高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷易错题(Word版 含答案).pdf

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易错题（全册全单元精选试卷易错题（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如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R 的 1/6 圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在 A、B 两点相切，圆弧杆的圆心O 处固定着一个带正电的点电荷现有一质量为 m 可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于8gR的3速度通过 A 点，小球能够上滑的最高点为C，到达 C 后，小球将沿杆返回若COB=30，小球第一次过 A 点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为mg，从 A 至 C 小球克服库仑力做的功为8323mgR，重力加速度为 g求：2(1)小球第一次到达 B 点时的动能；(2)小球在 C 点受到的库仑力大小；(3)小球返回 A 点前瞬间对圆弧杆的弹力（结果用m、g、R 表示）【答案】（1）【解析】【分析】（1）由动能定理求出小球第一次到达B 点时的动能（2）小球第一次过 A 点后瞬间，由牛顿第二定律和库仑定律列式由几何关系得到OC 间的距离，再由库仑定律求小球在C 点受到的库仑力大小（3）由动能定理求出小球返回A 点前瞬间的速度，由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回 A 点前瞬间对圆弧杆的弹力【详解】（1）小球从 A 运动到 B，AB 两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：532(83 3)mgR（2）mg（3）mg64312mgR 1cos600 EKBmvA2代入数据解得：EKB5mgR62vAQqN k2mg mRR（2）小球第一次过 A 时，由牛顿第二定律得：8mg3联立并代入数据解得：由题可知：N k由几何关系得，OC 间的距离为：Qq mg2Rr 小球在 C 点受到的库仑力大小：R2 3Rcos303F库 kQqQq k2r22 3R3联立解得F库=3mg4（3）从 A 到 C，由动能定理得：12W电mgRWf 0mvA2从 C 到 A，由动能定理得：W电mgRWf由题可知：W电12mvA223mgR22vQqANk2mg mRR小球返回 A 点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N，由牛顿第二定律得：联立以上解得：N 2 83 33mg，2 83 33根据牛顿第三定律得，小球返回A 点时，对圆弧杆的弹力大小为下mg，方向向2如图所示在粗糙绝缘的水平面，上有两个带同种正电荷小球M 和 N，N 被绝缘座固定在水平面上，M 在离 N 点 r0处由静止释放，开始运动瞬间的加速度大小恰好为g。已知静电常量为 k，M 和地面间的动摩擦因数为，两电荷均可看成点电荷，且N 的带电量为Q，M 带电量为 q，不计空气阻力。则:(1)M 运动速度最大时离N 的距离;(2)已知 M 在上述运动过程中的最大位移为r0，如果 M 带电量改变为3q，仍从离 N 点 r02处静止释放时，则运动的位移为r0时速度和加速度各为多大?【答案】（1）l 2r0（2）v【解析】【详解】gr0,a g4，方向水平向左（1）以小球为研究对象，分析小球的受力情况，小球受到重力、支持力、摩擦力和库仑力作用。开始运动瞬间，两小球间的库仑力为：F库0=由牛顿第二定律可知，开始瞬间F库0-mg=ma可得：kQqr02F库0 2ng因 M 做加速度减小的加速运动，所以当F库ng速度最大，即：F库1kQqF库022l所以l 2r0（2）小球 q 运动距离 r0过程中由动能定理的得:W电场力mgr000金属球3q 运动距离 r0过程中由动能定理的得:2w电场力mgr01mv2 02其中W电场力Uq，W电场力U(q)(U 为电荷移动过程中的电势差)联立以上两式解得：32vgr0由牛顿第二定律可知：3kQq2 mamg 22r0由F0 2mg，解得：a 方向水平向左。