《高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷检测题(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 全册全单元精选测试卷检测题(Word版 含答案).pdf（43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 全册全单元精选测试卷检测题（全册全单元精选测试卷检测题（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如图所示,ABCD 竖直放置的光滑绝缘细管道,其中 AB 部分是半径为 R 的 1/4 圆弧形管道,BCD 部分是固定的水平管道,两部分管道恰好相切于B水平面内的 M、N、B 三点连线构成边长为 L 等边三角形,MN 连线过 C 点且垂直于 BCD两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在 M、N 两点,电荷量分别为+Q 和-Q.现把质量为 m、电荷量为
2、+q 的小球(小球直径略小于管道内径,小球可视为点电荷),由管道的 A 处静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为 g.求:(1)小球运动到 B 处时受到电场力的大小;(2)小球运动到 C 处时的速度大小;(3)小球运动到圆弧最低点B 处时,小球对管道压力的大小.2qQqQ【答案】（1）k2（2）2gR（3）k29m2g2LL【解析】【分析】【详解】（1）设小球在圆弧形管道最低点B 处分别受到+Q 和-Q 的库仑力分别为 F1和 F2则F1F2kqQ2LqQL2小球沿水平方向受到的电场力为F1和 F2的合力 F，由平行四边形定则得F=2F1cos60 联立得Fk（2）管道所在的竖直平面是+Q
3、 和-Q 形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有 mgR1mvC20 2解得vC 2gR（3）设在 B 点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为NBy，在竖直方向对小球应用牛顿第vB2二定律得NBymgmRvB=vC联立解得 NBy=3mg设在 B 点管道对小球在水平方向的压力的分力为NBx，则NBxFkqQL222圆弧形管道最低点 B 处对小球的压力大小为NB NBx NBY 9m2g2(kqQ2)?L2由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B 的压力大小为NBNB 9m2g2(kqQ2)?2L2(1)科学
4、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他星体很远，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：该双星系统中星体的加速度大小a；该双星系统的运动周期T(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
5、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，记为模型已知核外电子的质量为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大小均为e模型、中系统的总动能分别用Ek、Ek表示，请推理分析，比较Ek、Ek的大小关系；模型、中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用T、T表示，通常情况下氢原子的研究采用模型的方案，请从周期的角度分析这样简化处理的合理性3LGM0TM mke2(2)Ek=EkII【答案】(1)a 2T 2，因TML2GM02r为 Mm，可得 TT，所以采用模型更简单方便【解析】【详解】GM02(1)根据万
6、有引力定律和牛顿第二定律有：2 M0aL解得a GM0L242L由运动学公式可知，a 2T2L3解得T 22GM0(2)模型中，设电子绕原子核的速度为v，对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿ke2mv2第二定律有2rr12ke2解得：Ekmv 22r模型中，设电子和原子核的速度分别为v1、v2，电子的运动半径为 r1，原子核的运动半径为 r2根据库仑定律和牛顿第二定律ke2mv1212ke2对电子有：2，解得Ek1=mv12r1rr122r2ke2Mv21ke22对于原子核有：2=，解得Ek2=Mv22r2rr222rke2ke2系统的总动能：Ek=Ek1+Ek2=2r1r22r2r即在这两
