高中物理必修3物理 全册全单元精选测试卷训练(Word 版 含解析)
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,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 、B 相距为2d 。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p 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放,小球p 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时,速度为v 。已知MN 与AB 之间的距离为d ,静电力常量为k ,重力加速度为g 。求: (1)C 、O 间的电势差U CO ;
(2)O 点处的电场强度E 的大小及小球p 经过O 点时的加速度;
【答案】(1) 222mv mgd q - (2)222kQ d ; 2kQq
g + 【解析】 【详解】
(1)小球p 由C 运动到O 的过程,由动能定理得
2
102
CO mgd qU mv +=
- 所以
222CO
m mgd U q
v -=
(2)小球p 经过O 点时受力如图
由库仑定律得
122
(2)F F d ==
它们的合力为
F =F 1cos 45°+F 2cos 45°=Eq
所以O 点处的电场强度
2
2=
2k Q
E d
由牛顿第二定律得:
mg+qE =ma
所以
2k Qq
a g =+
2.如图所示,均可视为质点的三个物体A 、B 、C 在倾角为30°的光滑绝缘斜面上,A 绝缘,A 与B 紧靠在一起,C 紧靠在固定挡板上,质量分别为m A =0.43kg ,m B =0.20kg ,m C =0.50kg ,其中A 不带电,B 、C 的电荷量分别为q B =+2×10-5C 、q C =+7×10-5C 且保持不变,开始时三个物体均能保持静止。现给A 施加一平行于斜面向上的力F ,使A 做加速度a=2.0m/s 2的匀加速直线运动,经过时间t ,力F 变为恒力,已知静电力常量为k=9.0×109N·m 2/C 2,g 取10m/s 2。求: (1)开始时BC 间的距离L ; (2)F 从变力到恒力需要的时间t 。
【答案】(1)2.0m ;(2)1.0s 【解析】 【分析】 【详解】
(1)A 、B 、C 静止时,以AB 为研究对象,受力分析有
2sin30o B C
A B q q m m g k
L
+=() 代入数据解得
L =2.0m
(2)AB 分离时两者之间弹力恰好为零,此后F 变为恒力,对B 用牛顿第二定律得
2
sin30B B B C
m g m a q q k
l ?=- 解得
3.0m l =
由匀加速运动规律得
212
l L at -=
解得
1.0s t =
3.如图所示,两异种点电荷的电荷量均为Q ,绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O 且与连线垂直,平面上A 、O 、B 三点位于同一竖直线上,AO BO L ==,点电荷到O 点的距离也为L 。现有电荷量为q -、质量为m 的小物块(可视为质点),从A 点以初速度
0v 向B 滑动,到达B 点时速度恰好减为零。已知物块与平面的动摩擦因数为μ。求:
(1)A 点的电场强度的大小;
(2)物块运动到B 点时加速度的大小和方向; (3)物块通过O 点的速度大小。
【答案】(1)2Q
E k =;(2)2qkQ a g μ=-,方向竖直向上;(3)02
v =
【解析】 【分析】 【详解】
(1)正、负点电荷在A 点产生的场强
)
02
222Q
Q E k
k
L L
==
A 点的电场强度的大小
02
222kQ
E E L
==
(2)由牛顿第二定律得
qE mg ma μ-=
解得
2qkQ
a g μ=
- 方向竖直向上;
(3)小物块从A 到B 过程中,设克服阻力做功W f ,由动能定理得
201
202
f mgL W mv -=-
小物块从A
到O 过程中
220111
222
f mgL W mv mv -=-
解得
02
v v =
4. 如图所示,光滑绝缘水平面上固定着A 、B 、C 三个带电小球,它们的质量均为m ,间距均为r ,A 带电量Q A =10q ,B 带电量Q B =q ,若小球C 上加一个水平向右的恒力,欲使A 、B 、C 始终保持r 的间距运动,求:
(1)C 球的电性和电量Q C ; (2)水平力F 的大小。
【答案】(1)C 球带负电 Q C =403q (2)F=70k 2
2q r
【解析】
(1)对A 、B 、C 系统研究得:3F
a m
=
A 球受到
B 球库仑斥力F 1和
C 球库仑力F 2后,要产生水平向右加速度,故F 2必为引力,C 球带负电。
对AB 两球有 2222(2)C A B A C B A B
Q Q Q Q Q Q Q Q k
k k k r r r r m m
-+= 联立可得:403
C Q q =
(2)对整体和A 有
22
(2)3C A B A
Q Q Q Q k
k
F r r m m
-=
2
270q F k r
=
5.如图所示,有一水平向左的匀强电场,场强为41.2510N/C E =?,一根长 1.5m L =、与水平方向的夹角为37θ=?的光滑绝缘细直杆MN 固定在电场中,杆的下端M 固定一个带电小球A ,电荷量6
4.510C Q -=+?;另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动,电荷量
61.010C q -=+?,质量21.010kg m -=?。现将小球B 从杆的上端N 静止释放,小球B
开始运动。(静电力常量9229.010N m /C k =??,取2
10m/s g =,sin370.6?=,
cos370.8?=)求:
(1)小球B 开始运动时的加速度为多大?
