 。

C 为AB 直线上的另一点（O 、A 、B 、C 位于同一竖直平面上），AO 间的距离为L ，AB 和BC 间的距离均为2
L
，在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止。

试问： (1)该匀强电场的场强多大？其方向如何？
(2)给A 处的质点一个指向C 点的初速度，该质点到达B 点时所受的电场力多大？ (3)若初速度大小为v 0，质点到达C 点时的加速度和速度分别多大？
【答案】(1)22kQ L ，方向由A 指向C ；273kQ ；(3)22kQ mL 2
2
0kQ v mL
+【解析】 【分析】
(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止，对A 进行受力分析，根据平衡条件求解。

(2)质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力，根据力的合成求解 (3)根据牛顿第二定律求出加速度，根据动能定理求出C 点时速度。

【详解】
(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止，对A 进行受力分析，
AO 间的库仑力为2
2Q F K L
=；
根据平衡条件得：sin F EQ θ= 2sin 2F KQ
E Q L
θ=
= 方向由A 指向C
(2)该质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力，
库仑力为2
2
'(sin60)Q F K L =；
水平向右的电场力F EQ "=
B
点时所受的电场力222
2
22
73()[](sin60)6kQ kQ F EQ L L
=+= (3)质点到达C 点时进行受力分析，根据牛顿第二定律得
2
222
sin Q K EQ F KQ L a m m mL θ+===
合． 从A 点到C 点根据动能定理得
22
1122
o EQL mv mv =
-； 22
kQ v mL
υ=+ 【点睛】
本题的关键要耐心细致地分析物体的运动过程，对物体进行受力分析，运用动能定理、牛顿第二定律进行处理。

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8
2.010q -=⨯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
225/4
l l T g g π
π==' 故从C 到B 最短的时间1
0.10.314
t T s π=
==
3．A 、B 是两个电荷量都是Q 的点电荷，相距l ，AB 连线中点为O 。

现将另一个电荷量为q 的点电荷放置在AB 连线的中垂线上，距O 为x 的C 处（图甲）。

（1）若此时q 所受的静电力为F 1，试求F 1的大小。

（2）若A 的电荷量变为﹣Q ，其他条件都不变（图乙），此时q 所受的静电力大小为F 2，求F 2的大小。

（3）为使F 2大于F 1，l 和x 的大小应满足什么关系？
【答案】
(1) 223(())2l x +(2) 223
(())2
l
x +(3) 2l x > 【解析】 【详解】
（1）设q 为正电荷，在C 点，A 、B 两电荷对q 产生的电场力大小相同，为：
22
)
4
(A B kQq
F F l x ==
+ 方向分别为由A 指向C 和由B 指向C ，如图：
故C 处的电场力大小为：
F 1=2F A sinθ
方向由O 指向C 。

其中：
22
4
sin l x θ=
+
所以：
3122
2
24
()kQqx
F l x =
+ （2）若A 的电荷量变为-Q ，其他条件都不变，则C 处q 受到的电场力：
F 2=2F A cosθ
其中：
22
24
l cos l x θ=
+
所以：
22
2
23(
4
)kQql
F l x +＝
方向由B 指向A 。

