高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷训练(Word版 含解析)

高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷训练（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.
2．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：
53
7
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．
3．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 +=
.
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
12q 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，质量为m 的小球A 穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A 带正电，电量为q 。

在杆上B 点处固定一个电量为Q 的正电荷。

将A 由距B 竖直高度为H 处无初速释放，小球A 下滑过程中电量不变。

不计A 与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中。

已知静电力常量k 和重力加速度g 。

(1)A 球刚释放时的加速度是多大？
(2)当A 球的动能最大时，求此时A 球与B 点的距离。

【答案】(1)22
si s n in kQ a g q mH
=－αα
；(2)sin kQq
x mg =α
【解析】 【分析】 【详解】
(1)由牛顿第二定律可知
mg sin α－F ＝ma
根据库仑定律
2Qq F k
r =，sin H
r α
= 得
22
si s n in kQ a g q mH =－
αα。

(2)当A 球受到合力为零、加速度为零时，动能最大。

设此时A 球与B 球间的距离为x ，则
2
sin Qq k
x mg =α
解得
sin kQq
x mg =
α
【点睛】
本题关键对小球A 受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据力与速度关系分析
小球A 的运动情况；知道合力为零时动能最大。

6．在竖直平面内固定一半径为R=0.3m 的金属细圆环，质量为5
m 310kg -=⨯的金属小球(视为质点)通过长为L=0.5m 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点．小球带电荷量为
62.510q C -=⨯时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上某点A 处于平衡状态，如图所
示．已知静电力常量9229.010?/k N m C =⨯. 求：
（1）细线的拉力F 的大小；
（2）小球所在处的电场强度E 的大小？
（3）金属细圆环不能等效成点电荷来处理，试应用微元法推导圆环带电量Q 表达式？（用字母R 、L 、k 、E 表示）
【答案】(1) 4510N -⨯ (2) 160/N C (3) 2
54EL
Q k =或322
Q k L R
=- 【解析】
由几何关系：3
cos 5
R L θ==，224sin 5
L R θ-=
=
,4tan 3θ= ①
（1）对小球受力分析可知：cos mg
F θ
=
② 由①②得：4510F N -=⨯ ③ （2）由平衡条件可得：tan qE mg θ= ④ 由①④得：160/E N C = ⑤ （3）由微元法，无限划分，设每一极小段圆环带电量为q ∆
则：
2
sin q
k
E L θ∆=∑ ⑥ 其中：q Q ∑∆=
由①⑥得：
2
54EL Q k =或322
Q k L R
=- ⑦ 点睛：因2Q
E k
r
=只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了微元法求得圆环在小球位置的场强，应注意体会该方法的使用．库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应注意正确进行受力分析．
二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）
7．电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。

实际中的电容器在外形结构上有多种不同的形式，但均可以用电容描述它的特性。

(1)在两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质就组成一个最简单的电容器，叫做平行板电容器。

图1为一平行板电容器的充电电路，在充电过程中两极板间电势差u 随电荷量q 的变化图像如图2所示。

类比直线运动中由v —t 图像求位移的方法，在图中画网格
线表示当电荷量由Q 1增加到Q 2的过程中电容器增加的电势能；
(2)同平行板电容器一样，一个金属球和一个与它同心的金属球壳也可以组成一个电容器，叫做球形电容器。

如图3所示，两极间为真空的球形电容器，其内球半径为R 1，外球内半径为R 2，电容为12
21()
R R C k R R =
-，其中k 为静电力常量。

请结合(1)中的方法推导该球形
电容器充电后电荷量达到Q 时所具有的电势能E p 的表达式； (3)孤立导体也能储存电荷，也具有电容：
a.将孤立导体球看作另一极在无穷远的球形电容器，根据球形电容器电容的表达式推导半径为R 的孤立导体球的电容C '的表达式；
b.将带电金属小球用导线与大地相连，我们就会认为小球的电荷量减小为0。

请结合题目信息及所学知识解释这一现象。

【答案】(1)见解析；(2)()221p 12
2kQ R R E R R -=；(3)a.R
C k
'=
，b.见解析 【解析】 【分析】 【详解】 （1）如图所示
（2）由电容的定义式可知球形电容器充电过程中两极板间电势差u 随电荷量q 的变化图像如下图所示，图中三角形面积表示电荷量达到Q 时电容器所具有的电势能E p 的大小，由图可得
1
2
p E QU =
根据
Q C U
=
可得
2
2
p Q E C
= 将球形电容器电容的表达式代入可得
22112
()2P kQ R R E R R -=
（3）a. 将孤立导体球看作另一极在无穷远的球形电容器，即1R R =，2R →∞代入球形电容器电容的表达式
12
21()
R R C k R R =
-
可得
R C k '=
b. 根据a 中推得的孤立导体球的电容表达式
R C k
'=
可知，球体的半径越大，其电容越大。

