《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).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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).pdf（40页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高中物理必修高中物理必修 3 3 物理物理 全册全单元精选试卷练习（全册全单元精选试卷练习（WordWord 版版 含答案）含答案）一、必修第一、必修第 3 3 册册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）静电场及其应用解答题易错题培优（难）1（1）科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其它星体很远，可以当做孤立系统处理已知某双星系统中每个星体的质量都是M0，两者相距L，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G求该双星系统
2、中每个星体的线速度大小v；如果质量分别为m1和m2的质点相距为r时，它们之间的引力势能的表达式为Ep Gm1m2，求该双星系统的机械能r（2）微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型假设核外电子的质量为m，氢原子核的质量为M，二者相距为r，静电力常量为k，电子和氢原子核的电荷量均为e已知电荷量分别为+q1和-q2的点电荷相距为r时，它
3、们之间的电势能的表达式为Ep kq1q2r模型、中系统的能量分别用E、E表示，请推理分析，比较E、E的大小关系；模型、中电子做匀速圆周运动的线速度分别用v、v表示，通常情况下氢原子的研究采用模型的方案，请从线速度的角度分析这样做的合理性GM0M02ke2【答案】（1）v G（2）-模型的简化是合理的2L2L2r【解析】GM0M02M0v2（1）G2，解得v 2LLL/2GM0GM0212双星系统的动能Ek 2M0v M0，双星系统的引力势能22L2LGM02M02，该双星系统的机械能 E=Ek+Ep=GEP L2Lke2mvI2ke2（2）对于模型：2，此时电子的动能 Ek=rr2re2ke2
4、又因电势能EpI k，所以 E=Ek+Ep=-r2rke2mv12mv12r2对于模型：对电子有：2，解得r1rr1ke2222ke2Mv2Mv2r对于原子核有：2，解得r2rr2ke222mv12r2Mv2r因为 r1+r2=r，所以有+r22keke121ke22解得 Ek=mv1Mv2222r又因电势能Epe2ke2 k，所以 E=Ek+Ep=-r2rke2即模型、中系统的能量相等，均为-2r解法一：ke2mvI2ke2模型中：对于电子绕原子核的运动有2=mvI，解得vI=rrmr2模型中：2ke2mvIIke2=m1vII，解得vII=对电子有：2rr1m1r2ke2Mv2=M2v，对
5、于原子核有：2rr2因 1=2，所以 mv=Mv又因原子核的质量 M 远大于电子的质量 m，所以 vv，所以可视为 M 静止不动，因此1=2=，即可视为 v=v故从线速度的角度分析模型的简化是合理的解法二：ke2mvI2ke2模型中：对于电子绕原子核的运动有2，解得vI=rrmr模型中：ke2库仑力提供向心力：2=mr12 Mr22.（1）r解得r1M=；r2m又因为 r1+r2=r 所以r1=带入（1）式：Mmr2=m Mm Mke2M mrMm，ke2Mke2m?v r2=所以：v r1=rm Mmrm MM又因原子核的质量 M 远大于电子的质量 m，所以 vv，所以可视为 M 静止不动；
6、故从线速度的角度分析模型的简化是合理的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O8点，下端系一质量m 1.0102kg、带电量q 2.010C 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=37，空气阻力不计，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2.（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
7、从C 点第一次运动到 B 点的时间，并写出分析求解过程.2【答案】(1)E 3.75106N/C (2)WF1.2510J (3)t 0.31s【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：Eq mg tan，即E mgtanq代入数值计算得电场场强大小：E 3.75106N/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：WF Eqlsinmg(l lcos)0所以WFmgqsintanmg(l lcos)q2代入数值解得电场场强大小：WF1.2510J（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F mg5m
