高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷综合测试(Word版 含答案)

高中物理必修3物理全册全单元精选测试卷综合测试（Word版含答案）

一、必修第3册静电场及其应用解答题易错题培优（难）

1．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝

5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为m A＝0.1 kg和m B＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

(1)求B所受静摩擦力的大小；

(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A 从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔE p＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．

【答案】（1）f=0.4N （2）2.1336W

【解析】

试题分析：（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：

由平衡条件所得：

对A有：m A gsin θ＝F T①

对B有：qE＋f0＝F T②

代入数据得f0＝0．4 N ③

（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：

由牛顿第二定律得：

对A有：F＋m A gsin θ－F′T－F k sin θ＝m A a ④

对B有：F′T－qE－f＝m B a ⑤

其中f＝μm B g ⑥

F k ＝kx ⑦

由电场力做功与电势能的关系得ΔE p ＝qEd ⑧ 由几何关系得x ＝

－

⑨

A 由M 到N ，由v －v ＝2ax 得A 运动到N 的速度v ＝⑩

拉力F 在N 点的瞬时功率P ＝Fv ? 由以上各式，代入数据P ＝0．528 W ?

考点：受力平衡 、牛顿第二定律、能量转化与守恒定律、功率

【名师点睛】静止时，两物体受力平衡，列方程求解．A 从M 到N 的过程中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可列出力的关系方程．根据能量转化与守恒定律可列出电场力做功与电势能变化的关系方程．根据匀加速直线运动速度位移公式，求出运动到N 的速度，最后由功率公式求出功率．

2．(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M 0，两者相距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： ①该双星系统中星体的加速度大小a ； ②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Ⅰ．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Ⅱ．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 ．

①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用E k Ⅰ、 E k Ⅱ表示，请推理分析，比较E k Ⅰ、 E k Ⅱ的大小关系；

②模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用T Ⅰ、T Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从周期的角度分析这样简化处理的合理性．

【答案】(1) ①02GM a L = ②3

02π2L T GM = (2) ①2

k k II =2ke E E r

=Ⅰ ②T M m T M +ⅠⅡ为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便． 【解析】 【详解】

(1)①根据万有引力定律和牛顿第二定律有：2

002GM M a L

=

解得0

2

GM a L =

②由运动学公式可知，224π2

L

a T =?

解得2T =(2)①模型Ⅰ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

第二定律有22

2ke mv r r

=

解得：2

2k 122ke E mv r

==Ⅰ

模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为v 1、v 2，电子的运动半径为r 1，原子核的运动半径为r 2．根据库仑定律和牛顿第二定律 对电子有：22121mv ke r r =，解得2

2k11121=22ke E mv r r

=

对于原子核有：2

2222=Mv ke r r ，解得22

k22221=22ke E Mv r r

=

系统的总动能：E k Ⅱ=E k1+ E k2=()22

12222ke ke r r r r

+=

即在这两种模型中，系统的总动能相等．

②模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有

22224πke m r r T =Ⅰ

，解得232

24πmr T ke =Ⅰ 模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为T Ⅱ 根据库仑定律和牛顿第二定律

对电子有221224πke m r r T =?Ⅱ， 解得22

122

4πke T r r m =Ⅱ

对原子核有222224πke M r r T =?Ⅱ， 解得22222

4πke T r r M

=Ⅱ

因r 1+r 2=r ，可解得：()

23

22

4πmMr T ke M m =+Ⅱ

所以有

T T =Ⅰ

Ⅱ 因为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．

3．竖直放置的平行金属板A 、B 带等量异种电荷(如图)，两板之间形成的电场是匀强电场．板间用绝缘细线悬挂着的小球质量m=4．0×10－5kg ，带电荷量q=3．0×10－7C ，平衡时细线与竖直方向之间的夹角α=37°．求：

(1)A 、B 之间匀强电场的场强多大?