g43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E1；（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】(1)【解析】【详解】33mg (2)R (3)(2-3)mgL3q2（1）由平衡可知E1q=mgtan30解得E1=3mg3q（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mgE2=q金属板旋转前，两板间电势差U1=E1d=金属板旋转后，两板间电势差3mg d3qU2=E2d=E2 dcos30=所以 BP 段的电阻 R=3mg3d=U122q3R2（3）BP 段的电阻突然调节为 3R，U3=3U1E3=3E1=3mgq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）=Ek-0Ek=(2-3)mgL4如图所示，边长为 a 的等边三角形 ABC 的三个顶点分别固定三个点电荷q、q、q，已知静电力常量 K（1）求 C 点电荷受到的电场力的大小和方向（2）求三角形中心 O 点处的场强的大小和方向qq2【答案】（1）3k2方向由 C 指向 O-（2）6k2场强方向 O 向 Caa【解析】q2（1）根据库仑定律，A 对 C 的引力F1 k2aq2根据库仑定律，B 对 C 的引力：F2 k2aq2根据平行四边形定则可以得到：F 2F1cos30 3k2，合力方向由 C 指向 Oa0（2）设 OA 距离为 r,由几何关系知r 则 A 在 O 点产生场强大小为E1 kB 在 O 点产生场强大小为E2 kC 在 O 点产生场强大小为E3 k3a3q3q k，方向由 A 指向 Or2a2q3q k，方向由 B 指向 Or2a2q3q k，方向由 O 指向 Cr2a2qq 6k，合场强方向 O 向 Cr2a2所以根据平行四边形定则可以得到：E 2k点睛：本题考查库仑定律以及电场的叠加问题，关键要掌握库仑定律公式、点电荷场强公式和平行四边形定则，结合数学知识求解5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 27kQ4h6如图所示，AB 为固定在竖直平面内粗糙倾斜轨道，BC 为光滑水平轨道，CD 为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，且AB 与 BC 通过一小段光滑弧形轨道相连，BC 与弧 CD 相切。已知 AB 长为 L=10m，倾角=37，BC 长 s=4m，CD 弧的半径为 R=2m，O 为其圆心，COD=143。整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E=1103N/C。一质量为 m=0.4kg、电荷量为 q=+310-3C 的物体从 A 点以初速度 vA=15m/s 沿 AB 轨道开始运动。若物体与轨道 AB 间的动摩擦因数为=0.2，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，物体运动过程中电荷量不变。求：(1)物体在 AB 轨道上运动时，重力和电场力的合力对物体所做的总功；(2)物体在 C 点对轨道的压力大小为多少；(3)用物理知识计算物体能否到达D 点，若能算出通过 D 点的速度；若不能说明理由。【答案】(1)W=0(2)27N(3)物体能到达 D 点【解析】【详解】(1)物体所受重力和电场力的合力大小为F(mg)2(qE)2(0.410)2(3103103)2N 5N设合力 F 与竖直方向的夹角为，则tan即qE3mg4 37所以物体在轨道 AB 上运动时，重力和电场力的合力与轨道AB 垂直，对物体做的总功为W=0；(2)从 AB 过程，根据受力分析可知，物体下滑过程受到的滑动摩擦力为：f=FN=(mgcos37+qEsin37)代入数据解得：f=1NAC 过程，由动能定理得：W fLqEs 222可得：vC115m/s1212mvCmvA22在 C 点，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：2mvCN mg R代入数据解得：N=27N(3)重力和电场力的合力为：F(mg)2(qE)2(0.410)2(3103103)2N 5N方向与竖直方向成37斜向左下方，所以 D 点即为圆周运动中的等效最高点，物体到达D点的最小速度设为 vD，则：2vDF mR解得：vD 5m/s要到达 D 点，在 C 点速度至少为 v，从 CD，由动能定理得mg(R Rcos37)qERcos371212mvDmv22解得：v2115m2/s2则知 v=vC，所以物体恰能到达 D 点二、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1EpQU2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。