福建省莆田市第六中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

福建省莆田市第六中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

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

8

3

gR 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83

mg ，从A 至C 小球克服库仑力做的功为

23

mgR -，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）56mgR （2）34mg （3）2(833)- 【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：

()

02

11cos602

KB A mgR E mv --=-

代入数据解得：5

6

KB E mgR =

（2）小球第一次过A 时，由牛顿第二定律得：

22A v Qq

N k mg m R R

+-=

由题可知：8

3

N mg =

联立并代入数据解得：

2Qq

k

mg R

= 由几何关系得，OC 间的距离为：

cos303

R r R =

=?

小球在C 点受到的库仑力大小 ：

22Qq Qq

F k

k r ==????

库

联立解得3

=

4

F mg 库 （3）从A 到C ，由动能定理得：

2

102

f A W mgR W mv ---=-电

从C 到A ，由动能定理得：

212

f A W mgR W mv +=

'-电

由题可知：W =

电 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：

22A

v Qq N k mg m

R R

'-'+= 联立以上解得：

(

283

N mg -'=

，

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(

283

mg -，方向向

下．

2．如图所示，在竖直平面内有一质量m ＝0.5 kg 、电荷量q ＝＋2×10－

3 C 的带电小球，有

一根长L ＝0.1 m 且不可伸长的绝缘轻细线系在一方向水平向右、分布的区域足够大的匀强电场中的O 点.已知A 、O 、C 点等高，且OA ＝OC ＝L ，若将带电小球从A 点无初速度释放，小球到达最低点B 时速度恰好为零，g 取10 m/s 2.

(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；

(2)求小球从A 点由静止释放运动到B 点的过程中速度最大时细线的拉力大小； (3)若将带电小球从C 点无初速度释放，求小球到达B 点时细线张力大小. 【答案】（1）2.5×103 N/C （2）2－10) N （3）15N 【解析】 【详解】

(1)小球到达最低点B 时速度为零，则

0＝mgL －EqL . E ＝2.5×103 N/C

(2) 小球到达最低点B 时速度为零，根据对称性可知，达到最大速度的位置为AB 弧的中点，即当沿轨迹上某一点切线方向的合力为零时，小球的速度有最大值，由动能定理有

12

mv 2

－0＝mgL sin 45°－Eq (L －L cos 45°). m 2

v L

＝F －2mg cos 45°. F ＝2－10) N.

(3)小球从C 运动到B 点过程，由动能定理得

21

02

mgL qEL mV +=

-. 解得：

24V =

在B 点

02

(cos 45)V T mg m

L

-= 以上各式联立解得

T =15N.

3．如图所示，长l =1 m 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 =1.0×10–6 C ，匀强电场的场强E =3.0×103 N/C ，取重力加速度g =10 m/s 2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：

（1）小球所受电场力F 的大小和小球的质量m ；

（2）将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时速度v 的大小；

（3）在（2）所述情况下小球通过绳与竖直方向的夹角θ=37°时绳中张力T 的大小． 【答案】（1）F = 3.0×10-3 N m=4.0×10–4 kg （2）5m/s v = （3）T =7.0×10-3 N

【解析】 【分析】 【详解】

（1）小球受到的电场力的大小为：

F =qE =1.0×10–6×3.0×103N =3.0×10-3 N

小球受力如图所示：

根据平衡可知：

tan F mg θ=

解得：

m=4.0×10–4 kg

（2）将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时根据动能定理有

21sin (1cos )2

Fl mgl mv θθ--=

解得：

1

2(

1)5m/s cos v gl θ

=-= （3）沿绳方向根据牛顿第二定律可知

2

sin cos mv T F mg l

θθ--= 解得：

T =7.0×10-3 N

4．如图所示，在O 点处放置一个正电荷．在过O 点的竖直平面内的A 点，由静止释放一个带正电的小球，小球的质量为m 、电荷量为q ．小球落下的轨迹如图所示，轨迹与以O 为圆心、R 为半径的圆相交于B 、C 两点，O 、C 在同一水平线上，∠BOC=30°，A 距离OC 的竖直高度为h ，已知小球通过B 点的速度为v ，重力加速度为g ，求： (1)小球通过C 点的速度大小；

(2)小球由A 运动到C 的过程中电场力做的功．

【答案】(1) 2c gR =+v v (2) 21()2

W m gR mgh =+-v 【解析】

试题分析：（1）小球下落过程中，受到重力和电场力，由于B 、C 两点处于同一等势面上，故从B 到C 过程电场力做功为零，只有重重力做功，根据动能这定理求解到达C 点的速度；（2）小球从A 至C 的过程中只有重力和电场力做功，根据动能定理即可求解电场力做功．

（1）小球从B 点到C 点的过程中，电场力不做功，而重力做正功 由动能定理得：22

11222

C R mg mv mv ?

