高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷练习(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．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、大小等于的速度通过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，从A至C小球克服库仑力做的功为，重力加速度为g．求： 

(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）   （2）   （3） 

【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：

代入数据解得：

（2）小球第一次过A时，由牛顿第二定律得：

由题可知：

联立并代入数据解得： 

由几何关系得，OC间的距离为：

小球在C点受到的库仑力大小 ：

联立解得

（3）从A到C，由动能定理得：

从C到A，由动能定理得：

由题可知：

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： ，

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，方向向下．

2．如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置．在管子的底部固定一电荷量为Q（Q＞0）的点电荷．在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q（q＞0）、质量为m的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零．现让一个电荷量为q、质量为3m的点电荷仍在A处由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该点电荷运动过程中：

（1）定性分析点电荷做何运动？（从速度与加速度分析）

（2）速度最大处与底部点电荷的距离

（3）运动到B处的速度大小

【答案】（1）先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速运动；

（2）

（3）

【解析】

【详解】

（1）由题意知，小球应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力应大于库仑力；而在下落中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大；即小球先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速运动；

（2）当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，

解得：

（3）点电荷在下落中受重力和电库仑力，由动能定理可得：

mgh+WE=0； 

即

WE=-mgh；

当小球质量变为3m时，库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理可得：

3mgh-mgh=3mv2； 

解得：

点睛：本题综合考查动力学知识及库仑力公式的应用，解题的关键在于明确物体的运动过程；同时还应注意点电荷由静止开始运动，故开始时重力一定大于库仑力．

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）（2）g+（3）v

【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：

   ①

    ②

     ③

（2）小球P经过D点时受力如图：

由库仑定律得：

   ④

由牛顿第二定律得：

  ⑤

解得：

a=g+  ⑥

（3）小球P由D运动到E的过程，由动能定理得：

  ⑦

由等量异种电荷形成的电场特点可知：

   ⑧

联立①⑦⑧解得：

    ⑨

4．一带正电的 A 点电荷在电场中某点的电场强度为 4．0×104N/C，电荷量为+5．0×10-8 C 的 B 点电荷放在该点,求：

（1）点电荷在该点受到的电场力？

（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的电场强度？

【答案】（1），方向由A指向B（2），方向由A指向B

【解析】

【分析】

【详解】

（1）方向：由A指向B

（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的场强不变，仍为方向：由A指向B

5．A、B是两个电荷量都是Q的点电荷，相距l，AB连线中点为O。现将另一个电荷量为q的点电荷放置在AB连线的中垂线上，距O为x的C处（图甲）。

（1）若此时q所受的静电力为F1，试求F1的大小。

（2）若A的电荷量变为﹣Q，其他条件都不变（图乙），此时q所受的静电力大小为F2，求F2的大小。

（3）为使F2大于F1，l和x的大小应满足什么关系？

【答案】(1) (2) (3) 

【解析】

【详解】

（1）设q为正电荷，在C点，A、B两电荷对q产生的电场力大小相同，为：

方向分别为由A指向C和由B指向C，如图：

故C处的电场力大小为：

F1=2FAsinθ

方向由O指向C。

其中：  

所以：

（2）若A的电荷量变为-Q，其他条件都不变，则C处q受到的电场力：

F2=2FAcosθ

其中：

所以：

方向由B指向A。

（3）为使F2大于F1，则：

＞

即：

l＞2x

6．如图所示，小球的质量为，带电量为，悬挂小球的绝缘丝线与竖直方向成时，小球恰好在水平向右的匀强电场中静止不动．问：

（1）小球的带电性质；

（2）电场强度的大小；

（3）若剪断丝线，求小球的加速度大小．

【答案】（1）小球带正电   （2） （3）

【解析】

【详解】

（1）对小球进行受力分析，如图；由电场力的方向可确定小球带正电；

（2）根据共点力平衡条件，有qE=mgtan300

解得：  

（3）当线断丝线后，小球的合力为

由牛顿第二定律，则有：  

小球将做初速度为零，加速度的方向沿着线的反向，大小为11.54m/s2，匀加速直线运动．

【点睛】

本题关键是对小球受力分析，明确带电小球受电场力、细线的拉力和重力，根据共点力平衡条件及牛顿第二定律列示求解．

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，极板A、B间电压为U0，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t0；当C、D板间加上图乙所示电压（图中电压U1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）（2）（3）

