高中物理必修3物理全册全单元精选测试卷培优测试卷

一、必修第3册静电场及其应用解答题易错题培优（难）

1．如图，ABD 为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB 段是长为 1.25L m =的粗糙水平面，其

动摩擦因数为0.1μ=，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3510/E V m =?。一带负电小球，以速度v 0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

22.010m kg -=?，所带电荷量52.010q C -=?，g 取10 m/s 2(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v 0。

【答案】（1）0.4m ；（2）2.5m /s 【解析】【详解】

（1）对小球，在D 点，有：

v mg qE m R

得：

1m/s D v =

从D 点飞出后，做平抛运动，有：

mg qE ma -=

得：

25.0m/s a =

2122

R at =

得：

0.4t s =

0.4m D x v t ==

（2）对小球，从A 点到D 点，有：

22011()2222

D mg q

E L mg R qE R mv mv μ---?+?=

- 解得：

0 2.5m/s v =

2．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 （r >R ）处的引力场强度的表达式2=G

M E r

引； (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

'0.02E E E -≤引引

引

，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 ）；

(3)某同学查阅资料知道:地球引力场的“引力势”的表达式为=-G M

?引（以无穷远处引力势为0）。请你设定物理情景，简要叙述推导该表达式的主要步骤。

【答案】(1)引力场强度定义式F

E m

=引，推导见解析；(2)h =64976m ；(3)推导见解析.

【解析】【分析】【详解】

(1)引力场强度定义式F E m

引 2Mm

F G

r = 联立得

2M E G

r =引 (2)根据题意

2M E G

R =引 '2

M E G r =引 '0.02E E E -=引引

引

h r R R =-=

解得

h =64976m

(3)定义式引力势=

p E m

?引，式中p E 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

=0-=-p p W E E 引

即

=-p E 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

0Mm

W G

r =引＞所以

=-p Mm

E G

r =-M G

?引

3．如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为Q ，其中A 带正电荷，B 带负电荷，A 、B 相距为2d 。MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为+q （可视为点电荷），现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的D 点时，速度为v 。已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，若取无限远处的电势为零，试求：

（1）在A 、B 所形成的电场中，C 的电势φC 。（2）小球P 经过D 点时的加速度。

（3）小球P 经过与点电荷B 等高的E 点时的速度。

【答案】（1）222mv mgd q -（2）g +2

22kQq

（32v 【解析】【详解】

（1）由等量异种电荷形成的电场特点可知，D 点的电势与无限远处电势相等，即D 点电势为零。小球P 由C 运动到D 的过程，由动能定理得：

102

CD mgd q mv ?+=

- ① 0CD C D C ????=-=- ②

222C mv mgd q

?-= ③

（2）小球P 经过D 点时受力如图：

由库仑定律得：

122

(2)F F k

d == ④

由牛顿第二定律得：

12cos 45cos 45mg F F ma +?+?= ⑤

解得：

a =g 2kQq

⑥ （3）小球P 由D 运动到E 的过程，由动能定理得：

1122

DE B mgd q mv mv ?+=

- ⑦ 由等量异种电荷形成的电场特点可知：

DE CD ??= ⑧

联立①⑦⑧解得：

2B v v ⑨

4．如图，真空中xOy 平面直角坐标系上的ABC 三点构成等边三角形，边长L =2.0m 。若将电荷量均为q =+2.0×10-6C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k =9.0×109N·m 2/C 2。求： (1)两点电荷间的库仑力大小；

(2)C 点的电场强度的大小和方向。

【答案】(1)F =9.0×10-3N ；(2)37.810N /C E =?，方向沿y 轴正方向【解析】【分析】【详解】

(1)根据库仑定律，A 、B 间的库仑力大小为

2q F k L

代入数据得

F =9.0×10-3N

(2)A 、B 两点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为

q E k

L = A 、B 两点电荷形成的电场在C 点的合场强大小为

12cos 30E E ?=

代入数据得

3393

10N/C 7.810N/C E =

?≈? 方向沿y 轴正方向。

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) 2

D gl

v = (2) 2232'3N N kq F F mg L ==-

【解析】

（1）由题意知：小球运动到D 点时，由于AD=AB ，所以有D B ??= 即0DB D B U ??=-=① 则由动能定理得：21

sin30022

DB L mg qu mv ?+=-② 联立①②解得2

D gl v =

③ （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：

sin30cos30N F F mg +?=?库④

由库仑定律得：()

cos30kq F l =

?库⑤

联立④⑤得：2

23223N kq F mg L

由牛顿第三定律即2

232'3N N kq F F mg L

==-．

6．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，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°．已知小球所带电荷量q =1.0×10–6 C ，匀强电场的场强E =3.0×103 N/C ，取重力加速度g =10 m/s 2，sin 37°=0.6，cos 37°=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θ=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θ=37°时绳中张力T 的大小．【答案】（1）F = 3.0×10-3 N m=4.0×10–4 kg （2）5m/s v = （3）T =7.0×10-3 N

