高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷(Word版 含解析)

高中物理必修3
物理 全册全单元精选试卷（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．“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 =。

2．如图所示，均可视为质点的三个物体A 、B 、C 在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，A 绝缘，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，质量分别为m A =0.43kg ，m B =0.20kg ，m C =0.50kg ，其中A 不带电，B 、C 的电荷量分别为q B =+2×10-5C 、q C =+7×10-5C 且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。

现给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 做加速度a=2.0m/s 2的匀加速直线运动，经过时间t ，力F 变为恒力，已知静电力常量为k=9.0×109N·m 2/C 2，g 取10m/s 2。

求： （1）开始时BC 间的距离L ； （2）F 从变力到恒力需要的时间t 。

【答案】（1）2.0m ；（2）1.0s 【解析】 【分析】 【详解】
（1）A 、B 、C 静止时，以AB 为研究对象，受力分析有
2
sin30o B C
A B q q m m g k
L +=（） 代入数据解得
L =2.0m
（2）AB 分离时两者之间弹力恰好为零，此后F 变为恒力，对B 用牛顿第二定律得
2
sin30B B B C
m g m a q q k
l ︒=- 解得
3.0m l =
由匀加速运动规律得
212
l L at -=
解得
1.0s t =
3．如图所示，长l ＝1m 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 ＝1.0×10－6C ，匀强电场的场强E ＝3.0×103N/C ，取重力加速度g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小球所受电场力F 的大小； (2)小球的质量m ；
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v 的大小． 【答案】(1)F =3.0×10－3N (2)m =4.0×10－4kg (3)v =2.0m/s 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据电场力的计算公式可得电场力6331.010 3.010N 3.010N F qE --==⨯⨯⨯=⨯； (2)小球受力情况如图所示：
根据几何关系可得tan qE
mg θ
=，所以34310kg 410kg tan 10tan 37qE m g θ--⨯=
==⨯⨯︒；
(3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则2
1(1cos37)2
mgl mv -︒=
，解得v =2m/s ．
4．如图所示，一光滑斜面的直角点A 处固定一带电量为+q ，质量为m 的绝缘小球。

