高中物理必修3物理全冊全單元試卷專題練習

高中物理必修3物理全冊全單元精選試卷專題練習〔解析版〕一、必修第3冊靜電場及其應用解答題易錯題培優(yōu)〔難〕如下圖，單層光滑絕緣圓形軌道豎直放置，半徑r=lm，其圓心處有一電荷量Q=+l×l0-4C的點電荷，軌道左側是一個鋼制“隧道”，始終延長至圓形軌道最低點B；在“隧道”底部輔設絕緣層?！八淼馈弊蠖斯潭ㄒ粡椈?，用細線將彈簧與一靜止物塊拴接，初始狀態(tài)彈簧被2m=0.1kgq=-3×10-6C，與“隧道”絕緣層間的動摩擦p因數(shù)μ=0.2。剪斷細線，彈簧釋放彈性勢能E，促使物塊瞬間獲得初速度〔無視加速過程〕AB點后沿圓形軌道運動，恰好通過最高點C。其中l(wèi)AB=2m，設物塊運動時電荷量始終不變，且不對Q的電場產生影響，不計空氣阻力，靜電pk=9.0×l09N·m2/C2。求：物塊在最高點C時的速度大小；B時對軌道的壓力大??；AEpv。A【答案】(1)4m/s(2)6N(3)3.2J,8m/s【解析】【詳解】物塊恰好通過最高點C，軌道對物塊沒有作用力，由牛頓其次定律得v2mgF m C庫 r其中F kQq庫 r2解得B→C過程，由動能定理得

vC=4m/s1 1mg2r mv2 mv22 C 2 B解得B點，由牛頓其次定律得

v 56m/sBv2F FNB 庫

mgm Br解得FNB=6N依據(jù)牛頓第三定律知物塊在圓形軌道最低點BFNB′=FNB=6N。A→B，由動能定理得fl

1 mv2

1mv2f=μmg解得

AB 2 B 2 A彈簧壓縮時的彈性勢能

vA=8m/s1Ep2解得

mv2AEp=3.2J如下圖，空間存在方向水平向右的勻強電場，兩個可視為點電荷的帶電小球P和Q用絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，勻強電場強度為E，L，PQθ，kP、Q的受力示意圖；P、Q兩小球分別所帶的電量。EL2【答案】〔1〕P帶負電，Q帶正電；〔2〕ksin【解析】【詳解】P、Q受力示意圖如圖依據(jù)平衡條件，P帶負電，Q帶正電①P帶電量為-q，Qq1 2依據(jù)庫侖定律：qq依據(jù)牛頓第三定律：

F kC

12 ②L2P球：依據(jù)平衡條件：

FC=FC/ ③qEF sin ④解得：Q球：依據(jù)平衡條件：

1 C⑤q EL2⑤1 ksin解得：

qEF”sin ⑥2 c⑦q EL2⑦2 ksin如下圖，兩異種點電荷的電荷量均為Q，絕緣豎直平面過兩點電荷連線的中點O且A、OBAOBOL，點電荷到O點L。現(xiàn)有電荷量為q、質量為m的小物塊〔可視為質點〕，A點以初速度v0BB點時速度恰好減為零。物塊與平面的動摩擦因數(shù)為。求：A點的電場強度的大?。籅點時加速度的大小和方向；(3)物塊通過O點的速度大小。【答案】(1Ek【解析】【分析】【詳解】

22Q2L2

2qkQ2mL2

g，方向豎直向上；(3)v 2 v0A點產生的場強E0

k Q 2L2

kQ2L2A點的電場強度的大小由牛頓其次定律得

E 2E 0

22kQ2L2qEmgma解得2qkQ方向豎直向上；

a 2mL2 g2ABWf，由動能定理得212mgLW 0 mv2f 2 0AO過程中1 1 1mgL W mv2 mv22 f 2 2 0解得2v 2v02mAαA帶正電，電量qBQABH處無初速釋AA與細桿間的摩擦，整個裝置處在真空中。靜kg。A球剛釋放時的加速度是多大？AAB點的距離?！敬鸢浮?1agsin－【解析】【分析】【詳解】由牛頓其次定律可知依據(jù)庫侖定律

kQqsin2mH2

kQqmgsin；kQqmgsinmgsinα－F＝maFkQq，r Hr2 sin得。agsin－kQqsin2。mH2A球受到合力為零、加速度為零時，動能最大。設此時ABx，則mgsinkQqx2解得kQqmgkQqmgsin【點睛】此題關鍵對小球A受力分析，然后依據(jù)牛頓其次定律求解加速度，依據(jù)力與速度關系分析小球A的運動狀況；知道合力為零時動能最大。如下圖，一光滑斜面的直角點A處固定一帶電量為+qm的絕緣小球。另一同樣小球置于斜面頂點B處，斜面長為L，現(xiàn)把上部小球從B點從靜止自由釋放，球能沿斜面從B點運動到斜面底端C處〔靜電力常量為k，重力加速度為g〕求：〔1〕小球從B處開頭運動到斜面中點D處時的速度？〔2〕小球運動到斜面底端C處時，球對斜面的壓力是多大？gl2【答案】(1)v gl2D【解析】

(2)

F” F N N

3 2kq2mg2 3L2由題意知：小球運動到D點時，由于AD=AB，所以有 D B即U DB D

0①L 1mg

sin30qu 2 DB

2mv20②聯(lián)立①②解得v gl③D 2當小球運動到C點時，對球受力分析如下圖則由平衡條件得：F FN 庫

sin30mgcos30④由庫侖定律得：F庫聯(lián)立④⑤得：F N

kq2lcos302⑤3 2kq2m2 32由牛頓第三定律即F”N

F N

3 2kq2mg ．2 3L2hADD處有一固定的正點荷，電荷量為QmA點由靜止釋放，運動到B點時速度到達最1 1C點時速度正好又變?yōu)榱?，B、CD3h4hk，g，求：qC點處的加速度；C、A兩點間的電勢差。mgh2 7 27kQ【答案】(1q9kQ【解析】【詳解】