8如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成 角的绝缘直杆 AC，其下端(C 端)距地面高度为 h有一质量 m=0.5kg 的带电小环套在直杆上，正以某一速度v0沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C 端的正下方 P 点处(g 取 10m/s2)(1)若=45，试判断小环的电性，并求出小环受到的电场力大小；(2)若=45，h=0.8m，求小环在直杆上匀速运动的速度大小v0；(3)若保持 h 不变，改变 角(090)及小环的电荷量，使小环仍能匀速下滑，离杆后正好通过 C 端的正下方 P 点处，试推出初速度v0与 角间的定量关系式【答案】(1)负电 5N (2)2m/s (3)v0【解析】【详解】ghtan2(1)小环沿杆匀速下滑，合力为零，小环所受的电场力水平向右，则小球带负电。小环匀速下滑合力为零，电场力F mgtan455N(2)小环离开杆后做类平抛运动，由牛顿第二定律2mg ma平行于杆的方向做匀速直线运动，则有x v0t hsin45垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有y 得v0 2m/s(3)有牛顿第二定律得12at hcos452mg macos平行于杆的方向做匀速直线运动，则有hsin v0t垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有hcos解以上方程得12at2v0ghtan29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sin37 0.6，cos37 0.8），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）【解析】【详解】4mg；（2）2mg，方向竖直向上.3（1）由题意可知:mg tan37F所以:4F mg3（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:2vBmg msin37r小球由 B 运动到 A 的过程根据动能定理有:1212mgr 1sin37 Frcos37mvAmvB22小球在 A 点时根据牛顿第二定律有:2vAFNmg mr联立以上各式得:FN 2mg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.10如图，ABD 为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB 段是长为L 1.25m的粗糙水平面，其动摩擦因数为 0.1，BD 段为半径 R=0.2 m 的半圆，两段轨道相切于B 点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小E 5103V/m。一带负电小球，以速度v0从 A点沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D 点。已知小球的质量为m 2.0102kg，所带电荷量q 2.0105C，g 取 10 m/s2(水平轨道足够长，小球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)，求：（1）带电小球在从 D 点飞出后，首次在水平轨道上的落点与B 点的距离；（2）小球的初速度 v0。【答案】（1）0.4m；（2）2.5m/s【解析】【详解】（1）对小球，在 D 点，有：2vDmg qE mR得：vD1m/s从 D 点飞出后，做平抛运动，有：mg qE ma得：a 5.0m/s22R 得：12at2t 0.4sx vDt 0.4m（2）对小球，从 A 点到 D 点，有：(mg qE)Lmg2RqE2R 解得：1212mvDmv022v0 2.5m/s11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UAB U0，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 Lm，板间中线与电子源在同意以水平线上，极板长L，距偏转右边缘 s 处有荧2eU0T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8电场，打在极板上的电子均被极板吸收，荧光屏足够大，试求：光屏，已知t1（1）电子进入偏转极板时的速度；（2）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；4（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）v0【解析】【详解】（1）由动能定理有1732eU0（2）0（3）（4）L328meU0即12mv0，2v0（2）由2eU0mL v0t有：t Lm LTv02eU0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，a 若t1eU0，dmT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8d1T13T 2a(t1)2 