江苏省泗洪中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

江苏省泗洪中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题
一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）
1．有三根长度皆为l =0.3 m 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板的O 点，另一端分别栓有质量皆为m =1.0×10﹣2kg 的带电小球A 和B ，它们的电荷量分别为﹣q 和+q ，q =1.0×10﹣6C ．A 、B 之间用第三根线连接起来，空间中存在大小为E =2.0×105N/C 的匀强电场，电场强度的方向水平向右．平衡时A 、B 球的位置如图所示．已知静电力常量k =9×109N•m 2/C 2重力加速度g =10m/s 2．求：
（1）A 、B 间的库仑力的大小 （2）连接A 、B 的轻线的拉力大小． 【答案】（1）F=0.1N （2）10.042T N = 【解析】
试题分析：（1）以B 球为研究对象，B 球受到重力mg ，电场力Eq ，静电力F ，AB 间绳子的拉力1T 和OB 绳子的拉力2T ，共5个力的作用，处于平衡状态，
A 、
B 间的静电力2
2q F k l
=，代入数据可得F=0.1N
（2）在竖直方向上有：2sin 60T mg ︒=，在水平方向上有：12cos 60qE F T T =++︒ 代入数据可得10.042T N = 考点：考查了共点力平衡条件的应用
【名师点睛】注意成立的条件，掌握力的平行四边形定则的应用，理解三角知识运用，注意平衡条件的方程的建立．
2．如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为Q ，其中A 带正电荷，B 带负电荷，A 、B 相距为2d 。

MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，
另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为+q （可视为点电荷），现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的D 点时，速度为v 。

已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，若取无限远处的电势为零，试求：
（1）在A 、B 所形成的电场中，C 的电势φC 。

（2）小球P 经过D 点时的加速度。

（3）小球P 经过与点电荷B 等高的E 点时的速度。

【答案】（1）222mv mgd q -（2）g +2
22kQq
md （3）2v
【解析】 【详解】
（1）由等量异种电荷形成的电场特点可知，D 点的电势与无限远处电势相等，即D 点电势为零。

小球P 由C 运动到D 的过程，由动能定理得：
2
102
CD mgd q mv ϕ+=
- ① 0CD C D C ϕϕϕϕ=-=- ②
222C mv mgd q
ϕ-= ③
（2）小球P 经过D 点时受力如图：
由库仑定律得：
122
(2)F F k
d == ④
由牛顿第二定律得：
12cos 45cos 45mg F F ma +︒+︒= ⑤
解得：
a =g +
2
22kQq
md
⑥ （3）小球P 由D 运动到E 的过程，由动能定理得：
22
1122
DE B mgd q mv mv ϕ+=
- ⑦ 由等量异种电荷形成的电场特点可知：
DE CD ϕϕ= ⑧
联立①⑦⑧解得：
2B v v = ⑨
3．如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2d 。

MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p ，质量为m 、电荷量为+q （可视为点电荷，不影响电场的分布。

），现将小球p 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球p 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v 。

已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g 。

求： （1）C 、O 间的电势差U CO ；
（2）O 点处的电场强度E 的大小及小球p 经过O 点时的加速度；
【答案】（1） 222mv mgd q - （2）222kQ d ； 2
22kQq
g md +
【解析】 【详解】
（1）小球p 由C 运动到O 的过程，由动能定理得
2
102
CO mgd qU mv +=
- 所以
222CO
m mgd U q
v -=
（2）小球p 经过O 点时受力如图
由库仑定律得
122
(2)F F d ==
它们的合力为
F =F 1cos 45°+F 2cos 45°=Eq
所以O 点处的电场强度
2
2=
2k Q
E d 由牛顿第二定律得：
mg+qE =ma
所以
2k Qq
a g =
4．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 =='故从C 到B 最短的时间1
0.10.314
t T s π=
==
5．如图所示，在O 点处放置一个正电荷．在过O 点的竖直平面内的A 点，由静止释放一个带正电的小球，小球的质量为m 、电荷量为q ．小球落下的轨迹如图所示，轨迹与以O 为圆心、R 为半径的圆相交于B 、C 两点，O 、C 在同一水平线上，∠BOC=30°，A 距离OC 的竖直高度为h ，已知小球通过B 点的速度为v ，重力加速度为g ，求：
(1)小球通过C 点的速度大小；
(2)小球由A 运动到C 的过程中电场力做的功．
【答案】(1) 2c gR =+v v (2) 21()2
W m gR mgh =+-v 【解析】
试题分析：（1）小球下落过程中，受到重力和电场力，由于B 、C 两点处于同一等势面上，故从B 到C 过程电场力做功为零，只有重重力做功，根据动能这定理求解到达C 点的速度；（2）小球从A 至C 的过程中只有重力和电场力做功，根据动能定理即可求解电场力做功．
（1）小球从B 点到C 点的过程中，电场力不做功，而重力做正功 由动能定理得：22
11222
C R mg mv mv ⨯
=- 解得：2C v v gR =+
（2）小球从A 至C 的过程中只有重力和电场力做功 由动能定理得：2
12
C mgh W mv +=电 解得：()
21
2
W m v gR mgh 电=
+- 【试题分析】本题关键是明确几种功能关系的具体形式：总功是动能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度．
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)R =【解析】 【详解】 (I)根据
2Q
E k
r
= 又因为
sin H
r α=
所以
22sin 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
R =
答案：(1) 2
2sin A Q E k H α=(2)22
sin sin kQq a g mH
αα=- (3)R =
二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）
7．如图甲所示，真空中的电极K 连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为U 0的电场加速，加速电压U 0随时间t 变化的图像如图乙所示，每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为该过程加速电压不变.电子被加速后由小孔S 穿出沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A 、B 间中轴线，从左边缘射入A 、B 两板间的偏转电场，A 、B 两板长均为L =0.020m ，两板之间距离d =0.050m ，A 板的电势比B 板电势高U ，A 、B 板右側
边缘到竖直放置的荧光屏P （面积足够大）之间的距离b =0.10m ，荧光屏的中心点O 与A 、B 板的中心轴线在同一永平直线上，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。

