高中物理必修3物理全册全单元试卷测试卷附答案

高中物理必修3物理全册全单元精选试卷测试卷附答案一、必修第3册静电场及其应用解答题易错题培优〔难〕如下图，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，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B2d。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，不影响电场的分布。〕，现将小球pACpCdO点时vMNABdkg。求：〔2〕OEpO点时的加速度；mv22mgd 2kQ 2kQq【答案】〔1〕 2q【解析】【详解】

〔2〕

；g

2md2pCO的过程，由动能定理得1mgdqUCO所以

mv202pO点时受力如图

mv22mgdU CO 2q由库仑定律得它们的合力为

FF1 2

kQq( 2( 2d)2O点处的电场强度由牛顿其次定律得：所以

F=F1cos45°+F2cos45°=Eq2kQE=2d2mg+qE=ma 2k a g2md2如下图，在绝缘水平面上，相距LA、B两点处分别固定着两个带电荷量相等的正点电荷，a、bABAaBbL，OAB连线的中点，一质量为4m、带电荷量为+q的小滑块〔可以看作质点〕以初动能EaABb点O点时的动能为初动能的n倍(n1)b点时动能恰好Og，求：小滑块与水平面间的动摩擦因数；O、b两点间的电势差；小滑块运动的总路程.2E【答案】〔1〕 k02E

〔2〕U

(2n1)E k0

s

2n1L【解析】【详解】

mgL

Ob 2q 4AaBb势差U 0;ab

L4，0ABa、bOa、b两点间的电fab点的过程中，由动能定理得又摩擦力解得

qU fL0Eab 2 k0fmg2E k0.2EmgLOb点的过程中，由动能定理得qU fL0nEob 4 k0解得(2n1)EU ob

2q ko.aO点停下的整个过程，由动能定理得qU f 0Ea0 x k0又U UaO Ob解得

(2n1)EkO2q2n1s L.4如下图，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°.小球所带电荷量q＝1.0×10－6CE＝3.0×103N/Cg＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：F的大小；m；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)依据电场力的计算公式可得电场力FqE1.01063.0103N3.0103N；小球受力状况如下图：依据几何关系可得mg qE ，所以mtan

qE 3103 kg4104kg；gtan 10tan37电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则mgl(1cos37)1mv2，解得v=2m/s．2如下图，一光滑斜面的直角点A处固定一带电量为+qm的绝缘小球。另一同样小球置于斜面顶点B处，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处开头运动到斜面中点D处时的速度？gl2〔2〕小球运动到斜面底端Cgl2【答案】(1)v D【解析】

(2)

F” F N N

2kq23mg32 3L2〔1〕由题意知：小球运动到D点时，由于AD=AB，所以有 D B即U DB D

0①L 1mg

sin30qu2

mv20②2gl2联立①②解得v gl2D〔2〕当小球运动到C点时，对球受力分析如下图则由平衡条件得：F FN 库

sin30mgcos30④由库仑定律得：F库

kq2lcos302⑤联立④⑤得：F N

2kq23mg32 3L2由牛顿第三定律即F”N

F N

3 2kq2mg ．2 3L2如下图，小球的质量为m0.1kg，带电量为q1.0105C，悬挂小球的绝缘丝线与竖直方向成30时，小球恰好在水平向右的匀强电场中静止不动．问：小球的带电性质；E的大小；假设剪断丝线，求小球的加速度大小．【答案】〔1〕小球带正电〔2〕E5.77104N/C〔3〕a11.54m/s2【解析】【详解】对小球进展受力分析，如图；由电场力的方向可确定小球带正电；qE=mgtan3001 33解得：3

mgtan300E＝ =

N/C5.77104N/Cq 105当线断丝线后，小球的合力为F＝

mgcos300 F g a＝＝ m/s2 11.54m/s2由牛顿其次定律，则有： m cos300 32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】此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，依据共点力平衡条件及牛顿其次定律列示求解．如下图，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ABBC通过一小段光滑弧形轨道相连，BC与弧CD相ABL=10mθ37，BCs=4m，CDR=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m=0.4kgq=+3×10-3CAvA=15m/sAB轨道开头运ABμ=0.2，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，物体运动过程中电荷量不变。求：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；C点对轨道的压力大小为多少；DD点的速度；假设不能说明理由。【答案】(1)W=0(2)27N(3)D点【解析】【详解】物体所受重力和电场力的合力大小为(mg)2(qE)2F (0.410)2(3103103(mg)2(qE)2Fα，则tanqE3mg 4即37AB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；A→B过程，依据受力分析可知，物体下滑过程受到的滑动摩擦力为：Nf=μF=μ(mgcos37+qEsin37)N代入数据解得：A→C过程，由动能定理得：

f=1N11WfLqEs11

mv2

mv2v2C

115m2

/s2

2 C 2 AC点，由重力和轨道支持力的合力供给向心力，由牛顿其次定律得：mv2代入数据解得：

Nmg CRN=27N重力和电场力的合力为：F (mg)2(qE)2 (0.410)2(3103103)2N5Nv方向与竖直方向成37D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，则：vD解得：