8、gcos4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 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g 中做简谐运动，其周期为5mg，方向与竖直方向成 角斜向右下的场4T 2故从 C 到 B 最短的时间t ll 2g5g/41T 0.1 0.31s43一带正电的 A 点电荷在电场中某点的电场强度为 40104N/C，电荷量为+5010-8C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-2010-8C 的 C
9、 点电荷，则该点的电场强度？【答案】（1）2103N，方向由 A 指向 B（2）4104N/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-2010-8C 的 C 点电荷，则该点的场强不变，仍为方向：由 A 指向 B4如右图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一个质量为m、带负电的小球从斜直轨道上的 A 点由静止滑下，小球通过半径为R 的圆轨道顶端的 B 点时恰好不落下来若轨道是光滑绝缘的，小球的重力是它所受的电场力2 倍，试求：A 点在斜轨道上的高度 h；小球运动到最低点 C 时，圆轨道对小球的支持力【答案】(1)【解析】5R(2)3
10、mg2试题分析：由题意得：mg=2Eq设小球到 B 点的最小速度为 VB，则由牛顿第二定律可得：2vBmg-Eq=m；R对 AB 过程由动能定理可得：mg（h-2R）-Eq（h-2R）=联立解得：h=1mVB2；25R；2（2）对 AC 过程由动能定理可得：mgh-Eqh=1mvc2；2由牛顿第二定律可得：2vCF+Eq-mg=mR联立解得：F=3mg；由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg考点：牛顿定律及动能定理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
11、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)vD【解析】（1）由题意知：小球运动到D点时，由于AD=AB，所以有DB即UDBDB0则由动能定理得：mg32kq2glmg 2 (2)F N FN23L2L1sin30quDBmv2022联立解得vDgl2（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：FN F库sin30 mgcos30由库仑定律得：F库kq2lcos30232kq2联立得：FNmg 223L32kq2由牛顿
12、第三定律即F N FNmg 223L6如图所示，长L=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向夹角=37。已知小球所带电荷量q 1.0106C，匀强电场的场强E 3.0103N/C，取重力加速度g 10m/s2，sin370.6。求：（1）小球所受电场力 F 大小；（2）小球质量 m；（3）将电场撤去小球回到最低点时速度v 的大小；（4）撤去电场后小球到达最低点时绳子对小球的拉力大小。【答案】（1）310-3N；（2）410-4kg；（3）2m/s；（4）5.610-3N【解析】【分析】【详解】（1）小球所受电场力 F 大小F qE
13、 3103N（2）球受 mg、绳的拉力 T 和电场力 F 作用，根据共点力平衡条件和图中几何关系有mg tan qE解得小球的质量m 410-4kg（3）将电场撤去，小球摆动到最低点的过程由机械能守恒定律得：mgL(1-cos37)解得12mv2v 2.0m/s（4）将电场撤去，小球摆动到最低点时由牛顿第二定律得v2T-mg mL解得T 5.610-3N二、必修第二、必修第 3 3 册册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）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 U0的电场加速，加速电压 U0随时间 t 变化的图
14、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v0（已知电子质量为 m、电量为 e，加速电压为 U0）（2）假设电子能射出偏转电场，从偏
