高中物理必修3物理全册全单元试卷专题练习

高中物理必修3物理全册全单元精选试卷专题练习〔解析版〕一、必修第3册静电场及其应用解答题易错题培优〔难〕如下图，单层光滑绝缘圆形轨道竖直放置，半径r=lm，其圆心处有一电荷量Q=+l×l0-4C的点电荷，轨道左侧是一个钢制“隧道”，始终延长至圆形轨道最低点B；在“隧道”底部辅设绝缘层。“隧道”左端固定一弹簧，用细线将弹簧与一静止物块拴接，初始状态弹簧被2m=0.1kgq=-3×10-6C，与“隧道”绝缘层间的动摩擦p因数μ=0.2。剪断细线，弹簧释放弹性势能E，促使物块瞬间获得初速度〔无视加速过程〕AB点后沿圆形轨道运动，恰好通过最高点C。其中lAB=2m，设物块运动时电荷量始终不变，且不对Q的电场产生影响，不计空气阻力，静电pk=9.0×l09N·m2/C2。求：物块在最高点C时的速度大小；B时对轨道的压力大小；AEpv。A【答案】(1)4m/s(2)6N(3)3.2J,8m/s【解析】【详解】物块恰好通过最高点C，轨道对物块没有作用力，由牛顿其次定律得v2mgF m C库 r其中F kQq库 r2解得B→C过程，由动能定理得

vC=4m/s1 1mg2r mv2 mv22 C 2 B解得B点，由牛顿其次定律得

v 56m/sBv2F FNB 库

mgm Br解得FNB=6N依据牛顿第三定律知物块在圆形轨道最低点BFNB′=FNB=6N。A→B，由动能定理得fl

1 mv2

1mv2f=μmg解得

AB 2 B 2 A弹簧压缩时的弹性势能

vA=8m/s1Ep2解得

mv2AEp=3.2J如下图，空间存在方向水平向右的匀强电场，两个可视为点电荷的带电小球P和Q用绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，匀强电场强度为E，L，PQθ，kP、Q的受力示意图；P、Q两小球分别所带的电量。EL2【答案】〔1〕P带负电，Q带正电；〔2〕ksin【解析】【详解】P、Q受力示意图如图依据平衡条件，P带负电，Q带正电①P带电量为-q，Qq1 2依据库仑定律：qq依据牛顿第三定律：

F kC

12 ②L2P球：依据平衡条件：

FC=FC/ ③qEF sin ④解得：Q球：依据平衡条件：

1 C⑤q EL2⑤1 ksin解得：

qEF”sin ⑥2 c⑦q EL2⑦2 ksin如下图，两异种点电荷的电荷量均为Q，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O且A、OBAOBOL，点电荷到O点L。现有电荷量为q、质量为m的小物块〔可视为质点〕，A点以初速度v0BB点时速度恰好减为零。物块与平面的动摩擦因数为。求：A点的电场强度的大小；B点时加速度的大小和方向；(3)物块通过O点的速度大小。【答案】(1Ek【解析】【分析】【详解】

22Q2L2

2qkQ2mL2

g，方向竖直向上；(3)v 2 v0A点产生的场强E0

k Q 2L2

kQ2L2A点的电场强度的大小由牛顿其次定律得

E 2E 0

22kQ2L2qEmgma解得2qkQ方向竖直向上；

a 2mL2 g2ABWf，由动能定理得212mgLW 0 mv2f 2 0AO过程中1 1 1mgL W mv2 mv22 f 2 2 0解得2v 2v02mAαA带正电，电量qBQABH处无初速释AA与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中。静kg。A球刚释放时的加速度是多大？AAB点的距离。【答案】(1agsin－【解析】【分析】【详解】由牛顿其次定律可知依据库仑定律

kQqsin2mH2

kQqmgsin；kQqmgsinmgsinα－F＝maFkQq，r Hr2 sin得。agsin－kQqsin2。mH2A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大。设此时ABx，则mgsinkQqx2解得kQqmgkQqmgsin【点睛】此题关键对小球A受力分析，然后依据牛顿其次定律求解加速度，依据力与速度关系分析小球A的运动状况；知道合力为零时动能最大。如下图，一光滑斜面的直角点A处固定一带电量为+qm的绝缘小球。另一同样小球置于斜面顶点B处，斜面长为L，现把上部小球从B点从静止自由释放，球能沿斜面从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处开头运动到斜面中点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？gl2【答案】(1)v gl2D【解析】

(2)