7、种模型中，系统的总动能相等模型中，根据库仑定律和牛顿第二定律有ke24242mr32 m2r，解得T2r2Tke模型中，电子和原子核的周期相同，均为T根据库仑定律和牛顿第二定律2ke242ke2T对电子有2 m2r1，解得r122rT4 r m2ke242ke2T对原子核有2 M2r2，解得r222rT4 r M42mMr3因 r1+r2=r，可解得：T 2keM m2所以有TM mTM因为 Mm，可得 TT，所以采用模型更简单方便3我们可以借鉴研究静电场的方法来研究地球周围空间的引力场，如用“引力场强度”、“引力势”的概念描述引力场。已知地球质量为M，半径为 R，万有引力常量为 G，将地球视
8、为均质球体，且忽略自转。(1)类比电场强度的定义方法，写出地球引力场的“引力场强度 E”的定义式，并结合万有引力定律，推导距离地心为r（rR）处的引力场强度的表达式E引=GM；r2(2)设地面处和距离地面高为h 处的引力场强度分别为E引和E引，如果它们满足E引 E引E引 0.02，则该空间就可以近似为匀强场，也就是我们常说的重力场。请估算地球重力场可视为匀强场的高度h（取地球半径 R=6400km）；M（以无穷远处引力势r为 0）。请你设定物理情景，简要叙述推导该表达式的主要步骤。(3)某同学查阅资料知道:地球引力场的“引力势”的表达式为引=-G【答案】(1)引力场强度定义式E引【解析】【分析
9、】【详解】(1)引力场强度定义式E引F，推导见解析；(2)h=64976m；(3)推导见解析.mFmF GMmr2M2rM2RM2r联立得E引 G(2)根据题意E引 GE引 GE引 E引E引 0.02h r R 解得R R0.98h=64976m(3)定义式引力势引=Epm，式中Ep为某位置的引力势能把某物体从无穷远移动到某点引力做的功W引=0-Ep=-Ep即Ep=-W引则当质量为 m 的物体自无穷远处移动到距离地球r 处时，引力做功为W引通过计算得W引 G所以Mm0rMmrEp=-G引=-GMr4如图所示，长 l=1 m 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
10、右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角=37已知小球所带电荷量q=1.0106 C，匀强电场的场强 E=3.0103 N/C，取重力加速度 g=10 m/s2，sin 37=0.6，cos37=0.8求：（1）小球所受电场力 F 的大小和小球的质量m；（2）将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角=37时速度 v 的大小；（3）在（2）所述情况下小球通过绳与竖直方向的夹角=37时绳中张力 T 的大小【答案】（1）F=3.010-3 Nm=4.0104kg（2）v【解析】【分析】【详解】（1）小球受到的电场力的大小为：F=qE=1.01063.0103N=3.010-3 N小球受力如图
11、所示：5m/s（3）T=7.010-3 N根据平衡可知：F mg tan解得：m=4.0104kg（2）将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角=37时根据动能定理有Flsinmgl(1cos)解得：12mv2v 2gl(（3）沿绳方向根据牛顿第二定律可知11)5m/scosmv2T F sinmgcosl解得：T=7.010-3 N5如图，在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方 H 处的 A 点以初速度 v 水平抛出，从 B 点进入电场，到达 C 点时速度方向恰好水平，A、B、C 三点在同一直线上，且AB2BC，求：(1)A、B 两点
12、间的距离(2)带电小球在电场中所受的电场力22v H(2)3mg【答案】(1)H 82【解析】【详解】(1)小球在 MN 上方做平抛运动12gt2水平方向：x vt竖直方向：H A、B 两点间的距离L H2 x2联立以上各式解得2v2HL H g2(2)带电小球进入电场后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，对带电小球运动的全过程，由动能定理得：mg(H 解得HH)F 022F=3mg6如图所示，高为 h 的光滑绝缘直杆 AD 竖直放置，在 D 处有一固定的正点荷，电荷量为Q。现有一质量为 m 的带电小球套在杆上，从A 点由静止释放，运动到B 点时速度达到最大值，到 C 点时速度正
13、好又变为零，B、C 和 D 相距分别为重力加速度为 g，求：11h 和h，静电力常量为 k，34(1)小球的电荷量 q 和在 C 点处的加速度；(2)C、A 两点间的电势差。mgh2727kQ,a g方向竖直向上(2)【答案】(1)q 9kQ94h【解析】【详解】(1)小球运动到 B 点时速度达到最大，说明小球必带正电，在B 点应有：mg 得：kQqh()23mgh2q 9kQ在 C 点，由牛顿第二定律：kQqmg mah2()4得：a 7g，方向竖直向上。9(2)设 C、A 两点间的电势差为 U，则 A、C 间的电势差为-U。从 A 到 C 过程，由动能定理：hmg(h)qU 04得：U 2