（3）为使F 2大于F 1，则：
222
23
(4)kQql F l x +＝
＞31222
24
()kQqx
F l x =+ 即：
l ＞2x
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，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，边长为a 的等边三角形ABC 的三个顶点分别固定三个点电荷＋q 、＋q 、－q ，已知静电力常量K ．
（1）求C 点电荷受到的电场力的大小和方向 （2）求三角形中心O 点处的场强的大小和方向
【答案】（12
23q k a
方向由C 指向O - （2）26q k a 场强方向O 向C
【解析】
（1）根据库仑定律，A 对C 的引力2
12q F k a
=
根据库仑定律，B 对C 的引力：2
22q F k a
=
根据平行四边形定则可以得到：2
122cos303q F F k a
== ，合力方向由C 指向O
（2） 设OA 距离为r,由几何关系知33
r a = 则A 在O 点产生场强大小为122
3q q E k k r a ==，方向由A 指向O B 在O 点产生场强大小为2223q q E k k r a ==，方向由B 指向O C 在O 点产生场强大小为322
3q q E k
k r a ==，方向由O 指向C 所以根据平行四边形定则可以得到：22
26q q
E k
k r a ==，合场强方向O 向C ． 点睛：本题考查库仑定律以及电场的叠加问题，关键要掌握库仑定律公式、点电荷场强公式和平行四边形定则，结合数学知识求解．
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，从电子枪射出的电子束（初速度不计）经电压U 1=2000V 加速后，从一对金属板Y 和Y′正中间平行金属板射入，电子束穿过两板空隙后最终垂直打在荧光屏上的O 点．若现在用一输出电压为U 2=160V 的稳压电源与金属板YY′连接，在YY′间产生匀强电
场，使得电子束发生偏转．若取电子质量为9×10﹣31kg ，YY′两板间距d=2．4cm ，板长l=6．0cm ，板的末端到荧光屏的距离L=12cm ．整个装置处于真空中，不考虑重力的影响，试回答以下问题：
（1）电子束射入金属板YY′时速度为多大？
（2）加上电压U 2后电子束打到荧光屏上的位置到O 点的距离为多少？
（3）如果两金属板YY′间的距离d 可以随意调节（保证电子束仍从两板正中间射入），其他条件都不变，试求电子束打到荧光屏上的位置到O 点距离的取值范围． 【答案】（1）2．67×107m/s ；（2）15mm ；（3）0～30mm ． 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据动能定理，设电子在加速电极作用下获得速度为v 0， 有2
1012
U e mv =
， 解得：102U e
v m
=
…①
代入数据解得：7708
10/ 2.6710/3
v m s m s =
⨯≈⨯； （2）电子穿过偏转电极过程中，在沿初速度方向做匀速直线运动有l=v 0t…② 在沿电场方向受力为F=Eq…③ 根据匀强电场性质U 2=Ed…④ 根据牛顿第二定律F=ma…⑤
根据匀变速直线运动规律，在出偏转电场时其在电场方向位移为[来2
12
y at =
…⑥ 根据①﹣⑥式可推得：2
21
4U l y dU =
…⑦ 此时在电场方向上的分速度为：v y =at…⑧
出电场后电子做直线运动最终打在荧光屏上，距离O点的距离设为y´，根据几何关系及①⑦⑧
可得
()
2
1
2
2
´
4
U l l L
l L
y y
l dU
+
+
==…⑨
将数据代入⑦式可得y=3mm＜
2
d
，所以此时电子可以射出偏转电场
于是将数据代入⑨式可得y′=15mm
（3）d越小则偏转电场越强，电子的偏转也越厉害，但是同时两板间距缩小电子更容易打在极板上，
所以电子的偏转应有最大值，且临界条件为电子刚好擦YY´极板而出．即：
2
d
y
=…⑩
联立⑦式代入数据可解得此时：y=6mm，
继续代入⑨式可得此时：y′=30mm，
所以电子束打到荧光屏上的位置到O点距离的取值范围为0～30mm；
8．两块水平平行放置的导体板如图 (甲)所示，大量电子（质量m、电量e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图 (乙)所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过．问：
⑴这些电子通过两板之间后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）的最大值和最小值分别是多少？
⑵侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？
【答案】（1）00
6
2
t eU
m
，00
6
4
t eU
m
（2）
16
13
【解析】
画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v–t图象进行分析
（1）竖直方向的分速度010y eU v t md =，000
2022=y eU
eU t v t md md
= 侧向最大位移2
00max 101010312()322y y y y eU t d
s v t v t v t md =+===
侧向最小位移2
00min 10101031 1.5224
y y y y eU t d
s v t v t v t md =+=== 解得0
6eU d t m =
所以00max 6=22
y t eU d s m =
，00
min 6=44y t
eU d s m
= （2）由此得2
20010()6y eU eU v t md m ==，22
00202(2)3y eU eU v t md m
== 而2
02eU v m
=
所以
2202kmax 0022
kmin
000111/3162211/121322
y
y mv mv E eU eU E eU eU mv mv ++===++
【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在偏转电场中水平方向上一直做匀速直线运动，在竖直方向上有电场时做匀加速直线运动，无电场时做匀速直线运动或静止．
9．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成θ角的绝缘直杆AC ，其下端(C 端)距地面高度为h ．有一质量m =0.5kg 的带电小环套在直杆上，正以某一速度 0v 沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C 端的正下方P 点处．(g 取10m/s 2)
(1)若θ=45°，试判断小环的电性，并求出小环受到的电场力大小； (2)若θ=45°，h =0.8m ，求小环在直杆上匀速运动的速度大小0v ；
(3)若保持h 不变，改变θ角(0＜θ＜90°)及小环的电荷量，使小环仍能匀速下滑，离杆后正好通过C 端的正下方P 点处，试推出初速度0v 与θ角间的定量关系式． 【答案】(1) 负电 5N (2)2m/s (3)02
gh
v θ= 【解析】 【详解】
(1)小环沿杆匀速下滑，合力为零，小环所受的电场力水平向右，则小球带负电。