F” F N N

3 2kq2mg2 3L2由题意知：小球运动到D点时，由于AD=AB，所以有 D B即U DB D

0①L 1mg

sin30qu 2 DB

2mv20②联立①②解得v gl③D 2当小球运动到C点时，对球受力分析如下图则由平衡条件得：F FN 库

sin30mgcos30④由库仑定律得：F库联立④⑤得：F N

kq2lcos302⑤3 2kq2m2 32由牛顿第三定律即F”N

F N

3 2kq2mg ．2 3L2hADD处有一固定的正点荷，电荷量为QmA点由静止释放，运动到B点时速度到达最1 1C点时速度正好又变为零，B、CD3h4hk，g，求：qC点处的加速度；C、A两点间的电势差。mgh2 7 27kQ【答案】(1q9kQ【解析】【详解】

9g方向竖直向上(2) 4hB点时速度到达最大，说明小球必带正电，在B点应有：mg得：

kQq(h)23C点，由牛顿其次定律：

qmgh29kQkQqmgma(h)24得：7a g，方向竖直向上。79C、AUA、C间的电势差为-U。AC过程，由动能定理：mg(hh)qU04得：27kQU4h二、必修第3册静电场中的能量解答题易错题培优〔难〕OxyyMNydy轴MNy轴正方向的匀强电场，如下图．一电子从静止开头经电UyAx轴的方向射入第一象限区域，AO的距h．不计电子的重力．NxE0；Exx轴xE的关系．UhE4Uh d 2UhUhE【答案】〔1〕E

〔2〕x2 或x 【解析】【分析】

0 d2 2 Ed此题考察电子在电场中的受力及运动【详解】0emv．则01AN点，有

eU

mv22 0dvt00aeE0m联立解得电场强度大小争论两种状况：4Uh

1h2at24UhE 0 d2①Ed2

x轴，有xvt0aeEmxE的关系为

1h2at2UhExUhE②E

4Uh

xt，有d2 1dvt0112y at221 1t

v aty 1，电子做匀速直线运动，有2xdvt02xE的关系为

hy1

vty2d 2Uhx2Ed0x轴，其电势x的分布可简化为如下图的折线，图中和d为量。一个带负电的粒子在电场中以x0x轴方向做周期性运动。己知m、电量为-q，无视重力。0求粒子所受电场力的大小；xd处由静止释放，求粒子的运动周期；0x0处获得肯定动能，且动能与电势能之和为–A〔0Aq〕。求粒子的运动区间。02md20q2md20

A【答案】〔1〕F

0；〔2〕T4 ；〔3〕-d1-

xd1- d【解析】【分析】【详解】

0

0由图可知，0d〔或-d〕φ0，电场强度的大小为：电场力的大小为：

E 0dFqEq0dxd处由静止释放开头运动的四分之一周期，由牛顿其次定律得粒子的加速度aFq0依据直线运动公式

m md1联立并代入得：

x2at2d2md22md20故得粒子的运动周期为：2md20T2md20设粒子在[-x，x]区间内运动，速率为v，由题意得12mv2-q-A由图可知：

xx

1- 由上解得：

0 dx1 x因动能非负，有：

2mv2

1- -A0 dx x则有：

q 1- -A00 d A所以可得粒子的运动区间为：

xd1-

q 0 A A-d1-

xd1- 0 0如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子〔电子的初速度可无视不计〕，经电U0U0t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.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L=0.020md=0.050m，A板的电势比BU，A、B板右側边缘到竖直放置的荧光屏P〔面积足够大〕b=0.10mO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：v0〔meU0〕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〔U0、U、L、d表示〕；要使电子都打不到荧光屏上，A、BU应满足什么条件；当A、BU=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〕v 0

UL22eU0my；〔2〕 4dU ；〔3〕所加电压U2eU0my〔4〕0.025m～0.05m【解析】【分析】【详解】电子加速过程中，依据动能定理有eU

01 mv2解得初速度

0 2 02eU02eU0m0偏转过程中，水平方向做匀速直线运动，有v0tLAB两板方向，做匀加速直线运动，有UEdeUma1由〔1〕问及以上几式，解得

y2at2yUL24dU00U800Vy＞0.5d，代入(2)问结果，可得：04UU

dy4U

d?0.5d48000.50.052V100V0L2 L2 0.220所以为使电子都打不到屏上，A、BU100V当A、BU′=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1 1yymax

2d20.05m0.025m设电子通过电场最大的偏转角为θ，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax，则tanvyv

atvYmax又

0ymax

0bυυ yymax

0υtyt2联立解得

Lυt2byUL2

Ymax

y max L

ymax

0.05m由第〔2〕问中的

4dU0

可知，在其它条件不变的状况下，U0y越小U0=800V时，电子通过偏转电场的侧移量最小其最小侧移量，UL2 500.22ymin

4dU0

4dU0

40.05800m0.0125m同理可知，电子打到屏上距中心的最小距离为Y 12by

0.025m0.025m~0.05m。

min L min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〕由静止开头，经电压为U0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0间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t；当在两板间加如图(乙)所示02t