14、7kQ4h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，极板 A、B 间电压为 U0，极板 C、D 间距为 d，荧光屏到 C、D 板右端的距离等于 C、D 板的板长A 板 O 处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为+q 的粒子，经电场加速后，沿极板C、D 的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当 C、D 板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当 C、D 板间加上图乙所示电压（图中电压 U1已知）时，粒子均能从 C、D 两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用求：（1）C、D 板的长度 L；（2）
15、粒子从 C、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；（3）粒子打在荧光屏上区域的长度【答案】（1）L t0【解析】试题分析：（1）粒子在 A、B 板间有qU0在 C、D 板间有L v0t0解得：L t0222qU0qU1t03qU1t0（2）y（3）s s m2md2md12mv022qU0m（2）粒子从 nt0（n=0、2、4）时刻进入 C、D 间，偏移距离最大粒子做类平抛运动偏移距离y 加速度a 12at02qU1md2qU1t0得：y 2md（3）粒子在 C、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK出 C、D 板偏转角tanvyv0vy at0打在荧光屏上距中心线最远距离
16、s y Ltan23qU1t0荧光屏上区域长度s s 2md考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答8如图甲所示，真空中的电极被连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d、A、B板长为L，AB两板间加周期性变化的电场，UAB2mL2如图乙所示，周期为T，加速电压为U1，其中m为电子质量、e为电子电量，L2eT为A、B板长，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作
17、用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：(1)电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0大小？(2)t 0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y；(3)在足够长的时间内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。2LeU0T2【答案】(1)v0；(2)；(3)31.7%T8md【解析】【分析】【详解】(1)加速电场加速。由动能定理得12qU1mv02解得v02LT(2)电子在偏转电场里水平方向匀速运动，水平方向有L v0t所以运动时间t T2则t 0时刻射入偏转电场的电子，在竖直方向匀加速运动，竖直方向有121eU0T2eU0T2y at()22md28md(3)
18、由上问可知电子在电场中的运动时间均为t 时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：T，设电子在U0时加速度大小为a1，3U02e在0U03U ma1，e0 ma2ddT时间内，设t1时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为0，则：2212T1Ta1t1a1t1t1a2t12222解得t1在0T4T时间内，02T时间内射入电场中的电子均可从中垂线上方飞出。4T2T这段时间内，设能够从中垂线上方飞出粒子的时间间隔为t2，t T t2时刻射入的电子刚好偏转位移为0，则有212T1Ta2t2a2t2t2a1t22222解得t2所以23T433t t1t24T所以从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数
