高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷专题练习(word版

一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）

1．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/s2

【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=mgtanα

解得：

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：

解得：

【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．

2．如图所示，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”，一直延伸至圆形轨道最低点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，初始状态弹簧被压缩，物块可看成质点，质量m=0.1kg，电荷量q=-×10-6C，与“隧道”绝缘层间的动摩擦因数μ=0.2。剪断细线，弹簧释放弹性势能Ep，促使物块瞬间获得初速度（忽略加速过程）。之后物块从A点沿直线运动至B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，静电力常量为k= 9.0×l09N·m2/C2。求：

（1）物块在最高点C时的速度大小；

（2）物块在圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小；

（3）弹簧压缩时的弹性势能Ep和物块初速度vA。

【答案】(1) 4m/s  (2) 6N  (3) 3.2J, 8m/s

【解析】

【详解】

（1）物块恰好通过最高点C，轨道对物块没有作用力，由牛顿第二定律得

其中 

解得 

vC=4m/s

（2）B→C过程，由动能定理得

解得

在B点，由牛顿第二定律得

解得

 FNB=6N

根据牛顿第三定律知物块在圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小 FNB′=FNB=6N。

（3）A→B，由动能定理得

又 f=μmg

解得 

vA=8m/s

弹簧压缩时的弹性势能 

解得

Ep=3.2J

3．如图所示，长l＝1m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＝1.0×10－6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)小球所受电场力F的大小；

(2)小球的质量m；

(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．

【答案】(1)F=3.0×10－3N　(2)m=4.0×10－4kg　(3)v=2.0m/s

【解析】

【分析】

【详解】

(1)根据电场力的计算公式可得电场力；

(2)小球受力情况如图所示：

根据几何关系可得，所以；

(3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则，解得v=2m/s．

4．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧一个质量为m，电荷量为+q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道不计空气阻力及一切能量损失．

（1）小球在A点进入电场时的速度；

（2）小球在C点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为多少；

（3）小球从B点离开圆弧轨道后上升到最高点离B点的距离．

【答案】（1）；

（2）、；

（3）．

【解析】

【详解】

（1）对从释放到A点过程，根据动能定理，有：

解得：

（2）对从释放到最低点过程，根据动能定理，有：

 ……①

小球在C点离开电场前瞬间，根据牛顿第二定律，有：

 ……..②

小球在C点离开电场后瞬间，根据牛顿第二定律，有：

……. ③

联立①②③解得：

根据牛顿第三定律，小球在C点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为

（3）从释放小球到右侧最高点过程，根据动能定理，有：

解得：

答：（1）小球在A点进入电场时的速度为；

（2）小球在C点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为、；

（3）小球从B点离开圆弧轨道后上升到最高点离B点的距离为．

5．如图所示，一条长为l的细线,上端固定,下端拴一质量为m的带电小球．将它置于一匀强电场中,电场强度大小为E，方向水平向右.已知当细线离开竖直位置的偏角为α时,小球处于平衡状态．

（1)小球带何种电荷并求出小球所带电荷量；

（2)若将小球拉到水平位置后放开手，求小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中，电场力对小球所做的功．

【答案】(1)正， （2） 

【解析】

【详解】

（1）小球所受电场力的方向与场强方向一致，则带正电荷；  

由平衡可知：

Eq=mgtanα

得：

（2）小球从水平位置摆到悬点正下方位置的过程中，电场力做负功，大小为

W=Eql= mgltanα

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．

8．一匀强电场足够大，场强方向是水平的．一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求：

（1）小球运动的加速度的大小是多少？

（2）小球从O点出发到其运动到最高点时发生的位移大小？

（3）小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差？

【答案】（1）（2）(3) 

【解析】

【详解】

（1）小球做直线运动，所受的合力与速度方向在同一条直线上，

根据平行四边形定则得：sinθ＝

解得小球的加速度：．

（2）小球从开始到最高点的位移为：．

（3）因为Eq=mg/tanθ，则小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差等于电场力做功，即

【点睛】

本题有两点需要注意，一是由运动情景应能找出受力关系；二是知道小球做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求解位移．知道电势能的变化量的等于电场力的功.