由于金属小球的半径远小于地球半径，所以地球的电容远大于小球的电容。

二者用导线连接，电势相同，根据
Q =CU
可知，地球的带电量远大于小球的带电量，电荷总量保持不变，所以可以认为小球的电荷量减小为0。

8．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O 1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O 2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O 1、O 2、A 在同一竖直面内，设O 1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)
2
x Ly =；(2) 2k0k0)+4qEL E E qEL +（；(3)4qEL ，34
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O 1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
2x =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 k0k0)=
+4qEL E E E qEL +（。

(3) 2
k k0k0)=
+4qEL E E E qEL
+（变形为
k0E =
由判别式∆=0
E k
解得E k =k 3=
4
qEL
E （负值舍去）， 二次函数开口向上，所以k 34
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 。

9．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
24v v ；(3)0或0
232
v 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
032
v v =
10．如图（a ），长度L=0.8m 的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A ，其电荷量Q=
；一质量m=0.02kg ，带电量为q 的小球B 套在杆上．将杆沿水平方向固定
于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x 轴正方向建立坐标系．点电荷A 对小球B 的作用力随B 位置x 的变化关系如图（b ）中曲线I 所示，小球B 所受水平方向的合力随B 位置x 的变化关系如图（b ）中曲线II 所示，其中曲线II 在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：（静电力常量
）
（1）小球B 所带电量q;
（2）非均匀外电场在x=0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小E ； （3）在合电场中，x=0.4m 与x=0.6m 之间的电势差U ．
（4）已知小球在x=0.2m 处获得v=0.4m/s 的初速度时，最远可以运动到x=0.4m ．若小球在x=0.16m 处受到方向向右，大小为0.04N 的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s 是多少？
【答案】（1）6110C -⨯（2）（3）800 V （4）0.065m
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由图可知，当x=0.3m 时，
因此
．
（2）设在x=0.3m 处点电荷与小球间作用力为F 2， F 合=F 2+qE 因此
电场在x=0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小为3⨯，方向水平向左．
（3）根据图像可知在x=0.4m 与x=0.6m 之间合力做功大小 W 合=0.004⨯0.2 J=8⨯10-4J 由qU=W 合 可得
（4）由图可知小球从x=0.16m 到x=0.2m 处 电场力做功
小球从
到
处
电场力做功2W =1
2
-2mv =31.610--⨯J 由图可知小球从
到
处
电场力做功3W =－0.004×0.4 J=31.610--⨯J 由动能定理1W +2W +3W +F s 外=0
解得s =
【点睛】
通过图线1位置0.3m 处和库仑定律计算小球B 带电量；再根据图像分析0.3m 处合力向左，库仑力向右，可以计算出该位置外加电场的电场力，进而计算外加电场电场强度；在0.4m 到0.6m 处合电场是匀强电场，根据qU=W 合可以计算两位置电势差；通过动能定理计算距离．
11．如图甲所示，A 、B 为两块相距很近的平行金属板，A 、B 间电压为0AB U U =-，紧贴A 板有一电子源随时间均匀地飘出质量为m ，带电量为e 的电子（可视为初速度为零）。

在B 板右侧两块平行金属板M 、N 间加有如图乙所示的电压，电压的变化周期
2m
T L
eU =，板间中线与电子源在同意以水平线上，极板长L ，距偏转右边缘s 处有荧光屏，已知18
T
t =
时刻沿中线射入偏转极板间的电子恰好能射出偏转极板，假定金属外无电场，打在极板上的电子均被极板吸收，荧光屏足够大，试求：
（1）电子进入偏转极板时的速度； （2）4
T
t =
时刻沿中线射入偏转板间的电子刚出偏转板时与板间中线的距离； （3）经足够长时间t （t 远大于T ）打到荧光屏上的电子数与电子源发射的电子数之比； （4）电子打在荧光屏上的范围（打在荧光屏最上端和最下端的长度）。

