青海省西宁市湟中县第一中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

青海省西宁市湟中县第一中学必修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，把一个倾角为θ的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E ，有一质量为m 、带电荷量为＋q 的物体，以初速度v 0从A 端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数．
【答案】cos sin cos sin qE mg mg qE θθ
θθ
-+
【解析】 【分析】 【详解】
物体做匀速直线运动，由平衡条件得：
在垂直于斜面方向上：N=mgcosθ+qEsinθ…① 在平行与斜面方向上：f+mgsinθ=qEcosθ…② 滑动摩擦力：f=μN…③ 由①②③可得：f qEcos mgsin N mgcos qEsin θθμθθ
-=+＝ ． 【点睛】
本题考查了学生受力分析及力的合成以及摩擦定律的相关知识，正确的受力分析是正确解题的关键，学会用正交分解法处理多力合成问题．
2．如图所示，在光滑绝缘水平面上B 点的正上方O 处固定一个质点，在水平面上的A 点放另一个质点，两个质点的质量均为m ，带电量均为+Q 。

C 为AB 直线上的另一点（O 、A 、B 、C 位于同一竖直平面上），AO 间的距离为L ，AB 和BC 间的距离均为2
L
，在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止。

试问： (1)该匀强电场的场强多大？其方向如何？
(2)给A 处的质点一个指向C 点的初速度，该质点到达B 点时所受的电场力多大？ (3)若初速度大小为v 0，质点到达C 点时的加速度和速度分别多大？
【答案】(1)22kQ L ，方向由A 指向C ；(2)22
736kQ L ；(3)22kQ mL 2
2
0kQ v mL
+【解析】 【分析】
(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止，对A 进行受力分析，根据平衡条件求解。

(2)质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力，根据力的合成求解 (3)根据牛顿第二定律求出加速度，根据动能定理求出C 点时速度。

【详解】
(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止，对A 进行受力分析，
AO 间的库仑力为2
2Q F K L
=；
根据平衡条件得：sin F EQ θ= 2sin 2F KQ
E Q L
θ=
= 方向由A 指向C
(2)该质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力，
库仑力为2
2
'(sin60)Q F K L =；
水平向右的电场力F EQ "=
B 点时所受的电场力222
2
273()[](sin60)kQ kQ F EQ L =+= (3)质点到达C 点时进行受力分析，根据牛顿第二定律得
2
222
sin Q K EQ F KQ L a m m mL θ+===
合． 从A 点到C 点根据动能定理得
22
1122
o EQL mv mv =
-； 22
kQ v mL
υ=+
【点睛】
本题的关键要耐心细致地分析物体的运动过程，对物体进行受力分析，运用动能定理、牛顿第二定律进行处理。

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）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 =+
4．如图，在足够大的平行金属板间的水平匀强电场中，有一长为L 的轻质绝缘棒OA ，一端可绕O 点在竖直平面内自由转动，另一端A 处有一带负电、电量为q 、质量为m 的小球，当变阻器滑片在P 点处时，棒静止在与竖直方向成30°角的位置，如图所示。

已知此时BP 段的电阻为R ，平行金属板间的水平距离为d 。

（1）求此时金属板间电场的场强大小E 1；
（2）若金属板旋转30°（图中虚线表示），并移动滑片P 的位置，欲使棒能静止的位置与竖直方向的夹角不变，BP 段的电阻R ’应调节为多大？
（3）若金属板不转动，将BP 段的电阻突然调节为3R ，则棒摆动中小球最大动能为多少？
【答案】3mg
(2)32
R 3)mgL 【解析】 【详解】
（1）由平衡可知
E 1q =mg tan30°
解得
E 13mg
（2）金属板旋转30°后电场强度方向也相应旋转30°，而合力方向仍与竖直方向成30°角，受力如右图所示。

E1q=mg
解得
E2= mg q
金属板旋转前，两板间电势差
U1= E1d=3mg
d
金属板旋转后，两板间电势差
U2 = E2d’= E2 d cos30°=3
2
mg
q
d=
3
2
U1
所以BP段的电阻R’=3 2 R
（3）BP段的电阻突然调节为3R，U3 =3U1
E3=3E1=
3mg
小球摆动速度最大时棒与竖直方向夹角为60°，如右图所示。