2a()2，22228解得3d L8设t2时刻射入的电子恰好打不到下极板，则d121T 2at22a(t2)22222经时间 t（tT）打到荧光屏上的电子数与电子源发射的电子数之比k t2t117T322（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3Y d L812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（-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 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，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_（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II14用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻RT，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的某同学将RT和两个适当的固定电阻R1、R2连成图 1 虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻RL的阻值随RT所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下RL的阻值，测量电路如图 1 所示，图中的电压表内阻很大RL的测量结果如表所示温度 t（）RL 阻值（）30.054.340.051.550.048.360.044.770.041.480.037.990.034.7回答下列问题：（1）根据图 1 所示的电路，在图 2 所示的实物图上连线_（2）为了检验RL与 f之间近似为线性关系，在坐标纸上作RL-t 关系图线_（3）在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图3、4 所示电流表的读数为_，电压表的读数为_此时等效电阻RL的阻值为_：热敏电阻所处环境的温度约为_【答案】115mA 5.00V43.5 64.0【解析】【分析】【详解】根据电路图按照顺序可以将实物电路连接，如图2 所示；根据表 1 的数据可以在 RL-t 图象上进行描点作图，图象如图所示图 3 的表盘分度值为 5mA，电流表读数为 115 mA；图 4 的表盘分度值为 0.01V，电压表读数为 5.00V；根据部分电路欧姆定律RL=43.5，根据第 2 题的图象可以查出热敏电阻所处环境的温度为 64.015某小组同学改装电压表时，在实验室找到如下实验器材：A电压表 V1：量程为 2.5V，内阻几千欧；B电流表 A1：量程为 5mA，内阻约为 10；C电流表 A2：量程为 1A，内阻 0.5 左右；D电阻箱 R1：阻值范围 0999.9；E滑动变阻器 R2：阻值范围 010；F滑动变阻器 R3：阻值范图 05000；G电源：电动势 E=5V，内阻 r=0.5；H开关、导线若干。由于没有合适的电压表，计划用电流表A1改装。(1)先用半偏法测电流表A1的内阻，电路如图甲所示。操作过程如下：将R3调至阻值最大，断开 S2、闭合 S1，调节 R3使电流表 A1的示数为 4.00mA；保持 R3的阻值不变，闭合S2，调节 R1使电流表 A1的示数为 2.00mA，此时 R1的阻值为 10.5。则电流表 A1的内阻为_；(2)将电流表 A1改装成量程为 5V 的电压表。把电阻箱的阻值调至_，与电流表 A1串联后即为量程为 5V 的电压表；(3)对改装后的电压表校对，该小组同学从别的地方找到一标准电压表V，将改装好的电压表（如图乙中虚线框所示）与标准电压表V 并联，接入如图乙所示的电路中，调节R2，使电流表 A1的示数如图丙所示，则电流表的示数为_ mA；若改装后的电压表非常准确，则此时电压表的示数为_ V（结果保留两位有效数字）。【答案】10.5 989.5 2.60 2.6【解析】【分析】【详解】(1)1由题意可知，干电路电流不变为I1 4.00mA流过电阻箱的电流IR1 I1 I2 4.00mA 2.00mA 2.00mA根据并联电路特点和欧姆定律得电流表内阻为Rg=IR1R1I22.0010310.5=10.532.00105510310.5=989.551032将电流表 A1改装成量程为 5V 的电压表，根据串联分压有RxU-IgRgIg(3)3由图丙可知电流表的示数为2.60mA4根据串联电路电压分配关系有2.60mAU5mA5V解得U 2.6V16(1)甲同学要把一个量程为200A 的直流电流计 G，改装成量度范围是04V 的直流电压表。她按图 1 所示电路、用半偏法测定电流计G 的内电阻 rg，其中电阻 R0约为 1k。