，幅值恒为U

的周期性电压时，恰好能使全部电子均从两板间通过．问：0 0⑴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？t 6eUt 6eU200mt 6eU400m【答案】〔1〕

16， 〔2〕13【解析】t=0t=t0v–t图象进展分析竖直方向的分速度v1y

eU0t，vmd 0

eU02tmd

2eUt= 00md侧向最大位移s

2(1v t21y0

v t

)3v t

3eUt2 d00md 2侧向最小位移s

1v

v

1.5v

3eUt2 d00解得d

6eU0tm

21y0

1y0

2md 4s

d=t0

6eU d=t046eU0m=t046eU0mymax

2 2 eU

ymin 4eU

eU 2eU由此得v21y

( md

t)20

0，v26m

( 02t)2 0md 0 3m而v20

2eU0m1 1mv2 mv2E 2 2

eU

/3 16所以kmax 0E 1 1

0eU

0 /12 13kmin

mv2 mv2 0 02 0 2 1y【名师点睛】解决此题的关键知道粒子在偏转电场中水平方向上始终做匀速直线运动，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．如下图，在水平方向的匀强电场中有一外表光滑、与水平面成θ角的绝缘直杆AC，其下端(C端)hm=0.5kgv0CP点处．(g10m/s2)θ=45°，试推断小环的电性，并求出小环受到的电场力大小；θ=45°，h=0.8m，求小环在直杆上匀速运动的速度大小v；0gh2hθ角(0＜θ＜90°)及小环的电荷量，使小环仍能匀速下滑，离杆后正CP点处，试推出初速度v0θgh2【答案】(1)负电5N(2)2m/s(3)v 0

tan【解析】【详解】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Fmgtan455N小环离开杆后做类平抛运动，由牛顿其次定律2mgma平行于杆的方向做匀速直线运动，则有hsin45垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有1得v 2m/s0

y2at2hcos45有牛顿其次定律得平行于杆的方向做匀速直线运动，则有

mg macoshsinvt0垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有1解以上方程得

hcos

2at2gh2v tangh20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U U ，紧贴AB 0A板有一电子源随时间均匀地飘出质量为me的电子〔可视为初速度为零〕。BM、N间加有如图乙所示的电压，电压的变化周期m2eU0Tm2eU01光屏，t1

，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8电场，打在极板上的电子均被极板吸取，荧光屏足够大，试求：〔1〕电子进入偏转极板时的速度；tT〔2〕

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；4t〔tT〕打到荧光屏上的电子数与电子源放射的电子数之比；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〕。2eU0m2eU0m【答案】〔1〕v 0