9．如图所示，一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正水平射入偏转电场，离子的初速度为v0，质量为m，A、B间电压为U，间距为d。C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属档板，屏MN足够大。若A、B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d，不考虑离子所受重力，元电荷为e。

（1）写出离子射出A、B板时的侧移距离y的表达式；

（2）离子通过A、B板时电势能变化了多少？

（3）求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上。

【答案】（1）y＝；（2）电势能减少了；（3）打到屏MN上离子的初动能范围为

【解析】

【详解】

（1）离子在A、B板间做类平抛运动，加速度a=，离子通过A、B板用的时间t=，离子射出A、B板时的侧移距离

y=at2==

（2）离子通过A、B板时电场力做正功，离子的电势能减少，电场力做的正功

W=y=

电场力做多少正功，离子的电势能就减少多少，即离子通过A、B板时电势能减少了。

（3）离子射出电场时的竖直分速度vy=at，射出电场时速度的偏转角

tan==

离子射出电场时做匀速直线运动，要使离子打在屏MN上，需满足y＜，即＜，解得离子的动能

Ek

同时也要满足Ltan+y＞，即+＞，解得离子的动能

Ek

打到屏MN上离子的初动能范围为

答：（1）离子射出A、B板时的侧移距离y= ；（2）离子通过A、B板时电势能减少了；（3）打到屏MN上离子的初动能范围为。

10．如图所示，AB是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数，BCD是半径为R=0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E = 4.0×103N/C，质量m = 0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB对应的高度h = 0.24m，滑块带电荷q = -5.0×10-4C，取重力加速度g = 10m/s2，sin37°= 0.60，cos37°=0.80．求：

（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；

（2）滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力．

【答案】(1)       (2) 

【解析】

【分析】

(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B点时的速度大小；

(2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得C点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解．

【详解】

(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：

设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得：

解得：

v1=2.4m/s

(2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得：

当滑块经过最低点时，有：

由牛顿第三定律：

方向竖直向下．

【点睛】

本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.

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，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，，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)   (2)

【解析】

【详解】

(1)设小球所受电场力为，电场强度的大小为E

由力的合成法则有

解得：

(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：

设小球到达C点时的速度大小为，由牛顿第二定律得

解得：

设小球到达A点的速度大小为，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得

由动能定理有

故小球在A点的速度大小为

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R1的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R1的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度

③闭合S2，保持R1不变，调节R2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R2的阻值

回答下列问题：

（1）如果按正确操作步骤测得R2的阻值为90Ω，则毫安表G内阻的测量值Rg=___Ω，与毫安表内阻的真实值相比，Rg____（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     

【解析】

【分析】

【详解】

（1）[1]由于指针指在三分之一的位置，说明R2分得电流为电流计电流的两倍，所以电流计电阻是R2的两倍，为180Ω。闭合S2后，R2与Rg的并联值R并Ig，而此时G的示数为满偏电流的三分之一，所以IR2大于三分之二满偏电流，所以2R2<，即Rg<；

（2）[2]由并联电路分流特点，得

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

当量程为32mA时，则有

当量程为30mA时，则有

联立解得

14．实验室有一个阻值约200Ω左右的待测电阻Rx

（1）甲同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值，实验室提供如下器材：

电池组E：电动势3V，内阻不计

电流表A1：量程0~15mA，内阻约为100Ω

电流表A2：量程0~600μA，内阻为1000Ω

滑动变阻器R1：阻值范围0~20Ω，额定电流2A

电阻箱R2，阻值范围0~9999Ω，额定电流1A

电键S、导线若干

①为了测量待测电阻两端的电压，该同学将电流表A2与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到__________Ω时，将电流表A2改装成一个量程为3.0V的电压表。

②为了尽可能准确地测量Rx的阻值，在方框中画完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号__________________。

③调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是___mA，电流表A2的示数是____μA，则待测电阻Rx的阻值是____Ω。

（2）乙同学则直接用多用电表测Rx的阻值，多用电表电阻挡有3种倍率，分别是×100、×10、×1．该同学选择×100倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大．为了准确地进行测量，请你从以下给出的操作步骤中，选择必要的步骤，并排出合理顺序：______．（填步骤前的字母）

A．旋转选择开关至欧姆挡“×l”

B．旋转选择开关至欧姆挡“×10”

C．旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔

D．将两表笔分别连接到Rx的两端，读出阻值后，断开两表笔

E．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔

按正确步骤测量时，指针指在图示位置，Rx的测量值为______Ω．

【答案】4000Ω  8.0mA 300μA 187.5Ω B、E、D、C 220Ω    

【解析】

【详解】

（1）①[1]为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表A2电阻箱串联组成电压表；改装后电压表量程是3V，则电阻箱阻值