=- 解得：2C v v gR =+

（2）小球从A 至C 的过程中只有重力和电场力做功 由动能定理得：2

12

C mgh W mv +=电 解得：()

21

2

W m v gR mgh 电=

+- 【试题分析】本题关键是明确几种功能关系的具体形式：总功是动能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度．

5．如图所示，高为h 的光滑绝缘直杆AD 竖直放置，在D 处有一固定的正点荷，电荷量为Q 。现有一质量为m 的带电小球套在杆上，从A 点由静止释放，运动到B 点时速度达到最大值，到C 点时速度正好又变为零，B 、C 和D 相距分别为13h 和1

4

h ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，求：

(1)小球的电荷量q 和在C 点处的加速度； (2)C 、A 两点间的电势差。

【答案】(1)29mgh q kQ =,79a g = 方向竖直向上(2)274kQ

h

【解析】 【详解】

(1)小球运动到B 点时速度达到最大，说明小球必带正电，在B 点应有：

2()3

kQq

mg h =

得：

29mgh q kQ

=

在C 点，由牛顿第二定律：

2

()4

kQq

mg ma

h -= 得：

7

9

a g =

，方向竖直向上。 (2)设C 、A 两点间的电势差为U ，则A 、C 间的电势差为-U 。 从A 到C 过程，由动能定理：

()04

h

mg h qU --=

得：

274kQ

U h

=

6．在竖直平面内固定一半径为R=0.3m 的金属细圆环，质量为5

m 310kg -=?的金属小球(视为质点)通过长为L=0.5m 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点．小球带电荷量为

62.510q C -=?时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上某点A 处于平衡状态，如图所

示．已知静电力常量9229.010?/k N m C =?. 求：

（1）细线的拉力F 的大小；

（2）小球所在处的电场强度E 的大小？

（3）金属细圆环不能等效成点电荷来处理，试应用微元法推导圆环带电量Q 表达式？（用字母R 、L 、k 、E 表示）

【答案】(1) 4

510N -? (2) 160/N C (3) 2

54EL Q k =或322

Q k L R

=- 【解析】

由几何关系：3

cos 5

R L θ==，224sin 5

L R L θ-=

=

,4tan 3θ= ①

（1）对小球受力分析可知：cos mg

F θ

=

② 由①②得：4510F N -=? ③ （2）由平衡条件可得：tan qE mg θ= ④ 由①④得：160/E N C = ⑤ （3）由微元法，无限划分，设每一极小段圆环带电量为q ?

则：

2sin q

k

E L

θ?=∑ ⑥ 其中：q Q ∑?=

由①⑥得：

2

54EL Q k =或322

Q k L R

=- ⑦ 点睛：因2Q

E k

r

=只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了微元法求得圆环在小球位置的场强，应注意体会该方法的使用．库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应

注意正确进行受力分析．

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，真空中的电极K 连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为U 0的电场加速，加速电压U 0随时间t 变化的图像如图乙所示，每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为该过程加速电压不变.电子被加速后由小孔S 穿出沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A 、B 间中轴线，从左边缘射入A 、B 两板间的偏转电场，A 、B 两板长均为L =0.020m ，两板之间距离d =0.050m ，A 板的电势比B 板电势高U ，A 、B 板右側边缘到竖直放置的荧光屏P （面积足够大）之间的距离b =0.10m ，荧光屏的中心点O 与A 、B 板的中心轴线在同一永平直线上，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。求： （1）求电子进入偏转电场的初速度v 0（已知电子质量为m 、电量为e ，加速电压为U 0） （2）假设电子能射出偏转电场，从偏转电场右端射出时，它在垂直于两板方向的偏转位移y 为多少（用U 0、U 、L 、d 表示）；

（3）要使电子都打不到荧光屏上，A 、B 两板间所加电压U 应满足什么条件； （4）当A 、B 板间所加电压U =50V 时，电子打在荧光屏上距离中心点O 多远的范围内。

