安徽马鞍山市第二中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

安徽马鞍山市第二中学必修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．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，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）2kQ ； 2kQq
g + 【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 =+
3．如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一“L ”形的光滑绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，管的水平部分长L 1=0.2m ，管的水平部分离水平地面的距离为h =5.0m ，竖直部分长为L 2=0.1m ．一带正电的小球从管口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时没有能量损失，小球受到的电场力大小为重力的一半．（g =10m/s 2）求：
（1）小球运动到管口B 时的速度v B 大小； （2）小球着地点与管口B 的水平距离s ． 【答案】（1）2.0m/s ；（2）4.5m ． 【解析】 【分析】 【详解】
（1）在小球从A 运动到B 的过程中，对小球由动能定理得：
1
2
mv B 2－0=mgL 2+F 电L 1 ① 由于小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，即
F 电=
1
2
mg ② 代入数据得：
v B =2.0m/s ； ③
小球运动到管口B 时的速度大小为2.0m/s ；
（2）小球离开B 点后，设水平方向的加速度为a ，位移为s ，在空中运动的时间为t ，水平方向有：
a =g /2 ④ s =v 0t +
12
at 2
⑤
竖直方向有：
h =
12
gt 2
⑥ 由③～⑥式，并代入数据可得：
s =4.5m
4．如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，AC 为
1
4
圆弧一个质量为m ，电荷量为+q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道不计空气阻力及一切能量损失．
（1）小球在A 点进入电场时的速度；
（2）小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为多少； （3）小球从B 点离开圆弧轨道后上升到最高点离B 点的距离． 【答案】（12gH （2）233mgH mg qE R ++、232mgH
mg qE R
++； （3）
qER
H mg
+． 【解析】 【详解】
（1）对从释放到A 点过程，根据动能定理，有：
2
102
A mgH mv =
- 解得：
2A v gH =（2）对从释放到最低点过程，根据动能定理，有：
2
1()02
mg H R qER mv +=
-+ ……① 小球在C 点离开电场前瞬间，根据牛顿第二定律，有：
2
1N mg q v E R
m --= ……..②
小球在C 点离开电场后瞬间，根据牛顿第二定律，有：
2
2v N mg m R
-=……. ③
联立①②③解得：
1233mgH
N mg qE R =++ 2232mgH
N mg qE R =++
根据牛顿第三定律，小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为
1233mgH
N mg qE R
'=++
2232mgH
N mg qE R
'=++
（3）从释放小球到右侧最高点过程，根据动能定理，有：
()00mg H h qER -+=-
解得：
qER
h H mg
=
+ 答：（1）小球在A 点进入电场时的速度为2gH ；
（2）小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为233mgH
mg qE R
++
、232mgH
mg qE R
++
； （3）小球从B 点离开圆弧轨道后上升到最高点离B 点的距离为
qER
H mg
+．
5．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 =
③ （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
2323N kq F mg L
=-
由牛顿第三定律即2
232'3N N kq F F mg L
==-．
6．如图所示，将带正电的中心穿孔小球A 套在倾角为θ的固定光滑绝缘杆上某处，在小球A 的正下方固定着另外一只带电小球B ，此时小球A 恰好静止，且与绝缘杆无挤压．若A 的电荷量为q ，质量为m ；A 与B 的距离为h ；重力加速度为g ，静电力常量为k ；A 与B 均可视为质点．
(1)试确定小球B 的带电性质； (2)求小球B 的电荷量；
(3)若出于某种原因，小球B 在某时刻突然不带电，求小球A 下滑到与小球B 在同一水平线的杆上某处时，重力对小球做功的功率．
【答案】(1)带正电 (2)2
B mgh q kq
= (3)sin 2P mg gh =
【解析】 【分析】
（1）由题意A 静止且与杆无摩擦，说明A 只受重力和库仑力，故AB 之相互排斥，A 的受力才能平衡，可知B 的电性
（2）由库仑定律可得AB 间的库仑力，在对A 列平衡方程可得B 的电量
（3）B 不带电后A 只受重力，故由机械能守恒，可得A 的速度，进而得到重力功率
【详解】
(1)根据题意：小球A 受到B 的库仑力必与A 受到的重力平衡，即A 、B 之间相互排斥，所以B 带正电．
(2)由库仑定律，B 对A 的库仑力为F ＝2
B
kqq h ， 由平衡条件有mg ＝
2
B
kqq h 解得q B ＝
2
mgh kq
. (3)B 不带电后，小球A 受到重力、支持力作用沿杆向下做匀加速直线运动，设到达题中所述位置时速度为v ，由机械能守恒定律有mgh ＝12
mv 2， 解得v ＝2gh
所以重力的瞬时功率为P ＝mgv sin θ＝mg sin θ2gh .
二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）
7．如图以y 轴为边界，右边是一个水平向左的4
1110E =⨯匀强电场，左边是一个与水平
方向成45°斜向上的2E =
42
102
⨯N/C 匀强电场，现有一个质量为m=1.0g ，带电量q =1.0×10－6C 小颗粒从坐标为（0.1，0.1）处静止释放．忽略阻力，g=10m/s 2． 求：
（1）第一次经过y 轴时的坐标及时间 （2）第二次经过y 轴时的坐标
【答案】（1）第一次经过Y 轴的坐标为(0，0)；0.12t s =（2）坐标为（0，-1.6） 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小颗粒在E 1中电场力为F 1=E 1q=0.01N 重力G=0.01N 有受力分析得合力指向原点，即小颗粒向原点做匀加速直线运动第一次经过y 轴的坐标为(0，0)
加速度12
102F a m =
=由21
2
S at =得0.12t =s (2)运动到原点的速度为v 0=at=2m/s
小颗粒在E 2电场中合力为22
102
F N -=
⨯方向与v 0方向垂直 由此可得小颗粒做类平抛运动,再次运动到y 轴的时间为t 1, v 0方向位移为S 1= v 0t 1 与v 0方向垂直位移为221112S a t =
1F
a m
=由几何关系得S 1=S 2 第二次经过y 轴时到原点距离为2L =S 1=1.6m 即坐标为（0，-1.6）
8．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
()21
22´4U 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 ；
9．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)
10．图为梯形AB =AD =L ，AD 平行于BC 。