求： （1）求电子进入偏转电场的初速度v 0（已知电子质量为m 、电量为e ，加速电压为U 0） （2）假设电子能射出偏转电场，从偏转电场右端射出时，它在垂直于两板方向的偏转位移y 为多少（用U 0、U 、L 、d 表示）；
（3）要使电子都打不到荧光屏上，A 、B 两板间所加电压U 应满足什么条件； （4）当A 、B 板间所加电压U =50V 时，电子打在荧光屏上距离中心点O 多远的范围内。

【答案】（1）0
02eU v m
=2）204UL y dU =；（3）所加电压U 应满足至少为100V ；
（4）0.025m ～0.05m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）电子加速过程中，根据动能定理有
2001
2
eU mv =
解得初速度
02eU v m
=
（2）偏转过程中，水平方向做匀速直线运动，有
0v t L =
垂直AB 两板方向，做匀加速直线运动，有
U Ed =
eU ma =
212
y at =
由（1）问及以上几式，解得
2
4UL y dU =
（3）要使电子都打不到屏上，应满足U 0取最大值800V 时仍有y ＞0.5d ，代入(2)问结果，可得：
2
00222
44?0.548000.50.05V 100V 0.2
U dy U d d U L L ⨯⨯⨯=>==
所以为使电子都打不到屏上，A 、B 两板间所加电压U 至少为100V
（4）当A 、B 板间所加电压U′=50V 时，当电子恰好从A 板右边缘射出偏转电场时 其侧移最大
max 11
0.05m 0.025m 22
y d =
=⨯= 设电子通过电场最大的偏转角为θ，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Y max ，则
tan y v at
v v θ=
=
max max y b
Y y υυ
=+
又
max 02
y
υy t +=
L υt =
联立解得
max max max 20.05m b
Y y y L
=+
= 由第（2）问中的2
4UL y dU =可知，在其它条件不变的情况下，U 0越大y 越小
所以当U 0=800V 时，电子通过偏转电场的侧移量最小 其最小侧移量，
222min
00500.2m 0.0125m 4440.05800
UL U L y dU dU ⨯'====⨯⨯ 同理可知，电子打到屏上距中心的最小距离为
min min 210.025m b Y y L ⎛⎫
=+= ⎪⎝
⎭
故其范围为0.025m~0.05m 。