Fmv2DRDv 5m/sDDCvC→D，由动能定理得1 1mg(RRcos37)qERcos37

mv22 D

mv22解得：v=vCD点

v2115m2/s2二、必修第3册静电场中的能量解答题易错题培优〔难〕AB=AD=L，ADBCBCD30度。在空间内有平行于纸面的匀强mq>0AB点，电场力WW>0A点以一样的初动能射出，恰经过C点电场力做2W，不计粒子重力。求：匀强电场电场强度大小和方向； AD W5W523q1 3L52 31 352 31 3

方向与竖直方向夹角arccos 〔2〕【解析】【详解】由题意可知UAC2UABDBCBCQACAC终点P，连接BP，则可得AP=BP=PC，过A做AN垂直于BP，则AN方向即为电场方向；由于角BCD等于30度，AB=AD=L，故QC= 3L，在三角形ABC中有： AC 解得：

AC

52 3 LABNCAB相像，故有：ABAN解得：

AC BC1 3LAN1 3L52 3ABW，则有：WqEd所以解得：

W 5 Eq1 3 LAB方向夹角为，则有：52 3cos52 3L所以夹角为：

1 31 352 352 3DANANMADMABC相像，所以有：AMAD解得：

AB ACAMD点时，电场力做功为：

L52

d WqEdqW 5 q1 3 L

L52

W1 3答：〔1〕匀强电场电场强度大小E1 3arccos ；52 3

W 52 3 q1 3 W

，方向与竖直方向夹角〔2〕恰经过D点，那么电场力做功1 3。1如下图，M、N为竖直放置的平行金属板，两板间所加电压为U0S1

S为板上正21对的小孔.PQN板右侧，关于小孔S1

S所在直线对称，两板的长2lPQ右边缘lPQ；取屏上与S1S2Ox轴，M板左侧电子枪放射出的电子经小孔S1

M、N两板间.me，初速度可以无视.不计电子重力和电子之间的相互作用.为简洁计，无视电容器的边缘效应.求电子到达小孔Sv；21PQut的变化关系如下图，单位时间内从小孔S1

进入的电子都一样.电子打在荧光屏上形成一条亮线，无视电场变化产生的磁场；可以认为每个电PQ间运动过程中，两板间的电压恒定.试分析、猜测题干中“PQ间运动过程中，两板间的电压恒定”这句话的依据？P、Q两板间电压uU0P、Q间，求其打到荧光屏上的位置.求打到荧光屏上的电子最大动能.试分析在一个周期〔即2t0时间〕内荧光屏单位长度亮线上的电子个数是否一样？【答案】(1v

2eU0m

(2)a.b.

x3l4

Ec.kmc.

2eU

0 d.电子个数一样【解析】【详解】eU02eU

1mv22解得：v m0〔2〕a.由〔1〕中电子速度表达式猜测，由于电子比荷q/m极大，电子很简洁加速到很大的速度，电子在板PQ间运动的时间远小于交变电压变化的周期，故“可以认为每个电子在板P和Q间运动过程中，两板间的电压恒定”。假设全部电子均能打在荧光屏上，下面以偏向P板的电子为例推导，偏向Q板的电子推导过程一样。设电子在偏转电场中的运动时间为t1

，PQulvt11x1

at22 1eu此过程中电子的加速度大小aml1x1

ul4U0x电子出偏转电场时，在方向的速度vxx

at1电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间t到达荧光屏，则2lvt2竖直方向：x vt2 x22x2

ul2U0

xxx

3l u电子打在荧光屏上的位置坐标：

1 2 4U0当uU

ll

，电子能打在荧光屏上03lx4。

1 4 2x1

lu2U2

，即从极板边缘射出的电子动能最大，无论电子向哪个极板偏转，电场力均做正功。eU0解得E 2eUkm 0

2

0Ekm对于有电子穿过P、Q间的时间内进展争论：Ux 3l uU打在荧光屏上的电子形成的亮线长度 40由电压图象可知，在任意△t时间内，P、Q间电压变化u相等。所以在任意t时间内亮线长度x相等。由题意可知，在任意t时间内，射出的电子个数是一样的，也就是说在任意t时间内，射出的电子都分布在相等的亮线长度x范围内。因此在一个周期内单位长度亮线上的电子个数一样。12如下图，AABU，在两水平放置的平行带电C、DUmqA被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行带电板的极板的长度为L，两板间的距离d，不计带电粒子的重力，求：12B板时的速度；C、D极板间运动的时间；C、Dy.【答案】〔1〕