(2)若剪断细线，计算小球运动的加速度，小球在A 、B 板间将如何运动? 【答案】(1)E =1×103N/C (2) 12.5m/s 2 【解析】 【详解】

（1）小球受到重力mg 、电场力F 和绳的拉力T 的作用，由共点力平衡条件有：

F =qE =mg tan α

解得：

537

tan 410100.75 1.010N/C 310

mg E q α--???===?? 匀强电场的电场强度的方向与电场力的方向相同，即水平向右；

（2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37°匀加速直线运动，设其加速度为a 由牛顿第二定律有：

cos mg

ma θ

= 解得：

212.5m/s cos g

a θ

=

= 【点睛】

本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此

后小球的运动情况．

4．如图所示，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，已知匀强电场强度为E ，两小球之间的距离为L ，PQ 连线与竖直方向之间的夹角为θ，静电常数为k （1）画出小球P 、Q 的受力示意图； （2）求出P 、Q 两小球分别所带的电量。

【答案】（1）P 带负电，Q 带正电；（2）2

sin EL k θ

【解析】 【详解】

（1）依题意得，小球P 、Q 受力示意图如图

根据平衡条件，P 带负电，Q 带正电 ① （2）设P 带电量为-q 1，Q 带电量为q 2 根据库仑定律：

12

2

C q q F k

L = ② 根据牛顿第三定律：

F C =F C / ③

对于P 球： 根据平衡条件：

1sin C q E F θ= ④

解得：

2

1sin EL q k θ

=

⑤ 对于Q 球： 根据平衡条件：

'

2sin c q E F θ= ⑥

解得：

2

2sin EL q k θ

=

⑦

5．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】(1)3mg

(2)

3

2

R (3) (2-3)mgL

【解析】

【详解】

（1）由平衡可知

E1q=mg tan30°

解得

E1=

3mg

（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= E13mg

d

金属板旋转后，两板间电势差

U2 = E2d’= E2 d cos30°3mg

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 q

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 k=(2-3)mgL

6．如图所示，光滑绝缘水平面上固定着A、B、C三个带电小球，它们的质量均为m，间距均为r，A带电量Q A=10q，B带电量Q B=q，若小球C上加一个水平向右的恒力，欲使A、B、C始终保持r的间距运动，求：

(1)C球的电性和电量Q C；

(2)水平力F的大小。

【答案】（1）C球带负电Q C=

40

3

q （2）F=70k

2

2

q

r

【解析】

（1）对A、B、C系统研究得：

3

F

a

m

=

A球受到B球库仑斥力F1和C球库仑力F2后，要产生水平向右加速度，故F2必为引力，C 球带负电。

对AB两球有2222

(2)

C A B A C B A B

Q Q Q Q Q Q Q Q

k k k k

r r r r

m m

-+

=

联立可得：

40

3

C

Q q

=

（2）对整体和A有22

(2)

3

C A B A

Q Q Q Q

k k

F

r r

m m

-

=

2

2

70

q

F k

r

=

二、必修第3册静电场中的能量解答题易错题培优（难）

7．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

1

2

E 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．

8．如图（a ）所示，平行板电容器的两个极板A 、B 分别接在电压为U 的恒压电源的两极，电容器所带电荷量为Q ，两极板间距为d ，板长为L ，α粒子从非常靠近上极板的C 点以v 0的速度沿垂直电场线方向的直线CO 方向射入电场，经电场偏转后由D 点飞出匀强电场，已知α粒子质量为m ，电荷量为2

e ，不计α粒子重力．求：

(1)平行板电容器的电容； (2)CD 两点间电势差；

(3)若A 、B 板上加上如图（b ）所示的周期性的方波形电压，t =0时A 板比B 板的电势高，为使

4

T

时刻射入两板间的α粒子刚好能由O 点水平射出，则电压变化周期T 和板间距离d 各应满足什么条件？（用L 、U 、m 、e 、v 0表示）

【答案】(1)Q C U = (2)2222

0eU L U md v = (3) 0

22≥L

eU

d nv m

(n=1,2,3,…) 【解析】 【详解】

(1)依电容定义有：平行板电容器的电容Q C U

=

(2)两板之间为匀强电场U E d

=

粒子在电场中加速度F qE a m m

=

= 粒子的偏移量:212

y at =

运动时间0

L t v =

解得:2

20

2qUL y mdv = CD 两点的电势差为：22220

==eU L U Ey md v (3)为使a 粒子刚好由O 点水平射出，α粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零， 必须从4

T

t nT =+

进入电场， 且在电场中运动时间与电压变化周期T 的关系为t =nT ，（n =1，2，3，…）． 则0

=

=t L T n nv 竖直方向向下的最大分位移应满足：2

12()24

T a d ?