15、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 U0、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）v0（4）0.025m0.05m【解析】【分析】UL22eU0；（2）y；（3）所加电压 U 应满足至少为 100V；4dU0m【详解】（1）电子加速过程中，根据动能定理有1eU0mv022解得初速度v02eU0m（2）偏转过程中，水平方向做匀速直线运动，有v0t L垂直 AB 两板方向，做匀加速直线运动，有U EdeU may
16、 由（1）问及以上几式，解得12at2UL2y 4dU0（3）要使电子都打不到屏上，应满足U0取最大值 800V 时仍有y0.5d，代入(2)问结果，可得：4U0dy4U0d?0.5d48000.50.052U V 100V222LL0.2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ymax11d 0.05m 0.025m22设电子通过电场最大的偏转角为，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax，则tanvyv0atv0bYmax ymaxy又ymax0y2tL t联立
17、解得Ymax ymax2bymax 0.05mLUL2由第（2）问中的y 可知，在其它条件不变的情况下，U0越大 y 越小4dU0所以当 U0=800V 时，电子通过偏转电场的侧移量最小其最小侧移量，yminUL2UL2500.22m 0.0125m4dU04dU040.058002b Ymin1ymin 0.025mL同理可知，电子打到屏上距中心的最小距离为故其范围为 0.025m0.05m。8如图所示，直角坐标系xOy 在竖直平面内，x 轴沿水平方向，空间有平行坐标平面竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E，在第一、四象限内以坐标原点O 为圆心的半圆形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁场
18、的磁感应强度大小为B0，圆的半径为 R，一个带电荷量为 q 的小球 A 静止于 Q 点，另一个质量和带电荷量都与A 球相同的小球 B 在 P点，获得一个沿 x 轴正方向的初速度，小球B 与小球 A 在进磁场前碰撞并粘合在一起，两球经磁场偏转后，最终竖直向上运动，不计两球碰撞过程中电量损失，P 点到 O 点的距离为 R，重力加速度大小为 g，求：（1）小球 B 从 P 点向右运动的初速度v0的大小；（2）撤去小球 A，改变 y 轴左侧电场强度的大小，将小球B 从 P 点向右开始运动的速度减为原来的R 2，结果小球 B 刚好从 y 轴上坐标为0,的位置进入磁场，试确定粒子经24磁场偏转后出磁场的位
19、置坐标。【答案】（1）v0【解析】【分析】【详解】372gB0RR,R；（2）44E（1）因为小球 A 静止在 Q 点，所以与 A 球质量和电荷量相等的B 球将向右做匀速直线运动，然后与 A 球相碰，设两球的质量为m，B 球的初速度大小为v0，A、B 碰撞后的共同速度为v1，根据动量守恒有mv0 2mv1解得1v1v02由于小球 A 在碰撞前处于静止状态，则qE mg解得q mgE粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设小球在磁场中做圆周运动的半径为r，根据粒子运动的轨迹，依据几何关系r 根据牛顿第二定律有2R2v122qv1B0 2mr解得v02gB0RE（2）由题意可知，粒子从P 点出射的速度大小
20、v0gB R2v0042E粒子在进磁场前做类平拋运动，进磁场时的速度的反向延长线交于水平位移的中点，则粒子进磁场时速度与 x 轴正正向的夹角为 45度，则粒子进磁场时的速度大小v22v0粒子在磁场中做匀速圆周运动，则2v2qv2B0 mr2解得r22R2由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆心位置为 R,02有界场边界满足x2 y2 R2粒子在磁场中做圆周运动的轨迹满足R 22x y r22解得2x y 因此粒子出磁场时的位置坐标为3R47R4374R,4R9如图所示，A 为粒子源，在 A 和极板 B 间的加速电压为 U1，在两水平放置的平行带电板 C、D 间的电压为 U2，现设有质量为
21、m，电荷量为 q 的质子初速度为零，从A 被加速电压 U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行带电板的极板的长度为L，两板间的距离为 d，不计带电粒子的重力，求：(1)带电粒子在射出 B 板时的速度；(2)带电粒子在 C、D 极板间运动的时间；(3)带电粒子飞出 C、D 电场时在竖直方向上发生的位移y.mU2L22qU1【答案】（1）（2）L（3）2qU14U1dm【解析】试题分析：（1）由动能定理得：W=qU1=则（2）离子在偏转电场中运动的时间tL=（3）设粒子在离开偏转电场时纵向偏移量为y综合解得考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键明确粒子的运动性质，对应直线加速过程，根据