【解析】

试题分析：（1）粒子在A、B板间有

在C、D板间有

解得：

（2）粒子从nt0（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

加速度

得：

（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

打在荧光屏上距中心线最远距离

荧光屏上区域长度

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．

8．在空间中取坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，如图所示．一电子从静止开始经电压U加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点与原点O的距离为h．不计电子的重力．

（1）若电子恰好从N点经过x轴，求匀强电场的电场强度大小E0；

（2）匀强电场的电场强度E大小不同，电子经过x轴时的坐标也不同．试求电子经过x轴时的x坐标与电场强度E的关系．

【答案】（1）（2）或

【解析】

【分析】

本题考查电子在电场中的受力及运动

【详解】

设电子的电荷量为e、质量为m，电子经过电场加速后获得速度v0．则 

（1）电子从A点运动到N点，有

联立解得电场强度大小

（2）讨论两种情况：

①当时，电子从电场内经过x轴，有

联立解得x坐标与电场强度E的关系为

②当时，电子先离开电场，之后再经过x轴在电场内运动时间为t1，有

在电场外运动时间为t2，电子做匀速直线运动，有

联立解得x坐标与电场强度E的关系为

9．静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以为中心，沿x轴方向做周期性运动。己知该粒子质量为m、电量为-q，忽略重力。

（1）求粒子所受电场力的大小；

（2）若将粒子由处由静止释放，求粒子的运动周期；

（3）若粒子在处获得一定动能，且动能与电势能之和为–A（）。求粒子的运动区间。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由图可知，0与d（或-d）两点间的电势差为φ0，电场强度的大小为：

电场力的大小为：

（2）考虑粒子从处由静止释放开始运动的四分之一周期，由牛顿第二定律得粒子的加速度

根据直线运动公式

联立并代入得：

故得粒子的运动周期为：

（3）设粒子在[-x，x]区间内运动，速率为v，由题意得

由图可知：

由上解得：

因动能非负，有：

则有：

所以可得粒子的运动区间为：

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间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图 (乙)所示的周期为2t0，幅值恒为U0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） ， （2） 

【解析】

画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v–t图象进行分析

（1）竖直方向的分速度，

侧向最大位移

侧向最小位移

解得

所以，

（2）由此得，

而

所以

【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，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/s2。（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。

【答案】(1)；(2)

【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，乙离开点到达水平轨道的时间为，乙的落点到点的距离为，则

乙球离开D点后做类平抛运动，竖直方向

水平方向

联立解得

(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有

，

联立得

由动能定理得

联立解得

12．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＝的匀加速上升运动，当速度为v0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）（2）63m

【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： 解得： 

（2）细绳断后，根据牛顿第二定律得：

 得 方向向上；

 得 （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： ，解得

在该时间内A的位移为： 

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，

同理对球B得： 

解得 

【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．

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）、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:

 R0  偏大    

【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；

（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，因为采用了内接法， ，故电阻的测量值偏大．

14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中。

(1)设计如图甲所示电路图，要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量减小系统误差，开关接___（填“M”或“N”）闭合开关S前滑片P置于_______（填“A端”或“B端”）

(2)若实验中电流表出现故障，不能使用。该同学需将一个满偏电流为1mA、内阻为30Ω的表头改装成量程为0-0.6A的电流表，则应将表头与电阻箱_________（填“串联”或“并联”），并将该电阻箱阻值调为__________Ω。（保留一位有效数字）

(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，若用一电动势E=3V、r=10Ω的电源与该小灯泡连接如图丙所示的电路，电路接通稳定后小灯泡消耗的功率为______W，若用另一只与该小灯泡完全相同的灯泡与电动势E=3V、r=10Ω的电源连接如图丁所示的电路，则电路接通稳定后电源的输出功率为______W。（计算结果保留两位小数）

【答案】N A端 并联 0.05 0.20~0.23 0.08~0.11    

【解析】

【详解】

(1)[1][2]要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量减小系统误差，滑动变阻器采用分压接法；由于小灯泡电阻较小，电流表采用外接法，故开关S1接N点，闭合开关前，为保护电表，闭合开关S前滑片P置于A端；

(2)[3][4]把表头改装成大量程电流表应并联小电阻，根据并联电路特点和欧姆定律得

解得

;

