浙江浙江省温州中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

浙江浙江省温州中学必修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．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝

5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为m A＝0.1 kg和m B＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

(1)求B所受静摩擦力的大小；

(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A 从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔE p＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．

【答案】（1）f=0.4N （2）2.1336W

【解析】

试题分析：（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：

由平衡条件所得：

对A有：m A gsin θ＝F T①

对B有：qE＋f0＝F T②

代入数据得f0＝0．4 N ③

（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：

由牛顿第二定律得：

对A有：F＋m A gsin θ－F′T－F k sin θ＝m A a ④

对B有：F′T－qE－f＝m B a ⑤

其中f＝μm B g ⑥

F k ＝kx ⑦

由电场力做功与电势能的关系得ΔE p ＝qEd ⑧ 由几何关系得x ＝

－

⑨

A 由M 到N ，由v －v ＝2ax 得A 运动到N 的速度v ＝⑩

拉力F 在N 点的瞬时功率P ＝Fv ? 由以上各式，代入数据P ＝0．528 W ?

考点：受力平衡 、牛顿第二定律、能量转化与守恒定律、功率

【名师点睛】静止时，两物体受力平衡，列方程求解．A 从M 到N 的过程中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可列出力的关系方程．根据能量转化与守恒定律可列出电场力做功与电势能变化的关系方程．根据匀加速直线运动速度位移公式，求出运动到N 的速度，最后由功率公式求出功率．

2．如图所示，在竖直平面内有一固定的光滑绝缘轨道，圆心为O ，半径为r ，A 、B 、C 、D 分别是圆周上的点，其中A 、C 分别是最高点和最低点，BD 连线与水平方向夹角为37?。该区间存在与轨道平面平行的水平向左的匀强电场。一质量为m 、带正电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经过D 点时速度最大，重力加速度为g （已知sin370.6?=，cos370.8?=），求:

(1)小球所受的电场力大小；

(2)小球经过A 点时对轨道的最小压力。

【答案】（1）4

3

mg ；（2）2mg ，方向竖直向上. 【解析】 【详解】

（1）由题意可知 :

tan 37mg

F

?= 所以:

43

F mg =

（2）由题意分析可知，小球恰好能做完整的圆周运动时经过A 点对轨道的压力最小.

小球恰好做完整的圆周运动时，在B 点根据牛顿第二定律有:

2sin 37B v mg

m r

?= 小球由B 运动到A 的过程根据动能定理有:

()

22

111sin 37cos3722

B A mgr Fr mv mv ??--+=-

小球在A 点时根据牛顿第二定律有:

2A

N v F mg m r

+=

联立以上各式得:

2N F mg =

由牛顿第三定律可知，小球经过A 点时对轨道的最小压力大小为2mg ，方向竖直向上.

3．如图所示,ABCD 竖直放置的光滑绝缘细管道,其中AB 部分是半径为R 的1/4圆弧形管道,BCD 部分是固定的水平管道,两部分管道恰好相切于B ．水平面内的M 、N 、B 三点连线构成边长为L 等边三角形,MN 连线过C 点且垂直于BCD ．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M 、N 两点,电荷量分别为+Q 和-Q.现把质量为m 、电荷量为+q 的小球(小球直径略小于管道内径,小球可视为点电荷),由管道的A 处静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g.求:

(1)小球运动到B 处时受到电场力的大小; (2)小球运动到C 处时的速度大小;

(3)小球运动到圆弧最低点B 处时,小球对管道压力的大小.

【答案】（1）2qQ k L （22gR （32

2229qQ k m g L ??+ ???

【解析】 【分析】 【详解】

（1）设小球在圆弧形管道最低点B 处分别受到+Q 和-Q 的库仑力分别为F 1和F 2．则

122qQ F F k

L

＝＝① 小球沿水平方向受到的电场力为F 1和F 2的合力F ，由平行四边形定则得F=2F 1cos60° ② 联立①②得2

qQ

F k

L ＝③

（2）管道所在的竖直平面是+Q 和-Q 形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有mgR ＝

1

2

mv C 2?0 ④ 解得2C v gR ＝⑤

（3）设在B 点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为N By ，在竖直方向对小球应用牛顿第