(2)小球B 的速度最大时,与M 端的距离r 为多大?
【答案】(1)a =3.2 m/s 2;(2)r =0.9 m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力,沿杆方向运动,由牛顿第二定律得
2
sin cos kQq
mg qE ma L -
-=θθ 解得
2
2cos sin 3.2m/s kQq qE a g mL m =-
-=θθ (2)小球B 速度最大时合力为零,即
2sin cos 0kQq
mg qE r
-
-=θθ 解得
0.9m sin cos kQq
r mg qE =
=-θθ
6.如图所示,将带正电的中心穿孔小球A 套在倾角为θ的固定光滑绝缘杆上某处,在小球A 的正下方固定着另外一只带电小球B ,此时小球A 恰好静止,且与绝缘杆无挤压.若A 的电荷量为q ,质量为m ;A 与B 的距离为h ;重力加速度为g ,静电力常量为k ;A 与B 均可视为质点.
(1)试确定小球B 的带电性质; (2)求小球B 的电荷量;
(3)若出于某种原因,小球B 在某时刻突然不带电,求小球A 下滑到与小球B 在同一水平线的杆上某处时,重力对小球做功的功率.
【答案】(1)带正电 (2)2
B mgh q kq
= (3)sin 2P mg gh θ=
【解析】 【分析】
(1)由题意A 静止且与杆无摩擦,说明A 只受重力和库仑力,故AB 之相互排斥,A 的受力才能平衡,可知B 的电性
(2)由库仑定律可得AB 间的库仑力,在对A 列平衡方程可得B 的电量
(3)B 不带电后A 只受重力,故由机械能守恒,可得A 的速度,进而得到重力功率 【详解】
(1)根据题意:小球A 受到B 的库仑力必与A 受到的重力平衡,即A 、B 之间相互排斥,所以B 带正电.
(2)由库仑定律,B 对A 的库仑力为F =2B
kqq h
, 由平衡条件有mg =
2B
kqq h
解得q B =
2
mgh kq
. (3)B 不带电后,小球A 受到重力、支持力作用沿杆向下做匀加速直线运动,设到达题中所述位置时速度为v ,由机械能守恒定律有mgh =12
mv 2, 解得v =2gh
所以重力的瞬时功率为P =mgv sin θ=mg sin θ2gh .
二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优(难)
7.在空间中取坐标系Oxy ,在第一象限内平行于y 轴的虚线MN 与y 轴距离为d ,从y 轴到MN 之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场,如图所示.一电子从静止开始经电压U 加速后,从y 轴上的A 点以平行于x 轴的方向射入第一象限区域,A 点与原点O 的距离为h .不计电子的重力.
(1)若电子恰好从N 点经过x 轴,求匀强电场的电场强度大小E 0;
(2)匀强电场的电场强度E 大小不同,电子经过x 轴时的坐标也不同.试求电子经过x 轴时的x 坐标与电场强度E 的关系.
【答案】(1)02
4Uh E d =
(2)Uh
x E
=或22d Uh x Ed =+
【解析】 【分析】
本题考查电子在电场中的受力及运动 【详解】
设电子的电荷量为e 、质量为m ,电子经过电场加速后获得速度v 0.则
2012
eU mv =
(1)电子从A 点运动到N 点,有
00d v t =
eE a m
=
212
h at =
联立解得电场强度大小
02
4Uh
E d =
(2)讨论两种情况: ①当2
4Uh
E d ≥
时,电子从电场内经过x 轴,有 0x v t =
eE a m
= 212
h at =
联立解得x 坐标与电场强度E 的关系为
x =②当2
4Uh
E d <
时,电子先离开电场,之后再经过x 轴在电场内运动时间为t 1,有 01d v t =
21112
y at =
1y v at =
在电场外运动时间为t 2,电子做匀速直线运动,有
02x d v t -=
12y h y v t -=
联立解得x 坐标与电场强度E 的关系为
2
2
d Uh
x
Ed
=+
8.静电场方向平行于x轴,其电势?随x的分布可简化为如图所示的折线,图中0?和d 为已知量。一个带负电的粒子在电场中以0
x=为中心,沿x轴方向做周期性运动。己知该粒子质量为m、电量为-q,忽略重力。
(1)求粒子所受电场力的大小;
(2)若将粒子由x d
=处由静止释放,求粒子的运动周期;
(3)若粒子在0
x=处获得一定动能,且动能与电势能之和为–A(
0A q?
<<)。求粒子的运动区间。
【答案】(1)0
q
F
d
?
=;(2)
2
2
4
md
T
q
=
?
3)
00
-1-1-
A A
d x d
q q
????
≤≤
? ?
????
??
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由图可知,0与d(或-d)两点间的电势差为φ0,电场强度的大小为:
E
d
?
=
电场力的大小为:
q
F qE
d
?
==
(2)考虑粒子从x d
=处由静止释放开始运动的四分之一周期,由牛顿第二定律得粒子的加速度
q
F
a
m md
?