2qU1

〔2〕

LmLm2qU1

UL22m试题分析：〔1试题分析：〔1〕由动能定理得：W=qU1=

1则L=则L=综合解得设粒子在离开偏转电场时纵向偏移量为y综合解得考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】此题关键明确粒子的运动性质，对应直线加速过程，依据动能定理列式；对于类似平抛运动过程，依据类似平抛运动的分运动公式列式求解；不难．E＝1.0×103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一MNN点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝0.5m，NP为N圆弧的中点，一带负电＝3C的小滑块质量＝0.1kg，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5NM处，NM1m。小滑v0Qg=10m/s2，试求：Q点时的速度vQ的大小？QMN轨道何处？1070v0的大小？1070【答案】(1)【解析】【详解】

m/s(2)1m (3)

m/sQ点受力有：

v2m Q ，解得：v Q

R10m/s10Q点后做类平抛：

Fa 合20m/s2Fmy2R

12at2，xvt，Q解得：x=1mMQ点过程中，由动能定理得:1 1－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝

mv2－mv20联立方程组，解得：v＝70m/s.0

2 Q 2 0如下图，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A点由静止释放，沿轨道滑下，小球的质量为m，电荷量为－q，匀强EαR球的重力大于所受的电场力．求小球沿轨道滑下的加速度的大小；BAh1至少为多大；2假设小球从距圆轨道最低点的竖直高度h＝5R处由静止释放，假设其能通过圆轨道顶端BB点的过程中小球机械能的转变量．2【答案】〔1〕

5R〔3〕3qER.【解析】【详解】由牛顿其次定律有解得

m 2(mg－qE)sinα＝maa＝B点有：

mv2mg－qE＝m B①RAB点过程，则有：1mv2

0②由①②解得

1 2 B5h1＝2R.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：2ΔE＝qE(h－2R)＝qE(5R－2R)＝3qER.2由能量守恒定律得机械能削减，且削减量为3qER.〔mg-qE〕sin 5答案：〔1〕

m 〔2〕2R〔3〕3qER.如下图，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＝5×100－2kg、电荷量q＝＋1×10－6C的小物体〔视为质点〕被弹簧枪放射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v＝3m／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．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＝10m／s2，sin37º＝0.6，cos37º＝0.8．0求弹簧枪对小物块所做的功；在斜轨上小物体能到达的最高点为PCP的长度．【答案】(1)Wf=0.475J (2)s=0.57m【解析】试题分析：〔1〕设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理即可求解；〔2〕对小物体进展受力分析，分析物体的运动状况，依据牛顿其次定律求出加速度，结合运动学根本公式即可求解．〔1〔1〕设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得W﹣mgr〔l﹣cosθ〕=fmv2①0代人数据得：Wf=0.475J②1〔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a，由牛顿其次定律得：﹣mgsinθ﹣μ〔mgcosθ+qE〕=ma1③1由③④可知v=2.1m/s1，设运动的位移为s1，有：s=vt+ a由③④可知v=2.1m/s1，设运动的位移为s1，有：s=vt+ at2⑤l 01111 1 0 11a电场力反向后，设小物体的加速度为，由牛顿其次定律得：a2﹣mgsinθ﹣μ〔mgcosθ﹣qE〕=ma2⑥2 设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t，位移为s2 s2=v1t2+ a2s2=v1t2+ a2t22⑧CP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，CP0.57m．【点评】此题主要考察了动能定理、牛顿其次定律及运动学根本公式的直接应用，要求同学们能正确对物体受力分析，确定物体的运动状况，难度适中．三、必修第3册电路及其应用试验题易错题培优〔难〕某试验小组为了测量某待测电阻Rx的阻值，先用多用电表进展粗测，后用伏安法准确测量。如图甲所示为一简易多用电表内部电路原理图，其中G为灵敏电流计，选择开关S与不同接点连接就构成不同的电表，以下分析正确的选项是 。A．A为黑表笔，B为红表笔将选择开关S3连接，就构成了欧姆表将选择开关S1、21接点相连时量程较大将选择开关S4、54接点相连时量程较大如图乙先用多用表×10挡粗测其电阻为 Ω。试验要求尽可能准确地测量Rx的阻值，试验室可供给下面器材，电流表应选 ，电压表应选 (填字母代号)E3V，内阻无视不计；电流表A10~15mA，内阻为100Ω；电流表A20~0.6A0.3Ω；电压表V10~3V3kΩ；电压表V20~15V15kΩ；R0~10Ω；R1：阻值为10Ω；R2100Ω；S、导线假设干。在图丙虚线框中画出测量R，阻值的完整电路图，并在图中标明器材代号 。R2.60V8.0mA时，则待测电阻Rx的阻值为 Ω。【答案】BC 120 A1 V1 见解析112.5【解析】【分析】【详解】(1)[1]AB．在多用电表使用时应让电流从红表笔进，黑表笔出，当将选择开关S与3连接，就构成了欧姆表，由此可推断A为红表笔，B为黑表笔，故A错误，B正确；C．将选择开关S1、2连接，就构成了电流表，依据并联分流原理，并联的电阻越小分1接点相连时量程较大，C正确；D．将选择开关S4、5连接，就构成了电压表，依据串联分压原理，串联的电阻越大分5接点相连时量程较大，D错误。BC。(2)[2]由图所示欧姆表可知，所测电阻阻值为12.0×10Ω=120Ω(3)[3][4]电路中可能消灭的最大电流约为IE25mARxV可用电流表A1R230mA3V，则电压表选择。V1(4)[5]电压表内阻远大于待测电阻的阻值，故电压表外接；滑动变阻器用分压接法，电路如图(5)[6]8.0mARx16mARx的阻值为U R 2.60R 2 Ω50Ω112.5Ωx I 2 16103试验室有一烧坏的双量程电压表，两量程分别是3V和15V，其内部电路如图甲所示，R1、R22.9kΩ14.9kΩGR2R1完好，一课外活动小组想要修复这个电压表，他们在试验室找到两个表头，外形都与原表头G一样，表头G11mA50ΩG20.5mA，内阻100ΩR3=50Ω，R4=150Ω，R5=200Ω，R6=3kΩ，R7=12kΩ，R8=15kΩ，假设在保存R1的状况下，对电压表进展修复，依据所给条件答复以下问题：原表头G的满偏电流流I= mA，内阻r= Ω；2x由于试验室没有14.9kΩ的电阻来替换R，为了修复这个电压表，课外活动小组对电压表电路进展了改装，改装后的电路图如图乙所示，则电阻R应选用 (填题中所给器2x材符号)；在图乙中虚线框内补齐修复后的双量程电压表的电路图(标出所选用的相应器材符号)。【答案】1 100【答案】1 100R7【分析】【详解】(1)[1][2]由图示电路图可知，电压表量程：g1gI〔r+R〕=3V，g1gg2g代入数据解得：g2g