小环匀速下滑合力为零，电场力
tan 455N F mg =︒=
(2)小环离开杆后做类平抛运动，由牛顿第二定律
2mg ma =
平行于杆的方向做匀速直线运动，则有
0sin 45x v t h ==︒
垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有
2
1cos 452
y at h =
=︒ 得02m/s v = (3)有牛顿第二定律得
cos mg
ma θ
= 平行于杆的方向做匀速直线运动，则有
0sin h v t θ=
垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有
21cos 2
h at θ=
解以上方程得
0tan 2
gh
v θ=
10．如图，在真空室内的P 点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q ，质量为m 的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab 为P 点附近的一条水平直线，P 到直线ab 的距离PC=L ，Q 为直线ab 上一点，它与P 点相距PQ=
5
L ．当直线ab 以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q 点；当ab 以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab 直线，且它们到达ab 直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q 点．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)a 粒子的发射速率
(2)匀强电场的场强大小和方向
(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值
【答案】（1）粒子发射速度为
5
8
BqL
v
m
=
（2）电场强度的大小为2
25
8
qLB
E
m
=
（3）粒子到达直线ab所用最长时间和最短时间的比值1
2
233
2.20
106
t
t
=≈
【解析】
（1）设粒子做匀速圆周运动的半径R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图三所示：由几何知识可得
PC QA
PQ QO
=
代入数据可得粒子轨迹半径
5
8
L
R QO
==
洛仑磁力提供向心力
2
v
Bqv m
R
=
解得粒子发射速度为
5
8
BqL
v
m
=
（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下．
水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内
2
L
CQ vt
==
2
1
2
PC L at
==
式中
qE
a
m
=
解得电场强度的大小为
2
25
8
qLB
E
m
=
（3）只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线ab相切于D点时，粒
子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图四所示．据图有
3
sin 5
L R R α-=
= 解得37α=︒
故最大偏转角max 233γ=︒ 粒子在磁场中运动最大时长max
10
360
t T γ=
式中T 为粒子在磁场中运动的周期．
粒子以O 2为圆心沿圆弧PC 运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图四有
/24sin 5
L R β=
= 解得53β=︒
速度偏转角最小为min 106γ=︒ 故最短时长min
20
360
t T γ=
因此，粒子到达直线ab 所用最长时间和最短时间的比值
max 12min 233 2.20106
t t γγ==≈ 点睛：此题是关于带电粒子在电场及磁场中的运动问题；掌握类平抛运动的处理方向，在两个方向列出速度及位移方程；掌握匀速圆周运动的处理方法，确定好临界状态，画出轨迹图，结合几何关系求解.
11．如图所示，竖直平面内有一坐标系xoy ，已知A 点坐标为（–2h ，h ），O 、B 区间存在竖直向上的匀强电场。

甲、乙两小球质量均为m ，甲球带电量为+q ，乙球带电量为–q ，分别从A 点以相同的初速度水平向右抛出后，都从O 点进入匀强电场，其中甲球恰从B 点射出电场，乙球从C 点射出电场，且乙球射出电场时的动能是甲球射出电场时动能的13倍。

已知重力加速度为g 。

求
（1
）小球经过
O 点时速度的大小和方向； （2）匀强电场的场强E 。

【答案】（1）2v gh = ；θ=450（2）3mg
E q
= 【解析】
（1）如图1所示，设小球经过O 点时的速度为v ，水平分速度为v x ，竖直分速度为v y ，平抛运动的时间为t 。

