高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷培优测试卷

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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sin370.6?=，cos370.8?=），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）

43

mg ；（2）2mg ，方向竖直向上. 【解析】

【详解】 （1）由题意可知 :

tan 37mg F

?= 所以:

43

F mg = （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:

2sin 37B v mg m r

?= 小球由B 运动到A 的过程根据动能定理有:

()

22111sin 37cos3722

B A mgr Fr mv mv ??--+=- 小球在A 点时根据牛顿第二定律有: 2A N v F mg m r

+= 联立以上各式得:

2N F mg =

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.

2．如图所示，在绝缘水平面上，相距L 的A 、B 两点处分别固定着两个带电荷量相等的正点电荷，a 、b 是AB 连线上的两点，其中4

L Aa Bb ==，O 为AB 连线的中点，一质量为m 、带电荷量为+q 的小滑块（可以看作质点）以初动能E 从a 点出发，沿直线AB 向b 点运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(1)n >，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点重力加速度为g ，求：

（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数；

（2）O 、b 两点间的电势差；

（3）小滑块运动的总路程.

【答案】（1）k02E mgL μ=

（2）k0(21)2Ob n E U q -=- （3）214n s L += 【解析】

【详解】

（1）由4

L Aa Bb ==

，0为AB 连线的中点知a 、b 关于O 点对称，则a 、b 两点间的电势差0ab U =; 设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，在滑块从a 点运动到b 点的过程中，由动能定理得

k002

ab L qU f E -?

=- 又摩擦力 f mg μ=

解得

02k E mgL

μ=. （2）在滑块从O 点运动到b 点的过程中，由动能定理得 004ob k L qU f nE -?

=- 解得

ko (21)2ob n E U q

-=-. （3）对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得

000a x k qU f E -=-

(21)2kO aO Ob n E U U q

-=-=

解得 214

n s L +=.

3．如图所示，均可视为质点的三个物体A 、B 、C 在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，A 绝缘，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，质量分别为m A =0.43kg ，m B =0.20kg ，m C =0.50kg ，其中A 不带电，B 、C 的电荷量分别为q B =+2×10-5C 、q C =+7×10-5C 且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。现给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 做加速度a=2.0m/s 2的匀加速直线运动，经过时间t ，力F 变为恒力，已知静电力常量为

k=9.0×109N·m 2/C 2，g 取10m/s 2。求：

（1）开始时BC 间的距离L ；

（2）F 从变力到恒力需要的时间t 。

【答案】（1）2.0m ；（2）1.0s

【解析】

【分析】

【详解】

（1）A 、B 、C 静止时，以AB 为研究对象，受力分析有

2sin30o B C A B q q m m g k

L

+=（） 代入数据解得

L =2.0m （2）AB 分离时两者之间弹力恰好为零，此后F 变为恒力，对B 用牛顿第二定律得

2

sin30B B B C m g m a q q k

l ?=- 解得 3.0m l =

由匀加速运动规律得

212

l L at -=

解得 1.0s t =

4．如右图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一个质量为m、带负电的小球从斜直轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．若轨道是光滑绝缘的，小球的重力是它所受的电场力2倍，试求：

⑴A点在斜轨道上的高度h；

⑵小球运动到最低点C时，圆轨道对小球的支持力．

【答案】(1)5

2

R (2) 3mg

【解析】

试题分析：由题意得：mg=2Eq

设小球到B点的最小速度为V B，则由牛顿第二定律可得：

mg-Eq=m

2

B

v

R

；

对AB过程由动能定理可得：

mg（h-2R）-Eq（h-2R）=1

2

mV B2；

联立解得：h=5

2 R；

（2）对AC过程由动能定理可得：

mgh-Eqh=1

2

mv c2；

由牛顿第二定律可得：

F+Eq-mg=m

2 C v R

联立解得：F=3mg；由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg．

考点：牛顿定律及动能定理．

5．如图，绝缘细杆AB倾角为α，在杆上B点处固定有一电荷量为Q的正电荷．现将带正电的小球由距B点竖直高度为H的A点处无初速释放，小球下滑过程中电荷量不变．己知小球的质量为m、电荷量为q．不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．静电力常量为k，重力加速度为g．求：