②[2]因改装后的电压表内阻已知，则采用电流表A1外接，电路如图：

③[3][4][5]由图可知，电流表A1的示数是8mA，电流表A2的示数是300μA，则待测电阻Rx的阻值是

。

（2）①[6]该同学选择×100倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大，说明倍率档选择过大，应该选择×10倍率档，然后调零再进行测量；即操作顺序是：BEDC； 

②[7]Rx的测量值为22×10Ω=220Ω。

15．用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的．某同学将和两个适当的固定电阻、连成图1虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻的阻值随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的阻值，测量电路如图1所示，图中的电压表内阻很大．的测量结果如表所示．

（1）根据图1所示的电路，在图2所示的实物图上连线_______________．

（2）为了检验与f之间近似为线性关系，在坐标纸上作-t关系图线___________．

（3）在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图3、4所示．电流表的读数为____，电压表的读数为___．此时等效电阻的阻值为___：热敏电阻所处环境的温度约为____．

【答案】  115mA  5.00V 43.5Ω      .0℃    

【解析】

【分析】

【详解】

根据电路图按照顺序可以将实物电路连接，如图2所示；

根据表1的数据可以在RL-t图象上进行描点作图，图象如图所示

图3的表盘分度值为5mA，电流表读数为115 mA；图4的表盘分度值为0.01V，电压表读数为5.00V；根据部分电路欧姆定律RL=43.5Ω，根据第2题的图象可以查出热敏电阻所处环境的温度为.0℃．

16．某小组同学改装电压表时，在实验室找到如下实验器材：

A．电压表V1：量程为2.5V，内阻几千欧；

B．电流表A1：量程为5mA，内阻约为10Ω；

C．电流表A2：量程为1A，内阻0.5Ω左右；

D．电阻箱R1：阻值范围0~999.9Ω；

E．滑动变阻器R2：阻值范围0~10Ω；

F．滑动变阻器R3：阻值范图0~5000Ω；

G．电源：电动势E=5V，内阻r=0.5Ω；

H．开关、导线若干。

由于没有合适的电压表，计划用电流表A1改装。

(1)先用半偏法测电流表A1的内阻，电路如图甲所示。操作过程如下：将R3调至阻值最大，断开S2、闭合S1，调节R3使电流表A1的示数为4.00mA；保持R3的阻值不变，闭合S2，调节R1使电流表A1的示数为2.00mA，此时R1的阻值为10.5Ω。则电流表A1的内阻为________Ω；

(2)将电流表A1改装成量程为5V的电压表。把电阻箱的阻值调至________Ω，与电流表A1串联后即为量程为5V的电压表；

(3)对改装后的电压表校对，该小组同学从别的地方找到一标准电压表V，将改装好的电压表（如图乙中虚线框所示）与标准电压表V并联，接入如图乙所示的电路中，调节R2，使电流表A1的示数如图丙所示，则电流表的示数为________ mA；若改装后的电压表非常准确，则此时电压表的示数为________ V（结果保留两位有效数字）。

【答案】10.5 9.5 2.60 2.6    

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]由题意可知，干电路电流不变为

流过电阻箱的电流

根据并联电路特点和欧姆定律得电流表内阻为

Ω=10.5Ω

[2]将电流表A1改装成量程为5V的电压表，根据串联分压有

Ω=9.5Ω

(3)[3]由图丙可知电流表的示数为2.60mA

[4]根据串联电路电压分配关系有

解得

17．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

18．为了探究某电阻Rt在不同温度下的阻值，某同学设计了如图甲所示的电路，其中A为内阻不计、量程为3mA的电流表，E1为电动势1.5V、内阻约1Ω的电源，R1为滑动变阻器，R2为电阻箱，S为单刀双掷开关．