另一同样小球置于斜面顶点B 处，已知斜面长为L ，现把上部小球从B 点从静止自由释放，球能沿斜面从B 点运动到斜面底端C 处（静电力常量为k ，重力加速度为g ）
求：（1）小球从B 处开始运动到斜面中点D 处时的速度？ （2）小球运动到斜面底端C 处时，球对斜面的压力是多大？ 【答案】(1) 2
D gl
v =2232'3N N kq F F L ==-
【解析】
（1）由题意知：小球运动到D 点时，由于AD=AB ，所以有D B ϕϕ= 即0DB D B U ϕϕ=-=① 则由动能定理得：21
sin30022
DB L mg qu mv ︒+=-② 联立①②解得2
D gl v =
（2）当小球运动到C 点时，对球受力分析如图所示则由平衡条件得：
sin30cos30N F F mg +︒=︒库④
由库仑定律得：()
2
2
cos30kq F l =
︒库⑤
联立④⑤得：2
23223N kq F mg L
=-
由牛顿第三定律即2
232'3N N kq F F L
==-．
5．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
6．如图，在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方H 处的A 点以初速度v 水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，求：
(1)A 、B 两点间的距离
(2)带电小球在电场中所受的电场力
【答案】22
28
v H H +mg
【解析】 【详解】
(1)小球在MN 上方做平抛运动
竖直方向：212
H gt = 水平方向：x vt =
A 、
B 两点间的距离
22L H x =+
联立以上各式解得
22
2v H
L H g
=+ (2)带电小球进入电场后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，对带电小球运动的全过程，由动能定理得：
()022
H H
mg H F +
-⋅= 解得
F =3mg
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，两平行金属板A 、B 长L=8cm ，两板间距离d=8cm ，A 板比B 板电势高300V ，一不计重力的带正电的粒子电荷量q ＝10-10C ，质量m ＝10-20kg ，沿电场中心线RD 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2×106m/s ，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN 、PS 间的无电场区域．已知两界面MN 、PS 相距为12cm ，D 是中心线RD 与界面PS 的交点．
（1）粒子穿过MN 时偏离中心线RD 的距离以及速度大小？ （2）粒子到达PS 界面时离D 点的距离为多少？
（3）设O 为RD 延长线上的某一点，我们可以在O 点固定一负点电荷，使粒子恰好可以绕O 点做匀速圆周运动，求在O 点固定的负点电荷的电量为多少？（静电力常数k = 9．0×109N·m 2/C 2，保留两位有效数字） 【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】 【分析】 【详解】
（1）粒子进入A 、B 后应做类平抛运动，设在A 、B 板间运动时加速度大小为a ，时间为t 1，在MN 界面处速度为v ，沿MN 的分速度为v y ，偏转位移为y ，v 与水平夹角为α，运动轨迹如图
则：01l v t =①
2
1112
y at =② AB U q
a dm
=
③ 1Y v at =④ 0
tan Y
v v α=
⑤
由以上各式，代入数据求得：0.03m y = ，6
1.510
m/s Y v =⨯，3tan 4
α=
故粒子通过MN 界面时的速度为：2260 2.510m/s Y v v v =+=⨯
（2）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS 线交于a 点，设a 到中心线的距离为Y
则：
2
2
L y L Y S
=+ 解得：0.12m Y =
（3）粒子穿过界面PS 后将绕电荷Q 做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r ，由几何关系得：
0v Y
v r
=，即0.15m r = 由2
2qQ v k m r r
=得：28110C mrv Q kq -==⨯ 【点睛】
（1）由类平抛知识，带入数值便可求出偏离RD 的距离；带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，求出时间即可知道aD 的距离；
（2）库仑力提供向心力，根据牛顿第二定律联合即可求得电量及其电性．
8．在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C ，方向与x 轴正方向相同，在原点O 处放一个质量m=0.01 kg
带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q = -5×10－
8 C ．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给
物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0=2 m/s.如图所示．试求：
(1)物块沿x 轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？ 【答案】(1)5 m/s 2 (2)0.4 m (3)1.74 s 【解析】 【分析】
带负电的物块以初速度v 0沿x 轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间． 【详解】
（1）由牛顿第二定律可得mg Eq ma μ+= ，得25m/s a =
（2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：()2101
02
mg Eq s mv μ-+=-． 代入数据，得：s 1=0.4m
（3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：00111••22
t v v v
s t t +==，得：t 1=0.4s 接着物块向左作匀加速直线运动：221m/s qE mg a m
＝μ-=． 根据：21221
2
s a t =
得220.2t s = 物块离开电场后，向左作匀减速运动：232m/s mg
a g m
μμ=-=-=-
根据：3322a t a t = 解得30.2t s =
物块运动的总时间为：123 1.74t t t t s =++= 【点睛】
本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．
9．如图所示，AB 是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数
=0.30μ，BCD 是半径为R =0.2m 的光滑圆弧轨道，它们相切于B 点，C 为圆弧轨道的最低
点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E = 4.0×103N/C ，质量m = 0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB 对应的高度h = 0.24m ，滑块带电荷q = -5.0×10-4C ，取重力加速度g = 10m/s 2，sin37°= 0.60，cos37°=0.80．求：
（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小； （2）滑块滑到圆弧轨道最低点C 时对轨道的压力． 【答案】(1) 2.4m/s (2) 12N 【解析】 【分析】
(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B 点时的速度大小； (2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得C 点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解． 【详解】
(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：
()cos370.96N f mg qE μ=+︒=
设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理得：
()211
sin 372
h mg qE h f
mv +-= 解得：
v 1=2.4m/s
(2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得：
()()22
2111=
1cos3722
m mg q v E v m R +︒-－ 当滑块经过最低点时，有：
()2N 2
F mg qE v m R
-+= 由牛顿第三定律：
N N 11.36N F F ==，
方向竖直向下． 【点睛】
本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.
10．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
11．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．
12．如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xoy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m ，电荷量为-q （-q ＜0）的带电绝缘小球，从y 轴上的P （0，L ）点由静止开始释放，运动至x 轴上的A （-L ，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。

细管的圆心O 1位于y 轴上，交y 轴于点B ，交x 轴于A 点和C （L ，0）点。

该细管固定且紧贴x 轴，内径略大于小球外径。

小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g 。

求： (1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球运动到B 点时对管的压力的大小和方向； (3)小球从C 点飞出后会落在x 轴上的哪一位置。

