高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷培优测试卷

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷培优测试卷
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．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=
==
3．一带正电的 A 点电荷在电场中某点的电场强度为 4．0×104N/C ，电荷量为+5．0×10-8 C 的 B 点电荷放在该点,求： （1）点电荷在该点受到的电场力？
（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的电场强度？ 【答案】（1）3210N -⨯，方向由A 指向B （2）4410/N C ⨯，方向由A 指向B 【解析】 【分析】 【详解】 （1）
方向：由A 指向B
（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的场强不变，仍为
方向：由A 指向B
4．如图所示，∆abc 处在真空中，边长分别为ab ＝5cm ，bc ＝3cm ，ca ＝4cm ．两个带电小球固定在a 、b 两点，电荷量分别为q a ＝6.4×10－12C ，q b ＝－2.7×10－12C ．已知静电力常量k ＝9.0×109N ⋅m 2/C 2，求c 点场强的大小及方向．
【答案】 方向与由a 指向b 的方向相同
【解析】 【详解】
如图所示，a 、b 两电荷在c 点的场强分别为
E a ＝k ＝36N/C E b ＝k
＝27N/C
由几何关系，有
E 2＝E a 2＋E b 2
解得
E ＝45N/C
方向与由a 指向b 的方向相同.
5．如图所示，小球的质量为0.1kg m =，带电量为5
1.010C q -=⨯，悬挂小球的绝缘丝线与竖直方向成30θ=
︒时，小球恰好在水平向右的匀强电场中静止不动．问：
（1）小球的带电性质； （2）电场强度E 的大小；
（3）若剪断丝线，求小球的加速度大小．
【答案】（1）小球带正电 （2）45.7710N /C E =⨯ （3）211.54m /s a = 【解析】 【详解】
（1）对小球进行受力分析，如图；
由电场力的方向可确定小球带正电；
（2）根据共点力平衡条件，有qE=mgtan300 解得：
45
3
130
3=/ 5.7710/10
mgtan E N C N C q -≈⨯＝
（3）当线断丝线后，小球的合力为0
30mg
F cos ＝
由牛顿第二定律，则有：
22
10
/11.54/
cos303
2
F g
a m s m s
m
==
＝＝
小球将做初速度为零，加速度的方向沿着线的反向，大小为11.54m/s2，匀加速直线运动．【点睛】
本题关键是对小球受力分析，明确带电小球受电场力、细线的拉力和重力，根据共点力平衡条件及牛顿第二定律列示求解．
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
m310kg
-
=⨯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
6
2.510
q 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922
9.010?/
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) 4
510N
-
⨯ (2) 160/
N C (3)
2
5
4
EL
Q
k
=或
3
22
Q
k L R
=
-
【解析】
由几何关系：
3
cos
5
R
L
θ==，224
sin
5
L R
θ
-
== ,
4
tan
3
θ=①
（1）对小球受力分析可知：
cos
mg
F
θ
=②
由①②得：4
510
F N
-
=⨯③
（2）由平衡条件可得：tan
qE mgθ
=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2
Q
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．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．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
2
21
12
()
2
P
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
=，
2
R→∞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。