I〔r

+R〕=15V，(2)(3)[3][4]1mAG，又由于表头(2)(3)[3][4]1mAG，又由于表头1内阻为g 100ΩG1R3串联，即图乙中虚线框内补齐修复后的双量程电压表的电路图如下图：15V时有即

UI(Rg x

Rr1

R)，3R故应选用。R7

R 12k，x某小组设计试验对电流表内阻进展测量，电路如图甲，其中A1是标准电流表〔量程2100mA15Ω〕，A〔100mA18Ω〕表刻度盘刻度完整2R R 1 2①使用螺丝刀，调整A2机械调零旋钮，使指针指向“0”刻度；R1R2的阻值调至最大S S R A A ③断开S S R A A 2 1 1 2 1 02 ④开关S21R1R，使A1IR22 0A2I0n倍(n<1)nI。0n-1R-1图象，如图乙所示。依据图甲和题给条件，将图丙中的实物连线补充完整；〔 〕2 电流表A的量程为 〔用所测物理量表示〕；依据图象可计算电流表A2 Ω；〔保存两位有效数字〕一同学认为该电路可以进一步测量电流表A1内阻，他把单刀双掷开关接到2，调整电阻R1R2阻值，使电流表A1和电流表A2示数恰当，并分别登记电流表示数I，I2，请用1【答案】I 200II2RRR21211 2 1 2 R【答案】I 200II2RRR21211 2 1 2 【解析】【分析】【详解】(1)[1]．电路连线如图：0 (2)[2]A2的指针到达满偏刻度时，此时A1I，可知电流表A2I；0 [3]．依据电路的构造可得nI 0