9g方向豎直向上(2) 4hB點時速度到達最大，說明小球必帶正電，在B點應有：mg得：

kQq(h)23C點，由牛頓其次定律：

qmgh29kQkQqmgma(h)24得：7a g，方向豎直向上。79C、AUA、C間的電勢差為-U。AC過程，由動能定理：mg(hh)qU04得：27kQU4h二、必修第3冊靜電場中的能量解答題易錯題培優(yōu)〔難〕OxyyMNydy軸MNy軸正方向的勻強電場，如下圖．一電子從靜止開頭經(jīng)電UyAx軸的方向射入第一象限區(qū)域，AO的距h．不計電子的重力．NxE0；Exx軸xE的關系．UhE4Uh d 2UhUhE【答案】〔1〕E

〔2〕x2 或x 【解析】【分析】

0 d2 2 Ed此題考察電子在電場中的受力及運動【詳解】0emv．則01AN點，有

eU

mv22 0dvt00aeE0m聯(lián)立解得電場強度大小爭論兩種狀況：4Uh

1h2at24UhE 0 d2①Ed2

x軸，有xvt0aeEmxE的關系為

1h2at2UhExUhE②E

4Uh

xt，有d2 1dvt0112y at221 1t

v aty 1，電子做勻速直線運動，有2xdvt02xE的關系為

hy1

vty2d 2Uhx2Ed0x軸，其電勢x的分布可簡化為如下圖的折線，圖中和d為量。一個帶負電的粒子在電場中以x0x軸方向做周期性運動。己知m、電量為-q，無視重力。0求粒子所受電場力的大小；xd處由靜止釋放，求粒子的運動周期；0x0處獲得肯定動能，且動能與電勢能之和為–A〔0Aq〕。求粒子的運動區(qū)間。02md20q2md20

A【答案】〔1〕F

0；〔2〕T4 ；〔3〕-d1-

xd1- d【解析】【分析】【詳解】

0

0由圖可知，0d〔或-d〕φ0，電場強度的大小為：電場力的大小為：

E 0dFqEq0dxd處由靜止釋放開頭運動的四分之一周期，由牛頓其次定律得粒子的加速度aFq0依據(jù)直線運動公式

m md1聯(lián)立并代入得：

x2at2d2md22md20故得粒子的運動周期為：2md20T2md20設粒子在[-x，x]區(qū)間內運動，速率為v，由題意得12mv2-q-A由圖可知：

xx

1- 由上解得：

0 dx1 x因動能非負，有：

2mv2

1- -A0 dx x則有：

q 1- -A00 d A所以可得粒子的運動區(qū)間為：

xd1-

q 0 A A-d1-

xd1- 0 0如圖甲所示，真空中的電極K連續(xù)不斷地發(fā)出電子〔電子的初速度可無視不計〕，經(jīng)電U0U0t變化的圖像如圖乙所示，每個電子通過加速電場的過程時間極短，可認為該過程加速電壓不變.S穿出沿兩個彼此靠近且正對的水平金屬板A、B間中軸線，從左邊緣射入A、B兩板間的偏轉電場，A、B兩L=0.020md=0.050m，A板的電勢比BU，A、B板右側邊緣到豎直放置的熒光屏P〔面積足夠大〕b=0.10mO與A、B板的中心軸線在同一永平直線上，不計電子之間的相互作用力及其所受的重力。求：v0〔meU0〕假設電子能射出偏轉電場，從偏轉電場右端射出時，它在垂直于兩板方向的偏轉位移y為多少〔U0、U、L、d表示〕；要使電子都打不到熒光屏上，A、BU應滿足什么條件；當A、BU=50V時，電子打在熒光屏上距離中心點O多遠的范圍內。【答案】〔1〕v 0

UL22eU0my；〔2〕 4dU ；〔3〕所加電壓U2eU0my〔4〕0.025m～0.05m【解析】【分析】【詳解】電子加速過程中，依據(jù)動能定理有eU

01 mv2解得初速度

0 2 02eU02eU0m0偏轉過程中，水平方向做勻速直線運動，有v0tLAB兩板方向，做勻加速直線運動，有UEdeUma1由〔1〕問及以上幾式，解得

y2at2yUL24dU00U800Vy＞0.5d，代入(2)問結果，可得：04UU

dy4U

d?0.5d48000.50.052V100V0L2 L2 0.220所以為使電子都打不到屏上，A、BU100V當A、BU′=50V時，當電子恰好從A板右邊緣射出偏轉電場時其側移最大1 1yymax

2d20.05m0.025m設電子通過電場最大的偏轉角為θ，設電子打在屏上距中心點的最大距離為Ymax，則tanvyv

atvYmax又

0ymax

0bυυ yymax

0υtyt2聯(lián)立解得

Lυt2byUL2

Ymax

y max L

ymax

0.05m由第〔2〕問中的

4dU0

可知，在其它條件不變的狀況下，U0y越小U0=800V時，電子通過偏轉電場的側移量最小其最小側移量，UL2 500.22ymin

4dU0

4dU0

40.05800m0.0125m同理可知，電子打到屏上距中心的最小距離為Y 12by

0.025m0.025m~0.05m。

min L min兩塊水平平行放置的導體板如圖(甲)所示，大量電子〔質量m、電量e〕由靜止開頭，經(jīng)電壓為U0的電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之0間．當兩板均不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為3t；當在兩板間加如圖(乙)所示02t

，幅值恒為U

的周期性電壓時，恰好能使全部電子均從兩板間通過．問：0 0⑴這些電子通過兩板之間后，側向位移〔沿垂直于兩板方向上的位移〕的最大值和最小值分別是多少？t 6eUt 6eU200mt 6eU400m【答案】〔1〕