根据动能定理有：
E3qL（sin60°-sin30°）-mgL（cos30°-cos60°）=E k-0
E k3)mgL
5．如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m。

若将电荷量均为q=+2.0×10-6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量
k=9.0×109N·m2/C2。

求：
(1)两点电荷间的库仑力大小；
(2)C点的电场强度的大小和方向。

【答案】(1)F =9.0×10-3N ；(2)37.810N /C E =⨯，方向沿y 轴正方向 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据库仑定律，A 、B 间的库仑力大小为
2
2q F k L
=
代入数据得
F =9.0×10-3N
(2)A 、B 两点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为
12q E k
L
= A 、B 两点电荷形成的电场在C 点的合场强大小为
12cos 30E E ︒=
代入数据得
3393
10N/C 7.810N/C 2
E =
⨯≈⨯ 方向沿y 轴正方向。

6．如图所示，一条长为l 的细线,上端固定,下端拴一质量为m 的带电小球．将它置于一匀强电场中,电场强度大小为E ，方向水平向右.已知当细线离开竖直位置的偏角为α时,小球处于平衡状态．
（1)小球带何种电荷并求出小球所带电荷量；
（2)若将小球拉到水平位置后放开手，求小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中，电场力对小球所做的功．
【答案】(1)正，tan /mg E α （2）tan mgl α 【解析】 【详解】
（1）小球所受电场力的方向与场强方向一致，则带正电荷； 由平衡可知：
Eq =mgtanα
得：
mgtan q E
α
=
（2）小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中，电场力做负功，大小为
W =Eql = mgltanα
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，BCD 为固定在竖直平面内的半径为r=10m 的圆弧形光滑绝缘轨道，O 为圆心，OC 竖直，OD 水平，OB 与OC 间夹角为53°，整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场．从A 点以初速v 0=9m/s 沿AO 方向水平抛出质量m=0．1kg 的小球（小球可视为质点），小球带正电荷q=+0．01C ，小球恰好从B 点沿垂直于OB 的方向进入圆弧轨道．不计空气阻力．求：
（1）A 、B 间的水平距离L （2）匀强电场的电场强度E
（3）小球过C 点时对轨道的压力的大小F N （4）小球从D 点离开轨道后上升的最大高度H
【答案】（1）9m （2）20/E N C =（3） 4.41N F N =（4） 3.375H m = 【解析】 【分析】 【详解】
（1）从A 到B ，0tan 53By By v v v at =︒=，，cos53y r =︒，212
y at = 解得1t s =，212/a m s =，09L v t m ==
（2）根据牛顿第二定律可得mg qE ma +=，解得20/E N C =
（3）从A 到C ，根据动能定理可得2201122
c mar mv mv =
- 在C 点，2
c N v F ma m r
-=，解得 4.41N F N =
（4）对全过程运用动能定理，2
012
mv maH =，故 3.375H m = 【点睛】
应用动能定理应注意的几个问题（1）明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度．（2）要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况（待求的功除外）．（3）有些力在物体运动过程中不是始终存在的．若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待
8．电容器是一种重要的电学元件，基本工作方式就是充电和放电．由这种充放电的工作方式延伸出来的许多电学现象，使得电容器有着广泛的应用．如图1所示，电源与电容器、电阻、开关组成闭合电路．已知电源电动势为E ，内阻不计，电阻阻值为R ，平行板电容器电容为C ，两极板间为真空，两极板间距离为d ，不考虑极板边缘效应．
（1）闭合开关S ，电源向电容器充电．经过时间t ，电容器基本充满． a ．求时间t 内通过R 的平均电流I ；
b ．请在图2中画出充电过程中电容器的带电荷量q 随电容器两极板电压u 变化的图象；并求出稳定后电容器储存的能量E0；
（2）稳定后断开开关S ．将电容器一极板固定，用恒力F 将另一极板沿垂直极板方向缓慢拉开一段距离x ，在移动过程中电容器电荷量保持不变，力F 做功为W ；与此同时，电容器储存的能量增加了ΔE ．请推导证明：W=ΔE ．要求最后的表达式用已知量表示． 【答案】（1）a ．CE I t
= b ．2
012E CE = （2）见解析
【解析】
试题分析：（1）a ．设充电完毕电容器所带电量为Q ，即时间t 内通过电阻R 的电量，此时电容器两端电 压等于电源的电动势 根据电容的定义（2分）
根据电流强度的定义
（2分）
解得平均电流（2分）
b．根据q = Cu，画出q-u图像如图1所示（2分）
由图像可知，图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量，如图2中斜线部分所示
由图像求出电容器储存的电能（2分）
解得（2分）
（2）设两极板间场强为，两极板正对面积为S
根据，，得，可知极板在移动过程中板间场强不变，两极板间的相互作用力为恒力．两板间的相互作用可以看作负极板电荷处于正极板电荷产生的电场中，可知两板间的相互作用力．（2分）缓慢移动时有
根据功的定义有
代入已知量得出（2分）
电容器增加的能量（或）
（2分）
代入已知量得出（2分）
所以
考点：电容，电动势，能量守恒．
9．如图所示，在xOy直角坐标系0<x<L的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，在
L≤x≤2.5L的区域存在方向垂直xOy平面向里的匀强磁场。