（1）实验室中提供的滑动变阻器有两个：RA（0-150Ω），RB（0-500Ω）；本实验中滑动变阻器R1应选用__________（填“RA”或“RB"）．

（2）完成下面实验步骤：

①调节温度，使Rt的温度达到t1；

②将S拨向接点1，调节___________，使电流表的指针偏转到适当位置，记下此时电流表的读数I；

③将S拨向接点2，调节__________，使电流表读数仍为I，记下此时电阻箱的读数R0，则当温度为t1时，电阻Rt＝________；

④改变Rt的温度，重复步骤②③，即可测得电阻Rt阻值随温度变化的规律．

（3）现测得电阻Rt随温度t变化的图象如图乙所示，把该电阻与电动势为3.0V、内阻不计的电源E2、量程为3.0V的理想电压表V（图中未画出）和电阻箱R2连成如图丙所示的电路．用该电阻作测温探头，将电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“电阻温度计”．若要求电压表的读数必须随温度的升高而增大，则应在原理图丙中________两点（填“ab”或“bc"）接入电压表．如果电阻箱阻值R2＝75Ω，则电压表刻度盘2.0V处对应的温度数值为____℃．

【答案】RB R1 R2 Ro bc 50    

【解析】

【分析】

【详解】

（1）[1]由电源的电动势为1.5 V，电流表量程为3 mA可知，达到满偏时，电路总电阻约为500 Ω，故滑动变阻器选择RB.

（2）[2][3][4]实验中选用替代法测量电阻，第二步中，先将S拨向接点1，调节滑动变阻器R1，记录电流表读数；然后将S拨向接点2，调节电阻箱R2，使电流表读数仍为I，此时电阻箱的读数即为待测电阻的阻值，即Rt＝R0.

（3）[5][6]由于电阻Rt随温度升高而增大，由闭合电路欧姆定律可知其两端电压也增大，所以电压表与之并联，即电压表接在b、c两点．根据题图乙中图象可得Rt＝（100＋t）Ω，由串联分压规律可得电压表示数为2.0 V时，Rt＝150 Ω，解得t＝50（℃）．

四、必修第3册 电能 能量守恒定律实验题易错题培优（难）

19．某实验小组要测量干电池组(两节)的电动势和内阻，实验室有下列器材：

A灵敏电流计G(量程为0~10mA，内阻约为100Ω)

B电压表V（量程为0~3V，内阻约为10kΩ)

C．电阻箱R1(0~999.9Ω)

D．滑动变阻器R2(0~10Ω，额定电流为1A)

E.旧电池2节

F.开关、导线若干

(1)由于灵敏电流计的量程太小，需扩大灵敏电流计的量程．测量灵敏电流计内阻的电路如图甲所示，调节R2和电阻箱，使得电压表示数为2.00V，灵敏电流计示数为4.00mA，此时电阻箱接入电路的电阻为398.3Ω，则灵敏电流计内阻为___________Ω(保留一位小数)．

(2)为将灵敏电流计的量程扩大为100mA，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R1的阻值调为___________Ω(保留三位有效数字)．

(3)把扩大量程后的电流表接入如图乙所示的电路，根据测得的数据作出 (U为电压表的示数，为灵敏电流计的示数)图象如图丙所示则该干电池组的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω(保留三位有效数字)

【答案】101.7 11.3      

【解析】

【分析】

（1）根据题意应用欧姆定律可以求出电流表内阻．

（2）把灵敏电流计改装成电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值．

（3）由闭合电路欧姆定律确定出的关系式，结合图象求得E，r．

【详解】

（1）[1]灵敏电流计内阻：

Ω

（2）[2]灵敏电流计满偏电流为10mA，把它改装成100mA的电流表，电流表量程扩大了10倍，并联电阻分流为90mA，为电流计的9倍，由并联电路特点可知，并联电阻阻值：

Ω

（3）[3][4]电流表示数：，由图示电路图可知，电源电动势：

整理得：

由图示图象可知，电源电动势：E=2.91V，图象斜率：

k=10r=

电源内阻：r=9.1Ω。

【点睛】

本题关键是明确实验的原理，明确各个部分联接关系，由部分电路欧姆定律与全电路欧姆定律分析求解，对于图象类问题要写出表达式进行分析．

20．某同学欲测量一电容器的电容，他采用高电阻放电法来测量，电路图如图甲所示．其原理是测出电容器在充电电压为U时所带的电荷量Q，从而求出其电容C．该实验的操作步骤如下：

（1）先判断电容器的好坏，使用万用表的电阻挡进行测量，观察到万用表指针向右偏转较大角度，又逐渐返回到起始位置，此现象说明电容器是____（选填“好”、“坏”）的；