【解析】【分析】【详解】

（1）小球受到的电场力的大小为：

F =qE =1.0×10–6×3.0×103N =3.0×10-3 N

小球受力如图所示：

根据平衡可知：

tan F mg θ=

解得：

m=4.0×10–4 kg

（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θ=37°时根据动能定理有

21sin (1cos )2

Fl mgl mv θθ--=

解得：

1)5m/s cos v gl θ

=-= （3）沿绳方向根据牛顿第二定律可知

sin cos mv T F mg l

θθ--= 解得：

T =7.0×10-3 N

二、必修第3册静电场中的能量解答题易错题培优（难）

7．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，磁场的磁感应强度大小为B 0，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0v 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

，结果小球B 刚好从y 轴上坐标为0,2R ??- ???的位置进入磁场，试确定粒子经

磁场偏转后出磁场的位置坐标。

【答案】（1）002gB R v E =；（2）37,4R R ?? ? ???

【解析】【分析】【详解】

（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0v ，A 、B 碰撞后的共同速度为1v ，根据动量守恒有

012mv mv =

解得

1012

v v =

由于小球A 在碰撞前处于静止状态，则

qE mg =

解得

q E

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 R =

根据牛顿第二定律有

11022v qv B m r

解得

002gB R

v E

（2）由题意可知，粒子从P 点出射的速度大小

0002

2gB R v E

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

20v ='

粒子在磁场中做匀速圆周运动，则

202

v qv B m r =

解得

r R =

由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆心位置为

,02R ?? ???

有界场边界满足

222x y R +=

粒子在磁场中做圆周运动的轨迹满足

2222R x y r ??-+= ??

解得

4x R =

y R = 因此粒子出磁场时的位置坐标为

3,4R ?? ? ???

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2e ，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

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

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

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 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()4eU L d md nv ?≤ 解得:0

22≥

L eU

d nv m

（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，在竖直平面内，一半径为R 的光滑绝缘圆弧轨道ABC 和水平绝缘轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，3

sin 5

α=

，整个装置处于水平向右的匀强电场中。一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的带电小球在电场力的作用下沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道。已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零，重力加速度大小为g ．求：

(1)匀强电场的场强大小；

(2)小球到达A 点时速度的大小。（结果保留根号）

【答案】(1)

34mg

23gR

【解析】【详解】

(1)设小球所受电场力为0F ，电场强度的大小为E 由力的合成法则有

tan F mg α= 0F qE =

解得：34mg

E q

(2)小球到达C 点时所受合力的大小为F ，由力的合成法则有：

()2

220F mg F =+

设小球到达C 点时的速度大小为c v ，由牛顿第二定律得

c v F m R

= 解得：5c gR

v =

设小球到达A 点的速度大小为A v ，作CD ⊥PA ，交PA 于D 点，由几何关系得

sin DA R α= ()1cos CD R α=+

由动能定理有

221122

C A mg C

D q

E DA mv mv -?-?=

- 故小球在A 点的速度大小为23A gR

v =

10．如图所示，电荷量均为＋q 、质量分别为m 和2m 的小球A 和B ，中间连接质量不计的细绳，在竖直方向的匀强电场中做初速度为0，加速度为a ＝6

的匀加速上升运动，当速度为v 0时细绳突然断开．(不考虑电荷间的相互作用)

求：(1)电场强度大小；

(2)自绳断开至球B 速度为零的过程中，两球组成系统的机械能增量为多少？

【答案】（1）74mg q

（2）63m 2

0v 【解析】

受力分析，由牛顿第二定律列式求解；根据运动学公式，及电场力做功导致系统的机械能增加，即可求解．

（1）设电场强度为E ，把小球A 、B 看作一个系统，由于绳未断前两球均做匀加速运动，则有：233qE mg ma -= 解得：74mg

E q

（2）细绳断后，根据牛顿第二定律得：

A qE mg ma -= 得34

A g

a =

方向向上； 22B qE mg ma -= 得8

B g

a =-

（负号表示方向向下）设自绳断开到球B 速度为零的时间为t ，则有：00B v a t =+ ，解得0

8v t g

在该时间内A 的位移为：22

00321 2A A v s v t a t g

=+= 由功能关系知，电场力对A 做的功等于物体A 的机械能增量，2

056A A E qEs mv ?==

同理对球B 得：22

0041 2B B v s v t a t g =+= 207B B E qEs mv ?==

解得2

063A B E E E mv ?=?+?=

【点睛】考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，掌握机械能守恒条件，理解除重力之外的力做功导致机械能变化．