〔2〕0〔3〕32〔4〕8【解析】【详解】由动能定理有即

eU 02eU02eU0m0

1mv2，2 0由

Lvt有：tLv0

0m2eU0L m2eU0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.d，aa0，T假设t1 8

dm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d 1 T 1 3T2 a( t)22 a( )2，2 2 2 1 2 8解得d3L8设t2时刻射入的电子恰好打不到下极板，则d 1 1 T2 at22 a( t)22 2 2 2 2 2经时间t〔t>>T〕打到荧光屏上的电子数与电子源放射的电子数之比tt 17k2T1322由于电子射出偏转板时，竖直方向速度为0，所以荧光屏上的范围Yd3L8三、必修第3册电路及其应用试验题易错题培优〔难〕指针式多用电表是试验室中常用的测量仪器，现有两个多用电表A、B，某同学使用两个多用电表进展相互测量。将多用电表A的选择开关拨至欧姆挡“×100”挡，两表笔短接后觉察指针如图甲所示，正确的操作应调整哪个部件 。〔选填“A”或“B”或“C”〕正确调整后，将多用电表B拨至“0.5mA”档，与多用电表A进展相连，如图乙，那么多用电表A的红表笔与多用电表B的 相接。(选填“红表笔”或“黑表笔”)正确连接两多用电表后，觉察两表指针如图丙所示，那么测得多用电表B的内阻为 Ω，此时多用电表A欧姆档的内部电源的电动势为 V。〔计算结果保存两位有效数字〕【答案】B 黑表笔1000 1.4【解析】【分析】【详解】(1)[1]B0刻度。(2)[2]电表中的电流都是“红进黑出”，因此电流应从A的黑表笔流入B的红表笔，因此A的红表笔应接B的黑表笔。(3)[3]B的内阻R10100Ω1000Ω[4]由于欧姆表内阻就是它的中值电阻，为4000Ω，从B0.280mA，依据闭合电路欧姆定律，可得电动势EI(Rr)0.280103(10004000)V1.4V某试验小组为了测量某待测电阻Rx的阻值，先用多用电表进展粗测，后用伏安法准确测量。如图甲所示为一简易多用电表内部电路原理图，其中G为灵敏电流计，选择开关S与不同接点连接就构成不同的电表，以下分析正确的选项是 。A．A为黑表笔，B为红表笔将选择开关S3连接，就构成了欧姆表将选择开关S1、21接点相连时量程较大将选择开关S4、54接点相连时量程较大如图乙先用多用表×10挡粗测其电阻为 Ω。试验要求尽可能准确地测量Rx的阻值，试验室可供给下面器材，电流表应选 ，电压表应选 (填字母代号)E3V，内阻无视不计；电流表A10~15mA，内阻为100Ω；电流表A20~0.6A0.3Ω；电压表V10~3V3kΩ；电压表V20~15V15kΩ；R0~10Ω；R1：阻值为10Ω；R2100Ω；S、导线假设干。在图丙虚线框中画出测量R，阻值的完整电路图，并在图中标明器材代号 。R2.60V8.0mA时，则待测电阻Rx的阻值为 Ω。【答案】BC120A1V1见解析112.5【解析】【分析】【详解】(1)[1]AB．在多用电表使用时应让电流从红表笔进，黑表笔出，当将选择开关S与3连接，就构成了欧姆表，由此可推断A为红表笔，B为黑表笔，故A错误，B正确；C．将选择开关S1、2连接，就构成了电流表，依据并联分流原理，并联的电阻越小分1接点相连时量程较大，C正确；D．将选择开关S4、5连接，就构成了电压表，依据串联分压原理，串联的电阻越大分5接点相连时量程较大，D错误。BC。(2)[2]由图所示欧姆表可知，所测电阻阻值为12.0×10Ω=120Ω(3)[3][4]电路中可能消灭的最大电流约为IE25mARxV可用电流表A1R230mA3V，则电压表选择。V1(4)[5]电压表内阻远大于待测电阻的阻值，故电压表外接；滑动变阻器用分压接法，电路如图(5)[6]8.0mARx16mARx的阻值为U R 2.60R 2 Ω50Ω112.5Ωx I 2 16103某小组进展“测定金属丝电阻率”Rx〔9Ω〕，已经选好的器材有：电压表V1〔0～1V10kΩ〕电压表V2〔0～3V20kΩ〕R0＝20Ω被测电阻RxE．滑动变阻器〔0～5Ω〕F．电源〔3V，内阻很小〕G．导线假设干，开关一个为了减小误差，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．〔 〕x1 2 在某次测量中，假设电压表V1读数为U，电压表V读数为U，则待测金属丝电阻的表达式R＝ .x1 2 【答案】UU1R0Rd24L 变大2测得金属丝直径为d，测得金属丝阻值为R【答案】UU1R0Rd24L 变大2【解析】【详解】(1)[1]利用伏安法测电阻，首先选取试验仪器，可以把其中一个电压表作为电流表使用，假设选取电压表V2作为电压表使用，电压表V1改装成电流表使用，把电压表V1和定值电阻R0并联，满偏电流为：Rx两端电压的最大值

U UI 1 m R RV1 0

0.05AU I R 0.45Vm m x远小于电压表V2量程，故仪器选取不适宜；把电压表V1作为电压表使用，电压表V2R0并联改装成电流表使用，满偏电流为Rx两端电压的最大值

U UI 2 m R RV2 0

0.15AUmImRx1.35V比电压表V1量程略大，可以使用；为了多测几组数据，削减试验误差，选用分压法组装电路，电压表分流可无视，选用外接法，电路图如下图：(2)[2]依据图示电路图由欧姆定律得解得：

U UR1R2x 01RU R1x U 02(3)[3]由电阻定律

RLS

Ldπ( )22

4Lπd2得πRd24L[4]金属丝的电阻率随温度上升而增大，所以试验中通电时间较长，金属丝的温度较高，电阻率的测量结果会变大。育才中学科技小组的小明同学自行设计了一个地磅，其原理如图1所示．设电源两端U恒为定值，R0为定值电阻，滑动变阻器的总电阻为R、总长度为L，滑动触头与托盘固联，开头时触头位于变阻器最上端A，并能随轻弹簧一起上下滑动．滑动变阻器的电阻与其接入电路的长度成正比；当对地磅施加压力F时，弹簧的长度会缩短L．请答复：定值电阻R0

的作用是 ．电流表的示数与待测物体质量m之间的关系式为 ；此地磅的刻度特点是 ．有同学建议小明将原理图改为图2所示，你认为这样改 〔填“好”或“不好”〕.23的方框里画出你改进后的电路图，这样的好处是什么？U【答案】〔1〕分压限流，保护电路元件作用；〔2〕(LmgLRR