9．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．
10．如图所示，光滑水平面上方以CD 为界，右边有水平向右的匀强电场，电场强度大小E =104N/C,水平面上有质量为M =0.1kg 的绝缘板，板的右端A 恰好在边界CD 处，板上距A 端l =1.8m 放置一质量m 1=0.1kg 、带电量为q =-8×10-5 C 的小滑块P ．质量为m 2=0.5kg 的小滑块Q 以初速度v 0=5.5m/s 从B 端滑入绝缘板，在与小滑块P 相遇前，小滑块P 已进入电场．已知小滑块P 、Q 与板之间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.1，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．g =10m/s 2．求：
（1）小滑块Q 刚滑上板时，滑块P 的加速度大小a 1； （2）小滑块P 进入电场后的加速度大小和方向；
（3）若小滑块P 、Q 恰好在CD 边界相向相遇，AB 板的长度L ． 【答案】（1）2.5m/s 2（2）3m/s 2；方向向右（3）12.52m 【解析】
（1）设：小滑块P 与绝缘板一起向右加速运动.
由牛顿第二定律：2211()m g m M a μ=+，解得：2
1 2.5m/s a =；
对小滑块P ，由牛顿第二定律：1110.25N f m a ==，1max 1110.5N>f m g f μ==假设正确； （2）小滑块P 进入电场后，设：小滑块P 相对绝缘板运动，
对绝缘板，由牛顿第二定律得：2211)m g m g M a μμ-=，解得：a =0，做匀速直线运动；
对小滑块P ，由牛顿第二定律1111
qE m g m a μ'-=，解得213m/s a '=，方向向左，假设正确；
（3）设刚进入电场时小滑块P 的速度为v 1
由运动学公式：1123m/s v a l ==， 滑块P 进入电场前运动的时间为1
11
1.2s v t a ==， 设滑块P 回到CD 边界时间为t 2，
由运动学公式：2
121
2102
v t a t '-
=，解得22s t =； 对小滑块Q ，加速度大小为a 2，
由牛顿第二定律得：2222m g m a μ=，2
221m/s a g μ==；
设：经过t 3时间，小滑块Q 与绝缘板共速，即：1023v v a t =-； 解得：01
3122
2.5s<
3.2s v v t t t a -=
=+=， 设：此后小滑块Q 与绝缘板共同做匀减速运动，其加速度大小为2a '， 由牛顿第二定律得：1122()m g m M a μ'=+， 解得：2112
2
5
m/s 6
m g
a M m μ'==
+， Q 相对于绝缘板的总位移：22103231113111
()[()] 4.925m 22
x v t a t a t v t t =--+-=， 小滑块P 相对于板的总位移：
22131112321231
()()() 5.796m 2
x v t t v t t t a t t t '=-++--+-≈， 板的总长度为1212.52m L x x l =++≈．
11．如图，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 段是水平的，BD 段为半径R =0.2m 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，场强大小E =5.0×103V/m 。

一不带电的绝缘小球甲，以速度0v 沿水平轨道向右运动，与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D 。

已知甲、乙两球的质量均为m =1.0×10-2kg ，乙所带电荷量q =2.0×10-5C ，g 取10m/s 2。

（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转移）求： (1)乙在轨道上的首次落点到B 点的距离； (2)碰撞前甲球的速度0v 。

【答案】(1)0.4m x =；(2)025m/s v = 【解析】 【分析】
(1)根据乙球恰能通过轨道的最高点，根据牛顿第二定律求出乙球在D 点的速度，离开D 点
后做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出竖直方向上的加速度，从而求出竖直方向上运动的时间，根据水平方向做匀速直线运动求出水平位移。

(2)因为甲乙发生弹性碰撞，根据动量守恒、机械能守恒求出碰后乙的速度，结合动能定理求出甲的初速度。

【详解】
(1)在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为D v ，乙离开D 点到达水平轨道的时间为t ，乙的落点到B 点的距离为x ，则
2D v m mg qE R
=+ 乙球离开D 点后做类平抛运动，竖直方向
212()2mg qE R t m +=
水平方向
D x v t =
联立解得
0.4m x =
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲、v 乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
0mv mv mv =+甲乙，222
0111222
mv mv mv =+甲乙
联立得
0=v v 乙
由动能定理得
22
112222
D mg R q
E R mv mv -⋅-⋅=-乙
联立解得
0v =
=
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．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，G2为定值电阻和电流表G1的总电流，若定值电阻选10Ω，则易使流过G2的总电流超过其满偏值，故选R1；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：1
21
1
R r
I I
R
+
=即11
1
r R
k
R
+
=,所以
11
(1)
r k R
=-．
14．(1)在“测定金属的电阻率”的实验中，由于金属丝直径很小，不能使用普通刻度尺，应使用螺旋测微器。