19、的百分比t33100%31.7%T49如图，xOy为竖直面内的直角坐标系，y轴正向竖直向上，空间中存在平行于xOy所在平面的匀强电场。质量为m的不带电小球A以一定的初动能从P（0，d）点沿平行x轴方向水平抛出，并通过Q（22d，0）点。使A带上电量为+q的电荷，仍从P点以同样的初动能沿某一方向抛出，A通过N（2d，0）点时的动能是初动能的0.5倍；若使A带上电量为-q的电荷，还从P点以同样的初动能沿另一方向抛出，A通过M（0，-d）点时的动能是初动能的4倍。重力加速度为g。求：（1）A 不带电时，到达 Q 点的动能；（2）P、N 两点间的电势差；（3）电场强度的大小和方向。【答案】（1）3mg
20、d；（2）【解析】【详解】（1）小球做平抛运动，故2mg，方向沿 y 轴正方向。qd 12gt22 2d 0t从 P 到 Q，由动能定理12mgd EkQm02解得EkQ3mgd（2）小球带电后，从P到 N，由动能定理mgd qUPN 0.5Ek0 Ek0从 P 到 M 由动能定理可得2mgd qUPM 4Ek0 Ek0由（1）中可知，Ek0 2mgd联立以上几式可得UPN1UPM2故 O、N 两点电势相等，场强方向为y轴正方向，场强大小为E UNP2mgdq10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
21、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vt 图像求位移的方法，在图中画网格线表示当电荷量由 Q1增加到 Q2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R1，外球内半径为 R2，电容为C R1R2，其中 k 为静电力常量。请结合(1)中的方法推导该球形k(R2R1)电容器充电后电荷量达到Q 时所具有
22、的电势能 Ep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)Ep【解析】【分析】【详解】（1）如图所示kQ2R2R12R1R2；(3)a.C R，b.见解析k（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Ep 的大小，由图可得1EpQ
23、U2根据C 可得QUQ2Ep2C将球形电容器电容的表达式代入可得kQ2(R2R1)EP2R1R2（3）a.将孤立导体球看作另一极在无穷远的球形电容器，即R1 R，R2 代入球形电容器电容的表达式C 可得R1R2k(R2R1)RkRkC b.根据 a 中推得的孤立导体球的电容表达式C 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。11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
24、 U0的电场加速，加速电压 U0随时间 t 变化的图像如图乙所示，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
25、电压为 U0）（2）假设电子能射出偏转电场，从偏转电场右端射出时，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】【详解】UL22eU0；（2）y；（3）所加电压 U 应满足至少为 100V；4dU0m（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
26、板方向，做匀加速直线运动，有U EdeU ma1y at22由（1）问及以上几式，解得UL2y 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tanvyv0atv0b
27、Ymax ymaxy又ymax0y2tL t联立解得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。12如图所示，在竖直平面内有一固定光滑绝缘轨道，其中AB 部分是倾角为=37的直轨道，BCD 部分是以 O 为圆心、半径为 R 的圆弧轨道，两轨道相切于B
28、 点，D 点与 O 点等高，A 点在 D 点的正下方。圆的水平直径下方有水平向左的电场，质量为m、带电荷量为q 的小球从 A 点由静止开始沿斜面向上运动，已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，然后经过 D 点落回到 AB 之间某点。已知 sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度大小为 g。求(1)小球在 C 点的速度的大小；(2)小球在 AB 段运动过程中电场力所做的功；(3)小球从 D 点运动落到 AB 上某点的时间。【答案】(1)vC【解析】【分析】【详解】gR；(2)2.8mgR；(3)t 5616 337Rg(1)当小球在最高点时2vCmg mR解得vCgR(2)小球从 A 点