R2 IR R 0A 22可得1 R2n A 12R22所以n1R1图象斜率表示A内阻，内阻为2R kA2

2.01.020；0.05(3)[4]2，依据并联关系I R1I I2 所以I

2RR1R 2RI 21

RR1 2某学习小组在做“测定金属丝的电阻率”的试验时，用了两个电压表，目的是可以同时测定电源的电动势和内阻，电路图如图甲所示，试验室可选用的器材有：金属丝〔阻值几欧〕电池〔3V左右，内阻几欧〕电压表两个〔量程3V，内阻很大〕电流表〔0.6A0.2Ω左右〕电流表〔3A0.04Ω左右〕滑动变阻器〔0〜2kΩ〕G.滑动变阻器〔0〜20Ω〕H.毫米刻度尺，螺旋测微器I.开关，导线假设干试验前在选用器材时，电流表应选择 ，滑动变阻器应选择 ；〔均填器材前的字母〕测得金属丝的长度为0.5023m；在测金属丝直径时，螺旋测微器的测量结果如图乙所示，则金属丝的直径为 mm；1 试验过程中电压表V、V与电流表A的测量结果已经在图丙中的图像中描出，由U—I图像可得，电源的电动势为 V，电源的内阻为 Ω，金属丝的电阻为 Ω1 由电阻定律可得，金属丝的电阻率为 Ωm〔保存两位有效数字〕。【答案】D G 0.580 3.00〔2.98〜3.00均给分〕2.0〔2.17〜2.22均给分〕3.00〔2.979均给分〕6【解析】【分析】【详解】(1)该试验中金属丝的电阻为几欧姆，所以滑动变阻器的阻值选择量程为20欧姆的即可，所以选择G0.6A的就可以，所以是D。(2)依据螺旋测器的读数规章d0.5mm0.018.0mm0.580mmV2测的是电源电动势，V1测的是金属丝的电压，依据图像可知，斜率为负的那条直线对应的是V2的图线，斜率为正的是V1的图线，V2图线与纵轴的交点即为电动势，斜率的大E3.00Vr2.0，两条线的交点为金属丝的工作电压和电流，所以RU

1.8 3.0。I 0.6依据电阻定律可得

R( )2d2 Ld某同学利用如图1所示的电路测量一电压表〔量程为3V，内阻约两三千欧〕的内阻。可使用的器材有：待测电压表；两个定值电阻〔R1

600，R2

3000 〕；两个滑动3 R〔102023〕；R〔只能使用×100挡〕；E〔9V，内阻未知〕；S和K；导线假设干。3 请依据原理图1，将实物图2连线 ；试验步骤如下：①为了保护电压表，开关S闭合前，将滑动变阻器R3的滑片滑动到接近图1中的滑动变阻器的 端〔填“左”或“右”〕对应的位置；3②闭合开关S，保持开关KR3所示，读数为33 VRR3 0 ③保持S闭合和R3不变，再闭合KRUR的40 3依据上述试验步骤，可知选择的滑动变阻器R最大阻值为 ；3依据图线，计算得电压表的内阻RV

。〔保存四位有效数字〕【答案】左【答案】左2.20 10 2515~2550【分析】【详解】(1)[1]．实物连线如图；①[2]S闭合前，将滑动变阻器R31中的滑动变阻器的左端对应的位置；②[3]．2.20V；30[4]SKR，此时电压表示数如下图；此后保持R3R，电压表示数几乎保持不变；以上信息说明与滑动变阻器连接的上局部R3的阻值大得多，可知选择的滑动变阻器R310Ω。30(4)[5]R3不变，闭合开关K，电压表示数不变，由电桥学问可知RR3000R0R1600VRR3000R0R16002.20V时，R0=505Ω，解得RV=2525Ω小明同学购置了一捆标称长度为L=100m的铜导线，他想用学过的学问来测量该电线的电阻率。他先用多用电表粗测了该电线的电阻Rx大约2Ω。然后从试验室还找到以下器材：电源E4.0V0.2Ω；1 电流表A0.6Ar=1Ω1 2电流表A3A0.1Ω21R=20Ω；1R2=5Ω；R5Ω；S一个，导线假设干；螺旋测微器。他用螺旋测微器测量导线的直径d，其中一次测量的示数如下图，d= mm；请依据方框乙内的局部电路，合理选用所给器材，补全测量铜导线电阻的电路，要求在电路图上注明所选元件符号 ；12小明用设计的电路进展试验，获得多组电流表A1A2I、I，描点作图得到如12图丙所示的图象。假设把图甲中示数作为铜导线的直径，可以算出铜导线的电阻率为= ×10-8Ω·m〔取3.14，计算结果保存两位小数〕；通过查询相关资料，小明觉察铜导线的标准电阻率01.75108Ω·m，则该导线的实际长度为 m〔保存三位有效数字〕。【答案】1.128【答案】1.128〔1.127-1.129〕1.67108【解析】【分析】此题考察试验：测量电阻丝电阻率。【详解】(1)[1]依据螺旋测微仪读数原则，读数为1.128〔1.127-1.129〕mm。2 1 (2)[2]粗测阻值约为2Ω，故测量电路选用电流表外接法。电路中最大电流约为2A，电流表A。运用AR3.6V的电压表。故试验电路如图2 1 (3)[3]运用欧姆定律对电路进展分析UIr1 1