22、动能定理列式；对于类似平抛运动过程，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解；不难10如图（a），长度 L=0.8m 的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=；一质量 m=0.02kg，带电量为 q 的小球 B 套在杆上将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x 轴正方向建立坐标系点电荷A 对小球 B 的作用力随 B 位置 x 的变化关系如图（b）中曲线 I 所示，小球 B 所受水平方向的合力随 B 位置 x 的变化关系如图（b）中曲线 II 所示，其中曲线 II 在 0.16x0.20 和 x0.40 范围可近似看作直线求：（静电力常量）（1）小球 B 所带电量
23、q;（2）非均匀外电场在 x=0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小E；（3）在合电场中，x=0.4m 与 x=0.6m 之间的电势差 U（4）已知小球在 x=0.2m 处获得 v=0.4m/s 的初速度时，最远可以运动到x=0.4m若小球在x=0.16m 处受到方向向右，大小为0.04N 的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s 是多少？【答案】（1）1106C（2）【解析】【分析】【详解】（1）由图可知，当 x=0.3m 时，（3）800 V（4）0.065m因此（2）设在 x=0.3m 处点电荷与小球间作用力为F2，F合=F2+qE因此电场在 x=0.3m 处
24、沿细杆方向的电场强度大小为3（3）根据图像可知在 x=0.4m 与 x=0.6m 之间合力做功大小W合=0.0040.2 J=810-4J由 qU=W合可得，方向水平向左（4）由图可知小球从 x=0.16m 到 x=0.2m 处电场力做功小球从到处电场力做功W2=由图可知小球从1mv2=1.6103J2到处电场力做功W3=0.0040.4 J=1.6103J由动能定理W1+W2+W3+F外s=0解得s=【点睛】通过图线 1 位置 0.3m 处和库仑定律计算小球B 带电量；再根据图像分析0.3m 处合力向左，库仑力向右，可以计算出该位置外加电场的电场力，进而计算外加电场电场强度；在0.4m 到
25、0.6m 处合电场是匀强电场，根据qU=W合可以计算两位置电势差；通过动能定理计算距离11如图所示，倾角为=30的绝缘斜面 AB 长度为 3l，BC 长度为3l，斜面上方 BC 间2有沿斜面向上的匀强电场.一质量为m、电荷量为+q 的小物块自 A 端左上方某处以初速度v03gl水平抛出，恰好在 A 点与斜面相切滑上斜面，沿斜面向下运动，经过C 点但未能到达 B 点，在电场力作用下返回，最终恰好静止在A 点，已知物块与斜面间的动摩擦因数为3，不考虑运动过程中物块电荷量的变化，重力加速度为g，求:3（1）物块平抛过程中的位移大小;（2）物块在电场中的最大电势能【答案】（1）【解析】【详解】（1）物
26、块落到斜面上 A 点时，速度方向与水平方向夹角为，设此时速度为 v 则13l（2）2mgl2cosv0，竖直速度vy vsin，vvyg，平抛过程中水平位移x v0竖直位移y 2vy2B，平抛的位移s 解得s x2 y2，13l.2（2）设物块沿斜面向下运动的最大位移为x，自物块从 A 点开始向下运动到再次返回A点根据动能定理有2mgcosx 0解得x 2l.物块位于最低点时，电势能最大，物块自A 点到最低点过程中，设电场力做功为W，根据动能定理有mgsinx mgcosx W 0解得W 2mgl，即物块电势能大值为2mgl.12mv，212mv，212如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系x
27、oy 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（-q0）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O1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)【解