；不均匀〔3〕FL 0不好〔4〕这样的好处是电压与质量成正比，反响质量的刻度线均匀．【解析】当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，电流表有烧坏的可能，则定值电阻R0的作用是保护电路；滑动变阻器的电阻与其接入电路的长度成正比；当对地磅施加压力F时，弹簧的长度会缩短l．F当质量为m的物体放在地磅上时，弹簧形变量为l′，有lmgl R R

mg，即此时的弹簧缩短了ll

，设此时滑动变阻器的阻值为R′，则 F L Lll mgl所以R1

〕R1 〕RL FL

I U U依据欧姆定律可知，此时电路中的电流为

RR0

(1mgl)RRFL 0由表达式可知，电流表的示数与物体的质量不成正比，所以造成刻度盘上的刻度不均匀；电压表的示数为滑动变阻器的电压，等于电源电压减去定值电阻R0的电压．UUIR U U R故 0 (1mgl)RR 0，FL 0由表达式可知，电压表的示数与物体的质量不成正比，所以造成刻度盘上的刻度不均匀，故这样改仍旧不好；改进的电路如下图，滑片的移动不能转变接入电路中电阻的大小，但可以转变电压表所测局部的电阻，mg设地磅上放上质量为m的物体时弹簧缩短量为l″，则l″= lFl此时变阻器依据电压表并联局部的电阻R″= R，L依据欧姆定律，此时电路中的总电流为I= U R R0

mgl所电压表的示数为UIR U (lR) U (F R)

mgRU ，RR0

L RR L0

RR0

FL由表达式可以看出，电压与质量成正比，反响质量的刻度线均匀．点睛：此题以地磅为背景考察了重力公式和串联电路的特点、欧姆定律的应用；关键：一是依据弹力的大小跟弹簧伸长或缩短的长度关系得出压力，二是依据滑动变阻器的长度和总电阻得出放物体时接入电路中电阻的大小，三是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等．某学习小组在做“测定金属丝的电阻率”的试验时，用了两个电压表，目的是可以同时测定电源的电动势和内阻，电路图如图甲所示，试验室可选用的器材有：金属丝〔阻值几欧〕电池〔3V左右，内阻几欧〕电压表两个〔量程3V，内阻很大〕电流表〔0.6A0.2Ω左右〕电流表〔3A0.04Ω左右〕滑动变阻器〔0〜2kΩ〕G.滑动变阻器〔0〜20Ω〕H.毫米刻度尺，螺旋测微器I.开关，导线假设干试验前在选用器材时，电流表应选择 ，滑动变阻器应选择 ；〔均填器材前的字母〕测得金属丝的长度为0.5023m；在测金属丝直径时，螺旋测微器的测量结果如图乙所示，则金属丝的直径为 mm；1 试验过程中电压表V、V与电流表A的测量结果已经在图丙中的图像中描出，由U—I图像可得，电源的电动势为 V，电源的内阻为 Ω，金属丝的电阻为 Ω1 由电阻定律可得，金属丝的电阻率为 Ωm〔保存两位有效数字〕。【答案】D G 0.580 3.00〔2.98〜3.00均给分〕2.0〔2.17〜2.22均给分〕3.00〔2.979均给分〕6【解析】【分析】【详解】(1)该试验中金属丝的电阻为几欧姆，所以滑动变阻器的阻值选择量程为20欧姆的即可，所以选择G0.6A的就可以，所以是D。依据螺旋测器的读数规章d0.5mm0.018.0mm0.580mmV2测的是电源电动势，V1测的是金属丝的电压，依据图像可知，斜率为负的那条直线对应的是V2的图线，斜率为正的是V1的图线，V2图线与纵轴的交点即为电动势，斜率的大E3.00Vr2.0，两条线的交点为金属丝的工作电压和电流，所以U 1.8R

3.0。I 0.6依据电阻定律可得

R( )2d2 1.6106?mLd为了测定电流表A的内阻，承受如以下图所示的电路．其中A是待测电流表，量程为1 1300μA，内阻约为100A2

是标准电流表，量程是200μAR是电阻箱，阻值范围12

R3

E是电池组，电动势为4V，内阻不S1

S

2是单刀双掷开关．⑴依据电路图甲，请在图乙中画出连线，将器材连接成试验电路 ．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150μA；然后将开关S2

扳到接点bR2

R，使A的1 2读数仍为150μA．假设此时电阻箱各旋纽的位置如图丙所示，电阻箱R1的阻值是g ，则待测电流表A的内阻R ．g1R2

的滑动端位置，都要保证两只电流表的安全．在下面供给的四个电阻中，保护电阻R3应选用： 〔填写阻值相应的字母〕C．15K D．20⑷下面供给最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用．既要满足上述试验要求，又要调整便利，滑动变阻器应选 〔填写阻值相应的字母〕【答案】86.3 86.3 B CA．1K B．5K C．10K D．25K【答案】86.3 86.3 B C【解析】【详解】〔1〕[1]．连接实物图时留意：正负极不能接反了，导线要接在接线柱上，答案如以下图所示：〔2〕[1][2]．电阻箱的读数为：R=8×10+6×1+0.1×3=86.3Ω由于两次测量电流表A2的示数一样，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=86.3Ω，Rg=86.3Ω．〔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200μA，依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〕：R＝E＝