【答案】(1)mg
q
；(2))
321mg 方向向下；(3)-7L 。

【解析】 【详解】
(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则
tan 45mg
Eq
︒=
解得：
mg q
E =
(2)根据几何关系可知，圆弧的半径
2r L =
从P 到B 点的过程中，根据动能定理得：
()
2
10222
B mv mg L L EqL -=+ 在B 点，根据牛顿第二定律得：
2B
v N mg m r
-=
联立解得：
)
3
1N mg =，
方向向上，由牛顿第三定律可知，小球运动到B 点时对管的压力的方向向下 (3)从P 到A 的过程中，根据动能定理得：
2
12
A mv mgL EqL =+ 解得：
A v =
小球从C 点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度
C A v v ==小球的加速度
'g =，
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x 轴，则有：
21
'2
C v t g t =
解得：
t = 则沿x 轴方向运动的位移
8C x t L === 则小球从C 点飞出后落在x 轴上的位置
87x L L L '=-=-
三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．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。

14．某实验小组要测量电阻R x 的阻值．
（1）首先，选用欧姆表“×10”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图甲所示．
（2）接着，用伏安法测量该电阻的阻值，可选用的实验器材有：电压表V（3V，内阻约3kΩ）；电流表A（50mA，内阻约5Ω）；待测电阻R x；滑动变阻器R（0﹣200Ω）；干电池2节；开关、导线若干．
在图乙、图丙电路中，应选用图____（选填“乙”或“丙”）作为测量电路，测量结果
________真实值（填“大于”“等于”或“小于”），产生误差的原因是________ ．
（3）为更准确测量该电阻的阻值，可采用图丁所示的电路，G为灵敏电流计（量程很小），R0为定值电阻，R、R1、R2为滑动变阻器．操作过程如下：
①闭合开关S，调节R2，减小R1的阻值，多次操作使得G表的示数为零，读出此时电压表V和电流表A的示数U1、I1；
②改变滑动变阻器R滑片的位置，重复①过程，分别记下U2、I2，…，U n、I n；
③描点作出U﹣I图象，根据图线斜率求出R x的值．下列说法中正确的有_________．A．图丁中的实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响
B．闭合S前，为保护G表，R1的滑片应移至最右端
C．G表示数为零时，电压表测量的是R x两端电压
D．调节G表的示数为零时，R1的滑片应位于最左端
【答案】乙小于电压表分流 AC
【解析】
【详解】
（2）[1][2][3]由于待测电阻的电阻值比较小比电压表的内阻小得多 , 所以电流表使用外接
法 ; 所以选择图乙作为测量电路，测量结果小于真实值，产生误差的原因是电压表的分流导致测量的电流偏大，所以电阻偏小．
（3）[4]A．该电路能够准确的计算出流过待测电阻的电流值，所以该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响，A正确；
B．闭合S前,为保护G表,开始时R1的电阻值要最大，所以滑片应移至最左端，B错误；C．G表示数为零时，电压表直接和待测电阻并联所以电压表测量的是R x两端电压，C正确；
D．调节G表的示数为零时, 与R1的滑片的位置无关，D错误；
故选AC。