角BCD 等于30度。

在空间内有平行于纸面的匀强电场，第一次将质量为m ，电荷量为q >0的某带电粒子由A 点射出。

恰经过B 点，电场力做功为W 且W >0。

第二次将该粒子仍从A 点以相同的初动能射出，恰经过C 点电场力做功为2W ，不计粒子重力。

求：
（1）匀强电场电场强度大小和方向；
（2）若粒子初动能不变，从A 点射出，恰经过D 点，那么电场力做了多少功。

【答案】（1）()
52313W E q L
+=+方向与竖直方向夹角13523
θ=+（213+
【解析】 【详解】
(1)由题意可知2AC AB U U
= ，如图所示过
D 做BC 垂线交BC 于Q ，连接AC ，取AC 终点
P ，连接BP ，则可得AP =BP =PC ，过A 做AN 垂直于BP ，则AN 方向即为电场方向；因为角BCD 等于30度，AB =AD =L ，故QC 3L ，在三角形ABC 中有：
()
2
2
3AC L L L
=++
解得：
(
523AC L =
+
由几何关系可知三角形ABN 与三角形CAB 相似，故有：
AB AN
AC BC
=
解得：
13523
L AN d +==+
而带电粒子A 到B 电场力做功W ，则有：
W qEd =
所以解得：
()
52313W E q L
+=
+设电场方向与AB 方向夹角为θ，则有：
13cos 523
d
L θ==
+ 所以夹角为：
)
13
arccos
523
θ
+
=
+
(2)如图过D点做AN垂线交AN于M，由几何关系可知三角形ADM与三角形ABC相似，所以有：
AM AD
AB AC
=
解得：
523
AM d'
==
+
故当粒子经过D点时，电场力做功为：
()
523
13
13523
W
W qEd q
q L
+
''
===
+
++
答：（1）匀强电场电场强度大小()
523
13
W
E
q L
+
=
+
，方向与竖直方向夹角
13
523
θ=
+
；
（2）恰经过D
13
+
11．如图，一对平行金属板水平放置，板间距为d，上极板始终接地．长度为
2
d
、质量均匀的绝缘杆，上端可绕上板中央的固定轴0在竖直平面内转动，下端固定一带正电的轻质小球，其电荷量为q．当两板间电压为U1时，杆静止在与竖直方向OO'夹角30
θ=的位置；若两金属板在竖直平面内同时绕O、O′顺时针旋转15
α=至图中虚线位置时，为使杆仍在原位置静止，需改变两板间电压．假定两板间始终为匀强电场．求:
（1）绝缘杆所受的重力G ； （2）两板旋转后板间电压U 2．
（3）在求前后两种情况中带电小球的电势能W 1与W 2时，某同学认为由于在两板旋转过程中带电小球位置未变，电场力不做功，因此带电小球的电势能不变．你若认为该同学的结论正确，计算该电势能；你若认为该同学的结论错误，说明理由并求W 1与W 2． 【答案】（1）12qU G d =；（2）2113U +=；（3）113
W =，2114W qU =。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）绝缘杆长度设为L ，则重力作用点在几何中心即距离O 点
4
d
处，重力的力臂为 sin 48
d d θ= 电场力大小为
1
qU qE d
=
电场力的力臂为
sin 24
d d θ= 根据杠杆平衡有
184
qU d d G d ⨯
=⨯ 整理可得1
2qU G d
=
（2）两板旋转后，质点不变，重力不变，重力力臂不变，两个极板之间的距离变为
cos15d
电场力大小为
2
cos15
qU qE d =
力臂变为
2sin 4524
d d
=
根据杠杆平衡则有
228cos154
qu d d
G d ⨯
=⨯
可得
21U =
（3）结论错误．虽然小球位置没有变化，但是在极板旋转前后电场强度发生变化，电势发生变化，所以电势能发生变化．设小球所在位置电势为ϕ，没有旋转时，电场强度
1
U E d =
根据绝缘杆平衡判断电场力竖直向上，即电场线竖直向上，电势逐渐降低，所以
0cos 2
d E ϕθ-=⨯
整理得14
ϕ= 电势能
11W q ϕ==
金属板转动后，电场强度
2
cos15U E d =
电势差
0cos 452
d E ϕ-=⨯
解得
114
U ϕ=
电势能
211
4