4＝20kΩ3 I 2104g20kΩ20kΩ会导致电流表示数太小，试验误差增大，故ACD错误，B正确．〔4〕[5]150μA可知回路中的电阻为：E4ER＝＝ 26.7kΩI 1.5104R3=20kΩ，A、B选项中电阻太小不能满足要求，故AB错误，D中电阻太大调整不便利，故D错误，C正确．四、必修第3册电能能量守恒定律试验题易错题培优〔难〕某争论性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，试验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R04.0Ω的定值电阻．①灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μArg=2.0kΩ，假设要改装后的电流表满偏电流1为200mA，应并联一只 Ω〔保存一位小数〕的定值电阻R；1②依据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；③某次试验的数据如下表所示：该小组借鉴“争论匀变速直线运动”试验中计算加速度的方法〔逐差法〕，计算出电池组的内阻r= Ω〔保存两位小数〕；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面表达出的主要优点是 ．④该小组在前面试验的根底上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一电动势和内阻的标准电池组通过上述方法屡次测量后觉察：电动势的测量值与值几乎一样，但内阻的测量值总是偏大．假设测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的缘由是 ．〔填选项前的字母〕测量次数12345678电压表VU/V5.265.165.044.94测量次数12345678电压表VU/V5.265.165.044.944.834.714.594.46改装表AI/mA20406080100120140160【答案】〔2〕①1.0②如下图③1.66充分利用测得的数据④CD【解析】g解：1.依据改装后电表的量程IIg

Igr

,R

1.0.实物图如下图

g R 11依据闭合电路的欧姆定律EUIR

rR

rU

UU,故Rr 1 5,0 0 I

II5 1U U或2 6

UU或3

U U或4

U 1

UU3

U5 6

8

5.66I I6 2

I I7

II8

4II5 1可得:r1.66．因充分利用测得的数据,故削减一次测量的偶然误差．试验中,电压表为标准电压表,由于电动势的测量值与值几乎一样,说明电压表和滑动变阻器对试验没有影响.电压表的变化量和电流表的变化量比值确实定值为电源内阻r和定值R0

之和,R

1的实际阻值比计算值偏小时,电流表的读数比实际值偏小,则测得内阻将偏0大,C正确.R0

的实际阻值比标称值偏大时,算得的电源内阻也偏大,D正确.利用如下图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，所用到的试验器材有：1两个一样的待测电源〔r1Ω〕R〔999.9Ω〕12R〔999.9Ω〕电压表V〔内阻未知〕2电流表A〔内阻未知〕灵敏电流计G，两个开关S、S1 2主要试验步骤如下：R1R2至最大，闭合开关S1S2R1R2，使电流计G0，读出电流表A、电压表VR1R2的示数分别为0.40A、12.0V、30.6Ω、28.2Ω；2R1R〔与①中的电阻值不同〕，使电流计G0，读出电流表2A、电压表V0.60A、11.7V。答复以下问题：步骤①中，电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势差U = V；A和CAC 两点的电势差U = V；A和D两点的电势差U = VAC 利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为 Ω，电流表的内阻为 Ω；结合步骤①步骤②的测量数据，电源电动势E为 V，内阻为 Ω。【答案】012.0V-12.0V 1530Ω1.8Ω12.6V 1.50【解析】【分析】【详解】(1)[1][2][3]G0ABAB两点UAB=0V；ACUAC=12V；AD两点的电UAD==-12V；(2)[4][5]．利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为UVR UVI