【答案】（1）0

02eU v m

=2）204UL y dU =；（3）所加电压U 应满足至少为100V ；

（4）0.025m ～0.05m 【解析】 【分析】 【详解】

（1）电子加速过程中，根据动能定理有

2001

2

eU mv =

解得初速度

02eU v m

=

（2）偏转过程中，水平方向做匀速直线运动，有

0v t L =

垂直AB 两板方向，做匀加速直线运动，有

U Ed =

eU ma =

212

y at =

由（1）问及以上几式，解得

2

4UL y dU =

（3）要使电子都打不到屏上，应满足U 0取最大值800V 时仍有y ＞0.5d ，代入(2)问结果，可得：

2

00222

44?0.548000.50.05V 100V 0.2

U dy U d d U L L ???=>== 所以为使电子都打不到屏上，A 、B 两板间所加电压U 至少为100V

（4）当A 、B 板间所加电压U′=50V 时，当电子恰好从A 板右边缘射出偏转电场时 其侧移最大

max 11

0.05m 0.025m 22

y d =

=?= 设电子通过电场最大的偏转角为θ，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Y max ，则

tan y v at

v v θ=

=

max max y b

Y y υυ

=+

又

max 02

y

υy t +=

L υt =

联立解得

max max max 20.05m b

Y y y L

=+

= 由第（2）问中的2

4UL y dU =可知，在其它条件不变的情况下，U 0越大y 越小

所以当U 0=800V 时，电子通过偏转电场的侧移量最小 其最小侧移量，

222min

00500.2m 0.0125m 4440.05800

UL U L y dU dU ?'====?? 同理可知，电子打到屏上距中心的最小距离为

min min 210.025m b Y y L ??

=+= ??

?

故其范围为0.025m~0.05m 。

8．如图所示，直角坐标系xOy 在竖直平面内，x 轴沿水平方向，空间有平行坐标平面竖直

向上的匀强电场，电场强度大小为E ，在第一、四象限内以坐标原点O 为圆心的半圆形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B 0，圆的半径为R ，一个带电荷量为q 的小球A 静止于Q 点，另一个质量和带电荷量都与A 球相同的小球B 在P 点，获得一个沿x 轴正方向的初速度，小球B 与小球A 在进磁场前碰撞并粘合在一起，两球经磁场偏转后，最终竖直向上运动，不计两球碰撞过程中电量损失，P 点到O 点的距离为R ，重力加速度大小为g ，求：

（1）小球B 从P 点向右运动的初速度0v 的大小；

（2）撤去小球A ，改变y 轴左侧电场强度的大小，将小球B 从P 点向右开始运动的速度减为原来的

2

4

，结果小球B 刚好从y 轴上坐标为0,2R ??- ???的位置进入磁场，试确定粒子经

磁场偏转后出磁场的位置坐标。

【答案】（1）002gB R v E =；（2）37,4R R ?? ? ???

【解析】 【分析】 【详解】

（1）因为小球A 静止在Q 点，所以与A 球质量和电荷量相等的B 球将向右做匀速直线运动，然后与A 球相碰，设两球的质量为m ，B 球的初速度大小为0v ，A 、B 碰撞后的共同速度为1v ，根据动量守恒有

012mv mv =

解得

101

2

v v =

由于小球A 在碰撞前处于静止状态，则

qE mg =

解得

mg

q E

=

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设小球在磁场中做圆周运动的半径为r ，根据粒子运动的轨迹，依据几何关系

2

r R =

根据牛顿第二定律有

2

11022v qv B m r

=

解得

00R

v E

=

（2）由题意可知，粒子从P 点出射的速度大小

00042gB R v E

=

=' 粒子在进磁场前做类平拋运动，进磁场时的速度的反向延长线交于水平位移的中点，则粒子进磁场时速度与x 轴正正向的夹角为45度，则粒子进磁场时的速度大小

20v ='

粒子在磁场中做匀速圆周运动，则

2

2

202

v qv B m r =

解得

22

r R =

由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆心位置为

,02R ?? ???

有界场边界满足

222x y R +=

粒子在磁场中做圆周运动的轨迹满足

2

22

22R x y r ??-+= ?

?

? 解得

3

4x R =

4

y R =-

因此粒子出磁场时的位置坐标为

3,44R R ??- ? ???