S为一粒子源，可以产生带电量为q、质量为m的正粒子，粒子初速度可忽略。

粒子经电压为U0的加速电场加速后沿x轴正方向从y轴上的M点进入电场区域，M点到原点的距离为L，一段时间后该粒子从磁场左边界与x轴的交点处进入磁场，经磁场偏转后从磁场右边界射出磁场，该粒子在磁场中运动的时间为其在磁场中做匀速圆周运动周期的四分之一，若不计粒子重力。

求：
(1)0<x<L区域内匀强电场的电场强度；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)若仅将匀强磁场的磁感应强度增大到原来的2倍，分析计算粒子将从什么位置离开电磁场区。

【答案】(1)04U L
；(2)0
22mU L q ；(3)2.5L
【解析】 【分析】 【详解】
（1）设粒子经加速电场加速后的速度为0v 则有
2001
2
qU mv =
令磁场左边界与x 轴的交点为C 点，从M 点到C 点：粒子在电场中做类平抛运动：
0L v t =
212
L at =
Eq a m =
联立可得：
4U E L
=
（2）粒子从M 进入电场，经C 进入磁场，在电场和磁场中的运动轨迹如图所示。

粒子在C 点进入磁场的速度，
y v at =
22005y v v v v =+=
sin 5
y v v
α=
=
粒子在磁场中洛伦磁力提供向心力：
2
v Bqv m r
=
根据几何关系可得：
sin sin 1.5r r L αβ+=
根据题意可得
90αβ+=︒
解得：
22mU B L q
=
当磁感应强度加倍时，半径减半2
r
r '=
，则： sin 1.5r r L α''+<
运动轨迹如图
设：粒子从磁场左边界回到电场（F 点）时速度方向与水平方向夹角为α，则F 、C 两点的距离为；
2cos 0.52
r
y L α∆=⨯=
把粒子从y 轴进入电场和由磁场左边界返回电场两段运动看做一个完整的平抛运动，前后两段运动的时间相同，由磁场返回偏转电场的过程沿y 轴方向的位移为：
2211
(2)322
a t at L -= 所以到达y 轴的位置距原点
3- 2.5L y L ∆=
10．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．
11．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.
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
2m
T L
eU =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
3
8
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．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．某同学利用图甲电路测量自来水的电阻率，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)，右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动，实验器材还有：
电源(电动势约为2 V，内阻不可忽略)
两个完全相同的电流表A1、A2(量程为3 mA，内阻不计)
电阻箱R(最大阻值9 999 Ω)
定值电阻R0(可供选择的阻值有100 Ω、1 kΩ、10 kΩ)
开关S，导线若干，刻度尺．
实验步骤如下：
A．测得圆柱形玻璃管内径d＝20 mm
B．向玻璃管内注自来水，并用刻度尺测量水柱长度L
C．连接好电路，闭合开关S，调整电阻箱阻值，读出电流表A1、A2示数分别记为I1、I2，记录电阻箱的阻值R
D．改变玻璃管内水柱长度，多次重复实验步骤B、C，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R
E．断开S，整理好器材
(1)为了较好的完成该实验，定值电阻R0应选________．
(2)玻璃管内水柱的电阻R x的表达式R x＝________(用R0、R、I1、I2表示)
(3)若在上述步骤C中每次调整电阻箱阻值，使电流表A1、A2示数均相等，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，绘制出如图乙所示的R－L关系图像，则自来水的电阻率ρ＝________ Ω·m(保留两位有效数字)，在用本实验方法测电阻率实验中，若电流表内阻不能忽略，则自来水电阻率测量值与上述测量值相比将________(选填“偏大”“不变”或“偏小”)