≤ 即:

2

2()4eU L d md nv ?≤ 解得

:≥

d n =1,2,3,…） 【点睛】

本题考查了电容的定义式匀强电场中场强与电势差的关系，熟练运用运动的分解法研究类

平抛运动，抓住几何关系是解答的关键．

9．如图所示，真空室中电极K 发出的电子（初速度不计）经过电势差为U 1的加速电场加速后，沿两水平金属板C 、D 间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m 、电荷量为e ，C 、D 极板长为l ，D 板的电势比C 板的电势高，极板间距离为d ，荧光屏距C 、D 右端的距离为

1

6

．电子重力不计．求：

(1)电子通过偏转电场的时间t 0； (2)偏转电极C 、D 间的电压U 2； (3)电子到达荧光屏离O 点的距离Y ． 【答案】（1）12m eU （2）

12d U l （3）2

3

l 【解析】 【分析】 【详解】

(1)电子在离开B 板时的速度为v ，根据动能定理可得：2

112

eU mv = 得：1

2eU v m

=

电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：01

2l m t v eU ==(2)电子在偏转电极中的加速度:1

eU a md

=

离开电场时竖直方向的速度：201

2y U l e

v at d

mU == 离开电场轨迹如图所示：

电子的速度与水平方向的夹角：21

tan 45?=2y v U l

v

dU =

解得：1

22dU U l

=

(3)离开电场的侧向位移：21012

y at = 解得：12

l y =

电子离开电场后，沿竖直方向的位移：2tan 45=66l l y =

? 电子到达荧光屏离O 点的距离：122

3

Y y y l =+= 【点睛】

本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解．

10．如图所示，光滑水平面上方以CD 为界，右边有水平向右的匀强电场，电场强度大小E =104N/C,水平面上有质量为M =0.1kg 的绝缘板，板的右端A 恰好在边界CD 处，板上距A 端l =1.8m 放置一质量m 1=0.1kg 、带电量为q =-8×10-5 C 的小滑块P ．质量为m 2=0.5kg 的小滑块Q 以初速度v 0=5.5m/s 从B 端滑入绝缘板，在与小滑块P 相遇前，小滑块P 已进入电场．已知小滑块P 、Q 与板之间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.1，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．g =10m/s 2．求：

（1）小滑块Q 刚滑上板时，滑块P 的加速度大小a 1； （2）小滑块P 进入电场后的加速度大小和方向；

（3）若小滑块P 、Q 恰好在CD 边界相向相遇，AB 板的长度L ． 【答案】（1）2.5m/s 2（2）3m/s 2；方向向右（3）12.52m 【解析】

（1）设：小滑块P 与绝缘板一起向右加速运动.

由牛顿第二定律：2211

()

m g m M a

μ=+，解得：2

1

2.5m/s

a=；

对小滑块P，由牛顿第二定律：1110.25N

f m a

==，

1max111

0.5N>

f m

g f

μ

==假设正确；（2）小滑块P进入电场后，设：小滑块P相对绝缘板运动，

对绝缘板，由牛顿第二定律得：2211)

m g m g M a

μμ

-=，解得：a=0，做匀速直线运动；对小滑块P，由牛顿第二定律1111

qE m g m a

μ'

-=，解得2

1

3m/s

a'=，方向向左，假设正确；

（3）设刚进入电场时小滑块P的速度为v1

由运动学公式：

11

23m/s

v a l

==，

滑块P进入电场前运动的时间为1

1

1

1.2s

v

t

a

==，

设滑块P回到CD边界时间为t2，

由运动学公式：2

1212

1

2

v t a t'