根据平抛运动规律212
h gt =①，2x h v t =②，y gt =v ③，22x y v v v =+④，tan x y v v θ=⑤ 由以上式子解得2v gh =，45θ=︒，y x v v =⑥
（2）甲球在B 点的速度如图2所示，乙球在C 点的速度如图3所示。

依题意得
13kC kB E E =
即
()()
2222
111322
x cy x y m v v m v v +=⋅+，解得5cy x v v =⑦ 设甲球在电场中的加速度为a 甲，乙球在电场中的加速度为a 乙；甲、乙两球在电场中运动的时间为't 。

研究竖直方向，有
对甲球：2'y v a t 甲=⑧，Eq mg ma -=甲⑨， 对乙球：'cy y v v a t -=乙⑩，Eq mg ma +=乙⑪， 由⑥～⑪式解得3mg
E q
=
；
12．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 070m/s.
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
10100Ω1000Ω
R=⨯=
[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．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S2并保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，读出电压表V和电流表A2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．实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联．测量实际电流表1G 内阻1r 的电路如图所示．供选择的仪器如下：
①待测电流表1G (0~5mA ，内阻约300Ω)，②电流表2G (0~10mA ，内阻约100Ω)，③定值电阻1R (300Ω)，④定值电阻2R (10Ω)，⑤滑动变阻器3R (0~1000Ω)，⑥滑动变阻器
4R (0~20Ω)，⑦干电池 (1.5V)，⑧电键S 及导线若干．
(1)定值电阻应选_______________，滑动变阻器应选_________________．(在空格内填写序
号)
(2)用连线连接实物图． (3)补全实验步骤：
①按电路图连接电路，_____________________；
②闭合电键S ，移动滑动触头至某一位置，记录1G ，2G 的读数1I ，2I ； ③__________________________________________； ④以2I 为纵坐标，1I 为横坐标，作出相应图线，如图所示．
(4)根据21I I -图线的斜率k 及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式_____________________．
【答案】③，⑥ ①将滑动触头移至最左端 多次移动滑动触
头，记录相应的G 1，G 2读数I 1，I 2 11(1)r k R =- 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据电路连接特点，G 2为定值电阻和电流表G 1的总电流，若定值电阻选10Ω，则易使流过G 2的总电流超过其满偏值，故选R 1；分压接法用小阻值的滑动变阻器即可．
(2)
(3)在闭合开关前应将滑动变阻器滑片打在最左端以保护仪表．
(4)
根据欧姆定律：11211()I r I I R =-解得：1211
R r
I I R +=
即111r R k R +=,所以
11(1)r k R =-．
16．用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻T R ，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的．某同学将T R 和两个适当的固定电阻1R 、2R 连成图1虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻L R 的阻值随T R 所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围．为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下L R 的阻值，测量电路如图1所示，图中的电压表内阻很大．L R 的测量结果如表所示．
．温度t （℃） 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 90.0 RL 阻值（Ω）
54.3
51.5
48.3
44.7
41.4
37.9
34.7
回答下列问题：
（1）根据图1所示的电路，在图2所示的实物图上连线_______________．
（2）为了检验L R 与f 之间近似为线性关系，在坐标纸上作L R -t 关系图线___________．
（3）在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图3、4所示．电流表的读数为
____，电压表的读数为___．此时等效电阻L R的阻值为___：热敏电阻所处环境的温度约为____．
【答案】
115mA 5.00V
43.5Ω 64.0℃
【解析】
【分析】
【详解】
根据电路图按照顺序可以将实物电路连接，如图2所示；
根据表1的数据可以在R L -t 图象上进行描点作图，图象如图所示
图3的表盘分度值为5mA ，电流表读数为115 mA ；图4的表盘分度值为0.01V ，电压表读数为5.00V ；根据部分电路欧姆定律R L =43.5Ω，根据第2题的图象可以查出热敏电阻所处环境的温度为64.0℃．
17．某同学利用如图1所示的电路测量一电压表（量程为3V ，内阻约两三千欧）的内阻。