28、析】【详解】mg；(2)3q2 1mg 方向向下；(3)-7L。(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tan45 解得：mgEqE(2)根据几何关系可知，圆弧的半径mgqr 2L从 P 到 B 点的过程中，根据动能定理得：12mvB0 mg 2L2L EqL2在 B 点，根据牛顿第二定律得：2vBN mg mr联立解得：N 32 1 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：12mvA mgL
29、EqL2解得：vA4gL小球从 C 点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度vCvA4gL小球的加速度g 2g，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：vCt 解得：1g t22t 2则沿 x 轴方向运动的位移2Lg2L8Lgx 2vCt 22 gL2则小球从 C 点飞出后落在 x 轴上的位置x L8L 7L三、必修第三、必修第 3 3 册册 电路及其应用实验题易错题培优（难）电路及其应用实验题易错题培优（难）13有一额定电压为 2.8 V，额定功率 0.56 W 的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：A电压表（量程 03 V 内阻约 6 k）
30、B电压表（量程 06 V，内阻约 20 k）C电流表（量程 00.6 A，内阻约 0.5）D电流表（量程 0200 mA，内阻约 20）E.滑动变阻器（最大电阻10，允许最大电流 2 A）F.滑动变阻器（最大电阻200，允许最大电流 150 mA）G.三节干电池（电动势约为4.5 V）H.电键、导线若干(1)为提高实验的精确程度，电压表应选用_；电流表应选用_；滑动变阻器应选用_；（以上均填器材前的序号）(2)请在虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图_；(3)通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，某同学将一电源（电动势E=2 V，内阻 r=5）与此小灯泡直接连接时，小灯泡的实际功率
31、是_W（保留两位有效数字）。【答案】A D E 0.18（0.160.20 范围内均给对）【解析】【分析】【详解】(1)由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择A；由P=UI 可得，灯泡的额定电流为：I P0.56A 200mA，故电流表应选择D；测量灯U2.8泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择 E；(2)测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻约为：图如图所示U14，而电流表内阻约为20，故电流表应采用外接法；故电路I(3)由电源的电动势和内阻作出电源的伏安特性曲
32、线如图所示：则交点为灯泡的工作点，由图可知，灯泡的电压为1.38V，电流为 0.15A，则灯泡的功率P=UI=1.30.13=0.17W；（0.160.20 范围内均给对）【点睛】根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；根据测伏安特性曲线的实验要求可以选出滑动变阻器的接法，由电流表及电压表内阻的关系可得出电流表的接法；在图中作出电源的伏安特性曲线，图像与灯泡的伏安特性曲线的交点为灯泡的工作点，则可得出灯泡的电压及电流，由功率公式可求得实际功率。14某同学设计了如图所示的实验电路测量电压表的内阻和电阻丝的电阻，
33、实验室提供的器材有：两节干电池、电阻箱R0、粗细均匀的电阻丝、与电阻丝接触良好的滑动触头P、开关、灵敏电流计（灵敏电流计的零刻度在表盘正中央）、待测电压表、导线他进行了下列实验操作：（1）按原理如图将如图所示的实物图连接成完整电路，请你帮他完成实物连线_；（2）先将电阻箱的阻值调至最大，将滑动触头P 移至电阻丝的正中间位置；（3）闭合开关 K，将电阻箱的阻值逐渐减小，当电阻箱的阻值为R0时，灵敏电流计示数为 0，可知电压表内阻 RV_；（IV）将电阻箱的阻值调至0，将 cd 导线断开，然后将滑动触头P 移至最左端此时电压表的示数为 U，灵敏电流计的示数为I，则电阻丝的电阻为_，测得的电阻值_（
34、填“偏大”“偏小”或“准确”）【答案】电路连线如图:R0U偏大I【解析】【详解】（1）电路连线如图：（3）灵敏电流计的示数为0 时，说明电压表和电阻箱分压之比与电阻丝右边和左边电阻分压相等，故RV R0；（4）将电阻箱的阻值调至0，将 cd 导线断开，将滑动触头P 移至最左端后，电阻丝的全部电阻与灵敏电流计串联，电压表测量的是灵敏电流计和电阻丝的总电压，电阻丝电阻的测量值R UU，因为采用了内接法，R RA，故电阻的测量值偏大II15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