【答案】（1）0
02eU v m
=2）0（3）1732（4）38L
【解析】 【详解】
（1）由动能定理有
2
0012
e mv U =
， 即
0v =
（2）由
0L v t =
有：
0L t T v =
== 电子在电场方向先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，侧位移为零，电子在电场运动的两个周期内侧向位移也为零. （3）设两极板间距为d ，
eU a dm
=
， 若18
T
t =
时刻沿中线射入偏转板间的电子恰好能射出偏转极板（不打上极板），那么 2211132()2()22228
d T T
a t a =⨯-=⨯， 解得
3
8
d L =
设2t 时刻射入的电子恰好打不到下极板，则
22221122()2222
d T at a t =⨯-⨯- 经时间t （t >>T ）打到荧光屏上的电子数与电子源发射的电子数之比
2117
322
t t k T -=
= （4）因为电子射出偏转板时，竖直方向速度为0，所以荧光屏上的范围
3
8
Y d L ==
12．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 2
0v 【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； 22B qE mg ma -= 得8
B 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0
8v t g
=
在该时间内A 的位移为：22
00321 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，2
056A A E qEs mv ∆==
同理对球B 得：22
0041 2B B v s v t a t g =+= 207B B E qEs mv ∆==
解得2
063A 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．
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．材料的电阻随磁场的增强而增大的现象称为磁阻效应，利用这种效应可以测量磁感应强度。

如图所示为某磁敏电阻在室温下的电阻—磁感应强度特性曲线，其中R B 、R 0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值。

为了测量磁感应强度B ，需先测量磁敏电阻处于磁场中
的电阻值R B。

请按要求完成下列实验。

(1)设计一个可以测量磁场中该磁敏电阻阻值的电路，并在图中的虚线框内画出实验电路原理图（磁敏电阻及所处磁场已给出，待测磁场磁感应强度大小约为0.6~1.0 T，不考虑磁场对电路其他部分的影响）。

要求误差较小______；
提供的器材如下：
A．磁敏电阻，无磁场时阻值R0＝150 Ω
B．滑动变阻器R，总电阻约为20 Ω
C．电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 Ω
D．电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩ
E.直流电源E，电动势3 V，内阻不计
F.开关S，导线若干
(2)正确接线后，将磁敏电阻置入待测磁场中，测量数据如下表：
123456
U（V）0.000.450.91 1.50 1.79 2.71
I（mA）0.000.300.60 1.00 1.20 1.80
根据上表可求出磁敏电阻的测量值R B＝___Ω，结合题图可知待测磁场的磁感应强度B＝
___T；
(3)试结合题图简要回答，磁感应强度B在0~0.2T和0.4~1.0T范围内磁敏电阻阻值的变化规律有何不同？
_______；
(4)某同学在查阅相关资料时看到了图所示的磁敏电阻在一定温度下的电阻—磁感应强度特性曲线（关于纵轴对称），由图线可以得到什么结论_______。

【答案】 1500 0.90 在0~0.2T 范围内，磁敏电阻的阻
值随磁感应强度非线性变化（或不均匀变化）；在0.4~1.0T 范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化） 磁场反向，磁敏电阻的阻值不变 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]当B ＝0.6T 时，磁敏电阻阻值约为
6×150Ω＝900Ω
当B ＝1.0T 时，磁敏电阻阻值约为
11×150Ω＝1650Ω
由于滑动变阻器全电阻20Ω比磁敏电阻的阻值小得多，故滑动变阻器选择分压式接法；由
于x V
A x
R R R R >，所以电流表应内接。

电路图如图所示。

(2)[2]方法一：根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为
130.4515000.3010R -=Ω=Ω⨯，2
30.91
1516.70.6010R -=Ω=Ω⨯ 331.5015001.0010R -=
Ω=Ω⨯，4
3
1.79
1491.71.2010R -=Ω=Ω⨯ 53
2.71
15051.8010R -=
Ω=Ω⨯，
故电阻的测量值为
123451503
5
R R R R R
R
++++
=Ω=Ω（1500~1503Ω都算正确。

）
[3]由于
1500
10
150
R
R
==，从图1中可以读出
B＝0.9T
方法二：作出表中的数据作出U－I图像，图像的斜率即为电阻（略）。

(3)[4]在0~0.2T范围，图线为曲线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或非均匀变化）；在0.4~1.0T范围内，图线为直线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化）；
(4)[5]从图3中可以看出，当加磁感应强度大小相等、方向相反的磁场时，磁敏电阻的阻值相等，故磁敏电阻的阻值与磁场方向无关。