二定律得2

B By v N mg m R

-＝⑥ v B =v C ⑦

联立⑤⑥⑦解得N By =3mg⑧

设在B 点管道对小球在水平方向的压力的分力为N Bx ，则2

Bx qQ

N F k

L ＝＝⑨ 圆弧形管道最低点B 处对小球的压力大小为22

222

2

9()?B Bx BY qQ N N N m g k

L

++＝＝．⑩ 由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B 的压力大小为

222

2 9()?B B qQ N N m g k

L

'+＝＝

4．如图所示，空间存在方向水平向右的匀强电场，两个可视为点电荷的带电小球P 和Q 用绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，已知匀强电场强度为E ，两小球之间的距离为L ，PQ 连线与竖直方向之间的夹角为θ，静电常数为k （1）画出小球P 、Q 的受力示意图； （2）求出P 、Q 两小球分别所带的电量。

【答案】（1）P 带负电，Q 带正电；（2）2

sin EL k θ

【解析】 【详解】

（1）依题意得，小球P 、Q 受力示意图如图

根据平衡条件，P 带负电，Q 带正电 ① （2）设P 带电量为-q 1，Q 带电量为q 2 根据库仑定律：

12

2C q q F k

L

= ② 根据牛顿第三定律：

F C =F C / ③

对于P 球： 根据平衡条件：

1sin C q E F θ= ④

解得：

2

1sin EL q k θ

=

⑤ 对于Q 球： 根据平衡条件：

'

2sin c q E F θ= ⑥

解得：

2

2sin EL q k θ

=

⑦

5．—个带正电的微粒，从A 点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB 运动，如图所

示，AB 与电场线夹角θ=53°，已知带电微粒的质量m =1.0×10－7kg ，电荷量q =1.0×10－

10C ，

A 、

B 相距L =20cm ．(取g =10m/s 2)．求：

(1)电场强度的大小和方向；

(2)要使微粒从A 点运动到B 点，微粒射入电场时的最小速度是多少． 【答案】（1）7.5×10 3 V/m,方向水平向左5

【详解】

(1)带电微粒做直线运动，所受的合力与速度在同一直线上，则带电微粒受力如图所示；

由图可知，合力与速度方向相反；故粒子一定做匀减速直线运动； 由力的合成可知：

mg =qE ?tan θ

可得：37.510V/m tan mg

E q θ

=

=?，方向水平向左． （2）微粒从A 到B 做匀减速直线运动，则当v B =0时，粒子进入电场速度v A 最小.由动能定理：

2

1sin cos 02

A mgL qEL mv θθ--=-

代入数据得：v A =5m/s

6．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

【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

=

二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）

7．如图所示，从电子枪射出的电子束（初速度不计）经电压U 1=2000V 加速后，从一对金属板Y 和Y′正中间平行金属板射入，电子束穿过两板空隙后最终垂直打在荧光屏上的O 点．若现在用一输出电压为U 2=160V 的稳压电源与金属板YY′连接，在YY′间产生匀强电场，使得电子束发生偏转．若取电子质量为9×10﹣31kg

，YY′两板间距d=2．4cm ，板长

l=6．0cm ，板的末端到荧光屏的距离L=12cm ．整个装置处于真空中，不考虑重力的影响，

试回答以下问题：

（1）电子束射入金属板YY′时速度为多大？

（2）加上电压U 2后电子束打到荧光屏上的位置到O 点的距离为多少？

（3）如果两金属板YY′间的距离d可以随意调节（保证电子束仍从两板正中间射入），其他条件都不变，试求电子束打到荧光屏上的位置到O点距离的取值范围．

【答案】（1）2．67×107m/s；（2）15mm；（3）0～30mm．

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据动能定理，设电子在加速电极作用下获得速度为v0，

有2

10

1

2

U e mv

=，

解得：1

2U e

v

m

=…①

代入数据解得：77

8

10/ 2.6710/

3

v m s m s

=?≈?；

（2）电子穿过偏转电极过程中，在沿初速度方向做匀速直线运动有l=v0t…②

在沿电场方向受力为F=Eq…③

根据匀强电场性质U2=Ed…④

根据牛顿第二定律F=ma…⑤

根据匀变速直线运动规律，在出偏转电场时其在电场方向位移为[来2

1

2

y at

=…⑥

根据①﹣⑥式可推得：

2

2

1

4

U l

y

dU

=…⑦

此时在电场方向上的分速度为：v y=at…⑧

出电场后电子做直线运动最终打在荧光屏上，距离O点的距离设为y′，根据几何关系及①⑦⑧可得

()