16， 〔2〕13【解析】t=0t=t0v–t圖象進展分析豎直方向的分速度v1y

eU0t，vmd 0

eU02tmd

2eUt= 00md側向最大位移s

2(1v t21y0

v t

)3v t

3eUt2 d00md 2側向最小位移s

1v

v

1.5v

3eUt2 d00解得d

6eU0tm

21y0

1y0

2md 4s

d=t0

6eU d=t046eU0m=t046eU0mymax

2 2 eU

ymin 4eU

eU 2eU由此得v21y

( md

t)20

0，v26m

( 02t)2 0md 0 3m而v20

2eU0m1 1mv2 mv2E 2 2

eU

/3 16所以kmax 0E 1 1

0eU

0 /12 13kmin

mv2 mv2 0 02 0 2 1y【名師點睛】解決此題的關鍵知道粒子在偏轉電場中水平方向上始終做勻速直線運動，在豎直方向上有電場時做勻加速直線運動，無電場時做勻速直線運動或靜止．如下圖，在水平方向的勻強電場中有一外表光滑、與水平面成θ角的絕緣直桿AC，其下端(C端)hm=0.5kgv0CP點處．(g10m/s2)θ=45°，試推斷小環(huán)的電性，并求出小環(huán)受到的電場力大??；θ=45°，h=0.8m，求小環(huán)在直桿上勻速運動的速度大小v；0gh2hθ角(0＜θ＜90°)及小環(huán)的電荷量，使小環(huán)仍能勻速下滑，離桿后正CP點處，試推出初速度v0θgh2【答案】(1)負電5N(2)2m/s(3)v 0

tan【解析】【詳解】小環(huán)沿桿勻速下滑，合力為零，小環(huán)所受的電場力水平向右，則小球帶負電。小環(huán)勻速下滑合力為零，電場力Fmgtan455N小環(huán)離開桿后做類平拋運動，由牛頓其次定律2mgma平行于桿的方向做勻速直線運動，則有hsin45垂直于桿的方向做勻加速直線運動，則有1得v 2m/s0

y2at2hcos45有牛頓其次定律得平行于桿的方向做勻速直線運動，則有

mg macoshsinvt0垂直于桿的方向做勻加速直線運動，則有1解以上方程得

hcos

2at2gh2v tangh20如圖甲所示，A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，A、B間電壓為U U ，緊貼AB 0A板有一電子源隨時間均勻地飄出質量為me的電子〔可視為初速度為零〕。BM、N間加有如圖乙所示的電壓，電壓的變化周期m2eU0Tm2eU01光屏，t1

，板間中線與電子源在同意以水平線上，極板長L，距偏轉右邊緣s處有熒T時刻沿中線射入偏轉極板間的電子恰好能射出偏轉極板，假定金屬外無8電場，打在極板上的電子均被極板吸取，熒光屏足夠大，試求：〔1〕電子進入偏轉極板時的速度；tT〔2〕

時刻沿中線射入偏轉板間的電子剛出偏轉板時與板間中線的距離；4t〔tT〕打到熒光屏上的電子數(shù)與電子源放射的電子數(shù)之比；電子打在熒光屏上的范圍〔打在熒光屏最上端和最下端的長度〕。2eU0m2eU0m【答案】〔1〕v 0

〔2〕0〔3〕32〔4〕8【解析】【詳解】由動能定理有即

eU 02eU02eU0m0

1mv2，2 0由

Lvt有：tLv0

0m2eU0L m2eU0電子在電場方向先加速再減速，然后反向加速再減速，各段位移大小相等，故一個周期內，側位移為零，電子在電場運動的兩個周期內側向位移也為零.d，aa0，T假設t1 8