为使rg的测量值尽量准确，在以下器材中，电源E 应选用_，电阻器 R1应选用_，电阻器 R2应选用_（选填器材前的字母）；A电源（电动势 1.5V）B电源（电动势 6V）C电阻箱（0999.9）D滑动变阻器（0500）E电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当）（05.1k）F电位器（051k）该同学在开关断开情况下，检查电路连接无误后，将R2的阻值调至最大，后续的实验操作步骤依次是：_，_，_，_，最后记录 R1的阻值并整理好器材；（请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母）A闭合 S1B闭合 S2C调节 R2的阻值，使电流计指针偏转到满刻度D调节 R2的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半E调节 R1的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半F调节 R1的阻值，使电流计指针偏转到满刻度如果所得的 R1的阻值为 300.0，则图 1 中被测电流计 G 的内阻 rg的测量值为_，该测量值_实际值（选填“略大于”、“略小于”或“等于”）；给电流计 G_联（选填“串”或“并”）一个阻值为_k的电阻，就可以将该电流计G 改装为量程 4V 的电压表；(2)乙同学要将另一个电流计G 改装成直流电压表，但他仅借到一块标准电压表V0、一个电池组 E、一个滑动变阻器 R和几个待用的阻值准确的定值电阻。该同学从上述具体条件出发，先将待改装的表G 直接与一个定值电阻 R 相连接，组成一个电压表；然后用标准电压表V0校准。请你画完图 2 方框中的校准电路图_；实验中，当定值电阻R 选用 17.0k时，调整滑动变阻器 R的阻值，电压表V0的示数是4.0V 时，表 G 的指针恰好指到满量程的五分之二；当R 选用 7.0k时，调整 R的阻值，电压表V0的示数是 2.0V 时，表 G 的指针又指到满量程的五分之二；由此可以判定，表 G 的内阻 rg是_k，满偏电流 Ig是_mA，若要将表 G 改装为量程是 15V 的电压表，应配备一个_k的电阻。【答案】B CF B C A E 300略小于串 19.7 3.00.50 27.0【解析】【分析】【详解】(1)由于要求改装后的电压表量程为0 4V，故选 B；由实验原理知 R1应能读出具体数值，故选C；闭合 S2，电路中电流 I 不能大于 200A，由I 故答案为：B；C；F半偏法测电阻实验步骤：第一步，按原理图连好电路；第二步，闭合电键S2，调节滑动变阻器 R2，使表头指针满偏；第三步，闭合电键S1，改变电阻箱 R1的阻值，当表头指针半偏时记下电阻箱读数，此时电阻箱的阻值等于表头内阻rg。故应选 B；C；A；E故答案为：B；C；A；E当调节电阻箱，使电流表半偏时，由于干路电流几乎未变，电阻箱与电流计中的电流相等，电阻必然相等。如果所得的R1的阻值为 300.0，则图中被测电流计G 的内阻 rg 的测量值为 300.0。实际上电阻箱并入后的，电路的总电阻减小了，干路电流增大了，电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于电流计的电阻。所以，该测量值“略小于”实际值。故答案为：300；略小于E代入数据得：R230K，故选 F；R2 R0将电流计改装成电压表，应串连接入一分压电阻R，由欧姆定律及串联电路分压规律有：U=IgRg+IgR 其中 U 为改装后电压表的满偏电压，则R=uIgRg代入数据解得：R=19.7k。故答案为：串；19.7(2)校对改装成的电压表，应使电压表与标准电压表并联，两端的电压从零开始变化，观察两表示数的差值，确定对改装时串接给电流计的分压电阻增大些还是减小些。所以滑动变阻器应采用分压式接法，校对电路如图3 所示。对电压表，由欧姆定律有：U=25Ig（R+Rg），带入两次的 R、标准电压表示数U 解得：rg=3.0K，Ig=0.50mA。若要改装成量程为 15V 的电压表，由欧姆定律及串联电路分压规律有：U=IgRg+IgR，代入数据解得，应串联的分压电阻为：R=27k。17为了测定电流表A1的内阻，采用如下图所示的电路其中A1是待测电流表，量程为300A，内阻约为100；A2是标准电流表，量程是200A；R1是电阻箱，阻值范围0 999.9；R2是滑动变阻器；R3是保护电阻；E是电池组，电动势为4V，内阻不计；S1是单刀单掷开关，S2是单刀双掷开关 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_ 连接好电路，将开关S2扳到接点a处，接通开关S1，调整滑动变阻器R2使电流表A2的读数是150A；然后将开关S2扳到接点b处，保持R2不变，调节电阻箱R1，使A2的读数仍为150A若此时电阻箱各旋纽的位置如图丙所示，电阻箱R1的阻值是_，则待测电流表A1的内阻Rg_ 