9．如图所示，真空室中电极K 发出的电子（初速度不计）经过电势差为U 1的加速电场加速后，沿两水平金属板C 、D 间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m 、电荷量为e ，C 、D 极板长为l ，D 板的电势比C 板的电势高，极板间距离为d ，荧光屏距C 、D 右端的距离为

1

6

．电子重力不计．求：

(1)电子通过偏转电场的时间t 0； (2)偏转电极C 、D 间的电压U 2； (3)电子到达荧光屏离O 点的距离Y ． 【答案】（1）12m eU （2）

12d U l （3）2

3

l 【解析】 【分析】 【详解】

(1)电子在离开B 板时的速度为v ，根据动能定理可得：2

112

eU mv = 得：1

2eU v m

=

电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有：01

2l m t v eU ==(2)电子在偏转电极中的加速度:1

eU a md

=

离开电场时竖直方向的速度：201

2y U l e

v at d

mU == 离开电场轨迹如图所示：

电子的速度与水平方向的夹角：21

tan 45?=2y v U l

v

dU =

解得：1

22dU U l

=

(3)离开电场的侧向位移：21012

y at = 解得：12

l y =

电子离开电场后，沿竖直方向的位移：2tan 45=66l l y =

? 电子到达荧光屏离O 点的距离：122

3

Y y y l =+= 【点睛】

本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解．

10．如图，在真空室内的P 点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q ，质量为m 的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab 为P 点附近的一条水平直线，P 到直线ab 的距离PC=L ，Q 为直线ab 上一点，它与P 点相距PQ=

5

L ．当直线ab 以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q 点；当ab 以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab 直线，且它们到达ab 直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q 点．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)a 粒子的发射速率 (2)匀强电场的场强大小和方向

(3)仅有磁场时，能到达直线ab 的粒子所用最长时间和最短时间的比值

【答案】（1

）粒子发射速度为58BqL

v m

=

（2）电场强度的大小为2

258qLB E m

=

（3）粒子到达直线ab 所用最长时间和最短时间的比值12233 2.20106

t t =≈ 【解析】

（1）设粒子做匀速圆周运动的半径R ，过O 作PQ 的垂线交PQ 于A 点，如图三所示： 由几何知识可得

PC QA

PQ QO

= 代入数据可得粒子轨迹半径58

L R QO ==

洛仑磁力提供向心力2

v Bqv m R

= 解得粒子发射速度为58BqL

v m

=

（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab 直线的动能相等，可知ab 为等势面，电场方向垂直ab 向下．

水平向左射出的粒子经时间t 到达Q 点，在这段时间内

2

L

CQ vt =

= 21

2

PC L at ==

式中qE a m

=

解得电场强度的大小为2

258qLB E m

=

（3）只有磁场时，粒子以O 1为圆心沿圆弧PD 运动，当圆弧和直线ab 相切于D 点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图四所示．据图有

3

sin 5

L R R α-=

= 解得37α=?

故最大偏转角max 233γ=? 粒子在磁场中运动最大时长max

10

360t T γ=

式中T 为粒子在磁场中运动的周期．

粒子以O 2为圆心沿圆弧PC 运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图四有

/24sin 5

L R β=

= 解得53β=?

速度偏转角最小为min 106γ=? 故最短时长min

20

360t T γ=

因此，粒子到达直线ab 所用最长时间和最短时间的比值

max 12min 233 2.20106

t t γγ==≈ 点睛：此题是关于带电粒子在电场及磁场中的运动问题；掌握类平抛运动的处理方向，在两个方向列出速度及位移方程；掌握匀速圆周运动的处理方法，确定好临界状态，画出轨迹图，结合几何关系求解.

11．一匀强电场足够大，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v 0，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）

sin g θ

（2）20sin 2v g θ(3) 22

01cos 2mv θ 【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＝mg

ma

解得小球的加速度：sin g

a θ

=

． （2）小球从开始到最高点的位移为：220022v v sin x a g

θ==． （3）因为Eq=mg/tan θ，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222001cos .cos cos tan 22

P v sin mg E W Eqx mv g θθθθθ?===

?= 【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.

12．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0v 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/s 2。（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0v 。

【答案】(1)0.4m x =；(2)025m/s v = 【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D v ，乙离开D 点到达水平轨道的时间为t ，乙的落点到B 点的距离为x ，则

2D v m mg qE R

=+ 乙球离开D 点后做类平抛运动，竖直方向

212()2mg qE R t m +=

水平方向

D x v t =

联立解得

0.4m x =

(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲、v 乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有

0mv mv mv =+甲乙，222

0111222

mv mv mv =+甲乙

联立得

0=v v 乙

由动能定理得

22

112222

D mg R q

E R mv mv -?-?=-乙

联立解得

05()25m/s mg Eq R

v m

+=

=

三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）

13．多用表是由电流表改装的，现测定一个量程为0~5mA 的电流表G 的内阻r = 100.0Ω , 用它改装成如图的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程(或分度值)不同的档位。电流表的两个档位中，大量程是小量程的10倍。