dm時刻沿中線射入偏轉板間的電子恰好能射出偏轉極板〔不打上極板〕，那么d 1 T 1 3T2 a( t)22 a( )2，2 2 2 1 2 8解得d3L8設t2時刻射入的電子恰好打不到下極板，則d 1 1 T2 at22 a( t)22 2 2 2 2 2經(jīng)時間t〔t>>T〕打到熒光屏上的電子數(shù)與電子源放射的電子數(shù)之比tt 17k2T1322由于電子射出偏轉板時，豎直方向速度為0，所以熒光屏上的范圍Yd3L8三、必修第3冊電路及其應用試驗題易錯題培優(yōu)〔難〕指針式多用電表是試驗室中常用的測量儀器，現(xiàn)有兩個多用電表A、B，某同學使用兩個多用電表進展相互測量。將多用電表A的選擇開關撥至歐姆擋“×100”擋，兩表筆短接后覺察指針如圖甲所示，正確的操作應調整哪個部件 ?！策x填“A”或“B”或“C”〕正確調整后，將多用電表B撥至“0.5mA”檔，與多用電表A進展相連，如圖乙，那么多用電表A的紅表筆與多用電表B的 相接。(選填“紅表筆”或“黑表筆”)正確連接兩多用電表后，覺察兩表指針如圖丙所示，那么測得多用電表B的內阻為 Ω，此時多用電表A歐姆檔的內部電源的電動勢為 V。〔計算結果保存兩位有效數(shù)字〕【答案】B 黑表筆1000 1.4【解析】【分析】【詳解】(1)[1]B0刻度。(2)[2]電表中的電流都是“紅進黑出”，因此電流應從A的黑表筆流入B的紅表筆，因此A的紅表筆應接B的黑表筆。(3)[3]B的內阻R10100Ω1000Ω[4]由于歐姆表內阻就是它的中值電阻，為4000Ω，從B0.280mA，依據(jù)閉合電路歐姆定律，可得電動勢EI(Rr)0.280103(10004000)V1.4V某試驗小組為了測量某待測電阻Rx的阻值，先用多用電表進展粗測，后用伏安法準確測量。如圖甲所示為一簡易多用電表內部電路原理圖，其中G為靈敏電流計，選擇開關S與不同接點連接就構成不同的電表，以下分析正確的選項是 。A．A為黑表筆，B為紅表筆將選擇開關S3連接，就構成了歐姆表將選擇開關S1、21接點相連時量程較大將選擇開關S4、54接點相連時量程較大如圖乙先用多用表×10擋粗測其電阻為 Ω。試驗要求盡可能準確地測量Rx的阻值，試驗室可供給下面器材，電流表應選 ，電壓表應選 (填字母代號)E3V，內阻無視不計；電流表A10~15mA，內阻為100Ω；電流表A20~0.6A0.3Ω；電壓表V10~3V3kΩ；電壓表V20~15V15kΩ；R0~10Ω；R1：阻值為10Ω；R2100Ω；S、導線假設干。在圖丙虛線框中畫出測量R，阻值的完整電路圖，并在圖中標明器材代號 。R2.60V8.0mA時，則待測電阻Rx的阻值為 Ω。【答案】BC120A1V1見解析112.5【解析】【分析】【詳解】(1)[1]AB．在多用電表使用時應讓電流從紅表筆進，黑表筆出，當將選擇開關S與3連接，就構成了歐姆表，由此可推斷A為紅表筆，B為黑表筆，故A錯誤，B正確；C．將選擇開關S1、2連接，就構成了電流表，依據(jù)并聯(lián)分流原理，并聯(lián)的電阻越小分1接點相連時量程較大，C正確；D．將選擇開關S4、5連接，就構成了電壓表，依據(jù)串聯(lián)分壓原理，串聯(lián)的電阻越大分5接點相連時量程較大，D錯誤。BC。(2)[2]由圖所示歐姆表可知，所測電阻阻值為12.0×10Ω=120Ω(3)[3][4]電路中可能消滅的最大電流約為IE25mARxV可用電流表A1R230mA3V，則電壓表選擇。V1(4)[5]電壓表內阻遠大于待測電阻的阻值，故電壓表外接；滑動變阻器用分壓接法，電路如圖(5)[6]8.0mARx16mARx的阻值為U R 2.60R 2 Ω50Ω112.5Ωx I 2 16103某小組進展“測定金屬絲電阻率”Rx〔9Ω〕，已經(jīng)選好的器材有：電壓表V1〔0～1V10kΩ〕電壓表V2〔0～3V20kΩ〕R0＝20Ω被測電阻RxE．滑動變阻器〔0～5Ω〕F．電源〔3V，內阻很小〕G．導線假設干，開關一個為了減小誤差，并盡可能多的測量幾組數(shù)據(jù)，請在方框中畫出合理，便捷的測量電路圖．〔 〕x1 2 在某次測量中，假設電壓表V1讀數(shù)為U，電壓表V讀數(shù)為U，則待測金屬絲電阻的表達式R＝ .x1 2 【答案】UU1R0Rd24L 變大2測得金屬絲直徑為d，測得金屬絲阻值為R【答案】UU1R0Rd24L 變大2【解析】【詳解】(1)[1]利用伏安法測電阻，首先選取試驗儀器，可以把其中一個電壓表作為電流表使用，假設選取電壓表V2作為電壓表使用，電壓表V1改裝成電流表使用，把電壓表V1和定值電阻R0并聯(lián)，滿偏電流為：Rx兩端電壓的最大值

U UI 1 m R RV1 0

0.05AU I R 0.45Vm m x遠小于電壓表V2量程，故儀器選取不適宜；把電壓表V1作為電壓表使用，電壓表V2R0并聯(lián)改裝成電流表使用，滿偏電流為Rx兩端電壓的最大值

U UI 2 m R RV2 0

0.15AUmImRx1.35V比電壓表V1量程略大，可以使用；為了多測幾組數(shù)據(jù)，削減試驗誤差，選用分壓法組裝電路，電壓表分流可無視，選用外接法，電路圖如下圖：(2)[2]依據(jù)圖示電路圖由歐姆定律得解得：

U UR1R2x 01RU R1x U 02(3)[3]由電阻定律

RLS

Ldπ( )22

4Lπd2得πRd24L[4]金屬絲的電阻率隨溫度上升而增大，所以試驗中通電時間較長，金屬絲的溫度較高，電阻率的測量結果會變大。育才中學科技小組的小明同學自行設計了一個地磅，其原理如圖1所示．設電源兩端U恒為定值，R0為定值電阻，滑動變阻器的總電阻為R、總長度為L，滑動觸頭與托盤固聯(lián)，開頭時觸頭位于變阻器最上端A，并能隨輕彈簧一起上下滑動．滑動變阻器的電阻與其接入電路的長度成正比；當對地磅施加壓力F時，彈簧的長度會縮短L．請答復：定值電阻R0

的作用是 ．電流表的示數(shù)與待測物體質量m之間的關系式為 ；此地磅的刻度特點是 ．有同學建議小明將原理圖改為圖2所示，你認為這樣改 〔填“好”或“不好”〕.23的方框里畫出你改進后的電路圖，這樣的好處是什么？U【答案】〔1〕分壓限流，保護電路元件作用；〔2〕(LmgLRR