（2）按如图甲所示电路原理图连接好实验电路，将开关S接通____（选填“1”、“2”），对电容器进行充电，调节可变电阻R的阻值，再将开关S接通另一端，让电容器放电，观察微安表的读数，直到微安表的初始指针接近满刻度；

（3）此时让电容器先充电，记下这时的电压表读数U0=2.9V，再放电，并同时开始计时，每隔5 s或10 s读一次微安表的读数i，将读数记录在预先设计的表格中。根据表格中的12组数据，以t为横坐标，i为纵坐标，在乙图所示的坐标纸上描点（图中用“×”表示），请在图上作出电流i与时间t的曲线______;

（4）根据以上实验结果和图象，算出该电容器的电容约为____F（结果保留两位有效数字）．

【答案】好 1  2.6×10-3~3.0×10-3之间    

【解析】

【详解】

（1）[1]使用万用表的电阻挡进行测量，观察到万用表指针向右偏转较大角度，又逐渐返回到起始位置，此现象说明电容器是好的。

（2）[2] 将开关S接通“1”，电容器与电源连接，对电容器进行充电。

（3）[3] 根据坐标系内所描出的点，用平滑的曲线把各点连接起来，可作出作出电流i与时间t的图象如图：

（4）[4]由知，电荷量为I−t图象与坐标轴所围的面积，即面积为电容器在开始放电时所带的电荷量。由图象可知“面积”格数约32格（31∼33格均正确），每小格相当于2.5×10 -4 C，所以电容器电容为U0时，电荷量Q=7.75×10−3C(8.00×10−3C∼8.25×10−3C均正确)，电容器的电容 （2.6×10-3~3.0×10-3之间均正确）。

21．（1）如图所示为某多用电表内部简化电路图，作电流表使用时，选择开关S应接________(选填“1”“2”“3”“4”或“5”)量程较大．

（2）某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为3 V的电压表内阻(如图乙)，主要步骤如下：

① 把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；

② 把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处；

③ 把红表笔与待测电压表________(选填“正”或“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针偏转角度很小；

④ 换用________(选填“×10”或“×1 k”)欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中，记下电阻数值；

⑤ 把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕．

（3） 实验中(如图丙)某同学读出欧姆表的读数为_________Ω，这时电压表读数为___________V.

（4）请你计算欧姆表内部电源电动势为________V．(保留两位有效数字)

【答案】1 负 ×1k 4.0×104 2.20 3.0    

【解析】

（1）当做电流表使用时，电阻应和表头并联分流，故连接1和2时为电流表，根据欧姆定律可知并联支路的电压相等，并联支路的电阻越大，分流越小，故当接1时量程最大；

（2）③根据“红进黑出”原理，即电流从红表笔流进可知红表笔接电压表的负极；

④欧姆表在测量电阻时指针从无穷大处开始偏转，故欧姆表指针偏转很小，说明被测电阻大，档位应提升一级，即换×1k的测量；

（3）欧姆表的读数为；电压表分度值为0.1V，故读数为2.20V；

（4）根据（3）采用的档位可知中值电阻即欧姆表内阻为，根据闭合回路欧姆定律可得，解得．

22．用如图甲所示的电路测量一节新干电池的电动势和内电阻．干电池内电阻较小．除干电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：

A．电压表V (量程3V)  

B．电流表A(量程0.6A)  

C．定值电阻R0（阻值2Ω，额定功率2W） 

D．滑动变阻器R（阻值范围0-20Ω，额定电流1A）

（1）在图乙中已画出部分线路的连接，请你以笔画线代替导线，完成剩余的线路连接；

（2）根据实验数据作出U—I图象如图丙所示，则干电池的电动势E＝_____V，内阻r=____Ω（保留两位有效数字）；

（3）定值电阻R0在电路中作用是_____________（只要求写出一点）．

【答案】 1.6V，0.29Ω ①保护作用；②增大等效阻的测量值，减小误差；③当改变变阻器阻时，电压表示数变化大．    

【解析】

(1)根据图甲所示电路图为电流表内接法和滑动变阻器的限流式，连接实物电路图如图所示：

(2)由闭合电路的欧姆定律，结合图丙图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.6，则电源电动势E=1.6V, 图象斜率表示等效内阻，电源的内阻r=k-R0=2.29-2=0.29Ω.