29、到 C 点的过程有12mvC2h R Rcos(R Rsin)tan 3RqE2Rmgh 得qE 小球在 AB 段运动过程中电场力所做的功7mg4W qE(R Rsin)解得W=2.8mgR(3)小球从 C 点运动到 D 点的过程1212mgR mvDmvC22解得vD3gR设小球落点到 A 的水平距离为 x，竖直距离为 y，x 1 qE2t2 my 2R(vDt 由几何关系有12gt)2y tanx联立这三个方程得t 5616 337Rg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某实验小组欲描绘额定电压为2.5V 的小灯泡 L
30、 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（05，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。则该小灯泡的额定功率P _W；(4)现有一电子元件，其 U-I 图像如图丙中所示。现将该电子元件与该灯泡L 并联后同电动势E 3V、内阻r 5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
31、（1.431.46 之间均可）0.20（0.190.21 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)23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UI 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、分别交于两点B 和 A，与 U 轴交于 C 点
32、，电源的 UI 线交于 D，若 CD 的中点恰在 AB 的中点，则此时图像对应的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=IU0.20W。14为测量某金属丝的电阻率，小明同学设计了如图甲、乙所示的两种实验方案，已知电源的电动势 E 和内阻 r 在实验过程中保持不变。(1)小明先进行了如图甲方案的测量。他首先利用游标卡尺和螺旋测微器分别测出甲、乙、丙三根不同金属丝的直径，示数分别如图甲、乙、丙所示。则三根金属丝直径的测量值分别为d甲=_mm、d乙=_mm、d丙=_mm。若三根金属丝的材料、长度相同且粗细均匀，则它们的电阻 R甲、R乙和
33、 R丙中最大的是_，最小的是_。实验过程中，小明先将甲金属丝接入电路，并用米尺测出接入电路中的甲金属丝的长度l=50.00cm。闭合开关后移动滑动变阻器的滑片分别处于不同的位置，并依次记录了两电表的测量数据如下表所示，其中5 组数据的对应点他已经标在如图所示的坐标纸上，请你标出余下一组数据的对应点，并画出U-I 图线_。实验次数U/VI/A10.900.1821.200.2431.500.3141.800.3752.100.4362.400.49该方案测得的甲金属丝的电阻率甲=_m（计算结果保留两位有效数字）。对于上述第(1)所述的测量过程，随着通过金属丝的电流I 不断增大，滑动变阻器上的电功
34、率 P 随之变化。对于 PI 的关系图象，在下列图中可能正确的是（_）(2)小明又用如图乙方案测量乙金属丝的电阻率，已知电源的电动势E=5.0V、内阻r=0.20。实验中他可以通过改变接线夹（即图乙中滑动变阻器符号上的箭头）接触金属丝的位置以控制接入电路中金属丝的长度。请在下述步骤的空格中将实验操作步骤补充完整：a正确连接电路，设定电阻箱的阻值，闭合开关；b读出电流表的示数，记录接线夹的位置；c断开开关，_；d闭合开关，重复 b、c 的操作。根据测得电流与金属丝接入长度关系的数据，绘出如图所示的关系图线，其斜率为_A-1m-1（保留 2 位有效数字）；图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表了_的电
35、阻之和。图中图线的斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的物理量是_，其数值和单位为_（保留 2 位有效数字）。(3)电表的内阻可能对实验产生系统误差，请你分别就这两种方案说明电表内阻对电阻率测量的影响_。【答案】1.75 1.341.38 0.5460.548R丙R甲见解析（2.32.5）10-5 D测出接入电路的金属丝的长度 1214电源内阻、电流表内电阻与电阻箱金属丝的电阻率（9.80.5）10-5m图甲方案，由于电流表分压，导致电压表测量值偏大，电阻的测量值偏大，电阻率测量值偏大；图乙方案中电表内阻对测量结果没有影响【解析】【分析】【详解】(1)1金属丝甲的直径d甲1mm0.051
36、5mm 1.75mm2金属丝乙的直径d乙1mm0.0218mm 1.36mm3金属丝丙的直径d丙 0.5mm 0.046mm 0.546mm45根据电阻定律的决定式R 可知l4l=Sd2R甲最小，R丙最大6图象如图所示7根据图象可知电阻值R甲再根据电阻定律U 4.92IR 代入数据，解得l4l=Sd2 2.4105m8随电流增大，滑动变阻器的功率先变大后变小，当滑动变阻器阻值等于其它电阻之和时，功率最大，D 正确，ABC 错误。故选 D。(2)9 测出接入电路的金属丝的长度。10由图象可得斜率为 13 A-1m-1。1112根据I 整理得Erl R1rRl IEE其中r就是单位长度的电阻，根据