8．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
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 =
= 21
2
PC L at ==
式中qE a m
=
解得电场强度的大小为2
258qLB E m
=
（3）只有磁场时，粒子以O 1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
360t 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
360t 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.
9．一匀强电场足够大，场强方向是水平的．一个质量为m 的带正电的小球，从O 点出发，初速度的大小为v 0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求：
（1）小球运动的加速度的大小是多少？
（2）小球从O 点出发到其运动到最高点时发生的位移大小？ （3）小球运动到最高点时其电势能与在O 点的电势能之差？
【答案】（1）
sin g θ
（2）20sin 2v g θ(3) 22
01cos 2mv θ 【解析】 【详解】
（1）小球做直线运动，所受的合力与速度方向在同一条直线上，
根据平行四边形定则得：sinθ＝mg
ma
解得小球的加速度：sin g
a θ
=
． （2）小球从开始到最高点的位移为：220022v v sin x a g
θ==． （3）因为Eq=mg/tan θ，则小球运动到最高点时其电势能与在O 点的电势能之差等于电场
力做功，即222001cos .cos cos tan 22
P v sin mg E W Eqx mv g θθθθθ∆===
⋅= 【点睛】
本题有两点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是知道小球做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求解位移．知道电势能的变化量的等于电场力的功.
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 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：
W；
（1）初始状态的电势能e
（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
11．一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=0.9×10－30
kg ，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．如图平行金属板长为L ，一个带电为 + q ，质量为m 的粒子以某一初速度紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘以速度v 射出，末速度v 恰与下板成30°角，粒子重力不计．求：
（1）粒子进入电场的初速度大小v 0； （2）两极间距离d . （3）两极的电势差U .
【答案】（13v （23L
（3）2
8mv q
【解析】 【详解】
（1）由速度关系得初速度：
003
cos30v v ==
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向有：
L=v 0t
在竖直方向有：
d =0sin 302
v t
解得
36
L d =
（3）由动能定理：
2201122
Uq mv mv =
- 解得
28mv U q
=
三、必修第3册电路及其应用实验题易错题培优（难）
13．小敏要将一量程为250μA的微安表改装成量程为5V的电压表。

由于微安表内阻未知，小敏先用多用电表粗测得其内阻约为1100Ω。

现有如下器材：
A．待改装的微安表
B．标准电压表
C．电阻箱（0~99999. 9Ω）
D．滑动变阻器（0~10Ω）
E. 学生电源
F.开关，导线若干
(1)按粗测的微安表内阻进行电压表改装，应将电阻箱阻值调节为_________Ω；
(2)改装完成后，小敏利用上述器材设计了电路进行校准，请完成校准电路的实物图连线；（____）
(3)当标准电压表的示数为5. 00V时，微安表的指针位置如图所示。

由此可以推测出所改装的电压表量程不是预期的5V，而是______V（保留两位有效数字），导致该误差产生的原因可能是_________；
A．微安表的实际内阻大于所测得的1100Ω
B．微安表的实际内阻小于所测得的1100Ω
(4)要达到预期目的，不必再设计实验精确测量微安表的内阻，只需将电阻箱的阻值调整为______Ω即可。

【答案】18900 见解析 5.1 A 18500
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]将电阻箱与微安表串联，电阻箱阻值
5V
1100Ω18900Ω
250μA
g
U
R r
I
=-=-=
(2)[2]将改装的电压表与标准电压表并联，接入电路，滑动变阻器采用分压式接法，可以测量多组数据，连接电路如图所示
(3)[3]图中微安表示数为245μA 时电压表示数为5V ，因此满天偏时对应的电压值应为其电压表量程
245μA 5V
=250μA U
可求得量程为
5.1V U =
[4](4)由于加上相同的电压，电流小于预期值，一定是电阻偏大，而电阻箱调整没问题，一定是微安表内阻大于1100Ω，A 正确，B 错误。

故选A 。

[5]改装表的阻值减小量应为
5V 5V
400245μA 250μA
R ∆=
-=≈Ω 因此将电阻箱阻值减小为
18900Ω-400Ω=18500Ω
14．国标（GB ／T ）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω·m 。

某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K 以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动。

实验器材还有：
电源（电动势约为3 V ，内阻可忽略）；电压表V 1（量程为3 V ，内阻很大）； 电压表V 2（量程为3 V ，内阻很大）；定值电阻R 1（阻值4 kΩ）； 定值电阻R 2（阻值2 kΩ）；电阻箱R （最大阻值9 999 Ω）； 单刀双掷开关S ；导线若干；游标卡尺；刻度尺。

实验步骤如下：
A ．用游标卡尺测量玻璃管的内径d ；
B ．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L ；
C ．把S 拨到1位置，记录电压表V 1示数；
D ．把S 拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V 2示数与电压表V 1示数相同，记录电阻箱的阻值R ；
E ．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C 、D ，记录每一次水柱长度L 和电阻箱阻值R ；
F ．断开S ，整理好器材。

（1）测玻璃管内径d 时游标卡尺示数如图乙，则d ＝_______mm ；
（2）玻璃管内水柱的电阻值R x 的表达式为：R x ＝_______（用R 1、R 2、R 表示）； （3）利用记录的多组水柱长度L 和对应的电阻箱阻值R 的数据，绘制出如图丙所示的
1
R L
-
关系图象。

