高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷练习(Word版 含答案)

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷练习（Word 版 含答案）
一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）
1．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：
537
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．
2．万有引力和库仑力有类似的规律，有很多可以类比的地方。

已知引力常量为G ，静电力常量为k 。

（1）用定义静电场强度的方法来定义与质量为M 的质点相距r 处的引力场强度E G 的表达式；
（2）质量为m 、电荷量为e 的电子在库仑力的作用下以速度v 绕位于圆心的原子核做匀速圆周运动，该模型与太阳系内行星绕太阳运转相似，被称为“行星模型”，如图甲。

已知在一段时间内，电子走过的弧长为s ，其速度方向改变的角度为θ（弧度）。

求出原子核的电
荷量Q ；
（3）如图乙，用一根蚕丝悬挂一个金属小球，质量为m ，电荷量为﹣q 。

悬点下方固定一个绝缘的电荷量为+Q 的金属大球，蚕丝长为L ，两金属球球心间距离为R 。

小球受到电荷间引力作用在竖直平面内做小幅振动。

不计两球间万有引力，求出小球在库仑力作用下的振动周期。

【答案】（1）质量为M 的质点相距r 处的引力场强度的表达式为
2GM
r
；（2）原子核的电荷量为2mv s
ke
θ；（3）小球在库仑力作用下的振动周期为2Lm R kQq π
【解析】 【详解】
（1）根据电场强度的定义式方法，那么质量为M 的质点相距r 处的引力场强度E G 的表达式：
2G F GM
E m r
=
= （2）根据牛顿第二定律，依据库仑引力提供向心力，则有：
2
2Qe v k m R R
= 由几何关系，得
s
R θ
=
解得：
2mv s
Q ke
θ=
（3）因库仑力：
2Qq F R
=
等效重力加速度：
2F kQq g m mR
'=
= 小球在库仑力作用下的振动周期：
22L Lm T R g kQq
π
π'==
3．如图所示,一根长为l 的不可伸长的细丝线一端固定于O 点,另一端系住一个质量为m 的带电小球.将此装置放在水平向右的匀强电场E 中,待小球稳定后,细丝线与竖直方向夹角为α.求:
(1)小球带什么电,电荷量为多少? (2)剪断绳子后小球做什么运动？ 【答案】(1)正电，tan mg q E
α
= (2)做初速度是零的匀加速直线运动 【解析】 【详解】
（1）对小球进行受力分析：由于小球所受电场力水平向右，E 的方向水平向右，所以小球带正电．小球受力如图所示，有：qE=mgtanα 即：tan mg q E
α
=
（2）剪断细绳后，小球受重力和电场力，其合力方向沿细绳方向斜向下，则小球将沿细绳的方向做初速度是零的匀加速直线运动．
4．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．
5． 如图所示，光滑绝缘水平面上固定着A 、B 、C 三个带电小球，它们的质量均为m ，间距均为r ，A 带电量Q A =10q ，B 带电量Q B =q ，若小球C 上加一个水平向右的恒力，欲使A 、B 、C 始终保持r 的间距运动，求：
(1)C 球的电性和电量Q C ； (2)水平力F 的大小。

【答案】（1）C 球带负电 Q C =403q （2）F=70k 2
2q r
【解析】
（1）对A 、B 、C 系统研究得：3F
a m
=
A 球受到
B 球库仑斥力F 1和
C 球库仑力F 2后，要产生水平向右加速度，故F 2必为引力，C 球带负电。

对AB 两球有 2222(2)C A B A C B A B
Q Q Q Q Q Q Q Q k
k k k r r r r m m
-+= 联立可得：403
C Q q =
（2）对整体和A 有
22
(2)3C A B A
Q Q Q Q k
k
F r r m m
-=
2
270q F k r
=
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)sin kQq R mg α=【解析】 【详解】 (I)根据
2Q
E k
r
= 又因为
sin H
r α=
所以
2
2sin 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
sin kQq
R mg α
=
答案：(1) 2
2sin A Q E k H α=(2)22
sin sin kQq a g mH
αα=- (3)sin kQq R mg α=
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，在直角坐标系xoy 的第一象限中，存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为4E 0，虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x 轴的交点为A ，A 点坐标为（L 、0），虚线与x 轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向右的匀强电场．电场强度大小
为E 0．()M L L -、和()0N L -、
两点的连线上有一个产生粒子的发生器装置，产生质量均为m ，电荷量均为q 静止的带正电的粒子，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，且整个装置处于真空中．已知从MN 上静止释放的所有粒子，最后都能到达A 点：
（1）若粒子从M 点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A 点，求到达A 点的速度大小；
（2）若粒子从MN 上的中点由静止开始运动，求该粒子从释放点运动到A 点的时间； （3）求第一象限的电场边界线（图中虚线）方程． 【答案】（1）010qE L v m
=2）0322mL t qE =3）2
2()y Lx x L =-(0)x L ≤≤
【解析】
试题分析：（1）由动能定理：200142qE L qE L mv +=
，得：010qE L
v m
= （2）分析水平方向的运动：粒子先匀加速位移L ，再匀速位移L 到第一象限的速度
2
0012
qE L mv =，匀加速时间102L t v =，匀速时间20L t v =，则总时间120322mL t t t qE =+=（3）设粒子从MN 线上某点由静止释放，经第一象限电场边界交点(,)Q x y ，后做匀速直线运动到A 点，在第一象限做类平抛运动，水平：0x v t =，竖直方向：2
12
h at =
反向延长AQ 与水平位移交点为其中点，还有以下几何关系：2
01()22
x a v y
x L x
=
-， 且2
02v a L ='，
003/4/qE m a a qE m
'== 推出边界方程：22
()y Lx x L
=
-(0)x L ≤≤ 考点：本题考查了带电粒子在电场中的运动、类平抛运动、运动的分解、动能定理.
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
2p 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。