12120.4

1530电流表的内阻为

R 30.612U 122R A I

R0.428.21.8(3)[6][7]．由闭合电路欧姆定律可得即同理

2E=2UAC+I∙2r2E=24+0.8r2E2U”AC即

I”2r2E=2×11.7+0.6∙2r解得E=12.6Vr=1.50Ω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、R4R5是固定电阻，R6是可变电阻；虚线方框内为换挡开关，AB端分别与两表笔相连．图〔a〕中的A端与 〔选填“红”或“黑”〕色表笔相连接．6关于R的使用，以下说法正确的选项是 ．A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置6CR6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置用×100档测量某电阻时，操作步骤正确，觉察表头指针偏转角度很小，为了较准确地进展测量，应换到 档〔选填“×10”或“×1K”〕．假设换档后马上用表笔连接待测电阻进展测量，那么缺少的步骤是 ，假设补上该步骤后测量，表盘的示数如图b，则该电阻的阻值是 Ω．【答案】黑B×1K进展欧姆调零22023【解析】【详解】(1)[1]欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，即红进黑出；由图示电路图A端与黑色表笔相连；(2)[2]由电路图可知R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进展欧姆调零，不能进展机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调整；与分析不符，不符合题意；B.与分析相符，符合题意；C.与分析不符，不符合题意；(3)[3]用×100挡测量某电阻时，操作步骤正确，觉察表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进展测量，应换到×1k挡；[4]假设换挡后马上用表笔连接待测电阻进展读数，那么缺少的步骤是：重进展欧姆调零；[5]由图示表盘可知该电阻的阻值是221kΩ22023Ω．用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组〔电动势约4.5V，内电阻约1Ω〕的电动势和内电阻，除了待测电池组，电建，导线外，还有以下器材供选用∶A．0.6A1Ω3A0.2Ω3V30kΩ6V60kΩ滑动变阻器∶0~1000Ω，额定电流0.5AF.滑动变阻器∶0~20Ω2A为了使测量结果尽量准确，电流表应选用 ，电压表选用 ，滑动变阻器应选用 〔均填仪器的字母代号〕以下图为正确选择仪器后，连好的局部电路，为了使测量误差尽量小，还需要在电路中用导线将 和 相连、 和 相连、 和 相连。〔均填仪器上接线柱的字母代号〕(3).试验时觉察电流表坏了，于是不再使用电流表，剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器，重连接电路，仍能完成试验，试验中读出几组电阻箱的阻值R和对应电压表的示数U；用图像法处理采集到数据，为在直角坐标系中得到的函数图像是一条直线，则可以 为纵坐标，以 为横坐标。1 1【答案】A D F a d c g f h U R【解析】【分析】【详解】(1)[1][2]按仪器选择挨次，先选电表，电池电动势为4.5V6V量程的D0.45A0.6A量程的A即可；因要求测量结果尽量准确，为便利调整，变阻器选择20ΩF即可；(2)[4][5][6]为减小误差，电流表应承受内接法，同时留意电表的正、负接线柱，故可知导线ad、fh、cg；(3)[7]换用电阻箱后，依据闭合电路欧姆定律有

EUUrR

，变形后得到11 r 1 U R 1 r 或UErU E E R

R或U

ERE1 1 U R故图像坐标可以为UR【点睛】

R或U

、R〔横纵坐标互换亦可〕利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小试验误差，实1所示．现有电流表(0-0．6A)、开关和导线假设干，以及以下器材：A．电压表(0~15V) B．电压表(0~3V)C．滑动变阻器(0~50Ω)D．滑动变阻器(0~500Q)试验中电压表应选用 ；滑动变阻器应选用 ．〔选填相应器材前的字母〕某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下的一组数据的对应点，并画出U-I图线 ．序号123456U(V)1.451.401.301.251.201.10I(A)0.0600.1200.2400.2600.3600.480依据(2)中所画图线可得出干电池的电动势E= V，内电阻r= Ω．试验中随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化，图3各示意图中正确反映P-U关系的是 ．【答案】(1)B C (2)如图(3)(3)1.50(1.49～1.51) 0.83(0.81～0.85) (4)C【分析】【详解】〔1〕[1][2]1.5VB，为便利试验操作，滑动变阻器应选C；〔2〕[3]．依据表中试验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的UI图象如下图：〔3〕[4][5]UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.50，则电源电动势E=1.50V，电源内阻：rU

1.51.00.83；I 0.6〔4〕[6]．电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半．外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为C．小华、小刚共同设计了图甲所示的试验电路，电路中的各个器材元件的参数为：电池组〔6V，r3Ω〕、电流表〔2.0ArA=0.8Ω〕、电阻箱R1〔0~99.9Ω〕、滑动变阻器R2〔0~Rt〕、开关三个及导线假设干．他们认为该电路可以用来R2接入电路的阻值．小华先利用该电路准确地测出了R2接入电路的阻值．他的主要操作步骤是：先将滑S、S

SIS、S，2 1 l2断开S，调整电阻箱的电阻值为3.6Ω时，电流表的示数也为I．此时滑动变阻器接入电路的阻值为 Ω．2小刚接着利用该电路测出了电源电动势Er．①他的试验步骤为：1 1 在闭合开关前，调整电阻R或R至 〔选填“最大值”或“最小值”〕，之后闭合开关S，再闭合 〔选填“S”或“S1 1 1 调整电阻 〔选填“R”或“R”〕，得到一系列电阻值R和电流I1 断开开关，整理试验仪器．1②I