螺旋测微器的精确度为_________mm，用螺旋测微器测量某金属丝直径时的刻度位置如图所示，从图中读出金属丝的直径为_________mm。

(2)如果测出金属丝接入电路的长度l、直径d和金属丝接入电路时的电流I和其两端的电压U，就可求出金属丝的电阻率。

用以上实验中直接测出的物理量来表示电阻率，其表达式为ρ=___________。

(3)在此实验中，金属丝的电阻大约为4Ω，在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，选用了如下实验器材：
A．直流电源：电动势约4.5 V，内阻不计；
B．电流表A：量程0~0.6 A，内阻约0.125Ω；
C．电压表V：量程0~3 V，内阻约3 kΩ；
D．滑动变阻器R：最大阻值10Ω；
E．开关、导线等。

在以下可供选择的实验电路中，应该选图____（填“甲”或“乙”），选择的接法为____接法（填“内”或“外”），此接法测得的电阻值将___________（填“大于”、“小于”或“等于”）被测电阻的实际阻值。

(4)根据所选实验电路图，在实物图中完成其余的连线___________。

在闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置在_________（填“最左”或“最右”）端。

(5)根据所选量程，某次实验两电表的示数如图，则读数分别为_________V和_________A。

(6)若某次实验测得接入电路金属丝的长度为0.810m，算出金属丝的横截面积为0.81×10-
6m2，根据伏安法测出电阻丝的电阻为4.1Ω，则这种金属材料的电阻率为__________（保留二位有效数字）。

【答案】0.01 0.640
2
4
d
lI
U
π
ρ=甲外小于
最左 2.15 0.16 1×10-6Ω·m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]螺旋测微器的精确度为0.01mm
[2]金属丝的直径为
0.5mm+0.01mm×14.0=0.640mm。

(2)[3]根据
U
R
I
=及
2
1
4
l
R
d
ρ
π
=
解得
2
4
d
lI
U
π
ρ=
(3)[4] [5]因待测电阻的阻值较小，故采用电流表外接电路，即甲电路；
[6]因电压表的分流作用，使得电流表的测量值大于电阻上的实际电流，故此接法测得的电
阻值将小于被测电阻的实际阻值。

(4)[7]连线如图；在闭合开关S前，滑动变阻器的阻值调节到最小，故滑片应置在最左端。

(5)[8]电压表读数为2.15V；
[9]电流表读数为0.16A。

(6)[10]根据2
1
4
l
R
d
ρ
π
=
可得
2
4
d R
l
π
ρ=，代入数据可知
ρ=4.1×10-6Ω·m
【点睛】
螺旋测微器示数等于固定刻度与可动刻度示数之和，对螺旋测微器读数时要注意估读；实验器材的选择、设计实验电路图是本题的难点，要掌握实验器材的选取原则及电路选择的
原则。

15．热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，某实验小组欲研究该电阻在常温下的伏安特性曲线，实验仪器如下：
A．待测热敏电阻x R，（常温电阻值约为5Ω）
B．电流表A1（满偏电流10mA，内阻1100
r=Ω）
C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻20.5
r=Ω）
D．滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流2A）
E．滑动变阻器R2（0～100Ω，额定电流0.5A）
F．定值电阻R3（阻值等于5Ω）
G．定值电阻电阻R4（阻值等于200Ω）
H．盛有水的保温杯（含温度计）
I．电源（3V，内阻可忽略）
G．开关，导线若干
（1）要使测量数据尽量精确，绘制曲线完整，需要将以上仪器进行适当的改装，定值电阻选____，滑动变阻器选__________。