(1)当转换开关S 旋到位置1或2时，是电流档，且旋到位置_______的量程较大：当转换开关S 旋到位置5或6时，是电压档，且旋到位置______的量程较大； (2)A 、B 两表笔中，______为红表笔；

(3)图中的电源E ˊ的电动势为9.0V ，当把转换开关S 旋到位置4，在AB 之间接900Ω电阻时，表头G 刚好半偏。己知之前己经进行了必要的、正确的操作。则R 1＝_________Ω，R 2＝_________Ω。

【答案】1 6 A 10 90 【解析】 【详解】

(1)[1]电流表并联电阻可以扩大量程，并联电阻越小，分流越大，量程越大，故当转换开关S 旋到位置1时量程较大；

[2]电压表串联电阻可以扩大量程，串联电阻越大，分压越大，量程越大，故当转换开关S 旋到位置6时量程较大；

(2)[3]在测量电阻时，因为欧姆档的电路与电池连接，则将转换开关S 旋到位置3或4时，电流应从红表笔进、黑表笔出，所以A 、B 两表笔中，A 为红表笔；

(3)[4] [5]因为“之前己经进行了必要的、正确的操作”，意味着之前已经将A 、B 短接调零，即让表头满偏。

在A 、B 之间接900Ω电阻时，表头G 刚好半偏，说明当表头半偏时，改装后的欧姆表“4” 总内阻R 内=900Ω，则转换开关S 在2时，电流表2的量程为

29.0A 10mA 900

g E I R =

==内 根据题给条件“电流表的两个档位中，大量程是小量程的10倍”，所以转换开关S 在1时，电流表1的量程为1100mA g I =

又表头G 满偏电流为5mA 时，电流表的内阻r = 100.0Ω，根据并联电路电流分配规律可解

得12

1090

R R

=Ω=Ω

，

14．小敏要将一量程为250μA的微安表改装成量程为5V的电压表。由于微安表内阻未知，小敏先用多用电表粗测得其内阻约为1100Ω。现有如下器材：

A．待改装的微安表

B．标准电压表

C．电阻箱（0~99999. 9Ω）

D．滑动变阻器（0~10Ω）

E. 学生电源

F.开关，导线若干

(1)按粗测的微安表内阻进行电压表改装，应将电阻箱阻值调节为_________Ω；

(2)改装完成后，小敏利用上述器材设计了电路进行校准，请完成校准电路的实物图连线；（____）

(3)当标准电压表的示数为5. 00V时，微安表的指针位置如图所示。由此可以推测出所改装的电压表量程不是预期的5V，而是______V（保留两位有效数字），导致该误差产生的原因可能是_________；

A．微安表的实际内阻大于所测得的1100Ω

B．微安表的实际内阻小于所测得的1100Ω

(4)要达到预期目的，不必再设计实验精确测量微安表的内阻，只需将电阻箱的阻值调整为______Ω即可。

【答案】18900 见解析 5.1 A 18500

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]将电阻箱与微安表串联，电阻箱阻值

5V

1100Ω18900Ω

250μA

g

U

R r

I

=-=-=

(2)[2]将改装的电压表与标准电压表并联，接入电路，滑动变阻器采用分压式接法，可以测量多组数据，连接电路如图所示

(3)[3]图中微安表示数为245μA 时电压表示数为5V ，因此满天偏时对应的电压值应为其电压表量程

245μA 5V

=250μA U

可求得量程为

5.1V U =

[4](4)由于加上相同的电压，电流小于预期值，一定是电阻偏大，而电阻箱调整没问题，一定是微安表内阻大于1100Ω，A 正确，B 错误。 故选A 。

[5]改装表的阻值减小量应为

5V 5V

400245μA 250μA

R ?=

-=≈Ω 因此将电阻箱阻值减小为

18900Ω-400Ω=18500Ω

15．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5 V ，额定功率为0.5 W ，此外还有以下器材可供选择： A ．直流电源3 V(内阻不计)

B ．直流电流表0～300 mA(内阻约为5 Ω)

C ．直流电流表0～3 A(内阻约为0.1 Ω)

D ．直流电压表0～3 V(内阻约为3 kΩ)

E ．滑动变阻器100 Ω，0.5 A

F ．滑动变阻器10 Ω，2 A

G ．导线和开关

实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．

(1)实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________；(均填写仪器前的字母) (2)在图甲所示的虚线框中画出符合要求的实验电路图_______________(虚线框中已将所需