上述实验中，无论怎样调整滑动变阻器R2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R3应选用：_（填写阻值相应的字母）A200K B20K C15K D20 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）A1K B5K C10K D25K【答案】86.3 86.3 B C【解析】【详解】（1）1连接实物图时注意：正负极不能接反了，导线要接在接线柱上，答案如下图所示：（2）12电阻箱的读数为：R=810+61+0.13=86.3由于两次测量电流表 A2的示数相同，而且其它电阻阻值不变，故电流A1的阻值和电阻箱示数相等故答案为：R1=86.3，Rg=86.3（3）4为了保证安全，当滑动变阻器R2的阻值调为零时，电路中的电流也不能超过200A，根据这点可以求出保护电阻的阻值（由于两电流表内阻较小可省略）：R3E420kIg2104保护电阻为 20k 即可，若大于 20k 会导致电流表示数太小，实验误差增大，故ACD 错误，B 正确（4）5根据电流表示数为150A 可知回路中的电阻为：E4R26.7k4I1.510R3=20k，A、B 选项中电阻太小不能满足要求，故AB 错误，D 中电阻太大调节不方便，故D 错误，C 正确18小明同学购买了一捆标称长度为L=100m 的铜导线，他想用学过的知识来测量该电线的电阻率。他先用多用电表粗测了该电线的电阻Rx大约 2。然后从实验室还找到以下器材：A电源 E：电动势约为 4.0V，内阻约 0.2；B电流表 A1：量程为 0.6A，内阻 r1=1；C电流表 A2：量程为 3A，内阻约为 0.1D定值电阻 R1=20；E.定值电阻 R2=5；F.滑动变阻器 R：最大阻值 5；G.开关 S 一个，导线若干；H.螺旋测微器。(1)他用螺旋测微器测量导线的直径d，其中一次测量的示数如图所示，d=_mm；(2)请根据方框乙内的部分电路，合理选用所给器材，补全测量铜导线电阻的电路，要求在电路图上注明所选元件符号_；(3)小明用设计的电路进行实验，获得多组电流表A1和 A2的读数 I1、I2，描点作图得到如图丙所示的图象。如果把图甲中示数作为铜导线的直径，可以算出铜导线的电阻率为=_10-8m（取 3.14，计算结果保留两位小数）；8(4)通过查询相关资料，小明发现铜导线的标准电阻率01.7510m，则该导线的实际长度为_m（保留三位有效数字）。【答案】1.128（1.127-1.129）1.6710895.3【解析】【分析】本题考查实验：测量电阻丝电阻率。【详解】(1)1根据螺旋测微仪读数原则，读数为1.128（1.127-1.129）mm。(2)2粗测阻值约为 2，故测量电路选用电流表外接法。电路中最大电流约为2A，电流表选择 A2。运用 A1和 R2改装出一个量程为 3.6V 的电压表。故实验电路如图(3)3运用欧姆定律对电路进行分析U I1r1R1I2I1RxI2根据图像斜率，得Rx1.67。Rxr1 R1IRx1d RRS2LL得21.67108(4)4根据电阻率计算公式L RS0 95.3m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 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 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)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某同学设计了如图（a）所示电路研究电源输出功率变化情况电源E 电动势、内电阻恒定，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻，A、V 为理想电表（1）若滑动片 P 由 a 滑至 b 时 A 示数一直变小，则 R1和 R2必须满足的关系是_（2）若 R16，R212，电源内电阻 r6，当滑动片 P 由 a 滑至 b 时，电源 E的输出功率 P 随外电路总电阻 R 的变化关系如图（b）所示，则 R3的阻值应该选择（）（A）2（B）4（C）6（D）8【答案】（1）R1R2，（2）B【解析】【详解】(1)电流表的示数：I E，欲使滑动片 P 由 a 滑至 b 时 A 示数一直变小，须使r R3 R并R并一直变大，因为两电阻之和一定时，当二者相等时并联电阻最大，所以要求R1R2（2）从图 b 知，当 R外=6 时，电源 E 的输出功率 P 最大，即电源内阻为 6，而 R1和 R2部分的电阻变化范围是04，因此 R3的阻值必须大于 2 小于 6所以 A、C、D 错误，只能选 B21小王和小李两同学分别用电阻箱、电压表测量不同电源的电动势和内阻。（1）小王所测电源的内电阻r1较小，因此他在电路中接入了一个阻值为2.0 的定值电阻R0，所用电路如图甲所示。请根据图甲用笔画线代替导线将图乙所示器材连接成完整的实验电路_。闭合开关 S，