2

1

2

2

′

4

U l l L

l L

y y

l dU

+

+

==…⑨

将数据代入⑦式可得y=3mm＜

2

d

，所以此时电子可以射出偏转电场

于是将数据代入⑨式可得y′=15mm

（3）d越小则偏转电场越强，电子的偏转也越厉害，但是同时两板间距缩小电子更容易打在极板上，

所以电子的偏转应有最大值，且临界条件为电子刚好擦YY′极板而出．即：

2

d

y

=…⑩

联立⑦式代入数据可解得此时：y=6mm ， 继续代入⑨式可得此时：y′=30mm ，

所以电子束打到荧光屏上的位置到O 点距离的取值范围为0～30mm ；

8．如图所示，M 、N 为竖直放置的平行金属板，两板间所加电压为0U ，1S 、2S 为板上正对的小孔. 金属板P 和Q 水平放置在N 板右侧，关于小孔1S 、2S 所在直线对称，两板的长度和两板间的距离均为l ； 距金属板P 和Q 右边缘l 处有一荧光屏，荧光屏垂直于金属板P 和Q ；取屏上与S 1、2S 共线的O 点为原点，向上为正方向建立x 轴，M 板左侧电子枪发射出的电子经小孔1S 进入M 、N 两板间. 电子的质量为m ，电荷量为e ，初速度可以忽略. 不计电子重力和电子之间的相互作用. 为简单计，忽略电容器的边缘效应. （1）求电子到达小孔2S 时的速度大小v ；

（2）金属板P 和Q 间电压u 随时间t 的变化关系如图所示，单位时间内从小孔1S 进入的电子都相同. 电子打在荧光屏上形成一条亮线，忽略电场变化产生的磁场；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.

a. 试分析、猜测题干中“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”这句话的根据？

b. 当某个电子在金属板P 、Q 两板间电压0u U =时进入P 、Q 间，求其打到荧光屏上的位置.

c. 求打到荧光屏上的电子最大动能.

d. 试分析在一个周期（即02t 时间）内荧光屏单位长度亮线上的电子个数是否相同？

【答案】(1)0

2eU v m

= (2) a.见解析 b. 34l x = c.02km E eU = d.电子个数相同

【解析】 【详解】

（1）根据动能定理有：2

012

eU mv = 解得：0

2eU v m

=

（2）a. 由（1）中电子速度表达式猜测，由于电子比荷q/m 极大，电子很容易加速到很大的速度，电子在板P 和Q 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”。

b. 假设所有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板的电子推导过程相同。

设电子在偏转电场中的运动时间为1t，PQ间的电压为u

垂直电场方向：1

l vt

=

平行电场方向：2

11

1

2

x at

=

此过程中电子的加速度大小

eu

a

ml

=

联立得：1

4

ul

x

U

=

电子出偏转电场时，在x方向的速度1

x

v at

=

电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间2t到达荧光屏，则

水平方向：2

l vt

=

竖直方向：22x

x v t

=

联立解得：2

2

ul

x

U

=

电子打在荧光屏上的位置坐标：12

3

4

l

x x x u

U

=+=

当0

u U

=时，

142

l l

x=<，电子能打在荧光屏上

故

3

4

l

x=。

c. 当

12

l

x=±时，

2

u U

=±，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。

由全过程动能定理可得：0

2

2km

U

eU e E

+=

解得0

2

km

E eU

=

d. 对于有电子穿过P、Q间的时间内进行讨论：

打在荧光屏上的电子形成的亮线长度

3

4

l

x u

U

?=?

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，射出的电子个数是相同的，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相同。

9．如图所示，A为粒子源，在A和极板B间的加速电压为U1，在两水平放置的平行带电板C、D间的电压为U2，现设有质量为m，电荷量为q的质子初速度为零，从A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，两板间的距离为d，不计带电粒子的重力，求：

(1)带电粒子在射出B板时的速度；

(2)带电粒子在C、D极板间运动的时间；

(3)带电粒子飞出C、D电场时在竖直方向上发生的位移y.

【答案】（1）1

2qU

m

（2）

1

2

m

L

qU

（3）

2

2

1

4

U L

U d

【解析】

试题分析：（1）由动能定理得：W=qU1 =

则

（2）离子在偏转电场中运动的时间t

L =

（3）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】本题关键明确粒子的运动性质，对应直线加速过程，根据动能定理列式；对

于类似平抛运动过程，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解；不难．

10．两平行金属板A 、B 间距离为d ，两板间的电压U AB 随时间变化规律如图所示，变化周期为T ＝6秒，在t ＝0时，一带正电的粒子仅受电场力作用，由A 板从静止起向B 板运动，并于t ＝2T 时刻恰好到达B 板，求：