则自来水的电阻率ρ＝_______Ω·m （保留两位有效数字）； （4）本实验中若电压表V 1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将_____（填“偏大”“不变”或“偏小”）。

【答案】30.00 12
R R R
14 偏大 【解析】 【分析】 【详解】
（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm ，游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：30.00mm ，所以玻璃管内径：
d =30.00mm
（2）[2]设把S 拨到1位置时，电压表V 1示数为U ，则电路电流为：
1
U I R =
总电压：
1
x U
E R U R =
+ 当把S 拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V 2示数与电压表V 1示数相同也为U ，则此时电路中的电流为
U I R
=
总电压
2U
E R U R
=
+ 由于两次总电压等于电源电压E ，可得：
2
1x R R R R
＝ 解得：
12
x R R R R
＝
（3）[3]从图丙中可知，R =2×103Ω时，
-11
5.0m L
=，此时玻璃管内水柱的电阻： 12
4000x R R R R
=Ω＝
水柱横截面积：
2
2
d S π=（）
由电阻定律L
R S
ρ
＝得： 2
330104000 3.145142x R S
m m L ρ-⎛⎫⨯=⨯⨯⨯Ω⋅≈Ω⋅ ⎪⎝⎭
＝
（4）[4]若电压表V 1内阻不是很大，则把S 拨到1位置时，此时电路中实际电流大于
1U I R =
，根据
1
x U
E R U R =+可知测量的R x 将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大。

15．(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232
11.250.8
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．
16．育才中学科技小组的小明同学自行设计了一个地磅，其原理如图1所示．设电源两端
电压U恒为定值，R0为定值电阻，滑动变阻器的总电阻为R、总长度为L ，滑动触头与托盘固联，开始时触头位于变阻器最上端A，并能随轻弹簧一起上下滑动．已知滑动变阻器
的电阻与其接入电路的长度成正比；当对地磅施加压力F时，弹簧的长度会缩短L ．请回答：
（1）定值电阻R0的作用是________．
（2）电流表的示数与待测物体质量m之间的关系式为________；此地磅的刻度特点是
________．
（3）有同学建议小明将原理图改为图2所示，你认为这样改________（填“好”或“不好”）. （4）请你在图2的基础上，在图3的方框里画出你改进后的电路图，这样的好处是什么？
【答案】（1）分压限流，保护电路元件作用；（2）
(L)R
U
mgL
R
FL
-+；不均匀
（3）不好（4）这样的好处是电压与质量成正比，反应质量的刻度线均匀．
【解析】
（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，电流表有烧坏的可能，则定值电阻R0的作用是保护电路；
（2）滑动变阻器的电阻与其接入电路的长度成正比；当对地磅施加压力F时，弹簧的长度会缩短l．
当质量为m的物体放在地磅上时，弹簧形变量为l′，有
F mg
l l
=
'
，即此时的弹簧缩短了
mgl
l
F
'=，设此时滑动变阻器的阻值为R′，则
R R
L L l
'
=
-'
所以11
l mgl
R R R L FL
（）（）''=
-=-， 根据欧姆定律可知，此时电路中的电流为
00
(1)U U
I mgl R R R R FL
=
=
'+-+
由表达式可知，电流表的示数与物体的质量不成正比，所以造成刻度盘上的刻度不均匀； （3）电压表的示数为滑动变阻器的电压，等于电源电压减去定值电阻R 0的电压． 故
00
(1)U
U U IR U R mgl
R R FL
'=-=-
-+， 由表达式可知，电压表的示数与物体的质量不成正比，所以造成刻度盘上的刻度不均匀，故这样改仍然不好； （4）改进的电路如图所示，
滑片的移动不能改变接入电路中电阻的大小，但可以改变电压表所测部分的电阻， 设地磅上放上质量为m 的物体时弹簧缩短量为l″，则l″= mg F
l 此时变阻器根据电压表并联部分的电阻R″=
l L
"R ， 根据欧姆定律，此时电路中的总电流为I=
U R R +， 所电压表的示数为()000()()mg l
U l U mgRU F U IR R R R R L R R L R R FL
"'="===+++， 由表达式可以看出，电压与质量成正比，反应质量的刻度线均匀．
点睛：本题以地磅为背景考查了重力公式和串联电路的特点、欧姆定律的应用；关键：一是根据弹力的大小跟弹簧伸长或缩短的长度关系得出压力，二是根据滑动变阻器的长度和总电阻得出放物体时接入电路中电阻的大小，三是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等．
17．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5 V ，额定功率为0.5 W ，此外还有以下器材可供选择： A ．直流电源3 V(内阻不计)
B ．直流电流表0～300 mA(内阻约为5 Ω)。