（1）正电荷Q 在A 处产生的场强大小；

（2）小球刚释放时的加速度大小；

（3）若A 、B 间的距离足够大，小球动能最大时球与B 点间的距离． 【答案】(1) 22sin A Q E k H α=(2)22

sin sin kQq a g mH αα=- (3)sin kQq R mg α=【解析】

【详解】

(I)根据

2Q E k

r

= 又因为 sin H r α

=

所以 22sin A Q E k

H α= (2)根据牛顿第二定律

sin mg F ma α-= 根据库仑定律

Qq F k

r

= 解得 22sin sin kQq a g mH

αα=- (3)当小球受到的合力为零，即加速度为零时，动能最大

设此时小球与B 点间的距离为R ,则

2

sin kQq mg R α=

解得 sin kQq R mg α

=答案：(1) 22sin A Q E k H α=(2)22

sin sin kQq a g mH αα=- (3)sin kQq R mg α=

6．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θ=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 =1×103N/C 。一质量为m =0.4kg 、电荷量为q =+3×10 -3C 的物体从A 点以初速度v A =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μ=0.2，sin 37?=0.6，cos 37?=0.8，g =10m/s 2，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

222332()()(0.410)(31010)N 5N F mg qE -=+=?+??=

设合力F 与竖直方向的夹角为α，则

3tan 4

qE mg α=

= 即 37α?=

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A →B 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 =μF N =μ(m

g cos 37?+qE sin 37?)

代入数据解得：

f =1N

A →C 过程，由动能定理得：

221122

C A W fL qEs mv mv --=

- 可得：222115m /s C v = 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：

2C mv N mg R

-=

代入数据解得： N =27N

(3)重力和电场力的合力为：

222332()()(0.410)(31010)N 5N F mg qE -=+=?+??=

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v D ，则：

2D v F m R

= 解得：

5m /s D v =

要到达D 点，在C 点速度至少为v ，从C →D ，由动能定理得

2211(cos37)cos3722

D mg R R qER mv mv ??-+-=-

解得：

222115m /s v =

则知v =v C ，所以物体恰能到达D 点

二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）

7．如图甲所示，倾角为θ＝30°绝缘斜面被垂直斜面直线MN 分为左右两部分，左侧部分光滑，范围足够大，上方存在大小为E ＝1 000 N/C ，方向沿斜面向上的匀强电场，右侧部分粗糙，范围足够大，一质量为m ＝1 kg ，长为L ＝0.8 m 的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB 置于斜面上，A 端距MN 的距离为d ，现给棒一个沿斜面向下的初速度v 0，并以此时作为计时的起点，棒在最初0.8 s 的运动图像如图乙所示，已知0.8 s 末棒的B 端刚好进入电场，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：

(1)直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ；

(2)直棒AB 的带电量q ；

(3)直棒AB 最终停止时，直棒B 端到MN 的距离．

【答案】(1)20 m (2)7.5×10－3 C (3)125 m

【解析】

【分析】

根据v-t 图像确定出直棒AB 匀减速直线运动的位移，结合棒的长度，得出直棒AB 开始运

动时A 端距MN 的距离为d ；根据图线得出直棒AB 匀减速直线运动的加速度大小，根据加速度，结合牛顿第二定律求出带电量的大小；根据动能定理得出，物体在电场中运动的距离．

【详解】

（1）由v-t 图像可知直棒AB 匀减速直线运动．0～0.8s 内棒运动的位移为：

0120.8m 2

t v v x t +== ．A 端距离MN 的距离为：120.80.820m d x L m =-=-=． （2）棒的加速度为：2Δv a=

=2.5m/s Δt

．对直棒AB 进行受力分析，越过MN 后受到重力、斜面支持力和电场力，合力为sin F Eq mg θ=-．根据牛顿第二定律，：sin Eq mg ma θ-= ，代入数据解得：37.510C q -=? ．