9．两块水平平行放置的导体板如图 (甲)所示，大量电子（质量m 、电量e ）由静止开始，经电压为U 0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0；当在两板间加如图 (乙)所示的周期为
2t 0，幅值恒为U 0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过．问：
⑴这些电子通过两板之间后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）的最大值和最小值分别是多少？
⑵侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？
【答案】（1）0
062
t
eU m ，00
64
t
eU m
（2）1613
【解析】
画出电子在t =0时和t =t 0时进入电场的v –t 图象进行分析
（1）竖直方向的分速度010y eU v t md =，000
2022=y eU eU t v t md md
= 侧向最大位移2
00max 101010312()322y y y y eU t d
s v t v t v t md =+===
侧向最小位移2
00min 10101031 1.5224
y y y y eU t d
s v t v t v t md =+=== 解得0
6eU d t m =
所以00max 622
y t eU d s m =
00
min 644y t
eU d s m
=（2）由此得2
20010()6y eU eU v t md m ==，22
00202(2)3y eU eU v t md m
== 而2
02eU v m
=
所以
2202kmax 0022
kmin
000111/3162211/121322
y
y mv mv E eU eU E eU eU mv mv ++===++
【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在偏转电场中水平方向上一直做匀速直线运动，在
竖直方向上有电场时做匀加速直线运动，无电场时做匀速直线运动或静止．
10．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PQ=
5
2
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58BqL
v m
=
（2）电场强度的大小为2
258qLB E m
=
（3）粒子到达直线ab 所用最长时间和最短时间的比值12233
2.20106
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58
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58BqL
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
360
t 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.
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U 1时，杆静止在与竖直方向OO '夹角30θ=的位置；若两金属板在竖直平面内同时绕O 、O ′顺时针旋转15α=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）21134U +=；（3）113
4
W qU =，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 =
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
cos15
U 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
1022
B mv mg 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．某实验小组欲描绘额定电压为2.5V 的小灯泡L 的U -I 曲线。

现准备如下实验器材： 电压表（3V ，内阻很大） 电流表（0.6A ，内阻较小） 滑动变阻器（0~5Ω，额定电流1A ）
电键 导线若干 请回答下列问题：
(1)请用笔划线代替导线，将实验电路图甲补充完整_____；
(2)闭合电键，移动滑动变阻器的滑片，其电压表、电流表的示数如图乙所示，则电压表读数为_____V ，电流表读数为_____A ；
(3)将实验数据绘制成U -I 图像如图丙中Ⅰ。

则该小灯泡的额定功率P =_____W ； (4)现有一电子元件，其U -I 图像如图丙中Ⅱ所示。

现将该电子元件与该灯泡L 并联后同电动势3V E =、内阻5r =Ω的电源连接，则该灯泡的实际功率P =_____W （保留两位有效数字）。

【答案】 1.30 0.44 1.45（1.43~1.46之间均可） 0.20
（0.19~0.21之间均可） 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]．由于电压表内阻远大于小灯泡的电阻，故采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路，则电路如图；
(2)[2][3]．电压表量程为3V，最小刻度为0.1V，则读数为1.30V；电流表量程为0.6V，最小刻度为0.02A，则读数为0.44A；
(3)[4]．由图可知，当电压为2.5V时，电流为0.58A，则该小灯泡的额定功率P=IU=1.45W；
(4) [5]．电子元件与该灯泡L并联，则电压相等；若画出电源的U-I图像如图；画出平行于I轴的直线即为电压相等的线，与图像Ⅰ、Ⅱ分别交于两点B和A，与U轴交于C点，电源的U-I线交于D，若CD的中点恰在AB的中点，则此时Ⅰ图像对应的B点电压和电流值即为小灯泡的工作状态点，由图可知：U=0.70V，I=0.28A，则灯泡的实际功率
P′=IU≈0.20W。