（填仪器前的字母序号）
（2）请在方框内画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁，根据电路图在实物图上连线
（_____）
（3）热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC），正温度系数电阻器的电阻随温度的升高而增大，负温度系数电阻器的电阻随温度的升高而减小，测得该热敏电阻的21
I I
-图像如图所示，请分析说明该曲线对应的热敏电阻是______（选填“PTC”或“NTC”）热敏电阻。

（4）若将该热敏电阻直接接到一电动势为3V，内阻为6Ω的电源两端，则热敏电阻消耗的电功率为________W.（结果保留2位小数）。

【答案】4R1R PTC 0.34
【解析】
【详解】
（1）[1][2]．根据电源电动势，电路中的电流大概为0.6A
E
I
R
==，故电流表选用
2
A，把电流表1
A，串联定值电阻改装成电压表，200
x
x
E
R r
I
=-=Ω，故定值电阻选
4
R，描绘伏安特性曲线需要从零开始读书，因此采用滑动变阻器分压接法，所以选用阻值较小的1
R.
（2）[3]．待测电阻同电压表（电流表1
A和定值电阻
4
R）即电流表
2
A相比，与电流表2
A相差倍数比较小，属于小电阻，因此电流表采用外接法，滑动变阻器分压式连接。

原理图，实物图如下：
（3）[4]．由图线可知，随电流增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数（PTC）热敏电阻；
（4）[5]．在21
I I
-图中作出电源对应U-I图线，即
U=E-Ir
1412
()
A
I R R E I r
+=-
当20I =时，110I mA =，10I =时，20.5E
I A r
=
=，两图像交点处等效电压为3
3.5 1.0510
V ⨯=，电流为0.32A ，则热敏电阻的功率为 P=UI =1.05×0.32W=0.34W.
16．某学习小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验时，用了两个电压表，目的是可以同时测定电源的电动势和内阻，电路图如图甲所示，实验室可选用的器材有：
A ．金属丝（阻值几欧）
B ．电池（电动势3V 左右，内阻几欧）
C ．电压表两个（量程3V ，内阻很大）
D ．电流表（量程0.6A ，内阻0.2Ω左右） E.电流表（量程3A ，内阻0.04Ω左右） F.滑动变阻器（0〜2kΩ） G.滑动变阻器（0〜20Ω） H.毫米刻度尺，螺旋测微器 I.开关，导线若干
(1)实验前在选用器材时，电流表应选择_____，滑动变阻器应选择_____；（均填器材前的字母）
(2)测得金属丝的长度为0.5023m ；在测金属丝直径时，螺旋测微器的测量结果如图乙所示，则金属丝的直径为______mm ；
(3)实验过程中电压表V 1、V 2与电流表A 的测量结果已经在图丙中的图像中描出，由U —I 图像可得，电源的电动势为_____V ，电源的内阻为_____Ω，金属丝的电阻为____Ω；（均保留三位有效数字）
(4)由电阻定律可得，金属丝的电阻率为______Ω⋅m （保留两位有效数字）。

【答案】D G 0.580 3.00（2.98〜3.00均给分） 2.0（2.17〜2.22均给分） 3.00（2.97
〜3.09均给分） 1.6×10－
6
【解析】 【分析】 【详解】
(1)该实验中金属丝的电阻为几欧姆，所以滑动变阻器的阻值选择量程为20欧姆的即可，所以选择G ，所以电流表选择0.6A 的就可以，所以是D 。

(2)根据螺旋测器的读数规则0.50.018.00.580d mm mm mm =+⨯=
(3)V 2测的是电源电动势，V 1测的是金属丝的电压，根据图像可知，斜率为负的那条直线对应的是V 2的图线，斜率为正的是V 1的图线，V 2图线与纵轴的交点即为电动势，斜率的大小为内阻，得到 3.00V E =， 2.0r =Ω，两条线的交点为金属丝的工作电压和电流，所以金属丝的电阻为 1.8 3.00.6
U R I =
=Ω=Ω。