-=，解得

2

2s

t=；

对小滑块Q，加速度大小为a2，

由牛顿第二定律得：2222

m g m a

μ=，2

22

1m/s

a g

μ

==；

设：经过t3时间，小滑块Q与绝缘板共速，即：1023

v v a t

=-；

解得：01

312

2

2.5s<

3.2s

v v

t t t

a

-

==+=，

设：此后小滑块Q与绝缘板共同做匀减速运动，其加速度大小为2a'，

由牛顿第二定律得：1122

()

m g m M a

μ'

=+，

解得：2

11

2

2

5

m/s

6

m g

a

M m

μ

'==

+

，

Q相对于绝缘板的总位移：22

1032311131

11

()[()] 4.925m

22

x v t a t a t v t t

=--+-=，

小滑块P相对于板的总位移：

2

213111232123

1

()()() 5.796m

2

x v t t v t t t a t t t

'

=-++--+-≈，

板的总长度为1212.52m

L x x l

=++≈．

11．如图所示，竖直平面内有一坐标系xoy

，已知

A 点坐标为（–2h ，h ），O 、

B 区间存在竖直向上的匀强电场。甲、乙两小球质量均为m ，甲球带电量为+q ，乙球带电量为–q ，分别从A 点以相同的初速度水平向右抛出后，都从O 点进入匀强电场，其中甲球恰从B 点射出电场，乙球从

C 点射出电场，且乙球射出电场时的动能是甲球射出电场时动能的13倍。已知重力加速度为g 。求

（1）小球经过O 点时速度的大小和方向； （2）匀强电场的场强E 。

【答案】（1）2v gh = ；θ=450（2）3mg

E q

= 【解析】

（1）如图1所示，设小球经过O 点时的速度为v ，水平分速度为v x ，竖直分速度为v y ，平抛运动的时间为t 。

根据平抛运动规律212

h gt =①，2x h v t =②，y gt =v ③，22x y v v v =+④，tan x y v v θ=⑤ 由以上式子解得2v gh =，45θ=?，y x v v =⑥

（2）甲球在B 点的速度如图2所示，乙球在C 点的速度如图3所示。依题意得

13kC kB E E =

即

()()

2222

111322

x cy x y m v v m v v +=?+，解得5cy x v v =⑦

设甲球在电场中的加速度为a 甲，乙球在电场中的加速度为a 乙；甲、乙两球在电场中运动的时间为't 。研究竖直方向，有

对甲球：2'y v a t 甲=⑧，Eq mg ma -=甲⑨， 对乙球：'cy y v v a t -=乙⑩，Eq mg ma +=乙?， 由⑥～?式解得3mg

E q

=

；

12．如图，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 段是水平的，BD 段为半径R =0.2m 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，场强大小E =5.0×103V/m 。一不带电的绝缘小球甲，以速度0v 沿水平轨道向右运动，与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D 。已知甲、乙两球的质量均为m =1.0×10-2kg ，乙所带电荷量q =2.0×10-5C ，g 取10m/s 2。（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转移）求： (1)乙在轨道上的首次落点到B 点的距离； (2)碰撞前甲球的速度0v 。

【答案】(1)0.4m x =；(2)025m/s v = 【解析】 【分析】

(1)根据乙球恰能通过轨道的最高点，根据牛顿第二定律求出乙球在D 点的速度，离开D 点后做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出竖直方向上的加速度，从而求出竖直方向上运动的时间，根据水平方向做匀速直线运动求出水平位移。

(2)因为甲乙发生弹性碰撞，根据动量守恒、机械能守恒求出碰后乙的速度，结合动能定理求出甲的初速度。 【详解】

(1)在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为D v ，乙离开D 点到达水平轨道的时间为t ，乙的落点到B 点的距离为x ，则

2D v m mg qE R

=+ 乙球离开D 点后做类平抛运动，竖直方向

212()2mg qE R t m

+=

水平方向

D x v t =

联立解得

0.4m x =

(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲、v 乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有