37、电阻定律r 代入整理得S1Rl IESE因此图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表电源内阻、电流表内电阻与电阻箱电阻之和；斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的金属丝的电阻率。13将电源电动势 E 和乙金属丝的直径 d乙代入得1.361032135.0()m 9.4105m2（3）14 图甲方案，由于电流表的分压作用，导致电压表测量值偏大，电阻的测量值偏大，电阻率测量值偏大；图乙方案中电表内阻对测量结果没有影响。15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
38、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
39、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所以两个小灯泡的总功率为1.2W
40、16温度传感器的核心部分是一个热敏电阻。某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻之后，利用所学知识来测量由某种金属制成的热敏电阻的阻值。可供选择的实验器材如下：A直流电源，电动势 E=6V，内阻不计；B毫安表 A1，量程为 600mA，内阻约为 0.5；C毫安表 A2，量程为 10mA，内阻 RA=100；D定值电阻 R0=400；E滑动变阻器 R=5；F被测热敏电阻 Rt，开关、导线若干。(1)实验要求能够在 05V 范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值Rt进行测量，请在图甲的方框中设计实验电路_。(2)某次测量中，闭合开关S，记下毫安表 A1的示数 I1和毫安表 A2的示数 I2，则计算热敏
41、电阻阻值的表达式为 Rt=_（用题给的物理量符号表示）。(3)该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的I2I1图象如图乙所示，由图可知，该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大而_（填“增大”“减小”或“不变”）。(4)该小组的同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。将该热敏电阻接入如图丁所示电路，电路中电源电压恒为9V，内阻不计，理想电流表示数为0.7A，定值电阻 R1=30，则由以上信息可求出定值电阻R2的阻值为_，此时该金属热敏电阻的温度为_。【答案】I2RA R0增大 17.5 55I1I2【解析】【分析】【详解】(1)1题目中没有电压表，可用已
42、知内阻的电流表A2与定值电阻 R0串联构成量程为U Ig(RA R0)0.01(100 400)V=5V的电压表；滑动变阻器用分压电路，电路如图：(2)2由电流可知Rt(3)3根据RtI2RA R0I1I2I2RA R0可得I1I2I21I1RA R01Rt1则该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大，斜率RA R01变大，可知 Rt变大。Rt(4)45通过 R1的电流I1U 0.3AR1则通过 R2和 Rt的电流为 0.4A；由 I2-I1图像可知，I2=4mA，此时 Rt两端电压为 2V，则 R2两端电压为 7V，则R27 17.50.42 50.414t 153Rt根据 Rt-t 图像可
43、知Rt解得t=5517某实验小组进行电阻丝电阻率的测量，其中实验器材有；A直流电源（电动势约4.5V，内阻很小可忽略）B0-0.5A 的电流表（内阻很小可忽略）CR010的定值电阻DR050的定值电阻E.粗细均匀，总电阻约 15的待测电阻丝 F.刻度尺G 螺旋测微器 H.开关一个，导线若干(1）图甲是实验电路图，请规范画出其实验原理图_；(2）实验时，定值电阻 R0应选用_（填器材编号）；(3)实验时，多次移动线夹所在的位置，测量其连入电路中的电阻丝的长度，记为l，同时记下相对应的电流表的示数I;(4）以1为纵轴，以 l 为横轴，得到图丙的图象，已知该图线的截距为b、斜率为 k由此I可知电源的
44、电动势可表示为_，若测得电阻丝直径为d，则电阻丝的电阻率可表示为_（都用题中所给的字母符号表示）(5)实际上电源和电流表都存在一定的内阻，而实验处理数据时忽略了这两个内阻，因此将导致电阻率的测量值_实际值（填“大于”或“小于”）【答案】R0d2kR0 C小于b4b【解析】【分析】【详解】（1）根据实物图画出电路图如图所示;（2）根据电源电动势和电流表的量程可知保护电阻的阻值大约为R0以保护电阻选 C（4）根据闭合电路欧姆定律知：E4.5 9所Ig0.5E I(R0 Rx)及Rx得：l4lSd2R014l Id2EER0R b，所以E 0Eb所以结合图像是4d2kR0k，所以2d E4b（5）由