11．如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段光滑水平，BC 段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37o，半径r ＝2.5m ，CD 段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E ＝2×105N ／C 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m ＝5×10

－2

kg 、电荷量q ＝＋1×10－6C 的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑

行，在C点以速度v0＝3 m／s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25．设小物体的电荷量保持不变，取g＝10 m／s2，sin37o＝0.6，cos37o＝0.8．

（1）求弹簧枪对小物块所做的功；

（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．

【答案】(1)W f=0.475J (2)s=0.57m

【解析】

试题分析：（1）设弹簧枪对小物体做功为W f，由动能定理即可求解；

（2）对小物体进行受力分析，分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学基本公式即可求解．

解：

（1）设弹簧枪对小物体做功为W f，由动能定理得W f﹣mgr（l﹣cosθ）=mv02①

代人数据得：W f=0.475J ②

（2）取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，

由牛顿第二定律得：﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ+qE）=ma1③

小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有：v1=v0+a1t1④

由③④可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有：s l=v0t1+a1t12⑤

电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得：

﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣qE）=ma2⑥

设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有：

0=v1+a2t2⑦

s2=v1t2+a2t22⑧

设CP的长度为s，有：s=s1+s2⑨

联立相关方程，代人数据解得：s=0.57m

答：（1）弹簧枪对小物体所做的功为0.475J；

（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，CP的长度为0.57m．

【点评】本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确对物体受力分析，确定物体的运动情况，难度适中．

12．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（-q＜0）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O 1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)mg

；(2))

321mg 方向向下；(3)-7L 。

【解析】【详解】

(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

tan 45mg

解得：

mg q

E =

(2)根据几何关系可知，圆弧的半径

2r L =

从P 到B 点的过程中，根据动能定理得：

()

10222

B mv mg L L EqL -=+ 在B 点，根据牛顿第二定律得：

v N mg m r

联立解得：

)

21N 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：

A mv mgL EqL =+ 解得：

4A v gL =

小球从C 点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度

4C A v v gL ==

小球的加速度

'2g g =，

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：

C v t g t =

解得：

L t g

= 则沿x 轴方向运动的位移

22222

8C L

x v t gL L g

==??= 则小球从C 点飞出后落在x 轴上的位置

87x L L L '=-=-

三、必修第3册电路及其应用实验题易错题培优（难）

13．多用表是由电流表改装的，现测定一个量程为0~5mA 的电流表G 的内阻r = 100.0Ω , 用它改装成如图的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程(或分度值)不同的档位。电流表的两个档位中，大量程是小量程的10倍。

(1)当转换开关S 旋到位置1或2时，是电流档，且旋到位置_______的量程较大：当转换开关S 旋到位置5或6时，是电压档，且旋到位置______的量程较大； (2)A 、B 两表笔中，______为红表笔；

(3)图中的电源E ˊ的电动势为9.0V ，当把转换开关S 旋到位置4，在AB 之间接900Ω电阻时，表头G 刚好半偏。己知之前己经进行了必要的、正确的操作。则R 1＝_________Ω，R 2＝_________Ω。

【答案】1 6 A 10 90 【解析】【详解】

(1)[1]电流表并联电阻可以扩大量程，并联电阻越小，分流越大，量程越大，故当转换开关S 旋到位置1时量程较大；

[2]电压表串联电阻可以扩大量程，串联电阻越大，分压越大，量程越大，故当转换开关S 旋到位置6时量程较大；

(2)[3]在测量电阻时，因为欧姆档的电路与电池连接，则将转换开关S 旋到位置3或4时，电流应从红表笔进、黑表笔出，所以A 、B 两表笔中，A 为红表笔；

(3)[4] [5]因为“之前己经进行了必要的、正确的操作”，意味着之前已经将A 、B 短接调零，即让表头满偏。

在A 、B 之间接900Ω电阻时，表头G 刚好半偏，说明当表头半偏时，改装后的欧姆表“4” 总内阻R 内=900Ω，则转换开关S 在2时，电流表2的量程为

29.0A 10mA 900

g E I R =

==内根据题给条件“电流表的两个档位中，大量程是小量程的10倍”，所以转换开关S 在1时，电流表1的量程为1100mA g I =

又表头G 满偏电流为5mA 时，电流表的内阻r = 100.0Ω，根据并联电路电流分配规律可解得121090R R =Ω=Ω，

14．某同学要将一满偏电流为3mA 的毫安表G 改装为量程为30mA 的电流表。他先测量出毫安表G 的电阻，然后对表进行改装，最后再利用一标准毫安表，对改装后的电流表进行检测