（3）根据动能定律，物体从B 端到达MN 至最终停止的过程，满足：

2221sin 02

mgx Eqx mv θ-=-．带入数据解得，x 2 =125 m 故B 端在MN 右边且距MN 为125 m ．

【点睛】

本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，通过v-t 图像，确定出物体运动的加速度不变，得出物体做匀变速直线运动是解决本题的关键．

8．如图甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，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t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1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）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）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）21032qU t s s md ?== 【解析】

试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有20012

qU mv =

在C 、D 板间有00L v t =

解得：002qU L t m

= （2）粒子从nt 0（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2012y at =

加速度1qU a md

= 得：2102qU t y md

= （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0tan y

v v θ=

0y v at =

打在荧光屏上距中心线最远距离tan s y L θ=+

荧光屏上区域长度21032qU t s s md

?== 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．

9．如图所示，从电子枪射出的电子束（初速度不计）经电压U 1=2000V 加速后，从一对金属板Y 和Y′正中间平行金属板射入，电子束穿过两板空隙后最终垂直打在荧光屏上的O 点．若现在用一输出电压为U 2=160V 的稳压电源与金属板YY′连接，在YY′间产生匀强电场，使得电子束发生偏转．若取电子质量为9×10

﹣31kg ，YY′两板间距d=2．4cm ，板长l=6．0cm ，板的末端到荧光屏的距离L=12cm ．整个装置处于真空中，不考虑重力的影响，

试回答以下问题：

（1）电子束射入金属板YY′时速度为多大？

（2）加上电压U 2后电子束打到荧光屏上的位置到O 点的距离为多少？

（3）如果两金属板YY′间的距离d 可以随意调节（保证电子束仍从两板正中间射入），其他条件都不变，试求电子束打到荧光屏上的位置到O 点距离的取值范围．

【答案】（

1）2．67×107m/s ；（2）15mm ；（3）0～30mm ．

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据动能定理，设电子在加速电极作用下获得速度为v 0，

有21012

U e mv =， 解得：102U e v m

=…①

代入数据解得：770810/ 2.6710/3

v m s m s =?≈?； （2）电子穿过偏转电极过程中，在沿初速度方向做匀速直线运动有l=v 0t…②

在沿电场方向受力为F=Eq…③

根据匀强电场性质U 2=Ed…④

根据牛顿第二定律F=ma…⑤

根据匀变速直线运动规律，在出偏转电场时其在电场方向位移为[来212

y at =…⑥ 根据①﹣⑥式可推得：2

21

4U l y dU =…⑦ 此时在电场方向上的分速度为：v y =at…⑧

出电场后电子做直线运动最终打在荧光屏上，距离O 点的距离设为y′，根据几何关系及①⑦⑧可得

()21

22′4U l l L l L y y l dU ++==…⑨ 将数据代入⑦式可得y=3mm ＜

2

d ，所以此时电子可以射出偏转电场 于是将数据代入⑨式可得y′=15mm （3）d 越小则偏转电场越强，电子的偏转也越厉害，但是同时两板间距缩小电子更容易打在极板上，

所以电子的偏转应有最大值，且临界条件为电子刚好擦YY′极板而出．即：

2

d y =…⑩ 联立⑦式代入数据可解得此时：y=6mm ，

继续代入⑨式可得此时：y′=30mm ，

所以电子束打到荧光屏上的位置到O 点距离的取值范围为0～30mm ；

10．两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 ）由静止开始，经电压为U 0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间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0；当在两板间加如图 (乙)所示的周期为2t 0，幅值恒为U 0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过．问：