RI1

IR1 x依据图像斜率，得Rx1.67Ω。

RI 2

rR1 1 IR 1x Rd RS 2 得(4)[4]依据电阻率计算公式

L L1.67108ΩLRS

95.3m0四、必修第3册电能能量守恒定律试验题易错题培优〔难〕某同学在做“测电源电动势与内阻”的试验中，可使用的器材有：g两只一样的毫安表〔Ig＝3mAR＝1000Ω〕；g1R〔20Ω〕；12R〔2023Ω〕；20各种规格的定值电阻R；EE〔3.0V〕；F．开关、导线假设干．00由于给出的毫安表量程太小，该同学首先要把一只毫安表改装成量程为0.6A的电流表，他需要把阻值为 Ω的定值电阻R与毫安表并联〔结果保存一位小数〕.该同学将用如右上方的电路图进展试验，测定电源的电动势和内阻．在试验中觉察变阻器的滑片由左0G1G23.0mA并且几乎不变，当G2示数急剧变化．消灭这种问题，应更换一个总阻值比原来 (选填“大”或“小”)的变阻器．在更换变阻器后,该同学连好电路，转变滑动变阻G、GI、I，并得到多组数据，建立直角坐标1 2 1 22I2I1I＝3.0mA－0.4I1,E＝2 V，内阻r＝ Ω．〔保存一位小数〕【答案】5.0 小3.0V 2.0【解析】【详解】g I＝3mAR＝1000Ω,I0.6A，设电流表的量程扩大的倍数为ng nIIR,依据并联电路的特点则有RR=5.0

gRgn1当变阻器的滑片由左向右渐渐滑动时，变阻器的阻值渐渐减小，外电路电阻减小，电流G1G23.0mA并且几乎不变，说明变阻器的电阻接近零时，路端电压才接近电源电动势，消灭这种问题，应更换一个总阻值比原来小的变阻器，G[3][4]G1

I

1时,电路中的总电流是I2

200I1

，由闭合电路的欧姆定律得整理得

EIR2 gI2

200Ir1I E 200rI2 R r R r 1g gI＝3.0mA－0.4I2 1I2

b=3.0mAK0.4E 0.003AR rg200r 0.4解得r2.0

R rG用图甲中所示的电路测定一种特别的电池的电动势和内阻，它的电动势E约为8V，内r30Ω，该电池允许输出的最大电流为40mA．为防止调整滑动变阻器时造成短:A(0.05A0.2Ω)V(6V20kΩ)R1(100Ω1W)R2(200Ω1W)R3(0~10Ω2A)R4(0~750Ω1A)导线和单刀单掷开关假设干个为了电路安全及便于操作，定值电阻应中选 ；滑动变阻器应中选 ．(均填写器材名称代号)接入符合要求的试验器材后，闭合开关S，调整滑动变阻器的阻值，读取电压表和电流表的示数．取得多组数据，作出了如图乙所示的图线．依据图象得出该电池的电动势E为 V，内阻r为 Ω．(结果均保存2位有效数字)【答案】R2 R4 7.8 29【解析】【分析】应用欧姆定律求出电路最小电阻，然后选择保护电阻；依据电源内阻与保护电阻的阻值，选择滑动变阻器．电源的U-I图象与纵轴交点的坐标值是电源的电动势，图象斜率确实定值是电源内阻．【详解】〔1〕[1]为保护电源安全，电路最小电阻8R 0.040Ω200Ω，保护电阻阻值至少为则保护电阻应选定值电阻R2

最小；[2]电源等效电阻〔电源内阻与保护电阻之和〕为200Ω，为进展屡次试验，测出多组试验数据，滑动变阻器应选滑动变阻器R．4〔2〕[3]U-I图象可知，图象与纵轴的交点坐标值是7.8E=7.8V，[4]图象斜率kU 7.8