【点睛】
本题以最新的科技成果为背景，考查了电学实验的设计能力和实验数据的处理能力。

从新材料、新情景中舍弃无关因素，会看到这是一个考查伏安法测电阻的电路设计问题，及如何根据测得的U、I值求电阻。

第(3)、(4)问则考查考生思维的灵敏度和创新能力。

总之本题是一道以能力立意为主，充分体现新课程标准的三维目标，考查学生的创新能力、获取新知识的能力、建模能力的一道好题。

14．(1)某同学利用“双缝干涉实验装置”测定红光的波长．已知双缝间距为d，双缝到屏的距离为L，将测量头的分划板中心刻线与某一亮条纹的中心对齐，并将该条纹记为第1亮条纹，其示数如图所示，此时的示数为________mm．然后转动测量头，使分划板中心刻线与第5亮条纹的中心对齐，读出示数，并计算第5亮条纹与第1亮条纹的中心线间距离为Δx．由此可得该红光的波长表达式为_______（用字母表达）；某同学用黄色滤光片时得到一个干涉图样，为了使干涉条纹的间距变宽，可以采取的方法是
_____________、______________________．
(2)要描绘一个标有“3V 0.8W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加，且尽量减小实验误差．已选用的器材除导线、开关外，还有
电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）
电流表（量程为0~300mA，内阻约为1Ω）
电压表（量程为0~3V，内阻约为3kΩ）
滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）
①实验电路应选用图中的________________（填字母代号）
②请按照①中选择的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏___________．
③以电压表的读数U 为横轴，以电流表的读数Ⅰ为纵轴，根据实验得到的多组数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线，如图所示．由图可知：随着电压的增大，小灯泡的电阻_______（选填“增大”或“减小”），其发生变化的原因是________________________________．
④从图线可知，当灯泡两端电流为0.26A 时，小灯泡的功率等于_________W （保留两位有效数字）．⑤某同学看到实验室有最大阻值为17kΩ的滑动变阻器R 1和最大阻值为100Ω的滑动变阻器R 2，用R 1和R 2分别替换本实验中的滑动变阻器，滑片从左向右滑动过程中，电压表示数随滑片移动距离x 的关系曲线如图所示，正确的是_________________.
【答案】2.430（2.428mm~2.432mm ） 4d
x L
λ=
∆ 换用红色的滤光片 使光屏离双缝距离远一些 B 增大 温度变高，电阻率变大，电阻变大
0.62 B 【解析】 【分析】 【详解】
(1) 螺旋测微器的读数为2.0mm+0.01×43.0mm=2.430mm ； 干涉条纹的间距
51x l d λ∆=-，所以波长为4d x l λ=∆； 由公式l x d
λ∆=可知，换波长更长的光或增大光屏离双缝的距离即可； (2) 实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V ，则滑动变阻器应采用分压接法，灯
泡正常发光时的电阻为23211.250.8
U R P ==Ω=Ω，电流表内阻为1Ω，电压表内阻为3kΩ，相对来说，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，因此应选择图B 所示电路；
(3) 滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前，滑片应处于滑动变阻器最左端；根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示
(4) 由图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，由欧姆定律可知，电压与电流的比值增大，即灯泡电阻变大，这是因为灯泡电阻随灯丝温度升高而增大造成的；
(5)由灯泡的伏安特性曲线可知，当电流为0.26A 时的电压为2.4V ，所以功率为
P=UI=0.26 2.40.62W W ⨯=
(6) 由图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，由欧姆定律可知，电压与电流的比值增大，即灯泡电阻变大，因此选B
点晴：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，测量光波波长的原理，注意掌握干涉条纹间距公式的内容，对电学实验要明确以下情况滑动变阻器必须用分压式接法：①要求电压或电流从零调；②变阻器的全电阻远小于待测电阻；③用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程．
15．某同学要测量某定值电阻的阻值；
（1）他先用多用电表粗测该电阻的阻值，将选择开关调在“×10”的电阻挡，调节好欧姆表，将被测电阻接在两个表笔间，指针指示如图所示的位置，则被测电阻的阻值为__________Ω.
（2）为了精确测量被测电阻，实验室提供的实验器材有:电流表A (量程20 mA ，内阻约为0.5Ω)；电流表A 2(量程1 mA ，内阻10Ω) ；滑动变阻器R 1 (阻值范围0~20 Ω，额定电流2 A)；电阻箱R 2(阻值范围0~9 999 Ω，1 A)；电源E (电动势6 V ，内阻不计)；导线若干. 实验中要将电流表A 2改装成量程为3V 的电压表，需要将电阻箱与电流表A 2________ (填“串"或“并”)联，且电阻箱接入路的电阻阻值为___________Ω；请在虚线框中面出实验电路图，并标出各个器材的代号；（_________）
（3）闭合开关S ，调节滑动变阻器，测得6组电压、电流的值，该同学在坐标系中描点，作出了2条I-U 图线，你认为正确的是____ (填“①”成“②”)，并由图线求出电阻R x = _______ Ω (保留三位有效数字)
【答案】150 串 2 990 ② 158
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]．若选用倍率为“× 10”的电阻挡测电阻时，所测电阻的阻值为1510150⨯Ω=Ω. （2）[2][3][4]．若将电流表A 2改装成量程为3 V 的电压表，需要串联的电阻的阻值为
33102990110
R -=
Ω-Ω=Ω⨯； 实验电路图如图所示.。