；不均勻〔3〕FL 0不好〔4〕這樣的好處是電壓與質量成正比，反響質量的刻度線均勻．【解析】當滑動變阻器接入電路中的電阻為0時，電路中的電流最大，電流表有燒壞的可能，則定值電阻R0的作用是保護電路；滑動變阻器的電阻與其接入電路的長度成正比；當對地磅施加壓力F時，彈簧的長度會縮短l．F當質量為m的物體放在地磅上時，彈簧形變量為l′，有l(wèi)mgl R R

mg，即此時的彈簧縮短了ll

，設此時滑動變阻器的阻值為R′，則 F L Lll mgl所以R1

〕R1 〕RL FL

I U U依據(jù)歐姆定律可知，此時電路中的電流為

RR0

(1mgl)RRFL 0由表達式可知，電流表的示數(shù)與物體的質量不成正比，所以造成刻度盤上的刻度不均勻；電壓表的示數(shù)為滑動變阻器的電壓，等于電源電壓減去定值電阻R0的電壓．UUIR U U R故 0 (1mgl)RR 0，F(xiàn)L 0由表達式可知，電壓表的示數(shù)與物體的質量不成正比，所以造成刻度盤上的刻度不均勻，故這樣改仍舊不好；改進的電路如下圖，滑片的移動不能轉變接入電路中電阻的大小，但可以轉變電壓表所測局部的電阻，mg設地磅上放上質量為m的物體時彈簧縮短量為l″，則l″= lFl此時變阻器依據(jù)電壓表并聯(lián)局部的電阻R″= R，L依據(jù)歐姆定律，此時電路中的總電流為I= U R R0

mgl所電壓表的示數(shù)為UIR U (lR) U (F R)

mgRU ，RR0

L RR L0

RR0

FL由表達式可以看出，電壓與質量成正比，反響質量的刻度線均勻．點睛：此題以地磅為背景考察了重力公式和串聯(lián)電路的特點、歐姆定律的應用；關鍵：一是依據(jù)彈力的大小跟彈簧伸長或縮短的長度關系得出壓力，二是依據(jù)滑動變阻器的長度和總電阻得出放物體時接入電路中電阻的大小，三是知道水平面上物體的壓力和自身的重力相等．某學習小組在做“測定金屬絲的電阻率”的試驗時，用了兩個電壓表，目的是可以同時測定電源的電動勢和內阻，電路圖如圖甲所示，試驗室可選用的器材有：金屬絲〔阻值幾歐〕電池〔3V左右，內阻幾歐〕電壓表兩個〔量程3V，內阻很大〕電流表〔0.6A0.2Ω左右〕電流表〔3A0.04Ω左右〕滑動變阻器〔0?2kΩ〕G.滑動變阻器〔0?20Ω〕H.毫米刻度尺，螺旋測微器I.開關，導線假設干試驗前在選用器材時，電流表應選擇 ，滑動變阻器應選擇 ；〔均填器材前的字母〕測得金屬絲的長度為0.5023m；在測金屬絲直徑時，螺旋測微器的測量結果如圖乙所示，則金屬絲的直徑為 mm；1 試驗過程中電壓表V、V與電流表A的測量結果已經(jīng)在圖丙中的圖像中描出，由U—I圖像可得，電源的電動勢為 V，電源的內阻為 Ω，金屬絲的電阻為 Ω1 由電阻定律可得，金屬絲的電阻率為 Ωm〔保存兩位有效數(shù)字〕?！敬鸢浮緿 G 0.580 3.00〔2.98?3.00均給分〕2.0〔2.17?2.22均給分〕3.00〔2.979均給分〕6【解析】【分析】【詳解】(1)該試驗中金屬絲的電阻為幾歐姆，所以滑動變阻器的阻值選擇量程為20歐姆的即可，所以選擇G0.6A的就可以，所以是D。依據(jù)螺旋測器的讀數(shù)規(guī)章d0.5mm0.018.0mm0.580mmV2測的是電源電動勢，V1測的是金屬絲的電壓，依據(jù)圖像可知，斜率為負的那條直線對應的是V2的圖線，斜率為正的是V1的圖線，V2圖線與縱軸的交點即為電動勢，斜率的大E3.00Vr2.0，兩條線的交點為金屬絲的工作電壓和電流，所以U 1.8R

3.0。I 0.6依據(jù)電阻定律可得

R( )2d2 1.6106?mLd為了測定電流表A的內阻，承受如以下圖所示的電路．其中A是待測電流表，量程為1 1300μA，內阻約為100A2

是標準電流表，量程是200μAR是電阻箱，阻值范圍12

R3

E是電池組，電動勢為4V，內阻不S1

S

2是單刀雙擲開關．⑴依據(jù)電路圖甲，請在圖乙中畫出連線，將器材連接成試驗電路 ．S2

扳到接點a處，接通開關S1

，調整滑動變阻器R2

使電流表A2的讀數(shù)是150μA；然后將開關S2

扳到接點bR2

R，使A的1 2讀數(shù)仍為150μA．假設此時電阻箱各旋紐的位置如圖丙所示，電阻箱R1的阻值是g ，則待測電流表A的內阻R ．g1R2

的滑動端位置，都要保證兩只電流表的安全．在下面供給的四個電阻中，保護電阻R3應選用： 〔填寫阻值相應的字母〕C．15K D．20⑷下面供給最大阻值不同的四個滑動變阻器供選用．既要滿足上述試驗要求，又要調整便利，滑動變阻器應選 〔填寫阻值相應的字母〕【答案】86.3 86.3 B CA．1K B．5K C．10K D．25K【答案】86.3 86.3 B C【解析】【詳解】〔1〕[1]．連接實物圖時留意：正負極不能接反了，導線要接在接線柱上，答案如以下圖所示：〔2〕[1][2]．電阻箱的讀數(shù)為：R=8×10+6×1+0.1×3=86.3Ω由于兩次測量電流表A2的示數(shù)一樣，而且其它電阻阻值不變，故電流A1的阻值和電阻箱示數(shù)相等．故答案為：R1=86.3Ω，Rg=86.3Ω．〔3〕[4]．為了保證安全，當滑動變阻器R2的阻值調為零時，電路中的電流也不能超過200μA，依據(jù)這點可以求出保護電阻的阻值〔由于兩電流表內阻較小可省略〕：R＝E＝