【答案】1000Ω ()102
I R R I + 16， 不变
【解析】 【分析】 【详解】
（1）定值电阻所在支路最小电阻约为11max
E 3
R =
10000.003
I =
Ω=Ω总；电阻箱R （最大阻值为9999Ω），为测多组实验数据，定值电阻R 0应选1KΏ；
电阻箱与R 0、A 2串联，再与水柱、A 1并联，所以有201()x I R R I R +=，玻璃管内水柱电阻R x 的表达式201
()
x I R R R I +=
(2)由电阻定律可以知道
202
21()4()2
x I R R L L L R d s d I ρ
ρρππ+====，则有20214R=
I L R d I ρπ-，根据题意可知，电流表A 1，A 2 示数均相等，则有024R=L R d
ρπ-，由图可得33422
4410(1)105101010
k d ρπ-⨯--⨯===⨯⨯ 电阻率224
3.140.025101644
d k
m πρ⨯⨯⨯=
==Ω
（3）电流表内阻不能忽略，则有22102
14R=-r I L r R d I ρπ+-，电阻率为24
d k πρ=保持不变．
15．某小组进行“测定金属丝电阻率”的实验．先测量该金属丝电阻R x （约为9 Ω），已经选好的器材有：
A ．电压表V 1（量程0～1 V ，内阻约10 kΩ）
B ．电压表V 2（量程0～3 V ，内阻约20 kΩ）
C ．定值电阻R 0＝20 Ω
D ．被测电阻R x
E ．滑动变阻器（阻值范围0～5 Ω）
F ．电源（电动势3 V ，内阻很小）
G ．导线若干，开关一个
(1)为了减小误差，并尽可能多的测量几组数据，请在方框中画出合理，便捷的测量电路图． （_______）
(2)在某次测量中，若电压表V 1读数为U 1，电压表V 2读数为U 2，则待测金属丝电阻的表达式R x ＝___________________.
(3)测得金属丝直径为d ，测得金属丝阻值为R ，测得金属丝的长度为L ，则该金属丝电阻率的表达式ρ＝________（用符号表示）．如果在实验中通电时间较长，则电阻率的测量结果会__________（填变大或变小或不变）
【答案】
102U R U 2π4Rd L
变大
【解析】 【详解】
(1)[1]利用伏安法测电阻，首先选取实验仪器，可以把其中一个电压表作为电流表使用，如果选取电压表V 2作为电压表使用，电压表V 1改装成电流表使用，把电压表V 1和定值电阻R 0并联，满偏电流为：
11
V10
0.05A m U U I R R =
+≈ 被测电阻R x 两端电压的最大值
0.45V m m x U I R ==
远小于电压表V 2量程，故仪器选取不合适；
把电压表V 1作为电压表使用，电压表V 2和定值电阻R 0并联改装成电流表使用，满偏电流为
22
V20
0.15A m U U I R R =
+≈ 被测电阻R x 两端电压的最大值
1.35V m m x U I R ==
比电压表V1量程略大，可以使用；为了多测几组数据，减少实验误差，选用分压法组装电路，电压表分流可忽略，选用外接法，电路图如图所示：
(2)[2]根据图示电路图由欧姆定律得
12
x
U U
R R
≈
解得：
1
2
x
U
R R
U
=
(3)[3]由电阻定律2
2
4
π
π()
2
L L L
R
d
S d
ρρρ
===
得
2
π
4
Rd
L
ρ=
[4]金属丝的电阻率随温度升高而增大，所以实验中通电时间较长，金属丝的温度较高，电阻率的测量结果会变大。

16．现要绘制一个额定电压2.5V、额定功率约0.7W的小灯泡的伏安特性曲线．
⑴为使绘制的图线更加准确，选择了合适的器材，如图所示．请在图甲中连好实物电路图______．
⑵合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的______(填“左端”或“右端”)．
⑶根据实验数据，描绘出的U-I图象如图乙所示，某同学将该小灯泡连接在一个电动势为
3.0V、内电阻为6Ω的电源上，组成一个闭合电路，则此时该小灯泡实际功率约为
________W．（结果保留两位有效数字）
【答案】左端0.38W
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[]1如下图所示，
因小灯泡的内阻较小，电流表采用外接法，要绘制小灯泡的伏安特性曲线，为使绘制的图线更加准确，需要多组电压、电流的实验数据，因此滑动变阻器需要分压式接法，所以实物电路图的连接如上图。