14．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。

15．要测量一段阻值大约为5 Ω的均匀金属丝的电阻率，除刻度尺、螺旋测微器、电源E （电动势为3 V 、内阻约为0．5 Ω）、最大阻值为20 Ω的滑动变阻器R 、开关一只、导线若干外，还有电流表和电压表各两只供选择：A 1（量程1 A 、内阻约为1 Ω）、A 2（量程0．6 A 、内阻约为2 Ω）、V 1（量程3．0 V 、内阻约为1 000 Ω）、V 2（量程15 V 、内阻约为3 000 Ω）．
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图所示，则金属丝的直径为________mm．（2）为了使测量有尽可能高的精度，电流表应选________，电压表应选________．
（3）实验电路已经画出了一部分，如图所示，但尚未完整，请将该电路完整地连接好（R x 表示待测电阻）_________．
（4）若用刻度尺测得金属丝的长度为L，用螺旋测微器测得金属丝的直径为d，电流表的读数为I，电压表的读数为U，则该金属丝的电阻率表达式为ρ＝________．
【答案】0.851~0.853均可 A2 V1
2 4
d U LI π
【解析】
【分析】
【详解】
（1）螺旋测微器的固定部分读数为：0.5mm，可动部分读数为：
35．0×0．01mm=0.351mm，故最后读数为：0.5mm+0.351mm=0.851mm．
（2）为零测量准确，电压表和电流表的指针偏转要尽量大些，因此电流表选择A2，电压表选择V1．
（3）根据实验原理得出实验原理图为：
（4）根据欧姆定律得：
U
R
I
＝；根据电阻定律得：
RS
L
ρ＝．故有：
2
4
d U
LI
π
ρ=．
16．某物理兴趣小组想测定一个阻值大约为10kΩ，额定电功率为0.1W的电阻R x，现有以下实验器材可以选择：
A．电流表A1（量程为1mA，内阻约为100Ω）
B ．电流表A 2（量程为3m A ，内阻约为20Ω）
C ．电压表V 1（量程为10V ，内阻约为50kΩ）
D ．电压表V 2（量程为30V ，内阻约为100kΩ）
E.直流电源E （电动势为9V ，内阻约为1Ω）
F.滑动变阻器R 1（20Ω，1A ）
G.开关、导线若干
（1）为了方便并能多次测量使结果尽可能精确，电流表应选_______，电压表应选______，（填器材前面的序号）；
（2）根据所选器材在方框内设计并画出电路图_______；
（3）若操作、读数、计算均无误，考虑到电表内阻影响，R 测____R 真（填大于、等于或小于）；
（4）为避免电表内阻的影响，小组成员提出用新的器材提出另外的方案如图所示，连接好电路后，闭合开关S 1，调节各可变电阻，使得开关S 2由断开到闭合，灵敏电流计G 指针无偏转，并记录此时电压表示数U 和电流表示数I ，则待测电阻x R =_____，该方案中若从系统误差分析，R 测____R 真（填大于、等于或小于）。

【答案】 A C 大于 x U R I
= 等于 【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1][2]由于电源电动势为9V ，故电压表应该选择10V 量程，即电压表选择V 1，通过待测电阻的最大电流约为
9mA 0.9mA 10000
m x E I R ≈
== 故电流表应该选择A 1； （2）[3]由于待测电阻阻值很大，故电流表应该选择内接，由于滑动变阻器的阻值远小于待测电阻，故应该采用分压式接法，电路图如图
（3）[4]由于电压表示数为待测电阻和电流表电压之和，故其值大于真实值，由
U
R
I
=可
知待测电阻的测量值大于真实值，故填“大于”；
（4）[5][6]当S2由断开到闭合，灵敏电流计G指针无偏转，即电流计中无电流，因此电压表的示数即为待测电阻两端电压，电流表示数为通过待测电阻的电流，因此
x U
R
I
=
由前面分析可知，电压表、电流表的值均为真实值，因此无系统误差，故填“等于”。

17．某同学在“测定金属丝电阻率”的实验中：
（1）在用游标为20分度的游标卡尺测其长度时，示数如图甲所示，读数为______cm．（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，读数为______mm．
（3）在测量金属丝的电阻率的实验中，已知电阻丝的电阻约为10Ω，现备有下列器材供选用：
A．量程是0-0.6A，内阻是0.5Ω的电流表；
B．量程是0-3A，内阻是0.1Ω的电流表；
C．量程是0-3V，内阻是6kΩ的电压表；
D．量程是0-15V，内阻是30kΩ的电压表；
E．阻值为0-1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器；
F．阻值为0-10Ω，额定电流为2A的滑动变阻器；
G．蓄电池（6V）；
H．开关一个，导线若干．
为使测量结果尽量准确，电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选
______．（只填字母代号）
若图所示的实验仪器就是我们选定，请用铅笔画线连接实验电路．（______）。