（1）若该粒子在t ＝T /6时刻才从A 板开始运动，那么，再经过2T 时间，它将运动到离A 板多远的地方？

（2）若该粒子在t ＝T /6时刻才从A 板开始运动，那么需再经过多长时间才能到达B 板， 【答案】（1）1

3

d （2）32.6s 【解析】 【分析】 【详解】

(1)粒子在t ＝0时开始运动，它先加速再减速，再加速、减速，向同一方向运动，其v -t 图如图中粗实线所示，

设每次加速（或减速）运动的位移为s ，则4s ＝d ，4

d s =

, 若粒子在t ＝T /6时刻才从A 板开始运动，其运动图线如图中细实线所示，

设每次加速（或减速）运动的位移为s 1，设每次反向加速（或减速）运动的位移为s 2， 则1499

d s s =

= 21936

d s s =

= 所以一个周期内的总位移为122()6

d

s s s =+=' 所以2T 内粒子运动的总位移为

3

d (2)粒子在t ＝T / 6时刻才从A 板开始运动，6个周期内的总位移刚好是d ，但由于粒子有一段反向运动，所以在6个周期末之前已到达B 板，即在5个周期末，粒子和B 板的距离为

6

d s '=

粒子通过此距离所需时间为22()36

T -

则粒子到达B 板所需时间为221725()()32.6s 3

636

t T T T =+-=-≈' 【点睛】

由于粒子不是在电场中一直处于加速或减速，所以导致分析运动较复杂;也可以假设b 板向下移动到最后一个周期末速度为零的位置，这算出整段时间，再去移动距离的时间.

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）2

0sin 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 ＝6

g

的匀加速上升运动，当速度为v 0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）74mg q

（2）63m 2

0v 【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：233qE mg ma -= 解得：74mg

E q

=

（2）细绳断后，根据牛顿第二定律得：

A qE mg ma -= 得34

A g

a =

方向向上； 22B qE mg ma -= 得8

B g

a =-

（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：00B v a t =+ ，解得0

8v t g

=

在该时间内A 的位移为：22

00321 2A A v s v t a t g

=+=

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，2

056A A E qEs mv ?==

同理对球B 得：22

0041 2B B v s v t a t g =+= 207B B E qEs mv ?==

解得2

063A B E E E mv ?=?+?=

【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．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121090R R =Ω=Ω，

14．实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，R 1、R 2标注的阻值分别为2.9kΩ和14.9kΩ，经检测表头G 和电阻R 2已烧坏，电阻R 1完好，一课外活动小组想要修复这个电压表，他们在实验室找到两个表头，外形都与原表头G 相同，已知表头G 1的满偏电流为1 mA ，内阻为50Ω；表头G 2的满偏电流为0.5mA ，内阻为100Ω，还有六个定值电阻R 3=50Ω，R 4=150Ω，R 5=200Ω，R 6=3kΩ，R 7=12kΩ，R 8=15kΩ，若在保留R 1的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件回答下列问题：

(1)原表头G 的满偏电流流I =________mA ，内阻r =________Ω；

(2)由于实验室没有14.9kΩ的电阻来替换R 2，为了修复这个电压表，课外活动小组对电压表电路进行了改装，改装后的电路图如图乙所示，则电阻R x 应选用_______(填题中所给器材符号)；

(3)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 7R

【解析】 【分析】 【详解】

(1)[1][2]由图示电路图可知，电压表量程：

I g （r g +R 1）=3V ， I g （r g +R 2）=15V ，

代入数据解得：

I g =1mA ，r g =100Ω；

(2) (3)[3][4]由于原表头的满偏电流为1mA ，所以应用电流表G 1，又因为表头

内阻为

100Ω，故应将G 1和定值电阻R 3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图所示：

量程为15V 时有

131()g x U I R R r R =+++，

即

12k x R =Ω，

故应选用R 7。

15．现将一满偏电流Ig =1mA 且内阻未知的电流表改装成量程为3V 的电压表．电流表的电阻可用下面(甲)图电路测定．连接好电路，先将电位器R 2调至最大，断开S 2，闭合S 1，调节电位器R 2，使电流表指针偏转到满刻度．再闭合S 2，调节电阻箱R 1，使电流表的指针偏转到满刻度的

2

3

，此时电阻箱R 1的示数如图(乙)所示．

（1）电阻箱的示数R 1=________Ω．

（2）按要求将该电流表改装成量程为3V 的电压表时应串联一个阻值R =_______Ω的电阻．

（3）用此电路测定电流表的内阻会产生系统误差，导致测量值_______真实值(填“大于”或“小于”)．

（4）要对改装好的电压表进行逐刻度校对，实验器材如(丙)图所示，请完成实物图连线__________．

【答案】120 2940 小于

【解析】

(1)电阻箱的读数是从最大的数开始读．该电阻的阻值：1000×0+100×1+10×2+1×0=120Ω.