(4)根据电阻定律可得2
6()2 1.610?d R m
L
πρ-==⨯Ω
17．(1)甲同学要把一个量程为200μA 的直流电流计G ，改装成量度范围是0~4V 的直流电压表。

①她按图1所示电路、用半偏法测定电流计G的内电阻r g，其中电阻R0约为1kΩ。

为使r g的测量值尽量准确，在以下器材中，电源E应选用_____，电阻器R1应选用_____，电阻器R2应选用_____（选填器材前的字母）；
A．电源（电动势1.5V）
B．电源（电动势6V）
C．电阻箱（0~999.9Ω）
D．滑动变阻器（0~500Ω）
E．电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当）（0~5.1kΩ）
F．电位器（0~51kΩ）
②该同学在开关断开情况下，检查电路连接无误后，将R2的阻值调至最大，后续的实验操作步骤依次是：_____，_____，_____，_____，最后记录R1的阻值并整理好器材；（请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母）
A．闭合S1
B．闭合S2
C．调节R2的阻值，使电流计指针偏转到满刻度
D．调节R2的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半
E．调节R1的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半
F．调节R1的阻值，使电流计指针偏转到满刻度
③如果所得的R1的阻值为300.0Ω，则图1中被测电流计G的内阻r g的测量值为
_____Ω，该测量值_____实际值（选填“略大于”、“略小于”或“等于”）；
④给电流计G_____联（选填“串”或“并”）一个阻值为_____kΩ的电阻，就可以将该电流计G改装为量程4V的电压表；
(2)乙同学要将另一个电流计G改装成直流电压表，但他仅借到一块标准电压表0V、一个电池组E、一个滑动变阻器R′和几个待用的阻值准确的定值电阻。

①该同学从上述具体条件出发，先将待改装的表G 直接与一个定值电阻R 相连接，组成一个电压表；然后用标准电压表0V 校准。

请你画完图2方框中的校准电路图_____； ②实验中，当定值电阻R 选用17.0k Ω时，调整滑动变阻器R ′的阻值，电压表0V 的示数是4.0V 时，表G 的指针恰好指到满量程的五分之二；当R 选用7.0k Ω时，调整R ′的阻值，电压表0V 的示数是2.0V 时，表G 的指针又指到满量程的五分之二；
由此可以判定，表G 的内阻r g 是_____k Ω，满偏电流I g 是_____mA ，若要将表G 改装为量程是15V 的电压表，应配备一个_____k Ω的电阻。

【答案】B C F B C A E 300 略小于 串 19.7 3.0 0.50 27.0
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①由于要求改装后的电压表量程为0∼4V ，故选B ；
由实验原理知R 1应能读出具体数值，故选C ；
闭合S2，电路中电流I 不能大于200μA ，由20
E I R R =
+代入数据得：R 2≈30KΩ，故选F ； 故答案为：B ；C ；F
②半偏法测电阻实验步骤：第一步，按原理图连好电路；第二步，闭合电键S 2，调节滑动变阻器R 2，使表头指针满偏；第三步，闭合电键S 1，改变电阻箱R 1的阻值，当表头指针半偏时记下电阻箱读数，此时电阻箱的阻值等于表头内阻r g 。

故应选B ；C ；A ；E
故答案为：B ；C ；A ；E
③当调节电阻箱，使电流表半偏时，由于干路电流几乎未变，电阻箱与电流计中的电流相等，电阻必然相等。

如果所得的R 1的阻值为300.0Ω，则图中被测电流计G 的内阻r g 的测量值为300.0Ω。

实际上电阻箱并入后的，电路的总电阻减小了，干路电流增大了，电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于电流计的电阻。

所以，该测量值“略小于”实际值。

故答案为：300；略小于
④将电流计改装成电压表，应串连接入一分压电阻R ，由欧姆定律及串联电路分压规律有：U =I g R g +I g R 其中U 为改装后电压表的满偏电压，则R =uI g −R g 代入数据解得：R =19.7kΩ。

故答案为：串；19.7。