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A2(量程1 mA，内阻10Ω) ；滑动变阻器R1 (阻值范围0~20 Ω，额定电流2 A)；电阻箱R2(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A2改装成量程为3V的电压表，需要将电阻箱与电流表A2________ (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 990② 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A2改装成量程为3 V的电压表，需要串联的电阻的阻值为
3
3
102990
110
R
-
=Ω-Ω=Ω
⨯
；
实验电路图如图所示.
（3）[5][6]．因为电压表测量的是被测电阻两端电压，所以当其两端电压为零时，电流也为零，故图线②正确；图象的斜率表示R x与R v并联的总电阻的倒数，即
0V
r V
U U
I
R R
R
R R
==
⋅
+
并
故
3.0
15830.023000
V U R U I R =
=Ω=Ω--
16．某实验小组欲描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验仪器如下： A ．小灯泡（额定电压为3V ，额定功率为1. 5W ）） B ．电流表1A （满偏电流为10mA ，内阻r 1=100Ω） C ．电流表2A （量程为0. 6A ，内阻r 2=0. 5Ω）； D ．滑动变阻器1R （0～20Ω，额定电流为2A ） E.滑动变阻器2R （0～1000Ω，额定电流为0. 5A ） F.定值电阻3R （5Ω） G.定值电阻4R （200Ω） H.电源（3V 、内阻可忽略） I.开关、导线若干.
（1）由于所给的仪器中没有电压表，需要把以上电流表_________进行适当的改装，将其与定值电阻_________串联改装成3V 的电压表. （均填仪器前的字母序号）
（2）要使小灯泡两端电压从零开始变化，则滑动变阻器应选_________. （填仪器前的字母序号）
（3）按实验要求完成方框内实验电路图______
（4）若实验描绘出该灯的伏安特性曲线如图，将该小灯泡直接接到一电动势为3V 、内阻为5Ω的电源两端，则该小灯泡消耗的电功率为_________W.（结果保留两位有效数字）
【答案】B G D 0.35
【解析】 【详解】
（1）[1][2]根据=P UI 得小灯泡的额定电流为
0.5A P
I U
=
= 故电流表选择A 2，A 1用来改装成电压表，故选B 。

改装电压表时串联电阻阻值为
g
g
200U U R I -=
=Ω
故定值电阻应选G 。

（2）[3]要使小灯泡两端电压从零开始变化，滑动变压器采用分压接法，则阻值小了便于调节，故滑动变阻器选D 。

（3）[4]小灯泡的电阻为
2
x 6U R P
==Ω
由于
x A 6120.5
R R == V 300=600x 0.5
R R = 所以
V x
A
x R
R
R R
＜
所以电流表采用外接法，补全电路图如图所示
（4）[5]在U-I图像中做出电源的特性曲线，如下图所示
交点即为灯泡的实际电压和电流，通过作图可知
' 1.3V
U=
'0.34A
I=
故灯泡的实际功率为
''' 1.30.34=0.44W
P U I
==⨯
17．合金材料的电阻率都比较大，某同学按如下步骤测量一合金丝的电阻率。

实验操作如下：
(1)用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置测量金属丝的直径，结果都如图甲所示，则该金属丝的直径为________mm。

(2)按图乙连接测量电路，将滑动变阻器置于最大值，闭合开关，移动滑动变阻器，发现电压表读数有读数，而电流表读数总为零，已知电流表、电压表以及待测金属丝都是完好的，则电路故障为导线_________断路（用图中导线编号表示）。

(3)排除电路故障后，改变滑动头在金属丝上的位置，测出金属丝长度l和接入电路的电阻R x如下表
请根据表中的数据，在图丙方格纸上作出R x–l图像_______。

(4)根据图像及金属丝的直径，计算该合金丝电阻率ρ= __________Ω·m（保留二位有效数字）。

(5)采用上述测量电路和数据处理方法，电表内阻对合金丝电阻率测量的影响为_____（填“使结果偏大”、“使结果偏小”、“对结果无影响”）。

【答案】0.379、0.380或者0.381 a 或c
68.510-⨯~69.910-⨯ 对结果无影响
【解析】 【分析】 【详解】
（1）[1] 金属丝的直径为
0mm 38
0.01mm 0.380mm +⨯=
（2）[2]只有a 或c 发生断路时，电压表相当于测电源电压，此时才会电压表读数有读数，而电流表读数总为零。

（3）[3] 在图丙方格纸上作出R x –l 图像如下
（4）[4]根据公式l
R S ρ=
得
6
132
1=9.6610=0.380..001π28510l RS ρ--=⨯⨯ ⎪
⎭
⨯⨯⎛⎫
⎝ （5）[5]因为多次测量金属丝长度l 和接入电路的电阻，通过画图求斜率求出x
R l
的大小，所以电表内阻对合金丝电阻率测量结果无影响。

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
1
I
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I0=_____，待测电流表的阻值测量值表达式为R A=_____
【答案】最小 0.58
1
b
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
A
IR
I I
R
=+
化简得
00
111
A
R
I I I R
=+⋅
所以
1
I
b
=，
A
k
R
b
=。