W q qU ϕ==
12．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
T =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
02eU v m
=
（2）由
0L v t =
有：
00
2L m t L T v eU =
== 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
38
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 ==
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
R=⨯=
10100Ω1000Ω
[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“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图1所示的I U
-坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线.
（1）根据图线的坐标数值，请在图2中选出该实验正确的实验电路图：____(选填“甲”或“乙”).
（2）根据所选电路图，请在图3中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路.（________）
（3）根据图1，可判断出图4中正确的关系图象是（图中P为小灯泡功率"为通过小灯泡的电流）___.
（5）将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与R = 10 的定值电阻串联，接在电动势为8V、内阻不计的电源上，如图5所示.闭合开关S后，则电流表的示数为____A，两个小灯泡的总功率为__ W(本小题结果均保留两位有效数字）.
【答案】甲 D 0.60 1.2
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，所以正确的实验电路图是甲．
（2）[2]根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（3）[3]由于灯泡电阻随电流增大电阻R 增大，由2P I R =可知，2P I -图象斜率增大，故选D ．
（4）[4][5]由图5所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U 和I ，在这个闭合电路中，则有：
02E U IR =+
代入数据并整理得：
820U I =-
在图a 所示坐标系中作出820U I =-的图象如图所示
由图象可知，两图象交点坐标值为：U =2V ，I =0.3A 此时通过电流表的电流值
2A I I ==0.6A
每只灯泡的实际功率
P UI ==2×0.3=0.6W
所以两个小灯泡的总功率为1.2W ．
15．实验室有一烧坏的双量程电压表，两量程分别是3V 和15V ，其内部电路如图甲所示，R 1、R 2标注的阻值分别为2.9kΩ和14.9kΩ，经检测表头G 和电阻R 2已烧坏，电阻R 1完好，一课外活动小组想要修复这个电压表，他们在实验室找到两个表头，外形都与原表头G 相同，已知表头G 1的满偏电流为1 mA ，内阻为50Ω；表头G 2的满偏电流为0.5mA ，内阻为100Ω，还有六个定值电阻R 3=50Ω，R 4=150Ω，R 5=200Ω，R 6=3kΩ，R 7=12kΩ，R 8=15kΩ，若在保留R 1的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件回答下列问题：
(1)原表头G 的满偏电流流I =________mA ，内阻r =________Ω；
(2)由于实验室没有14.9kΩ的电阻来替换R 2，为了修复这个电压表，课外活动小组对电压表电路进行了改装，改装后的电路图如图乙所示，则电阻R x 应选用_______(填题中所给器材符号)；
(3)在图乙中虚线框内补齐修复后的双量程电压表的电路图(标出所选用的相应器材符号)。