(2)将上述电流表改装成量程为6.0V的电压表，应给该表头串联一个阻值为：I g×（r g+R）=U,而r g=240Ω，代入数据得：R=2940Ω.

(3)闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过R1的电流小于原来电流的三分之二，则该实验测出的电表内阻偏小；

(4)为了使改装后的电压表跟标准电压表V从0开始一一进行校对，采用滑动变阻器的分压接法,同时两表需要并联，实物连线如图所示：

【点睛】本题考查半偏法测电流表内阻的原理和电压表的改装原理以及改装表的校对，难点是对半偏法测电流表内阻原理的解释．

16．育才中学科技小组的小明同学自行设计了一个地磅，其原理如图1所示．设电源两端电压U恒为定值，R0为定值电阻，滑动变阻器的总电阻为R、总长度为L ，滑动触头与托盘固联，开始时触头位于变阻器最上端A，并能随轻弹簧一起上下滑动．已知滑动变阻器的电阻与其接入电路的长度成正比；当对地磅施加压力F时，弹簧的长度会缩短L ．请回答：

（1）定值电阻R0的作用是________．

（2）电流表的示数与待测物体质量m之间的关系式为________；此地磅的刻度特点是

________．

（3）有同学建议小明将原理图改为图2所示，你认为这样改________（填“好”或“不好”）. （4）请你在图2的基础上，在图3的方框里画出你改进后的电路图，这样的好处是什么？

【答案】（1）分压限流，保护电路元件作用；（2）

(L)R

U

mgL

R

FL

-+；不均匀

（3）不好（4）这样的好处是电压与质量成正比，反应质量的刻度线均匀．

【解析】

（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，电流表有烧坏的可能，则定值电阻R0的作用是保护电路；

（2）滑动变阻器的电阻与其接入电路的长度成正比；当对地磅施加压力F时，弹簧的长度会缩短l．

当质量为m的物体放在地磅上时，弹簧形变量为l′，有

F mg

l l

=

'

，即此时的弹簧缩短了

mgl

l

F

'=，设此时滑动变阻器的阻值为R′，则

R R

L L l

'

=

-'

所以11

l mgl

R R R

L FL

（）（）

'

'=-=-，

根据欧姆定律可知，此时电路中的电流为

(1)

U U

I

mgl

R R R R

FL

==

'+-+

由表达式可知，电流表的示数与物体的质量不成正比，所以造成刻度盘上的刻度不均匀；

（3）电压表的示数为滑动变阻器的电压，等于电源电压减去定值电阻R0的电压．

故

00

(1)

U

U U IR U R

mgl

R R

FL

'=-=-

-+

，

由表达式可知，电压表的示数与物体的质量不成正比，所以造成刻度盘上的刻度不均匀，故这样改仍然不好；

（4）改进的电路如图所示，

滑片的移动不能改变接入电路中电阻的大小，但可以改变电压表所测部分的电阻，

设地磅上放上质量为m的物体时弹簧缩短量为l″，则l″=

mg

F

l

此时变阻器根据电压表并联部分的电阻R″=

l

L

"

R，

根据欧姆定律，此时电路中的总电流为I=

U

R R

+

，

所电压表的示数为

()

000

()()

mg

l

U l U mgRU

F

U IR R R

R R L R R L R R FL

"

'="===

+++

，

由表达式可以看出，电压与质量成正比，反应质量的刻度线均匀．

点睛：本题以地磅为背景考查了重力公式和串联电路的特点、欧姆定律的应用；关键：一是根据弹力的大小跟弹簧伸长或缩短的长度关系得出压力，二是根据滑动变阻器的长度和总电阻得出放物体时接入电路中电阻的大小，三是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等．

17．在研究金属电阻阻值与温度的关系时，为了能够较准确地测出金属电阻的阻值，设计了如图所示的电路。除了金属电阻x R外，还提供的实验器材有：学生电源E，灵敏电流计G。滑动变阻器R、R S，，定值电阻R1、R2，电阻箱R0，开关S，控温装置，导线若干。

①按照电路图连接好电路后，将R0调至适当数值，R的滑片调至最右端。R S的滑片调至最