(2)[]2合上开关前，首先检查电路连接是否正确，无误后，为保证实验安全，并且使小灯泡上的电压从零开始变化，滑动变阻器的滑动触头应先置于滑动变阻器的左端。

(3)[]3将该小灯泡连接在一个电动势为3.0V 、内电阻为6Ω的电源上，因该电路的短路电流是0.5A,其U —I 图线如上图直线，两图线的交点坐标，就是小灯泡在电路中的实际工作电压和电流，由上图线得数据：1U =1.6V 1I =0.24A,据电功率公式得
111P U I ==0.38W
故小灯泡实际功率约为0.38W
17．LED 绿色照明技术已经走进我们的生活。

某实验小组要精确测定额定电压为3V 的LED 灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同。

实验室提供的器材有：
A ．电流表A 1（量程为0~5mA ，内阻R A 约为3Ω）
B ．电流表A 2（量程为0~4mA ，内阻R A2=10Ω）
C ．电压表V （量程为0~10V ，内阻R v =1000Ω）
D ．定值电阻R 1=590Ω
E.定值电阻R 2=990Ω
F.滑动变阻器R （最大阻值为200）
G.蓄电池E （电动势为4V ，内阻很小）
H.开关S 一只，导线若干
(1)如图甲所示，请选择合适的器材，电表1为_________，定值电阻为__________（填写器材前的字母序号）；
(2)请将图乙中的实物连线补充完整_______；
(3)请写出测量LED 灯正常工作时的电阻表达式：R x =____________（电表1的读数用a 表示，电表2的读数用b 表示，其余电学量用题中所对应的电学符号表示）。

【答案】C E
2A2V
()
b R R a b R +-
【解析】 【分析】
【详解】
(1)[1]要精确测定额定电压为3V 的LED 灯正常工作时的电阻，需测量LED 灯两端的电压和通过LED 灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED 两端的电压，可以将电流表A 2与定值电阻串联改装为电压表测量电压，改装电压表的内阻
LED A23Ω750Ω0.004
U R I === A 2的内阻为10Ω，则定值电阻应选E ，LED 灯正常工作时的电流约为
3A 6mA 500
U I R === 电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，由于电压表可测的最大电流为
10A 10mA 1000
I =
= 则可以用电压表测量电流，电表1应选C (2)[3]因为滑动变阻器阻值小于LED 的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法，如图
(3)[4]根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压
2A2()U b R R =+
通过灯泡的电流
V
a I
b R =
- 测量LED 灯正常工作时的电阻
2A2
V
()
x
b R R
U
R
a
I b
R
+
==
-
18．为了测定电流表1
A的内阻，采用如下图所示的电路．其中
1
A是待测电流表，量程为
300μA，内阻约为100Ω；
2
A是标准电流表，量程是200μA；
1
R是电阻箱，阻值范围0~999.9Ω；2R是滑动变阻器；3R
是保护电阻；E是电池组，电动势为4V，内阻不计；1S是单刀单掷开关，2S是单刀双掷开关．
⑴根据电路图甲，请在图乙中画出连线，将器材连接成实验电路______．
⑵连接好电路，将开关
2
S扳到接点a处，接通开关1S，调整滑动变阻器2R使电流表2
A 的读数是150μA；然后将开关2S扳到接点b处，保持2R不变，调节电阻箱1R，使2A的读数仍为150μA．若此时电阻箱各旋纽的位置如图丙所示，电阻箱1R的阻值是
________Ω，则待测电流表1A的内阻g R=________Ω．
⑶上述实验中，无论怎样调整滑动变阻器2R的滑动端位置，都要保证两只电流表的安全．在下面提供的四个电阻中，保护电阻3R应选用：________（填写阻值相应的字母）A．200KΩ B．20KΩ C．15KΩ D．20Ω
⑷下面提供最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用．既要满足上述实验要求，又要调整方便，滑动变阻器应选________（填写阻值相应的字母）
A．1KΩ B．5KΩ C．10KΩ D．25KΩ。