⑴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？

⑵侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？

【答案】（1）

0062t eU m ，0064t eU m （2）1613 【解析】

画出电子在t =0时和t =t 0时进入电场的v –t 图象进行分析

（1）竖直方向的分速度010y eU v t md =，0002022=y eU eU t v t md md = 侧向最大位移200max

101010312()322y y y y eU t d s v t v t v t md =+=== 侧向最小位移200min

10101031 1.5224y y y y eU t d s v t v t v t md =+=== 解得06eU d t m

= 所以00max 622

y t eU d s m =00min 644y t eU d s m =（2）由此得220010()6y eU eU v t md m ==，2200202(2)3y eU eU v t md m

==

而2002eU v

m

= 所以2202kmax

0022kmin 000111/3162211/1213

22

y y mv mv E eU eU E eU eU mv mv ++===++ 【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在偏转电场中水平方向上一直做匀速直线运动，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．

11．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：21 2.5m/s a =；

对小滑块P ，由牛顿第二定律：1110.25N f m a ==，1max 1110.5N>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213m/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v 1

由运动学公式：1123m/s v a l ==，

滑块P 进入电场前运动的时间为111

1.2s v t a =

=， 设滑块P 回到CD 边界时间为t 2， 由运动学公式：21212102

v t a t '-

=，解得22s t =； 对小滑块Q ，加速度大小为a 2， 由牛顿第二定律得：2222m g m a μ=，2221m/s a g μ==；

设：经过t 3时间，小滑块Q 与绝缘板共速，即：1023v v a t =-；

解得：013122

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2

a '， 由牛顿第二定律得：1122

()m g m M a μ'=+， 解得：211225m/s 6

m g a M m μ'==+， Q 相对于绝缘板的总位移：22103231113111()[()] 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：22131112321231()()() 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 =++≈．

12．如图所示，竖直面内的光滑绝缘轨道，处于竖直向下的匀强电场中．一个带负电的小球从斜轨道上的A 点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m ，电荷量为－q ，匀强电场的场强大小为E ，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R ，斜轨道与圆轨道平滑连接，小球的重力大于所受的电场力．

(1) 求小球沿轨道滑下的加速度的大小；

(2) 若使小球通过圆轨道顶端的B 点，求A 点距圆轨道最低点的竖直高度h 1至少为多大；

(3) 若小球从距圆轨道最低点的竖直高度h 2＝5R 处由静止释放，假设其能通过圆轨道顶端B 点，求从释放到B 点的过程中小球机械能的改变量．

【答案】（1）

-mg qE sin m α（）（2）52R （3）减少3qER . 【解析】

【详解】

(1)由牛顿第二定律有

(mg －qE )sin α＝ma

解得 a ＝

-mg qE sin m

α（） (2)球恰能过B 点有：

mg －qE ＝m 2B v R ① 由动能定理，从A 点到B 点过程，则有：

2112()()02

B mg qE h R mv -－－＝② 由①②解得

h 1＝52

R . (3)从释放到B 的过程中，因电场力做的总功为负功，电势能增加，则增加量：

ΔE ＝qE (h 2－2R )＝qE (5R －2R )＝3qER .

由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER .

答案：（1）-mg qE sin m α（）（2）52

R （3）减少3qER .

三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）

13．指针式多用电表是实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行相互测量。

（1）将多用电表 A 的选择开关拨至欧姆挡“×100”挡，两表笔短接后发现指针如图甲所示，正确的操作应调节哪个部件_______。（选填“A ”或“B ”或“C ”）

（2）正确调节后，将多用电表B 拨至“0.5mA ”档，与多用电表 A 进行相连，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”)

（3）正确连接两多用电表后，发现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。（计算结果保留两位有效数字）

【答案】B 黑表笔 1000 1.4

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]调整欧姆调零旋钮B，使指针指到欧姆表的0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]由于欧姆表是倍率档，因此B的内阻