可使用的器材有：待测电压表；两个定值电阻（1600R =Ω，23000R ）；两个滑动变阻器R 3（其中一个最大阻值为10Ω，另一个最大阻值为2000Ω）；电阻箱R 0（只能使用×100挡）；电源E （电动势约为9V ，内阻未知）；单刀开关S 和K ；导线若干。

(1)请根据原理图1，将实物图2连线_________；
(2)实验步骤如下：
①为了保护电压表，开关S闭合前，将滑动变阻器R3的滑片滑动到接近图1中的滑动变阻器的______端（填“左”或“右”）对应的位置；
②闭合开关S，保持开关K断开，适当调节R3，此时电压表示数如图3所示，读数为
_____V；此后保持R3不变，多次调节R0，电压表示数几乎保持不变；
③保持S闭合和R3不变，再闭合K，调节R0，做出电压表的示数U随着电阻箱阻值R0的变化图线，如图4；
(3)根据上述实验步骤，可知选择的滑动变阻器R3最大阻值为_________Ω；
R=_________Ω。

（保留四位有效数字）
(4)根据图线，计算得电压表的内阻V
【答案】左 2.20 10 2515~2550
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．实物连线如图；
(2)①[2]．为了保护电压表，开关S闭合前，将滑动变阻器R3的滑片滑动到接近图1中的滑动变阻器的左端对应的位置；
②[3]．电压表读数为2.20V；
(3) [4]．闭合开关S，保持开关K断开，适当调节R3，此时电压表示数如图所示；此后保持R3不变，多次调节R0，电压表示数几乎保持不变；以上信息说明与滑动变阻器连接的上部分电路的电阻比滑动变阻器R3的阻值大得多，可知选择的滑动变阻器R3最大阻值为10Ω。

(4)[5]．因保持R3不变，闭合开关K，电压表示数不变，由电桥知识可知
2 013000 600
V
R R
R R
==
由图像可知，当电压表读数为2.20V时，R0=505Ω，解得
R V=2525Ω
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”端），闭合开关后，在实验中电压表读数的最小值___________（选填“大于零”或“等于零”）.
④按照上述步骤②正确连接电路的前提下，若不计实验中的偶然误差，则下列说法正确的是___________.
A．电阻测量值偏大，产生系统误差的主要原因是电流表分压
B．电阻测量值偏小，产生系统误差的主要原因是电压表分流
C．若已知电压表的内阻，可计算出待测电阻的真实值
D ．
若已知电流表的内阻，可计算出待测电阻的真实值
⑤小鹏同学仍用上述电源也设计了一个实验，电路如图乙所示，R 为保护电阻，已测出电阻丝的横截面积为S ，用一个带有接线柱的小金属夹沿电阻丝滑动，可改变接入电路中电阻丝的长度L ，实验中记录了几组不同长度L 对应的电流I . 他准备利用图象法处理数据来计算该电阻丝的电阻率.
请分析说明小鹏同学应该做出怎样的线性函数图象，并定性画出该图象，请进一步指出在本实验中电流表的内阻对该电阻丝电阻率的测量结果有无影响__________.
【答案】0.212 B D 左 大于零 BC
小鹏同学应该做出测量作出1l I —的图象，斜率k ES
ρ=，即kES ρ=，所以电流表的内阻对该电阻丝电阻率的测量结果没有影响。

【解析】
【详解】
（1）[1] 螺旋测微器测得测量金属丝的直径为0mm 21.20.01mm 0.212mm =+⨯=d （2）[2] 电阻丝的阻值约为5Ω, 电源电动势E 为3. 0V ，电路中最大电流
3A 0.6A 5
x E I R ===，为读数准确，电流表应选择B 电流表（量程0～0. 6A ，内阻约0. 125Ω）。

[3]为调节方便滑动变阻器的阻值与待测电阻相差不易过大，故滑动变阻器应选择D 滑动变阻器（0～20Ω，额定电流2A ）。

[4]电压表与电阻丝并联，测量电阻丝两端的电压；电流表串联在电路中，测量通过电阻丝的电流。

连接电路如图：
[5] 为保护电路，在开关闭合前，滑动变阻器连接到电路中的阻值应调到最大，故滑片应当调到最左端。