45、于整理公式时忽略掉了电源的电阻和电流表的电阻所以导致测量值偏小18某课外探究小组做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验，小灯泡的额定电压4V，额定功率为 1.9W 左右。实验室准备了以下实验器材：A.蓄电池（电动势为 6V，内阻约为 1）；B.电压表（量程为 04.5 V，内阻约为 8 k）；C电压表（量程为 03 V，内阻约为 5 k）；D电流表（量程为 01.2 A，内阻约为 0.8）；E.电流表（量程为 0500 mA，内阻约为 0.3）；F.滑动变阻器（05，1.5 A）；G.滑动变阻器（050，1.2 A）；H.开关、导线若干。(1)实验中所用电压表应选用_，电流表应选用_，滑动变阻器
46、应选用_；（填写器材前的字母）(2)实验时要求尽量减小实验误差，要求伏安特性曲线从零开始取值，请在虚线框中画出合理的电路图_。(3)该小组根据正确的操作得到数据，画出了该小灯泡的伏安特性曲线，如图所示，则该小灯泡的额定功率为_W。将该小灯泡与电动势为3.0 V、内阻为 2的电源直接串联，则该小灯泡的实际功率是_。（以上结果均保留两位有效数字）。【答案】BEF 2.00.90 0.95W【解析】【分析】【详解】(1)234做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的额定电压为4V，因此电压表的量程应大于等于 4V，因此选 B；小灯泡的额定功率为1.9W，因此流过小灯泡的额定流为 0.5A 左
47、右，故电流表选 E；由于小灯泡两端的电压需要从零开始调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，阻值越小，调节起来越方便，因此选F。(2)4小灯泡的阻值较小，电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压式接法，电路如图所示(3)5从图象可知，当额定电压为4V 时，电流为 0.5A，因此额定功率为 2.0W。6将电源路端电压与电流的图象画到小灯泡的UI 图中，如图所示两个图象的交点就是流过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压值，图中U2.2V，I=0.42A因此P=UI=0.93W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电流表 G1的量
48、程为 05mA，内阻 r290，把它改装成如图甲所示的一个多量程多用电表.电流档小量程为 010mA，大量程为 0100mA；电压档小量程为 010V，大量程为 025V.(1)某次测量时该多用电表指针位置如图乙所示.若此时开关 S 端是与“6”相连的，则此多用电的表读数为_.(2)已知图甲中的电源 E 的电动势为 15V，当把开关 S 接到位置 4，短接 A、B 表笔进行欧姆调零后，用该档测量一个未知电阻阻值，指针偏转到电流表G1满偏刻度的的阻值为_k.(3)此多用电表的表笔 A 为_（“红色”或“黑色”），图中电阻 R5_.【答案】20.0V（19.820.2）6红色 29【解析】【详解】
49、(1)1开关 S 端与“6”相连，作为大量程电压表使用，量程为025V，根据电压表读数规则可知，多用电表读数为20.0V；(2)2分析多用电表内部结构，开关S 端与“4”相连，则作为欧姆表使用，此时干路电流最大为 Im10mA，则根据闭合电路欧姆定律可知，E1处，则该电阻5ImRxr内5EImr内Rx6k；联立解得(3)3电流从红表笔流入电表，故多用电表的表笔A 为红表笔.4当开关 S 端接“1”时，电流挡的量程为0100mA，根据电表改装原理可知，Ig(r+R6)(I1-Ig)R5；当开关 S 端接“2”时，电流挡的量程为010mA，Igr(I2-Ig)(R5+R6），联立解得R529.20
50、某兴趣小组研究一金属丝的物理性质，（1）首先用螺旋测微器测量其直径，其值为_mm为了进一步测量此金属丝电阻Rx的阻值，准备先用多用电表粗测出它的阻值，然后再用伏安法精确地测量，实验室里准备了以下器材：A多用电表B电压表 Vl，量程 6 V，内阻约 10 kC电压表 V2，量程 15 V，内阻约 20 kD电流表 Al，量程 0.6 A，内阻约 0.2 E电流表 A2，量程 3 A，内阻约 0.02 F电源：电动势 E=7.5 VG滑动变阻器 Rl，最大阻值 10，最大电流为 2 AH滑动变阻器 R2，最大阻值 50，最大电流为 0.2 AI导线、电键若干（2）在用多用电表粗测电阻时，该小组首先