0mv mv mv =+甲乙，222

0111222

mv mv mv =+甲乙

联立得

0=v v 乙

由动能定理得

22

112222

D mg R q

E R mv mv -?-?=-乙

联立解得

05()25m/s mg Eq R

v m

+=

=

三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）

13．某同学为测定金属丝的电阻率ρ，设计了如图甲所示电路，电路中ab 是一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝，保护电阻R 0=4.0Ω，电源的电动势E =3.0V ，电流表内阻忽略不计，滑片P 与电阻丝始终接触良好．

⑴实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d =_______mm ． ⑵实验时闭合开关，调节滑片P 的位置，分别测量出每次实验中aP 长度x 及对应的电流值I ，实验数据如下表所示： x (m) 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 I (A) 0.49 0.43 0.38 0.33 0.31 0.28 (A -1)

2.04

2.33

2.63

3.03

3.23

3.57

①将表中数据描在

坐标纸中，如图丙所示，请作出其关系图线_______．

②若图象中直线的斜率为k，则金属丝的电阻率ρ=_______（用题中字母表示）．

③根据图丙中关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为r =______Ω（保留

两位有效数字）．

【答案】0.400 如图；

1.4

【解析】

【分析】

【详解】

（1）[1]．由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为0mm+40.0×0.01mm=0.400mm．（2）①[2]．如图所示：

②[3]．电阻丝电阻：

R=ρ

由闭合电路欧姆定律可知，电流：

-x图象是直线，便于实验数据处理，因此需要作-x图象；其图象的斜率：

则电阻率：

ρ=；

③[4]．由-x图象纵坐标的截距可知：

解得

r=1.4Ω

【点睛】

本题考查了螺旋测微器读数、实验数据处理等问题，要掌握常用器材的使用及读数方法；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握图象法处理实验数据的方

法．

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

()

10

2

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1K?；

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

2

1()4()2

x I R R L L L R d s d I ρ

ρρππ+====，则有2

02

14R=

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．国标（GB ／T ）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω·

m 。某同学利用图甲电路测量15℃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），右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：

电源（电动势约为3 V ，内阻可忽略）；电压表V 1（量程为3 V ，内阻很大）； 电压表V 2（量程为3 V ，内阻很大）；定值电阻R 1（阻值4 kΩ）； 定值电阻R 2（阻值2 kΩ）；电阻箱R （最大阻值9 999 Ω）； 单刀双掷开关S ；导线若干；游标卡尺；刻度尺。

实验步骤如下：

A ．用游标卡尺测量玻璃管的内径d ；

B ．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L ；

C ．把S 拨到1位置，记录电压表V 1示数；

D ．把S 拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V 2示数与电压表V 1示数相同，记录电阻箱的阻值R ；

E ．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C 、D ，记录每一次水柱长度L 和电阻箱阻值R ；

F ．断开S ，整理好器材。

（1）测玻璃管内径d 时游标卡尺示数如图乙，则d ＝_______mm ；

（2）玻璃管内水柱的电阻值R x 的表达式为：R x ＝_______（用R 1、R 2、R 表示）； （3）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，绘制出如图丙所示的

1

R L

-

关系图象。则自来水的电阻率ρ＝_______Ω·m （保留两位有效数字）； （4）本实验中若电压表V 1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将_____（填“偏大”“不变”或“偏小”）。 【答案】30.00 12

R R R

14 偏大 【解析】 【分析】 【详解】

（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm ，游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对齐，所以最终读数为：30.00mm ，所以玻璃管内径：

d =30.00mm

（2）[2]设把S 拨到1位置时，电压表V 1示数为U ，则电路电流为：

1

U I R =

总电压：

1

x U

E R U R =

+ 当把S 拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V 2示数与电压表V 1示数相同也为U ，则此时电路中的电流为

U I R

=

总电压

2U

E R U R

=

+ 由于两次总电压等于电源电压E ，可得：

2

1x R R R R

＝ 解得：