35、，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
36、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P I2R可知，P I2图象斜率增大，故选 D（4）45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：E U 2IR0代入数据并整理得：U 820I在图 a 所示坐标系中作出U 820I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IA 2I 0.6A每只灯泡的实际功率P UI=20.3=0.6W所以两个小灯泡的
37、总功率为1.2W16（1）甲同学按如图甲所示电路测量量程为500A 的电流表 G 的内阻他按图甲连接好电路后，先闭合 S1，断开 S2，调节 R1，使电流表 G 的指针满偏再闭合S2，保持 R1的滑动触头不动，调节 R2使电流表 G 的指针指到满刻度的 1/3若此时电阻箱 R2各旋钮的位置如图乙所示，则电流表G 的内阻测量值 RG=_（2）现将该电流表 G 改装成量程为 3V 的电压表 V，需给该电流表 G 串联一阻值为_的电阻（3）乙同学将（2）问中改装的电压表V 校准后采用伏安法测量某待测电阻Rx，实验室还备有以下器材：A待测电阻 Rx，阻值约为 200B电源 E，电动势为 3V，内阻可忽
38、略不计C电流表 A，量程为 015 mA，内阻 rA=20D滑动变阻器 R1，最大阻值 10E滑动变阻器 R2，最大阻值 5kF开关 S，导线若干为提高实验精确度，尽可能测量多组数据，实验中滑动变阻器应选择_（填器材序号字母）请在虚线框内画出乙同学用伏安法测量电阻Rx的电路图_【答案】（1）100（2）5900（3）D见解析；【解析】【详解】（1）1因 s2闭合前后电总电流不变，则电流表达满偏刻度的1/3 时，则并联电阻的电流为电流表满偏电流的2/3因是并联关系，则RgIRRIg得：Rg由电阻箱可读出：R=50则：IRR=2RIgRg=2R=250=100（2）2改装成电压表要串联的阻值为R=
39、URg=5900Ig（3）3因测量范围大，要采用滑动变阻器分压式接法，宜用小阻值，故选D 4因电压表内阻比得测电阻大的多，宜用电流表外接法故画得电路图如图所示；【点睛】考查的电阻箱的读数，半偏法测电阻，明确总电流认为不变；电路的设计，电流表的内外接法要求大电阻内接法，小电阻外接法滑动变阻器分压式接法宜用小阻值17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(
40、量程为 3 mA，内阻不计)电阻箱 R(最大阻值 9 999)定值电阻 R0(可供选择的阻值有 100、1 k、10 k)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d20 mmB向玻璃管内注自来水，并用刻度尺测量水柱长度LC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 RD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 RE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Rx的表达式 Rx_(用 R0、R、I1、I2表示)(3)若在上述步骤
41、 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RL 关系图像，则自来水的电阻率 _ 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】1000【解析】【分析】【详解】I1R R0I2 16，不变（1）定值电阻所在支路最小电阻约为R1总=EI1max3 1000；电阻箱 R（最大0.003阻值为 9999），为测多组实验数据，定值电阻R0应选 1K；电阻箱与 R0、A2串联，再与水柱、A1并联，所以有
42、I2(R R0)I1Rx，玻璃管内水柱电阻Rx的表达式RxI2(R R0)I1(2)由电阻定律可以知道RxLL4LI2(R R0)2d2，则有sdI1()2R=4I24L RR=L R0，由A，A，根据题意可知，电流表示数均相等，则有120d2I1d244103(1)1034图可得k 51022d1010电阻率d2k43.140.022510416m424I2d kLr-r R（3）电流表内阻不能忽略，则有R=，电阻率为保持不210d2I14变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 5），随后将其固定在带有刻度尺的木板上，准备进一步精确测