229，电源内阻

I 0.034rkR2

22920029．可将光能转换为电能的硅光电池已经得到了广泛的应用．某同学利用如图甲所示的器材探究在肯定光照强度下硅光电池的路端电压UI的关系．电表视为抱负电表．在图甲中实物图上用笔画线代替导线进展连接 ；用肯定强度的光照耀硅光电池，调整滑动变阻器，通过测量得到该电池的U-I图象如图乙所示，由此可知在该光照强度下，硅光电池内阻 (填“是”或“不是”)常数，短路电流为 mA，电动势为 V．(结果保存三位有效数字)假设将R=10kΩ的电阻接在该硅光电池两极上，用同样强度的光照耀该硅光电池，则该电阻消耗的功率为 W，此时该硅光电池的内阻为 kΩ.(结果保存两位有效数【答案】不是0.295(0.293～0.297)【答案】不是0.295(0.293～0.297)2.68(2.66～2.69)3.0×10－4(2.9×10－4～3.1×10－4)5.4(4.9～5.6)【解析】【详解】〔1〕[1]本试验中测量电源的电动势和内电阻，故承受限流接法，而电流表承受相对电源的外接法；连接实物电路图，如下图．〔2〕[2][3][4]因图象的斜率是变化的，所以电池的内阻不是定值；在硅光电池的U-I图象，图象与横轴的交点表示短路电流，由图可知，短路电流为295μA=0.295mA；当I=0，U=E，图线斜率确实定值表示内阻．由图线aE=2.68V；〔3〕[5][6]在图乙中作出电阻的伏安特性曲线如下图，与电源的伏安特性曲线的交点表示电压和电流，由图可知，I=175μA，U=1.7V；故电源的输出功率P=UI=1.7×175×10-6=3.0×10-4W；依据闭合电路欧姆定律可得：EU 2.681.7r 5.61035.6kI 175106用以下器材组装成一个电路，既能测量出电池组旳电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡旳伏安特性曲线.电压表V1〔量程6V、内阻很大〕电压表V2〔量程3V、内阻很大〕电流表A〔量程3A、内阻很小〕R〔10Ω4A〕E．小灯泡〔2A、5W〕F．电池组〔Er〕G．开关一只，导线假设干试验时，调整滑动变阻器旳阻值，屡次测量后觉察：假设电压表V1旳示数增大，则电压表V2旳示数减小.请将设计旳试验电路图在虚线方框中补充完整 .每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2旳示数，组成两个坐标点1 〔I，U〕、〔I，U〕，标到U—I坐标中，经过屡次测量，最终描绘出两条图线，如下图，则电池组旳电动势E＝ V、内阻r＝ Ω.〔本小题结果保存21 U—IP点相交，此时滑动变阻器连入电路旳阻值应为 Ω，电池组旳效率为 〔此空结果保存2位有效数字〕.【答案】4.5 1.0 0 56%【答案】4.5 1.0 0 56%【详解】〔1〕[1]伏安法测电源电动势与内阻试验中，电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线试验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小，调整滑动变阻器时，电压表V的示数增大，则电压表V1

的示数减小，则V1

测路端电压，V2

测灯泡两端电压，电路图如下图：〔2〕[2]U-I图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势为：E4.5V；[3]则电源内阻为：

rU

4.5V2.5V

1.0Ω；I 2.0A〔3〕[4]由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压U 2.5V，此时电路电LI2.0A，则电源电动势为：EIrUL即：

IR滑4.5V2.0A1Ω2.5V2.0AR滑则：[5]则电池组旳效率为：

R 0Ω；滑U I L100%56%。EI某同学利用如下图的电路可以测量多个物理量．试验室供给的器材有：两个一样的待测电源(内阻r1ΩR(最大阻值为999.9Ω)R

最大阻1 2值为999.9Ω)，电压表V(内阻约为2kΩ，电流表A(内阻约为2Ω)，灵敏电流计G，两个开关S、S．1 2主要试验步骤如下：①按图连接好电路，调整电阻箱R和R1 2

至最大，闭合开关S和S1 2

，再反复调整R和1R ，使电流计G0，读出电流表A、电压表VRR

的示数分2 1 2I、URR；1 1 1 2RR与中的电阻值不同)，使电流计G0，读出电流1 2A、电压表V的示数分别为I2、U2．答复以下问题：A 电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势φ 和φ 的关系为 A 电压表的内阻为 ，电流表的内阻为 ；电源的电动势E为 ，内阻r为 。【答案】φ=φ

R UR

R UR1

UI UIE 12 21

rUU1112A B1112【解析】【详解】

V IRU11

A I 21

I I2 1

I I2 1〔1〕[1]G0时，由欧姆定律知，GA、B两点的电势φA=φB．〔2〕[2][3]G0，所以电流表的示数等于电压表的电流与电阻R1的1中，通过电压表的电流UI I 1电压表的内阻为

V 1 R1U URR 1 1 1I IRVV左右两个电源两极间的电压相等，则有：

U1 1 1解得电流表的内阻

U1=I〔R+R〕1 A 1 A R 1RA I 2〔3〕[4][5]．依据闭合电路欧姆定律得：解得

1E=U1+I1rE=U2+I2rEUE12I

UI21I2 1UUr 1 2I I2 1为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学承受了伏安法，现备有以下器材：被测干电池一节1电流表A0～0.6Ar＝0.3Ω12电流表A0～0.6A0.1Ω21电压表V0～3V，内阻未知12电压表V0～15V，内阻未知21,0～10Ω，2A2,0～100Ω，1AH．开关、导线假设干伏安法测电池电动势和内阻的试验中，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)试验电路图应选择以下图中的 (填“甲”或“乙”)；(3)依据试验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U－IE＝ V，内电阻r＝ Ω.【答案】ABDFH 甲1.5 0.7【解析】【详解】(1)[1]本试验中必选的仪器有：A．被测干电池一节；H开关、导线假设干；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D0～3V，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，应选FABDFH.(2)[2]因电流表的内阻，故试验电路图应选择图甲；(3)[3][4]依据试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，则干电池的电动势内电阻