(3)由图甲所示电路图可知，定值电阻与电源串联组成等效电源，增大了电源内阻，定值电阻一方面可以保护电路，同时增大了电源的等效电阻，减小了实验误差，此外，增大电源等效内阻，改变变阻器阻时，电压表示数变化大，便于实验．

【点睛】用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的U-I图象与纵轴交点坐标值为电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．

23．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。

24．为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学采用了伏安法，现备有下列器材：

A．被测干电池一节

B．电流表A1，量程0～0.6 A，内阻r＝0.3 Ω

C．电流表A2，量程0～0.6 A，内阻约为0.1 Ω

D．电压表V1，量程0～3 V，内阻未知

E．电压表V2，量程0～15 V，内阻未知

F．滑动变阻器1,0～10 Ω，2 A

G．滑动变阻器2,0～100 Ω，1 A

H．开关、导线若干

伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．

(1)在上述器材中请选择适当的器材：______ (填写选项前的字母)；

(2)实验电路图应选择下图中的______ (填“甲”或“乙”)；

(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U－I图象，则干电池的电动势E＝______V，内电阻r＝______Ω.

【答案】ABDFH 甲 1.5 0.7    

【解析】

【详解】

(1)[1]本实验中必选的仪器有：A．被测干电池一节；H开关、导线若干；因电源电动势为1.5V，电流较小，为了读数准确，所以电流表应选择：量程0～0.6A，内阻0.3Ω的B；电压表选择D量程0～3V，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F，故选ABDFH.

(2)[2]因电流表的内阻已知，故实验电路图应选择图甲；

(3)[3][4]根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U－I图象，则干电池的电动势

E＝1.5V

内电阻

r＝Ω－0.3Ω＝0.7Ω.

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．为探究影响感应电流方向的因素，几位同学做了如下的实验。

(1)小李同学选用图（甲）中的器材模仿法拉第的实验进行探究

①为了保证实验现象明显，电源选用_______，电表选用________；（填写器材前的代码）

A．低压直流电源

B．低压交流电源

C．220V交流电源

D．灵敏电流计

E.0~0.6A量程的电流表

F.0~0.6V量程的电压表

②请在实物图中，用笔画线代替导线将电路补充完整_______；

③实验过程中，记录的实验现象如下表所示，观察四项实验结果，能够得出结论，产生感应电流的条件与________的变化有关?(选填“A”“B”或“C”)

A．磁场       B．电场      C．闭合导体回路包围的面积

A．磁场       B．电场       C．闭合导体回路包围的面积

依据小李和小张两位同学的实验得出结论：只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流。

(3)小任同学根据感应电流产生的条件，想利用摇绳发电。如图(丙)所示，把条大约10m长电线的两端连在一个灵敏电流表的两个接线柱上，形成闭合导体回路。两个同学迅速摇动这条电线，沿________方向站立时，发电的可能性比较大。(选填“东西”“南北”)。

【答案】A D  A C 东西    

【解析】

【分析】

【详解】

(1)①[1]探究感应电流产生的条件是通过开关的闭合与断开，滑动变阻器的滑动等方式改变流过A螺旋管的电流，从而让B线圈产生感应电流，故电源只需要低压直流电源就能满足要求，而不需要选低压交流电源让电流本身发生变化，则电源应选A；

 [2]感应电流的产生比较微弱，电流方向需要根据指针偏转判断，则电流表选指针在的灵敏电流计最合适，故选D；

②[3]A线圈为通电的电路，B线圈为产生感应电流的回路，连接电路图如图所示

③[4]根据四个操作可总结得到，开关的断开与闭、闭合开关后移动滑动变阻器的滑片都改变了流过A线圈的电流大小，从而使得穿过B线圈的磁场变化，则产生感应电流的条件与磁场的变化有关，故A正确，BC错误。

故选A。

(2)[5]导体棒在金属导轨上向右移动切割磁感线，匀强磁场恒定，但引起了回路所围磁场的有效面积的增大，从而使得磁通量变大而产生感应电流，故产生感应电流的条件与闭合导体回路包围的面积的变化有关，故C正确，AB错误。

故选C。

(3)[6]用跳绳构成闭合回路切割地磁场的磁感线，能够产生感应电流，因地磁场在地球外部是由南向北，有竖直方向的分量，跳绳垂直切割磁感线能产生最大的感应电流，则沿东西方向站立时，发电的可能性比较大。