43、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 03A，内阻约 0.025）B电流表（量程 00.6A，内阻约 0.125）C电压表（量程 03V，内阻约 3k）D滑动变阻器（020，额定电流 2A）E.滑动变阻器（0100，额定电流 1A）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）.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_.在甲图中，在开关闭合前，滑动
44、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”）.按照上述步骤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
45、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 BD左大于零 BC小鹏同学应该做出测量作出1l的图象，斜率k，即 kES，所以电流表的内IES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d 0mm 21.20.01mm 0.212mm（2）2 电阻丝的阻值约为 5,电源电动势 E 为 3.0V，电路中最大电流I E3A 0.6A，为读数准确，电流表应选择B 电流表（量程 0
46、0.6A，内阻约 0.Rx5125）。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（020，额定电流 2A）。4电压表与电阻丝并联，测量电阻丝两端的电压；电流表串联在电路中，测量通过电阻丝的电流。连接电路如图：5 为保护电路，在开关闭合前，滑动变阻器连接到电路中的阻值应调到最大，故滑片应当调到最左端。6 闭合开关后，在实验中通过电阻丝的电流的最小值Imin所以电压表读数的最小值Umin=IminRxE33A A，R Rx2052535V=0.6V，大于零。257 AB.引起该实验系统误差的主要原因是电压表的分流作用，电流表的测量值大于真实值，使得电阻的测
47、量值偏小。选项B 正确，A 错误；CD.该实验中实际测量出的电阻值为电压表内阻和电阻丝并联的总电阻，若已知电压表的内阻，则可以算出待测电阻丝的真实值，选项C 正确，D 错误。故选 BC。8根据闭合电路欧姆定律定律有El1RrA RrA，整理得l，作出ISIEES1l的图象，斜率k，即 kES，所以电流表的内阻对该电阻丝电阻率的测量IES结果无影响。四、必修第四、必修第 3 3 册册 电能电能 能量守恒定律实验题易错题培优（难）能量守恒定律实验题易错题培优（难）19利用如图所示的电路既可以测量电压表和电流表的内阻，又可以测量电源电动势和内阻，所用到的实验器材有：两个相同的待测电源（内阻r 约为
48、1）电阻箱 R1（最大阻值为 999.9）电阻箱 R2（最大阻值为 999.9）电压表 V（内阻未知）电流表 A（内阻未知）灵敏电流计 G，两个开关 S1、S2主要实验步骤如下：按图连接好电路，调节电阻箱R1和 R2至最大，闭合开关 S1和 S2，再反复调节 R1和 R2，使电流计 G 的示数为 0，读出电流表 A、电压表 V、电阻箱 R1、电阻箱 R2的示数分别为0.40A、12.0V、30.6、28.2；反复调节电阻箱 R1和 R2（与中的电阻值不同），使电流计G 的示数为 0，读出电流表A、电压表 V 的示数分别为 0.60A、11.7V。回答下列问题：(1)步骤中，电流计G 的示数为
49、0 时，电路中 A 和 B 两点的电势差 UAB=_ V；A 和 C两点的电势差 UAC=_ V；A 和 D 两点的电势差 UAD=_ V；(2)利用步骤中的测量数据可以求得电压表的内阻为_，电流表的内阻为_；(3)结合步骤步骤的测量数据，电源电动势E 为_V，内阻为_。【答案】012.0V -12.0V 1530 1.8 12.6V 1.50【解析】【分析】【详解】(1)123步骤中，电流计G 的示数为 0 时，电路中 AB 两点电势相等，即 A 和 B 两点的电势差 UAB=0V；A 和 C 两点的电势差等于电压表的示数，即UAC=12V；A 和 D 两点的电势差 UAD=-12 V；(2
50、)45利用步骤中的测量数据可以求得电压表的内阻为RVU12 1530U12I 0.4R130.6电流表的内阻为RAUDA12 R228.2 1.8I0.42E=2UAC+I2r(3)67由闭合电路欧姆定律可得即2E=24+0.8r同理2E 2UAC I2r即2E=211.7+0.62r解得E=12.6Vr=1.5020图为某同学组装完成的简易多用电表，图中E 是电池，R1、R2、R3、R4和 R5是固定电阻，R6是可变电阻；虚线方框内为换挡开关，A 端和 B 端分别与两表笔相连（1）图（a）中的 A 端与 _（选填“红”或“黑”）色表笔相连接（2）关于 R6的使用，下列说法正确的是_A在使用多