R=?=

10100Ω1000Ω

[4]由于欧姆表内阻就是它的中值电阻，为4000Ω，从B表中读出回路电流为0.280mA，根据闭合电路欧姆定律，可得电动势

3

=+=?+=

E I R r-

()0.28010(10004000)V 1.4V

14．现提供如下器材，测量定值电阻x R（约）的阻值．

μ，内阻约）

a．两个相同电流计1G、2G（50A

b．电阻箱1R（）

c．电阻箱2R，（）

d．电源E（电动势约3V，内阻不计）

e．开关两个，导线若干

f．滑动变阻器R（最大阻值20Ω）

(1)由于电流计量程很小，需要先将它们进行改装．某同学设计了用半偏法测电流计内阻的电路如图．实验过程如下：先将2R调为最大,然后闭合1S、2S，调节1R、2R，使

___________满偏，

G的内阻．

使_____________半满偏（填写元件符号），由此可测电流计

2

(2)若测得电流计2G的内阻为，要将2G改装成量程为3V的电压表，需串联的电阻值为_____________．

(3)采用改装后的电压表和改装后电流表并用伏安法测量待测电阻阻值，请在答题卷虚线框內画出实验电路图____________．

【答案】G1 G255.8kΩ

【解析】

【详解】

（1）若并联的两个支路电流相等，则电流表内阻与电阻箱内阻相等；故保证G1满偏，使

G

2半偏；

（2）电流计内阻为4.2KΩ，满偏电流为50μA ，要将G 2改装成量程为3V 的电压表，需串联的电阻值为：3463 4.210 5.581055.85010

g g U R R K I -=--??ΩΩ

?

＝＝＝ （3）采用伏安法测电阻，要测量多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，电流表内外接法依据待测电阻的电阻值与电流表、电压表的内阻关系进行判断，故内外接均可；电路中电流约为：3/5000A=600μA ；给出的电流计不能测量电流值；故应将电流计改装为大量程的电流表．电路原理图如图所示：

15．为了测量阻值范围在200～300 Ω之间的电阻R x 的阻值，实验室提供了如下器材： A ．电阻箱R (阻值范围0～999.9 Ω) B ．毫安表(量程0～3 mA ，内阻约100 Ω)

C ．直流电源(电动势约3 V ，内阻不计)

D ．两个单刀单掷开关，导线足量

(1)甲同学根据实验目的和提供的实验器材设计出如图甲所示的实验电路，设计的操作步骤如下．

甲 乙

①按电路图连好电路，闭合开关S 1，记下毫安表的读数．

②断开S 1，闭合开关S 2，调节电阻箱R 的阻值，使毫安表的读数和①中相同，记下此时电阻箱的示数R 1.

假设该同学的设计合理，则待测电阻R x ＝________．

(2)乙同学根据实验目的和提供的实验器材设计出如图乙所示的实验电路，设计的操作步骤如下．

①按电路图连好电路，将R 调到最大，然后闭合S 1、S 2，调节R ，使毫安表达到满偏，记下此时电阻箱的示数R 2.

②断开S 2，调节R ，仍使毫安表满偏，记下此时电阻箱的示数R 3.假设该同学的设计合理，则待测电阻R x ＝________．

(3)上述两位同学的设计中有一位是不合理的，不合理的是________，理由是

_______________________________________．

【答案】

R

1 R 2－R 3 甲 电流表超程

【解析】

【详解】

(1)[1]根据甲同学的实验电路，该同学采用了等效替代法，故待测电阻1x R R =．

(2)[2]根据乙同学的实验步骤可知23x R R R =+，则23x R R R =-.

(3)[3][4]甲电路中，开关接通后，电流表的读数最小值为:

3 A 10mA 300

x E I R === 已超过了电流表的量程．故此设计不合理．

16．某物理兴趣小组想测定一个阻值大约为10kΩ，额定电功率为0.1W 的电阻R x ，现有以下实验器材可以选择：

A ．电流表A 1（量程为1mA ，内阻约为100Ω）

B ．电流表A 2（量程为3m A ，内阻约为20Ω）

C ．电压表V 1（量程为10V ，内阻约为50kΩ）

D ．电压表V 2（量程为30V ，内阻约为100kΩ）

E.直流电源E （电动势为9V ，内阻约为1Ω）

F.滑动变阻器R 1（20Ω，1A ）

G.开关、导线若干

（1）为了方便并能多次测量使结果尽可能精确，电流表应选_______，电压表应选______，（填器材前面的序号）；

（2）根据所选器材在方框内设计并画出电路图_______；

（3）若操作、读数、计算均无误，考虑到电表内阻影响，R 测____R 真（填大于、等于或小于）；

（4）为避免电表内阻的影响，小组成员提出用新的器材提出另外的方案如图所示，连接好电路后，闭合开关S 1，调节各可变电阻，使得开关S 2由断开到闭合，灵敏电流计G 指针无偏转，并记录此时电压表示数U 和电流表示数I ，则待测电阻x R =_____，该方案中若从系统误差分析，R 测____R 真（填大于、等于或小于）。

【答案】

A C 大于 x U R I

= 等于 【解析】

【分析】

【详解】

（1）[1][2]由于电源电动势为9V ，故电压表应该选择10V 量程，即电压表选择V 1，通过待测电阻的最大电流约为

9mA 0.9mA 10000

m x E I R ≈

== 故电流表应该选择A 1； （2）[3]由于待测电阻阻值很大，故电流表应该选择内接，由于滑动变阻器的阻值远小于待测电阻，故应该采用分压式接法，电路图如图

（3）[4]由于电压表示数为待测电阻和电流表电压之和，故其值大于真实值，由U R I

=可知待测电阻的测量值大于真实值，故填“大于”； （4）[5][6]当S 2由断开到闭合，灵敏电流计G 指针无偏转，即电流计中无电流，因此电压表的示数即为待测电阻两端电压，电流表示数为通过待测电阻的电流，因此

x U R I

= 由前面分析可知，电压表、电流表的值均为真实值，因此无系统误差，故填 “等于”。

17．热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，某实验小组欲研究该电阻在常温下的伏安特性曲线，实验仪器如下：

A ．待测热敏电阻x R ，（常温电阻值约为5Ω）

B ．电流表A 1（满偏电流10mA ，内阻1100r =Ω）

C ．电流表A 2（量程0～0.6A ，内阻20.5r =Ω）

D ．滑动变阻器R 1（0～20Ω，额定电流2A ）

E ．滑动变阻器R 2（0～100Ω，额定电流0.5A ）

F．定值电阻R3（阻值等于5Ω）

G．定值电阻电阻R4（阻值等于200Ω）

H．盛有水的保温杯（含温度计）

I．电源（3V，内阻可忽略）

G．开关，导线若干

（1）要使测量数据尽量精确，绘制曲线完整，需要将以上仪器进行适当的改装，定值电阻选____，滑动变阻器选__________。（填仪器前的字母序号）

（2）请在方框内画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁，根据电路图在实物图上连线

（_____）

（3）热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC），正温度系数电阻器的电阻随温度的升高而增大，负温度系数电阻器的电阻随温度的升高而减小，测得该热敏电阻的21

I I

-图像如图所示，请分析说明该曲线对应的热敏电阻是______（选填“PTC”或“NTC”）热敏电阻。

（4）若将该热敏电阻直接接到一电动势为3V，内阻为6Ω的电源两端，则热敏电阻消耗的电功率为________W.（结果保留2位小数）。

【答案】4R1R PTC 0.34

【解析】

【详解】

（1）[1][2]．根据电源电动势，电路中的电流大概为0.6A

E

I

R

==，故电流表选用

2

A，把电流表1

A，串联定值电阻改装成电压表，200

x

x

E

R r

I

=-=Ω，故定值电阻选

4

R，描绘伏安特性曲线需要从零开始读书，因此采用滑动变阻器分压接法，所以选用阻值较小的1

R.

（2）[3]．待测电阻同电压表（电流表1

A和定值电阻

4

R）即电流表

2

A相比，与电流表2

A相差倍数比较小，属于小电阻，因此电流表采用外接法，滑动变阻器分压式连接。原理图，实物图如下：