E＝1.5V1.5 1.0r＝ 0.5

Ω－0.3Ω＝0.7Ω.五、必修第3册电磁感应与电磁波初步试验题易错题培优〔难〕某同学在争论电磁感应现象的试验中，设计了如下图的装置．线圈A通过电流表1RR12

和开关S连接到干电池上．线圈B的两端接到另一个电流表乙上，两个电流表一样，零刻度居中．闭合开关后，当滑动变阻器R2

P不动时，甲、乙两个电流表指针的位置如下图．当滑片P较快地向右滑动时，乙电流表指针的偏转状况是 〔选填“向左偏”“向右偏”或“不偏转”〕断开开关，待电路稳定后再快速闭合开关，乙电流表的偏转状况是 〔选填“向左偏”、“向右偏”或“不偏转”〕【答案】向右偏向左偏【解析】(1)由图可知，电流从正极流入时指针向右偏．当滑片P较快地向右滑动时，电阻增大，电流减小，依据右手定则，穿过BB电流的方向是逆时针的，电流从乙电流表正极流入，指针向右偏；〔2〕断开开关，待电路稳定后再快速闭合开关，B定律，B中产生的感应电流的方向是顺时针的，电流从乙电流表负极流入，指针向左偏；点睛：依据稳定时甲电流表指针的偏振确定指针偏转方向与电流流向间的关系；依据楞次定律推断感应电流的方向，结合题中条件，推断乙电流表指针偏转方向．为了探究电磁感应现象的产生条件，图中给出了必备的试验仪器。请你用笔画线代替导线，将试验电路连接完整 ；正确连接试验电路后，在闭合开关时，灵敏电流计的指针向左发生偏转。则以下过程中能使灵敏电流计的指针向右发生偏转的是 。断开开关时闭合开关后，螺线管A插入螺线管B的过程中闭合开关后，螺线管A放在螺线管B中不动，滑动变阻器的滑片快速向左滑动的过程中闭合开关后，螺线管A放在螺线管B中不动，滑动变阻器的滑片快速向右滑动的过程中【答案】AC【答案】AC【分析】【详解】(1)[1]把电流计与大线圈组成串联电路，电源、开关、滑动变阻器、小线圈组成串联电路，电路图如下图(2)[2]A．开关闭合一段时间后再断开开关的瞬间，则穿过线圈B中磁通量要减小，灵敏电流计指针要向右偏转，故A正确；闭合开关后，螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过线圈B中磁通量要增大，灵敏电流计指针要向左偏转，故B错误；闭合开关后，螺线管A放在螺线管B中不动，滑动变阻器的滑片快速向左滑动的过程中，接入电路的电阻变大，电流变小，则穿过线圈B中磁通量要减小，灵敏电流计指针要向右偏转，故C正确；闭合开关后，螺线管A放在螺线管B中不动，滑动变阻器的滑片快速向右滑动的过程中，接入电路的电阻变小，电流变大，则穿过线圈B中磁通量要增大，灵敏电流计指针要向左偏转，故D错误。AC。如下图为“争论电磁感应现象”的试验装置。将图中所缺的导线补接完整 ；假设在闭合开关时觉察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，将滑动变阻器滑片快速向左移动时，电流计指针将 〔填“向左偏”或“向右偏”〕；滑片不动，将原线圈A快速拔出副线圈B，电流计指针将 【答案】〔填“向左偏”或“向右偏”〕。【答案】向左偏向左偏【解析】【分析】【详解】〔1〕[1]如下图〔2〕[2][3]假设在闭合开关时觉察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；将滑动变阻器滑片快速向左移动时，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；将原线圈快速拔出副线圈时，穿过线圈的磁通量削减，电流计指针将向左偏。某小组的同学做“探究影响感应电流方向的因素”试验。首先按图甲(1)(2)所示方式连接电路，闭合开关后，觉察电流计指针向左偏转。进展上述试验的目的是〔 〕A．检查电流计测量电路的电流是否准确B．检查干电池是否为电池C．推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系。接下来用图乙所示的装置做试验，图中螺线管上的粗线标示的是导线的绕行方向。某次试验中在条形磁铁插入螺线管的过程中，观看到电流计指针向右偏转，说明螺线管中的电流方向〔从上往下看〕是沿 〔选填“顺时针”或“逆时针”〕方向。下表是该小组的同学设计的记录表格的一局部，表中完成了试验现象的记录，还有一项需要推断的试验结果未完成，请帮助该小组的同学完成 〔选填“垂直纸面对外”或“垂直纸面对里”〕。操作N操作N极朝下插入螺线管从上往下看的平面图〔B0表示原磁场，即磁铁产生的磁场〕原磁场通过螺线管磁通量的增减增加感应电流的方向沿逆时针方向B”的方