(3)[5]在灯泡U-I图象坐标系内作出电动势E=3V、r=10Ω的电源的路端电压随电流的变化

由图示图象可知，灯泡两端电压U=1.20V，通过灯泡的电流I=0.18A，则灯泡的实际功率

[6]设通过灯泡的电流为I，灯泡两端电压为U，根据图丁所示电路图，由闭合电路欧姆定律可得：

E=U+2Ir

则

U=E-2Ir

即

U=3-20I

在灯泡U-I图象坐标系内作出U=3-20I的图象如图所示

由图示图象可知，灯泡两端电压U=0.35V，通过灯泡的电流I=0.13A，则电源的输出功率为

15．某同学要测量某定值电阻的阻值；

（1）他先用多用电表粗测该电阻的阻值，将选择开关调在“×10”的电阻挡，调节好欧姆表，将被测电阻接在两个表笔间，指针指示如图所示的位置，则被测电阻的阻值为__________.

（2）为了精确测量被测电阻，实验室提供的实验器材有:电流表A(量程20 mA，内阻约为0.5)；电流表A2(量程1 mA，内阻10) ；滑动变阻器R1 (阻值范围0~20 ，额定电流2 A)；电阻箱R2(阻值范围0~9 999 ，1 A)；电源E(电动势6 V，内阻不计)；导线若干.

实验中要将电流表A2改装成量程为3V的电压表，需要将电阻箱与电流表A2________ (填“串"或“并”)联，且电阻箱接入路的电阻阻值为___________；请在虚线框中面出实验电路图，并标出各个器材的代号；（_________）

（3）闭合开关S，调节滑动变阻器，测得6组电压、电流的值，该同学在坐标系中描点，作出了2条I-U图线，你认为正确的是____ (填“①”成“②”)，并由图线求出电阻Rx= _______  (保留三位有效数字)

【答案】150 串 2 990  ② 158    

【解析】

【分析】

【详解】

（1）[1]．若选用倍率为“× 10”的电阻挡测电阻时，所测电阻的阻值为.

（2）[2][3][4]．若将电流表A2改装成量程为3 V的电压表，需要串联的电阻的阻值为

；

实验电路图如图所示.

（3）[5][6]．因为电压表测量的是被测电阻两端电压，所以当其两端电压为零时，电流也为零，故图线②正确；图象的斜率表示Rx与Rv并联的总电阻的倒数，即

故

16．现要绘制一个额定电压2.5V、额定功率约0.7W的小灯泡的伏安特性曲线．

⑴为使绘制的图线更加准确，选择了合适的器材，如图所示．请在图甲中连好实物电路图______．

⑵合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的______(填“左端”或“右端”)．

⑶根据实验数据，描绘出的U­I图象如图乙所示，某同学将该小灯泡连接在一个电动势为3.0V、内电阻为6Ω的电源上，组成一个闭合电路，则此时该小灯泡实际功率约为________W．（结果保留两位有效数字）

【答案】 左端 0.38W    

【解析】

【分析】

【详解】

(1)如下图所示，

因小灯泡的内阻较小，电流表采用外接法，要绘制小灯泡的伏安特性曲线，为使绘制的图线更加准确，需要多组电压、电流的实验数据，因此滑动变阻器需要分压式接法，所以实物电路图的连接如上图。

(2)合上开关前，首先检查电路连接是否正确，无误后，为保证实验安全，并且使小灯泡上的电压从零开始变化，滑动变阻器的滑动触头应先置于滑动变阻器的左端。

(3)将该小灯泡连接在一个电动势为3.0V、内电阻为6Ω的电源上，因该电路的短路电流是0.5A,其U—I图线如上图直线，两图线的交点坐标，就是小灯泡在电路中的实际工作电压和电流，由上图线得数据：1.6V 0.24A,据电功率公式得

0.38W

故小灯泡实际功率约为0.38W

17．LED绿色照明技术已经走进我们的生活。某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同。

实验室提供的器材有：

A．电流表A1（量程为0~5mA，内阻RA约为3Ω）

B．电流表A2（量程为0~4mA，内阻RA2=10Ω）

C．电压表V（量程为0~10V，内阻Rv=1000Ω）

D．定值电阻R1=590Ω

E.定值电阻R2=990Ω

F.滑动变阻器R（最大阻值为200）

G.蓄电池E（电动势为4V，内阻很小）

H.开关S一只，导线若干

(1)如图甲所示，请选择合适的器材，电表1为_________，定值电阻为__________（填写器材前的字母序号）；

(2)请将图乙中的实物连线补充完整_______；

(3)请写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式：Rx=____________（电表1的读数用a表示，电表2的读数用b表示，其余电学量用题中所对应的电学符号表示）。