具体实验步骤如下： ①按电路原理图a 连接线路

②将R 1的阻值调到最大，闭合开关S 1后调节R 1的阻值，使毫安表G 的指针偏转到满刻度 ③闭合S 2，保持R 1不变，调节R 2的阻值，使毫安表G 的指针偏转到满刻度的三分之一的位置

④记下R 2的阻值

回答下列问题：

（1）如果按正确操作步骤测得R 2的阻值为90Ω，则毫安表G 内阻的测量值R g =___Ω，与

毫安表内阻的真实值g

R '相比，R g ____g R '（填“>”、“＝”或“<”）（2）若忽略实验的误差，将上述毫安表G 改装成量程为30mA 的电流表，则需要并联一个阻值R =___Ω的电阻

（3）根据图b 所示电路对改装后的电表进行检测，当标准毫安表的示数为16.0mA 时，改装表的指针位置如图c 所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，改装电流表的量程是__mA

（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R 的电阻换为一个阻值为kR 的电阻即可，其中k =____ 【答案】180 < 20 )32 29

【解析】【分析】【详解】

（1）[1]由于指针指在三分之一的位置，说明R 2分得电流为电流计电流的两倍，所以电流计电阻是R 2的两倍，为180Ω。闭合S 2后，R 2与R g 的并联值R 并I g ，而此时G

的示数为满偏电流的三分之一，所以I R2大于三分之二满偏电流，所以2R 2

R '；（2）[2]由并联电路分流特点，得

3180

303

g g g

I R R I I ?=

--Ω=20Ω （3）[3]标准毫安表的示数为16.0mA 时，改装后的电表显示为刻度盘的中值刻度，故改装电流表的量程为32mA ；

（4）[4]把毫安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值

g g g

I R R I I =

当量程为32mA 时，则有

()33

31033231029

g R R R --?=

当量程为30mA 时，则有

()33

31033031027

g R R kR --?=

联立解得2927

k =

15．某物理兴趣小组要精确测定一个额定电压为3 V 的节能灯正常工作时的电阻．已知该灯正常工作时的电阻约为500 Ω.实验室提供的器材有： A ．电流表A(量程2 mA ，内阻R A ＝15 Ω)

B．定值电阻R1＝1 985 Ω

C．滑动变阻器R(0～10 Ω)

D．电压表V(量程12 V，内阻R V＝1 kΩ)

E．蓄电池E(电动势为12 V，内阻r很小)

F．开关S一个，导线若干

(1)要精确测定节能灯正常工作时的电阻应采用下面电路图中的________．

(2)选择正确的电路进行实验，若电压表的示数用U表示，电流表的示数用I表示，写出测量节能灯电阻的表达式R x＝________________(用题目中给出的相应字母表示)．

(3)为了测出节能灯正常工作时的电阻，电流表的示数必须调为I＝__________mA，若此时电压表的读数U＝7.6 V，则节能灯正常工作时的电阻为________Ω.

【答案】C

()

V A

IR R R

U IR

1.5 492

【解析】

【详解】

(1)因节能灯正常工作时的电压为3 V，比电压表的量程小得多，不能用电压表直接测节能灯的工作电压，节能灯正常工作时的电流I＝

500

A＝6 mA，大于电流表量程，所以不能用电流表直接测通过节能灯的电流，因电压表允许通过的最大电流为12 mA，电流表与定值电阻串联后的电压达4 V，所以可将电压表当做电流表使用，电流表与定值电阻串联当电压表使用，由相关量的关系可知电压表V应采用外接方式，又由于滑动变阻器的阻值远小于待测电阻，所以滑动变阻器要接成分压式，正确的电路图是C.

(2)由电路结构及欧姆定律可知R x＝

()

I R R

＝1

()

V A

IR R R

U IR

(3)因节能灯正常工作时的电压为3 V，此时对应的电流表示数为I＝1.5 mA，将U和I代入表达式可得节能灯正常工作时的电阻为492 Ω.

【点睛】

本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流．

16．用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻T R ，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T R 和两个适当的固定电阻1R 、2R 连成图1虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻L R 的阻值随T R 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L R 的阻值，测量电路如图1所示，图中的电压表内阻很大．L R 的测量结果如表所示．

．温度t （℃） 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 90.0 RL 阻值（Ω）

54.3

51.5

48.3

44.7

41.4

37.9

34.7

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L R 与f 之间近似为线性关系，在坐标纸上作L R -t 关系图线___________．

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