4＝20kΩ3 I 2104g20kΩ20kΩ會導致電流表示數(shù)太小，試驗誤差增大，故ACD錯誤，B正確．〔4〕[5]150μA可知回路中的電阻為：E4ER＝＝ 26.7kΩI 1.5104R3=20kΩ，A、B選項中電阻太小不能滿足要求，故AB錯誤，D中電阻太大調整不便利，故D錯誤，C正確．四、必修第3冊電能能量守恒定律試驗題易錯題培優(yōu)〔難〕某爭論性學習小組利用伏安法測定某一電池組的電動勢和內阻，試驗原理如圖甲所示，其中，虛線框內為用靈敏電流計G改裝的電流表A，V為標準電壓表，E為待測電池組，S為開關，R為滑動變阻器，R04.0Ω的定值電阻．①靈敏電流計G的滿偏電流Ig=100μArg=2.0kΩ，假設要改裝后的電流表滿偏電流1為200mA，應并聯(lián)一只 Ω〔保存一位小數(shù)〕的定值電阻R；1②依據(jù)圖甲，用筆畫線代替導線將圖乙連接成完整電路；③某次試驗的數(shù)據(jù)如下表所示：該小組借鑒“爭論勻變速直線運動”試驗中計算加速度的方法〔逐差法〕，計算出電池組的內阻r= Ω〔保存兩位小數(shù)〕；為減小偶然誤差，逐差法在數(shù)據(jù)處理方面表達出的主要優(yōu)點是 ．④該小組在前面試驗的根底上，為探究圖甲電路中各元器件的實際阻值對測量結果的影響，用一電動勢和內阻的標準電池組通過上述方法屢次測量后覺察：電動勢的測量值與值幾乎一樣，但內阻的測量值總是偏大．假設測量過程無誤，則內阻測量值總是偏大的緣由是 ．〔填選項前的字母〕測量次數(shù)12345678電壓表VU/V5.265.165.044.94測量次數(shù)12345678電壓表VU/V5.265.165.044.944.834.714.594.46改裝表AI/mA20406080100120140160【答案】〔2〕①1.0②如下圖③1.66充分利用測得的數(shù)據(jù)④CD【解析】g解：1.依據(jù)改裝后電表的量程IIg

Igr

,R

1.0.實物圖如下圖

g R 11依據(jù)閉合電路的歐姆定律EUIR

rR

rU

UU,故Rr 1 5,0 0 I

II5 1U U或2 6

UU或3

U U或4

U 1

UU3

U5 6

8

5.66I I6 2

I I7

II8

4II5 1可得:r1.66．因充分利用測得的數(shù)據(jù),故削減一次測量的偶然誤差．試驗中,電壓表為標準電壓表,由于電動勢的測量值與值幾乎一樣,說明電壓表和滑動變阻器對試驗沒有影響.電壓表的變化量和電流表的變化量比值確實定值為電源內阻r和定值R0

之和,R

1的實際阻值比計算值偏小時,電流表的讀數(shù)比實際值偏小,則測得內阻將偏0大,C正確.R0

的實際阻值比標稱值偏大時,算得的電源內阻也偏大,D正確.利用如下圖的電路既可以測量電壓表和電流表的內阻，又可以測量電源電動勢和內阻，所用到的試驗器材有：1兩個一樣的待測電源〔r1Ω〕R〔999.9Ω〕12R〔999.9Ω〕電壓表V〔內阻未知〕2電流表A〔內阻未知〕靈敏電流計G，兩個開關S、S1 2主要試驗步驟如下：R1R2至最大，閉合開關S1S2R1R2，使電流計G0，讀出電流表A、電壓表VR1R2的示數(shù)分別為0.40A、12.0V、30.6Ω、28.2Ω；2R1R〔與①中的電阻值不同〕，使電流計G0，讀出電流表2A、電壓表V0.60A、11.7V。答復以下問題：步驟①中，電流計G的示數(shù)為0時，電路中A和B兩點的電勢差U = V；A和CAC 兩點的電勢差U = V；A和D兩點的電勢差U = VAC 利用步驟①中的測量數(shù)據(jù)可以求得電壓表的內阻為 Ω，電流表的內阻為 Ω；結合步驟①步驟②的測量數(shù)據(jù)，電源電動勢E為 V，內阻為 Ω?！敬鸢浮?12.0V-12.0V 1530Ω1.8Ω12.6V 1.50【解析】【分析】【詳解】(1)[1][2][3]G0ABAB兩點UAB=0V；ACUAC=12V；AD兩點的電UAD==-12V；(2)[4][5]．利用步驟①中的測量數(shù)據(jù)可以求得電壓表的內阻為UVR UVI