R图象，图象纵轴截距与电源电动势的乘积代表 〔用对应字母表示〕，电源电动势E= V，内阻r= Ω．〔计算结果保存两位有效数字〕．【答案】3.6 最大值S1 R1 RA与r之和6.0 2.8【解析】【分析】由电路的构造可知测出了R2接入电路的阻值用的是等值替代法．试验中承受的是电阻箱和电流表的方式测定电动势和内电阻；依据试验的原理可知应承受的方式；分析电流与电阻的关系，由闭合电路欧姆定律可得出符合本试验的公式，再结合图象的性质利用函数关系即可求得电动势和内电阻。【详解】〔1〕[1]R2接入电路的阻值，电阻箱的示数等于接入电路的阻值为3.6Ω；1〔2〕①[2][3][4]．要用电阻箱与电流表结合测量电动势与内阻，则要转变电阻箱的值，则a．在闭合开关前，调整电阻R1或R2至最大值，之后闭合开关S，再闭合S；bR1RI的数据；1②[5][6][7]．由闭合电路欧姆定律变形得：

I ERARr1 R Rr R R rI A E1R

E

AErRI

图象纵轴截距与电源电动势的乘积代表 A1E，即：解得：

k1EE1k由

=6.0VrR 0.60EA得：r0.60ER 2.8A【点睛】此题中有两个难点，一个等电阻替代法测电阻原理，二是需要依据闭合欧姆定律推导出1IkRb的形式五、必修第3册电磁感应与电磁波初步试验题易错题培优〔难〕在争论电磁感应现象的试验中，首先按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；当闭合开关S时，观看到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中心．然后按图乙所示，将电流表与线圈BA、电池、滑R′和开关S串联成另一个闭合电路．〔1〕SAB的过程中，电流表的指针将如何偏转？ (填不偏转、向右偏转或向左偏转)线圈A放在B中不动时，指针如何偏转？ (填不偏转、向右偏转或向左偏转)ABP向左滑动时，电流表指针将如何偏转？ (填不偏转、向右偏转或向左偏转)线圈A放在B中不动，突然断开S，电流表指针将如何偏转？ (填不偏转、向右偏转或向左偏转)【答案】向右偏转不偏转向右偏转向左偏转【解析】【详解】线圈A中磁场方向向上，插入B线圈，故线圈B流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转；线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；线圈A中磁场方向向上，滑片向左移动，电流变大，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转；线圈A中磁场方向向上，突然断开S，磁通量减小，阻碍减小，故感应电流的磁场方向向上，故电流从左向右流过电流表，故电流表指针向左偏转；【点睛】此题关键是先依据安培定则推断出A中磁场方向，然后依据楞次定律推断线圈B中感应电流的方向．26．(1)在“探究楞次定律”的试验中除需要绕向的螺线管、条形磁铁外,还要用到电表．请从以下电表中选择〔 〕0~3V的电压表0~3A的电流表0~0.6A的电流表D．零刻度在中间的灵敏电流表(2)某同学按以下步骤进展试验:①将绕向的螺线管与电表连接;②设计表格,记录将磁铁N、S极插入和抽出过程中引起感应电流的磁场方向、磁通量变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向;③分析试验结果,得出结论．上述试验中,漏掉的试验步骤是 ．丙(3)图甲为某试验小组利用微电流传感器做验证楞次定律试验时,在计算机屏幕上得到的波形,t,I．依据图线分析知道:将条形磁铁的N极插入圆形闭合线圈时得到图甲内①所示图线．现用该磁铁,如图乙所示,从很远处按原方向沿一圆形线圈的轴线匀速运动,并穿过线圈向远处而去．图丙中较正确地反映线圈中电流It关系的是 ．【答案】D查明电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系B【解析】【分析】【详解】〔1〕[1]．由于电流方向会发生变化，所以应当用零刻度在中间的灵敏电流表，应选D。〔2〕[2]．由于本试验时探究“楞次定律”的试验，所以要查明电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系，从而来确定感应电流方向与原磁通量变化之间的关系。〔3〕[3]．依据图线分析知道:N极插入圆形闭合线圈时得到图甲内①所示图线，则说明穿过线圈N极的磁通量增加时，应当形成图①的外形，当磁铁S极从很远处按原方向沿一圆形线圈的轴线匀速运动,并穿过线圈向远处而去，则穿过线圈平面的S极的磁通量先增大后减小，且磁场方向与题中所给的方向恰好相反，所以图像应当是B，应选B。某同学在争论电磁感应现象的试验中，设计了如下图的装置．线圈A通过电流表1RR12

和开关S连接到干电池上．线圈B的两端接到另一个电流表乙上，两个电流表一样，零刻度居中．闭合开关后，当滑动变阻器R2

P不动时，甲、乙两个电流表指针的位置如下图．当滑片P较快地向右滑动时，乙电流表指针的偏转状况是 〔选填“向左偏”“向右偏”或“不偏转”〕断开开关，待电路稳定后再快速闭合开关，乙电流表的偏转状况是 〔选填“向