【答案】C E      

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压，改装电压表的内阻

A2的内阻为10Ω，则定值电阻应选E，LED灯正常工作时的电流约为

电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，由于电压表可测的最大电流为

则可以用电压表测量电流，电表1应选C

(2)[3]因为滑动变阻器阻值小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法，如图

(3)[4]根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压

通过灯泡的电流

测量LED灯正常工作时的电阻

18．(1)甲同学要把一个量程为200μA的直流电流计G，改装成量度范围是0~4V的直流电压表。

①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（0~999.9） 

D．滑动变阻器（0~500）

E．电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当）（0~5.1k）

F．电位器（0~51k）

②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S1

B．闭合S2

C．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

③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”）；

④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、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。

①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；然后用标准电压表校准。请你画完图2方框中的校准电路图_____；

②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 C F B C A E 300 略小于 串 19.7  3.0 0.50 27.0    

【解析】

【分析】

【详解】

(1)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200μA，由代入数据得：R2≈30KΩ，故选F；

故答案为：B；C；F

②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

③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300.0Ω，则图中被测电流计G的内阻rg的测量值为300.0Ω。

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

④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=uIg−Rg代入数据解得：R=19.7kΩ。

故答案为：串；19.7

(2)①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=3.0KΩ，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=27kΩ。

四、必修第3册 电能 能量守恒定律实验题易错题培优（难）

19．某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，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，R0是标称值为4.0Ω的定值电阻．

①已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻rg=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只        Ω（保留一位小数）的定值电阻R1；

②根据图甲，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“研究匀变速直线运动”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（保留两位小数）；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是                 ．

④该小组在前面实验的基础上，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，用一已知电动势和内阻的标准电池组通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是           ．（填选项前的字母）

A．电压表内阻的影响 ．滑动变阻器的最大阻值偏小

C．R1的实际阻值比计算值偏小 D．R0的实际阻值比标称值偏大

【解析】

解：1.根据改装后电表的量程,代入解得.

2.实物图如图所示

3.根据闭合电路的欧姆定律可得,故,

或或或

可得:．因充分利用测得的数据,故减少一次测量的偶然误差．

4.实验中,电压表为标准电压表,由于电动势的测量值与已知值几乎相同,说明电压表和滑动变阻器对实验没有影响.电压表的变化量和电流表的变化量比值的绝对值为电源内阻和定值电阻之和,当的实际阻值比计算值偏小时,电流表的读数比实际值偏小,则测得内阻将偏大,C正确.当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.

20．同学们用如图1所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r。实验室提供的器材如下：电压表，电阻箱（阻值范围0—999.9Ω）；开关、导线若干。

（1）请根据图1所示的电路图，在图2中用笔替代导线，画出连线，把器材连接起来__________。

（2）某同学开始做实验，先把变阻箱阻值调到最大，再接通开关，然后改变电阻箱，随之电压表示数发生变化，读取R和对应U，并将相应的数据转化为坐标点描绘在图中，请将图3、图4中电阻箱和电压表所示的数据转化为坐标点描绘在图5所示的坐标系中（描点用“+”表示）并画出图线____________；

（3）根据图5中实验数据绘出的图线可以得出该电池组电动势的测量值E=______V，内电阻测量值r=______Ω(保留2位有效数字) 