________
【答案】1 100 7R
【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1][2]由图示电路图可知，电压表量程：
I g （r g +R 1）=3V ， I g （r g +R 2）=15V ，
代入数据解得：
I g =1mA ，r g =100Ω；
(2) (3)[3][4]由于原表头的满偏电流为1mA ，所以应用电流表G 1，又因为表头内阻为
100Ω，故应将G 1和定值电阻R 3串联，即图乙中虚线框内补齐修复后的双量程电压表的电
路图如图所示：
量程为15V 时有
131()g x U I R R r R =+++，
即
12k x R =Ω，
故应选用R 7。

16．某同学想要测量实验室中某金属丝的电阻率。

实验室中除米尺、学生电源、滑动变阻器、螺旋测微器、开关和导线外，还有一个阻值为3.0Ω的定值电阻R0和一只电压表。

利用这些器材，该同学设计如下实验进行测量，实验原理如图 1 所示，实验步骤如下：
（1）把粗细均匀的平直金属丝接在接线柱a、b之间，用米尺测量ab之间的长度l＝
0.90m。

用螺旋测微器测量该金属丝的直径，示数如图2所示，读得其直径D＝
______mm。

（2）根据实验原理图 1，请你用笔划线代替导线将图 3 所示的实物图连接完整。

（________）
（3）闭合开关，将滑动变阻器的滑片置于合适位置，然后调节线夹c的位置，经过多次实验发现：ac段金属丝的长度为0.30m时电压表达到最大值。

由此可得金属丝的总电阻R＝_____Ω。

（4）根据以上所测数据，可计算出金属丝的电阻率ρ＝_____Ω·m。

（保留两位有效数字）
【答案】0.648 9 3.3×10-6
【解析】
【详解】
（1）[1]．直径D＝0.5mm+0.01mm×14.8=0.648mm；
（2）[2]．电路连线如图：
（3）[3]．设金属丝总电阻为R ，则当ac 段金属丝的长度为0.30m 时电压表达到最大值，可知此时ac 部分与R 0串联后的总电阻等于bc 部分的电阻，即
01233
R R R += 则
R =3R 0=9Ω
（4）[4]．根据
2
4L L R S D ρρ
π== 解得 23263.14(0.64810)9Ωm 3.310Ωm 440.9D R
L πρ--⨯⨯⨯==⋅=⨯⋅⨯
17．一电流表的量程标称不准确，某同学利用如图所示电路测量该电流表的实际量程.m I 所用器材有：量程不准的电流表A 1，内阻110.0r =Ω，量程标称为5.0mA ；标准电流表A 2，内阻245.0r =Ω，量程1.0mA ；标准电阻1R ，阻值10.0Ω；滑动变阻器R ，总电阻为300.0Ω；电源E ，电动势3.0V ，内阻不计；保护电阻2R ；开关S ；导线。

回答下列问题：
（1）在图甲所示的实物图上画出连线。

（_______）
（2）开关S 闭合前，滑动变阻器的滑片c 应滑动至______端。

（3）开关S 闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表A 1满偏；若此时电流表A 2的示
数为2I，则 A1的量程m I=______。

（4）若测量时，A1未调到满偏，两电流表的示数如图乙所示，从图中读出A1的示数
1
I=
______， A2的示数2I=______；由读出的数据计算得m I=______。

(保留三位有效数字)
（5）写出一条提高测量准确度的建议：______。

【答案】见解析所示 b
()
212
1
I R r
r
+
3.00mA0.660mA 6.05mA多次测量取平均值
【解析】
【详解】
（1）[1]．根据题意画出原理图，如图
由电路图连接实物图时，按电流流向法，从电源的正极出发依次串联电流表A2、电阻R1、电阻R2、滑动变阻器、开关回到负极，然后把电流表A1与电流表A2和电阻R1并联即可；要注意滑动变阻器的左下方接线柱必须接入电路，且按一上一下的原则串联在电路中，电路图如图所示：连线如图。

（2）[2]．在滑动变阻器的限流接法中在接通开关前需要将滑片滑动到阻值最大端，即如图b端。

（3）[3]．闭合开关调节滑动变阻器使待测表满偏，流过的电流为I m．根据并联电路电压相等有
I m r1=I2（r2+R1）
得
()
212
1
m
I R r
I
r
+
=
（
4）[4][5][6]．待测表未满偏有I 1r 1=I 2（r 2+R 1），A 2的示数0.66mA ，并将其他已知条件代入解得
()()212110.661045mA 3.63mA 10
I R r I r ++=== 但图中A 1的示数3.00mA ，量程为5.0mA ，根据电流表的刻度是均匀的，则准确量程为6.05mA。

（5）[7]．为减小偶然误差，可以多次测量取平均值。

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3k Ω）
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 ）。