26．图为“研究电磁感应现象”的实验装置：

(1)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________；

②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器的阻值调大时，灵敏电流计指针________；

(2)在做实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将________。

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】右偏 左偏 BD    

【解析】

【分析】

【详解】

(1)如果在闭合开关时，线圈中的电流增加，灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么当磁通量增加时，指针右偏：

①[1]．将原线圈迅速插入副线圈时，磁通量增加，则灵敏电流计指针将右偏；

②[2]．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器的阻值调大时，电流减小，磁通量减小，则灵敏电流计指针左偏；

(2)[3]．在做实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将仍有电磁感应现象，但因电路不闭合，无感应电流，只有感应电动势，且仍能用楞次定律判断感应电动势方向；故选BD。

27．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。

（1）将图中所缺的导线补接完整_________；

（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，那么合上开关，且在原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将_________（填“向左偏”或“向右偏”）；滑片不动，将原线圈A迅速拔出副线圈B，电流计指针将_________（填“向左偏”或“向右偏”）。

【答案】

 向左偏 向左偏    

【解析】

【分析】

【详解】

（1）[1]如图所示

（2）[2][3]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；将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，线圈A中电流减小，穿过线圈的磁通量减小，电流计指针将向左偏；将原线圈迅速拔出副线圈时，穿过线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏。

28．用如图所示的实验器材来探究产生感应电流的条件。

(1)图中已经用导线将部分器材连接，请将实物间的连线补充完整_____；

(2)若连接好实验电路并检查无误后，在闭合开关的瞬间，观察到电流计指针向右偏转，这是由于线圈_____（填“A”或“B”）中有了感应电流。

(3)在开关闭合且稳定后，使滑动变阻器的滑片向右匀速滑动，此过程中灵敏电流计的指针_____（选填“向右偏”、“不偏转”或“向左偏”）。

【答案】 B 向左偏    

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]本实验中线圈A与电源相连，通过调节滑动变阻器使线圈A中的磁通量发生变化，从而使线圈B产生电磁感应线象，故线圈B应与检流计相连，如图所示

(2)[2]闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈B中有了感应电流，产生感应电流的原因是其磁通量发生变化。

(3)[3]如果在闭合电键时，线圈中的电流增大，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流，指针向右偏。闭合电键后，滑动变阻器的滑片向右移动，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流，根据楞次定律知，感应电流的方向与闭合电键的瞬间电流方向相反，则电流表指针向左偏。

29．如图1为“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置，所用电流表指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从“+”接线柱流入电流表时，指针向右偏转。

(1)将条形磁铁按如图1方式S极向下插入螺线管时，发现电流表的指针向右偏转。螺线管的绕线方向如图2所示。请在图2中标出螺线管中的感应电流方向_______。

(2)经分析可得出结论：当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向____（填“相同”或“相反”）。

(3)接上面的(1)，将条形磁铁从螺线管中抽出时，电流表的指针向____（填“左”或“右”）偏转。

【答案】 相反 左    

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]根据电流表指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从正极接线柱流入电流表时，指针向右偏转可知，线圈中电流方向为从B流向A，如图所示

(2)[2]S极向下插入螺线管时，线圈中磁通量增大，根据产生的电流方向，由右手定则可判断出产生的感应电流的磁场与原磁场方向相反。

(3)[3]将条形磁铁从螺线管中抽出时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流的磁通量应与原磁场方向相同向下，阻碍磁通量的减小，根据安培定则可判断，线圈中感应电流方向从A到B，即向左，则电流表的指针方向向左。

30．在“研究电磁感应现象”的实验中：

(1)电磁铁回路连线尚未完成，请以笔画线代替导线连成正确的完整回路________。

(2)电路连接完整后，闭合电键，将变阻器滑键向右移动的过程时，发现电流表指针向右偏转，则：

①将铁芯插入电磁铁的螺线管内时，电表指针向_____偏转。

②在电磁铁回路通电状态下，断开电键的瞬时，电表指针向______偏转。

【答案】 左 右    

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]如图所示

(2)[2][3]由题意得，将变阻器滑键向右移动的过程时，通过小线圈的电流减小，穿过小线圈的磁通量减小，而电流表指针向右偏转，说明穿过线圈的磁通量减小时电流表指针向右偏转。将铁芯插入电磁铁的螺线管内时，穿过线圈的磁通量增大，则电流表的指针向左偏转。在电磁铁回路通电状态下，断开电键的瞬时，穿过线圈的磁通量减小，则电流表的指针向右偏转。