（4）实验中测两组R、U的数据，可以利用闭合电路欧姆定律解方程组求电动势和内阻的方法。该同学没有采用该方法而采用图像法的原因是______。

（5）该实验测得电源的电动势和内阻都存在误差，造成该误差主要原因是______。

【答案】  3.0 1.4 偶然误差大，且不简便也不直观 电压表的内阻影响（或电压表的分流）    

【解析】

【详解】

（1）[1]．根据原理图可连接对应的实物图，如图所示

；

（2）[2]．根据描出的点用直线将各点拟合，得出图象如图所示

；

（3）[3][4]．根据闭合电路欧姆定律可得：

即

则可知，图象与纵轴的交点表示电源的内阻，故r=1.4Ω；

图象的斜率表示电源电动势，故有：

（4）[5]．根据两组测量数据可以算出一组E，r值，偶然误差大，且不简便，也不直观；

（5）[6]．由于电压表的分流作用，使得电流的测量值比真实值偏小，故造成电源电动势和内阻不准确；

21．某同学有个超霸（GP）9V电池如图甲所示，他欲测量该电池的电动势和内阻（内阻约为25Ω）。提供的器材如下：电流表A（量程为200μA，内阻为500Ω），开关S，电阻箱R1（最大阻值为9999.9Ω），电阻箱R2（最大阻值为99999.9Ω）和若干导线。

(1)由于电流表A的量程太小，需将电流表A改装成量程为9V的电压表V，则电流表A应与电阻箱______（选填“R1并联”“R1串联”“R2并联”或“R2串联”），并将该电阻箱的阻值调为________Ω。

(2)设计的测量电路如图乙所示，调节电阻箱R的阻值读出相应的电压表示数U，获得多组数据，画出是图线如图丙所示。若不考虑电表对电路的影响，则根据图线可得该电池的电动势E=______V、内阻r=______Ω。（结果均保留三位有效数字）

(3)若考虑电表对电路的影响，则该电池的电动势测量值_______真实值，内阻的测量值______真实值。（均选填“大于”“等于”或“小于”）

【答案】R2串联 44500 8.62（8.55~8.70均可给分） 19.1（18.6~19.3均可给分） 小于 小于    

【解析】

【分析】

【详解】

(1)［1］根据电表的改装，应将给电流表串联一个电阻，从而将其改装为电压表。将，的电流表改装成量程为的电压表，则有     

代入数据解得

通过以上计算，应选：串联

［2］应将电阻箱的阻值调为

(2)［3］由图乙，据闭合电路欧姆定律，得电路中电流为，电压表的示数为     

上式变形可得

由图丙可知

［4］电池的内阻为

［5］如果把电阻箱的电阻看做外电路，则电压表可看成内电路的一部分，因此实际测出的是电池和电压表整体等效的和，当外电路打开时，电压表与电源构成闭合回路，此时电压表两端的电压即为等效电动势

小于电池电动势。

［6］因电压表和电池并联，因此等效内阻

小于电池内阻。

22．小明利用如图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻

（1）图中电流表的示数为__________A

（2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下

请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出U-I图线____________________．

由图线求得：电动势E=_________V，内阻r=_________________Ω．

（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为__________________________________．

【答案】0.44  1. 60 （1. 58 ~ 1. 62 都算对） 1.2（1.18 ~1.26 都算对） 干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大.    

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由题目表格测量数据知，电流表使用0.6A量程，所以读数为0.44A；

（2）描点画图，如图所示；根据可得：电动势为E=1.6V；图线的斜率等于内阻r=1.2Ω；

（3）干电池长时间使用后,电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大.

23．用如图所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源(电动势约3V，内阻约2 Ω)，保护电阻R1(阻值10 Ω)和R2(阻值5Ω)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．

实验主要步骤：

(i)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；

(ii)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；

(iii)以U为纵坐标，I为横坐标，作U­I图线(U、I都用国际单位)；

(iv)求出U­I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a.

回答下列问题：

(1)电流表最好选用________．

A．电压表(0～3 V，内阻约15 kΩ)

B．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)

C．电流表(0～200 mA，内阻约2 Ω)

D．电流表(0～30 mA，内阻约2 Ω)

(2)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝________，r＝________，代入数值可得E和r的测量值．

【答案】C ka k-R2    

【解析】

【分析】

【详解】

(1) [1]通过电路的最大电流约为

所以电流表选择C项即可．

(2)[2][3]由图示电路图可知，电源电动势：

则：

U-I图象的斜率：

k=R2+r

则内阻

r=k-R2

令U=0，则有：

由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：

解得：

24．如图（a）所示，是多用电表欧姆档内部的部分原理图，已知电源电动势E = 1.5 V，内阻r = 1 Ω，灵敏电流计满偏电流Ig = 10 mA，内阻为rg = 90 Ω，表盘如图b所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”

（1）多用电表的选择开关旋至“Ω”区域的某档位时，将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为___________Ω，某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图（b）所示，则该电阻的阻值为_______________Ω。