12120.4

1530電流表的內阻為

R 30.612U 122R A I

R0.428.21.8(3)[6][7]．由閉合電路歐姆定律可得即同理

2E=2UAC+I?2r2E=24+0.8r2E2U”AC即

I”2r2E=2×11.7+0.6?2r解得E=12.6Vr=1.50Ω圖為某同學組裝完成的簡易多用電表，圖中E是電池，R1、R2、R3、R4R5是固定電阻，R6是可變電阻；虛線方框內為換擋開關，AB端分別與兩表筆相連．圖〔a〕中的A端與 〔選填“紅”或“黑”〕色表筆相連接．6關于R的使用，以下說法正確的選項是 ．A．在使用多用電表之前，調整R6使電表指針指在表盤左端電流“0”位置B．使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調整R6使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置6CR6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置用×100檔測量某電阻時，操作步驟正確，覺察表頭指針偏轉角度很小，為了較準確地進展測量，應換到 檔〔選填“×10”或“×1K”〕．假設換檔后馬上用表筆連接待測電阻進展測量，那么缺少的步驟是 ，假設補上該步驟后測量，表盤的示數(shù)如圖b，則該電阻的阻值是 Ω．【答案】黑B×1K進展歐姆調零22023【解析】【詳解】(1)[1]歐姆表內置電源正極與黑表筆相連，負極與紅表筆相連，即紅進黑出；由圖示電路圖A端與黑色表筆相連；(2)[2]由電路圖可知R6只在測量電阻時才接入電路，故其作用只能進展歐姆調零，不能進展機械調零，同時在使用電流檔時也不需要時行調整；與分析不符，不符合題意；B.與分析相符，符合題意；C.與分析不符，不符合題意；(3)[3]用×100擋測量某電阻時，操作步驟正確，覺察表頭指針偏轉角度很小，說明所選檔位太小，為了較準確地進展測量，應換到×1k擋；[4]假設換擋后馬上用表筆連接待測電阻進展讀數(shù)，那么缺少的步驟是：重進展歐姆調零；[5]由圖示表盤可知該電阻的阻值是221kΩ22023Ω．用電流表和電壓表測定由三節(jié)干電池串聯(lián)組成的電池組〔電動勢約4.5V，內電阻約1Ω〕的電動勢和內電阻，除了待測電池組，電建，導線外，還有以下器材供選用∶A．0.6A1Ω3A0.2Ω3V30kΩ6V60kΩ滑動變阻器∶0~1000Ω，額定電流0.5AF.滑動變阻器∶0~20Ω2A為了使測量結果盡量準確，電流表應選用 ，電壓表選用 ，滑動變阻器應選用 〔均填儀器的字母代號〕以下圖為正確選擇儀器后，連好的局部電路，為了使測量誤差盡量小，還需要在電路中用導線將 和 相連、 和 相連、 和 相連。〔均填儀器上接線柱的字母代號〕(3).試驗時覺察電流表壞了，于是不再使用電流表，剩余儀器中僅用電阻箱替換掉滑動變阻器，重連接電路，仍能完成試驗，試驗中讀出幾組電阻箱的阻值R和對應電壓表的示數(shù)U；用圖像法處理采集到數(shù)據(jù)，為在直角坐標系中得到的函數(shù)圖像是一條直線，則可以 為縱坐標，以 為橫坐標。1 1【答案】A D F a d c g f h U R【解析】【分析】【詳解】(1)[1][2]按儀器選擇挨次，先選電表，電池電動勢為4.5V6V量程的D0.45A0.6A量程的A即可；因要求測量結果盡量準確，為便利調整，變阻器選擇20ΩF即可；(2)[4][5][6]為減小誤差，電流表應承受內接法，同時留意電表的正、負接線柱，故可知導線ad、fh、cg；(3)[7]換用電阻箱后，依據(jù)閉合電路歐姆定律有

EUUrR

，變形后得到11 r 1 U R 1 r 或UErU E E R

R或U

ERE1 1 U R故圖像坐標可以為UR【點睛】

R或U

、R〔橫縱坐標互換亦可〕利用電流表和電壓表測定一節(jié)干電池的電動勢和內電阻．要求盡量減小試驗誤差，實1所示．現(xiàn)有電流表(0-0．6A)、開關和導線假設干，以及以下器材：A．電壓表(0~15V) B．電壓表(0~3V)C．滑動變阻器(0~50Ω)D．滑動變阻器(0~500Q)試驗中電壓表應選用 ；滑動變阻器應選用 ．〔選填相應器材前的字母〕某位同學記錄的6組數(shù)據(jù)如下表所示，其中5組數(shù)據(jù)的對應點已經(jīng)標在圖2的坐標紙上，請標出余下的一組數(shù)據(jù)的對應點，并畫出U-I圖線 ．序號123456U(V)1.451.401.301.251.201.10I(A)0.0600.1200.2400.2600.3600.480依據(jù)(2)中所畫圖線可得出干電池的電動勢E= V，內電阻r= Ω．試驗中隨著滑動變阻器滑片的移動，電壓表的示數(shù)U及干電池的輸出功率P都會發(fā)生變化，圖3各示意圖中正確反映P-U關系的是 ．【答案】(1)B C (2)如圖(3)(3)1.50(1.49～1.51) 0.83(0.81～0.85) (4)C【分析】【詳解】〔1〕[1][2]1.5VB，為便利試驗操作，滑動變阻器應選C；〔2〕[3]．依據(jù)表中試驗數(shù)據(jù)在坐標系內描出對應點，然后作出電源的UI圖象如下圖：〔3〕[4][5]UI圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值是1.50，則電源電動勢E=1.50V，電源內阻：rU

1.51.00.83；I 0.6〔4〕[6]．電壓表測量路端電壓，其示數(shù)隨滑動變阻器的阻值增大而增大；而當內阻和外阻相等時，輸出功率最大；此時輸出電壓為電動勢的一半．外電路斷開時，路端電壓等于電源的電動勢，此時輸出功率為零；故符合條件的圖象應為C．小華、小剛共同設計了圖甲所示的試驗電路，電路中的各個器材元件的參數(shù)為：電池組〔6V，r3Ω〕、電流表〔2.0ArA=0.8Ω〕、電阻箱R1〔0~99.9Ω〕、滑動變阻器R2〔0~Rt〕、開關三個及導線假設干．他們認為該電路可以用來R2接入電路的阻值．小華先利用該電路準確地測出了R2接入電路的阻值．他的主要操作步驟是：先將滑S、S

SIS、S，2 1 l2斷開S，調整電阻箱的電阻值為3.6Ω時，電流表的示數(shù)也為I．此時滑動變阻器接入電路的阻值為 Ω．2小剛接著利用該電路測出了電源電動勢Er．①他的試驗步驟為：1 1 在閉合開關前，調整電阻R或R至 〔選填“最大值”或“最小值”〕，之后閉合開關S，再閉合 〔選填“S”或“S1 1 1 調整電阻 〔選填“R”或“R”〕，得到一系列電阻值R和電流I1 斷開開關，整理試驗儀器．1②I