（2）若将选择开关旋至“×1”，则需要将灵敏电流计__________（选填“串联”或“并联”）一阻值为___________Ω的电阻，再欧姆调零。

（3）多用电表长时间使用后，电源内阻变大，电动势变小，此因素会造成被测电阻的测量值比真实值___________（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。

【答案】150 60（58 ~ 62） 并联 10 偏大    

【解析】

【分析】

【详解】

（1）调零后多用电表的总内阻为

又因为欧姆表表盘中值刻度为“15”，所以该档位为“×10”欧姆档，则由表盘可知，该电阻的阻值为

（2）因中值电阻等于欧姆表的内阻，若将选择开关旋至“×1”，则欧姆表的内阻为15Ω，此时调零时电路的总电流为

需要将灵敏电流计并联一阻值为

然后进行欧姆调零。

（3）多用电表长时间使用后，电源内阻变大，电动势变小，则测量同一个电阻时，电路中电流偏小，指针向右偏转的角度变小，电阻的读数偏大。

五、必修第3册 电磁感应与电磁波初步实验题易错题培优（难）

25．在研究电磁感应现象的实验中，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，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正．然后按图乙所示，将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器R′和开关S串联成另一个闭合电路．

（1）S闭合后，将螺线管A插入螺线管B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)

（2）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)

（3）线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P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)

（4）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】

（1）线圈A中磁场方向向上，插入B线圈，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；

（2）线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；

（3）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；

（4）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】本题关键是先根据安培定则判断出A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的方向．

26．如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置．

(1)将实物电路中所缺的导线补充完整___________．

(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，线圈L1插入线圈L2后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，灵敏电流计的指针将________偏转．(选填“向左”“向右”或“不”)

(３)在实验中，线圈L1插入或拔出线圈L2，导致电流计指针发生了偏转，这是________转化为电能．

【答案】 向左 机械能    

【解析】

【详解】

(1)[1]将线圈B和电流计串联形成一个回路，将电键、滑动变阻器、电压、线圈A串联而成另一个回路即可，实物图如下所示：

(2)[2]如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加，电流计指针向右偏，合上开关后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，穿过线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏。

(3)[3]线圈A插入或拔出线圈B，导致电流计指针发生了偏转，对应的是动生电动势，由能量守恒定律可知，是将机械能转化为电能。

【点睛】

知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键．对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习．

27．如图，一长直铁芯上绕有固定线圈M，铁芯右侧悬挂一闭合金属环N，金属环与铁芯共轴。将M接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关。

（1）请填写下列操作中金属环N的摆动方向___________（选填“向左”、“向右”或“不动”）。

【答案】向右 向右 向右 向右 向左 不动 电路中电流增大 穿过金属环的磁通量增加（或通电螺线管M的磁场增强）    

【解析】

【详解】

（1）[1]在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间，线圈M中的电流有无到有增大，磁场由无到有增强，通过金属环N的磁通量由无到有增大，相当于线圈M向金属环N靠近，根据楞次定律“来拒去留”，可判断金属环N将向右摆动。

[2]在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间，线圈M中的电流有无到有增大，磁场由无到有增强，通过金属环N的磁通量由无到有增大，相当于线圈M向金属环N靠近，根据楞次定律“来拒去留”，可判断金属环N将向右摆动。

[3]在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时，接入电路的电阻减小，电流增大，线圈M中的磁场增强，通过金属环N的磁通量增大，相当于线圈M向金属环N靠近，根据楞次定律“来拒去留”，可判断金属环N将向右摆动。

[4]在S已向b闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时，接入电路的电阻减小，电流增大，线圈M中的磁场增强，通过金属环N的磁通量增大，相当于线圈M向金属环N靠近，根据楞次定律“来拒去留”，可判断金属环N将向右摆动。

[5]在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时，接入电路的电阻变大，电流减小，线圈M中的磁场减弱，通过金属环N的磁通量减小，相当于线圈M远离金属环N，根据楞次定律“来拒去留”，可判断金属环N将向左摆动。

[6]在S已向b闭合的情况下，断开S后，线圈M中没有电流通过，无磁场，所以金属环N不动。

（2）[7] [8]从上述实验现象中可以归纳出：使环N向右摆动的操作引起的共同变化有电路中电流增大，穿过金属环的磁通量增加（或通电螺线管M的磁场增强）。

28．（1）在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中，已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电表及开关按如图所示部分连接，要把电路连接完整正确，则N连接到________(选填“a”“b”“c”或“M”)，M连接到________(选填“a”“b”“c”或“N”).正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动时，灵敏电流计指针向右偏转.由此可以判断__________.

A．线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转

B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转

C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使灵敏电流计指针静止在

D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向

（2）仅用一根导线，如何判断G表内部线圈是否断了？________________.

【答案】a c B 短接G表前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈未断；反之则断了．    

【解析】

【详解】

（1）[1][2]．将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，所以M连接c；再将电流计与线圈B串联成另一个回路，所以N连接a；

[3]．由题意可知：当P向右加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转；故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏；

A、A向上移动时B中磁通量减小，指针向右偏转，而滑动变阻器滑动端P向左加速滑动时，B中磁通量增大，故指针应向左偏转，故A错误；

B、当铁芯拔出或断开开关时，A中磁场减小，故B中磁通量减小，指针向右偏转，故B正确；

C、滑片匀速运动时，A中也会产生变化的磁场，线圈B中产生了感应电流使指针向右或向左偏转，故C错误；

D、由以上分析可知，D错误；

（2）[4]．仅用一根导线，将检流计G短接前后，摇动表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了，说明虽有切割磁感应线，但没有感应电流，则没有安培阻力，指针变化明显；反之，则出现感应电流，进而安培阻力，使其变化不明显，则线圈未断。

29．如图为“探究电磁感应现象”的实验装置．

将图中所缺的导线补接完整．

如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：

①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________偏转（选填“发生”或“不发生”）；

②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针________偏转（选填“发生”或“不发生”）；

③在上述两过程中灵敏电流计指针的偏转方向________（选填“相同”或“相反”）．

在做“探究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将________．（不定项选择）

A．因电路不闭合，无电磁感应现象

B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势

C．不能用楞次定律判断感应电动势方向

D．可以用楞次定律判断感应电动势方向

【答案】 发生，发生， 相反， BD    

【解析】

(1)将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示；

(2)闭合电键，磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈迅速插入副线圈，磁通量增加，则灵敏电流计的指针将向右偏转一下；

原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，则电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转一下；

(3)如果副线圈B两端不接任何元件，线圈中仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，不会没有感应电流存在，但是可根据楞次定律来确定感应电流的方向，从而可以判断出感应电动势的方向，故BD正确，AC错误；

故选BD．

30．如图甲、乙和丙所示均为教材中的演示实验实物图。在电路连接正确的情况下，回答下列问题。

(1)图甲中，将条形磁铁插入线圈和拔出线圈时，灵敏电流计指针偏转方向_________（填“相同”或“相反”）。

(2)图乙中，导体棒AB以大小不同的速度沿相同方向切割磁感线时，灵敏电流计指针偏转大小_________（填“相同”或“相反”）。

(3)图丙中，当开关闭合的瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转，则下列操作能使灵敏电流计指针向右偏转的有_________。（填选项前的字母）

A．开关闭合一段时间后再断开开关的瞬间

B．保持开关闭合，快速向右移动滑动变阻器的滑片

C．保持开关断开，快速向左移动滑动变阻器的滑片

D．保持开关闭合，快速将线圈A从线圈B中拔出

【答案】相反 不同 AD    

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]将条形磁铁插入线圈和拔出线圈时，线圈中原磁场方向相同，拔出和插入时磁通量变化正好相反，根据楞次定律可知，产生感应电流方向相反。

(2)[2]根据

可知导体棒速度不同则产生感应电动势不同，产生感应电流不同，则灵敏电流计指针偏转大小不同。

(3)[3]A．开关闭合一段时间后再断开开关的瞬间，电流从有到无，磁通量减小，根据楞次定律可知灵敏电流计指针向右偏转，故A正确；

B．保持开关闭合，快速向右移动滑动变阻器的滑片，接入电路中的电阻减小，则电流增加，磁通量增大，根据楞次定律可知灵敏电流计指针向左偏转，故B错误；

C．保持开关断开，不论怎么移动滑片，A中无电流，则无磁场产生，故B中无电流产生，故C错误；

D．保持开关闭合，快速将线圈A从线圈B中拔出，磁通量减小，根据楞次定律可知灵敏电流计指针向右偏转，故D正确。

故选AD。