R圖象，圖象縱軸截距與電源電動勢的乘積代表 〔用對應字母表示〕，電源電動勢E= V，內阻r= Ω．〔計算結果保存兩位有效數(shù)字〕．【答案】3.6 最大值S1 R1 RA與r之和6.0 2.8【解析】【分析】由電路的構造可知測出了R2接入電路的阻值用的是等值替代法．試驗中承受的是電阻箱和電流表的方式測定電動勢和內電阻；依據(jù)試驗的原理可知應承受的方式；分析電流與電阻的關系，由閉合電路歐姆定律可得出符合本試驗的公式，再結合圖象的性質利用函數(shù)關系即可求得電動勢和內電阻?！驹斀狻俊?〕[1]R2接入電路的阻值，電阻箱的示數(shù)等于接入電路的阻值為3.6Ω；1〔2〕①[2][3][4]．要用電阻箱與電流表結合測量電動勢與內阻，則要轉變電阻箱的值，則a．在閉合開關前，調整電阻R1或R2至最大值，之后閉合開關S，再閉合S；bR1RI的數(shù)據(jù)；1②[5][6][7]．由閉合電路歐姆定律變形得：

I ERARr1 R Rr R R rI A E1R

E

AErRI

圖象縱軸截距與電源電動勢的乘積代表 A1E，即：解得：

k1EE1k由

=6.0VrR 0.60EA得：r0.60ER 2.8A【點睛】此題中有兩個難點，一個等電阻替代法測電阻原理，二是需要依據(jù)閉合歐姆定律推導出1IkRb的形式五、必修第3冊電磁感應與電磁波初步試驗題易錯題培優(yōu)〔難〕在爭論電磁感應現(xiàn)象的試驗中，首先按圖甲接線，以查明電流表指針的偏轉方向與電流方向之間的關系；當閉合開關S時，觀看到電流表指針向左偏，不通電時電流表指針停在正中心．然后按圖乙所示，將電流表與線圈BA、電池、滑R′和開關S串聯(lián)成另一個閉合電路．〔1〕SAB的過程中，電流表的指針將如何偏轉？ (填不偏轉、向右偏轉或向左偏轉)線圈A放在B中不動時，指針如何偏轉？ (填不偏轉、向右偏轉或向左偏轉)ABP向左滑動時，電流表指針將如何偏轉？ (填不偏轉、向右偏轉或向左偏轉)線圈A放在B中不動，突然斷開S，電流表指針將如何偏轉？ (填不偏轉、向右偏轉或向左偏轉)【答案】向右偏轉不偏轉向右偏轉向左偏轉【解析】【詳解】線圈A中磁場方向向上，插入B線圈，故線圈B流的磁場方向向下，故電流從右向左流過電流表，故電流表指針向右偏轉；線圈不動，磁通量不變，無感應電流，故指針不動；線圈A中磁場方向向上，滑片向左移動，電流變大，故線圈B中磁通量變大，阻礙變大，故感應電流的磁場方向向下，故電流從右向左流過電流表，故電流表指針向右偏轉；線圈A中磁場方向向上，突然斷開S，磁通量減小，阻礙減小，故感應電流的磁場方向向上，故電流從左向右流過電流表，故電流表指針向左偏轉；【點睛】此題關鍵是先依據(jù)安培定則推斷出A中磁場方向，然后依據(jù)楞次定律推斷線圈B中感應電流的方向．26．(1)在“探究楞次定律”的試驗中除需要繞向的螺線管、條形磁鐵外,還要用到電表．請從以下電表中選擇〔 〕0~3V的電壓表0~3A的電流表0~0.6A的電流表D．零刻度在中間的靈敏電流表(2)某同學按以下步驟進展試驗:①將繞向的螺線管與電表連接;②設計表格,記錄將磁鐵N、S極插入和抽出過程中引起感應電流的磁場方向、磁通量變化、感應電流的方向、感應電流的磁場方向;③分析試驗結果,得出結論．上述試驗中,漏掉的試驗步驟是 ．丙(3)圖甲為某試驗小組利用微電流傳感器做驗證楞次定律試驗時,在計算機屏幕上得到的波形,t,I．依據(jù)圖線分析知道:將條形磁鐵的N極插入圓形閉合線圈時得到圖甲內①所示圖線．現(xiàn)用該磁鐵,如圖乙所示,從很遠處按原方向沿一圓形線圈的軸線勻速運動,并穿過線圈向遠處而去．圖丙中較正確地反映線圈中電流It關系的是 ．【答案】D查明電流流入電表方向與電表指針偏轉方向的關系B【解析】【分析】【詳解】〔1〕[1]．由于電流方向會發(fā)生變化，所以應當用零刻度在中間的靈敏電流表，應選D?！?〕[2]．由于本試驗時探究“楞次定律”的試驗，所以要查明電流流入電表方向與電表指針偏轉方向的關系，從而來確定感應電流方向與原磁通量變化之間的關系?！?〕[3]．依據(jù)圖線分析知道:N極插入圓形閉合線圈時得到圖甲內①所示圖線，則說明穿過線圈N極的磁通量增加時，應當形成圖①的外形，當磁鐵S極從很遠處按原方向沿一圓形線圈的軸線勻速運動,并穿過線圈向遠處而去，則穿過線圈平面的S極的磁通量先增大后減小，且磁場方向與題中所給的方向恰好相反，所以圖像應當是B，應選B。某同學在爭論電磁感應現(xiàn)象的試驗中，設計了如下圖的裝置．線圈A通過電流表1RR12

和開關S連接到干電池上．線圈B的兩端接到另一個電流表乙上，兩個電流表一樣，零刻度居中．閉合開關后，當滑動變阻器R2

P不動時，甲、乙兩個電流表指針的位置如下圖．當滑片P較快地向右滑動時，乙電流表指針的偏轉狀況是 〔選填“向左偏”“向右偏”或“不偏轉”〕斷開開關，待電路穩(wěn)定后再快速閉合開關，乙電流表的偏轉狀況是 〔選填“向