==
根据直线运动公式
2
1
2
d
x at
==
联立并代入得:
2
2md
t
q
=
?
故得粒子的运动周期为:
4T t ==(3)设粒子在[-x ,x ]区间内运动,速率为v ,由题意得
2
1--2
mv q A =? 由图可知:
01-x d ??= ???
??
由上解得:
2
011--2x mv q A d ??= ???
? 因动能非负,有:
01--0x q A d ??
≥ ???
?
则有:
01-A x d q ??≤ ??
?? 所以可得粒子的运动区间为:
00-1-1-A A d x d q q ????
≤≤ ? ?????
??
9.如图所示,一个方向竖直向下的有界匀强电场,电场强度大小为E 。匀强电场左右宽度和上下宽度均为L 。一个带正电荷的粒子(不计重力)从电场的左上方O 1点以某一速度水平向右进入电场,该粒子刚好从电场的右下方A 点离开电场;另一个质量为m 、带电荷量为-q (q >0)的粒子(不计重力)从电场左下方O 2点水平向右进入电场,进入电场时的初动能为E k0。已知图中O 1、O 2、A 在同一竖直面内,设O 1点为坐标原点,水平向右为x 轴正方向,竖直向下为y 轴正方向,建立坐标系。 (1)求带正电荷的粒子的运动轨迹方程;
(2)求带负电荷的粒子运动到“带正电荷粒子的运动轨迹”处的动能;
(3)当带负电荷的粒子进入电场的初动能为多大时,它运动到“带正电荷粒子运动轨迹”处时的动能最小?动能的最小值为多少?
【答案】(1)2x Ly
=;(2)
2
k0
k0
)
+
4
qEL
E
E qEL
+
(
;(3)
4
qEL
,
3
4
qEL
【解析】
【分析】
考察电场中带电粒子运动的轨迹和能量变化。
【详解】
取O1点为坐标原点,水平向右为x轴,竖直向下为y轴,建立平面直角坐标系,如图所示。
(1)对从O1点进入电场的粒子,设该粒子的加速度为a1,初速度为v1,设经过时间t,位置坐标为(x,y),有
水平方向
1
x v t
=
竖直方向
2
1
1
2
y a t
=
消去时间参数t得抛物线方程
2
1
2
1
2
a x
y
v
=。
因为离开电场的A点坐标(L,L)在该抛物线上,所以坐标(L,L)满足抛物线方程,把
坐标(L,L)代入抛物线方程得1
12
a L
v=
2
x Ly
=
(2)对从O2点进入电场的粒子,设质量为m、初速度为v0,加速度为a2,设经过时间t,位移坐标为(x,y),有:
水平方向
0x v t =
竖直方向
2qE ma =,2212
L y a t -=
消去时间参数t 得:
2
2
02qEx y L mv =-
由题意有2
k00E mv =,联立求解得交点P (x ,y )坐标为
2x =k0k044LE y E qEL =+
从O 2到P ,对负粒子,根据动能定理有
k k0()qE L y E E -=-
解得2
k k0k0)=
+4qEL E E E qEL +(。 (3) 2
k k0k0)=
+4qEL E E E qEL
+(变形为
k0E =
由判别式?=0
E k
解得E k =k 3=
4
qEL
E (负值舍去), 二次函数开口向上,所以k 34
qEL
E ≥
,即E k 的最小值为 k min 3=
4
qEL
E 时,电子进入电场的动能k0=
4
qEL
E 。 所以当带负电荷的粒子进入电场的动能为k0=4
qEL
E 时,它运动到“带正电荷粒子运动轨迹”处时的动能最小,动能的最小值为k min 3=
4
qEL
E 。
10.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.
11.如图所示,一群速率不同的一价离子从A 、B 两平行极板正中央水平射入偏转电场,离子的初速度为v 0,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
2
2
eUL
mdv
;(2)电势能减少了
222
22
2
e U L
md v
;(3)打到屏MN上离子的初动能范围为
22
22
3
22
k
eUL eUL
E
d d
<<
【解析】
【详解】
(1)离子在A、B板间做类平抛运动,加速度a=
eU
md
,离子通过A、B板用的时间
t=
L
v,离子射出A、B板时的侧移距离
y=
1
2
at2=
2
2
1
2
eU L
md v
??=
2
2
2
eUL
mdv
(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=
eU
d
y=
222
22
2
e U L
md v
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222
22
2
e U L
md v
。
(3)离子射出电场时的竖直分速度v y=at,射出电场时速度的偏转角
tanθ=
y
v
v
=2
eUL
mdv
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<
2
d
,即
2
2
2
eUL
mdv
<
2
d
,解得离子的动能
E k >22
2eUL d
同时也要满足
L tan θ+y >2d ,即220 eUL mdv +22
0 2eUL mdv >2
d
,解得离子的动能 E k <2
2
32eUL d
打到屏MN 上离子的初动能范围为
22
22
322k eUL eUL E d d <<
答:(1)离子射出A 、B 板时的侧移距离y = 2
20
2eUL mdv ;(2)离子通过A 、B 板时电势能减
少了222220 2e U L md v ;(3)打到屏MN 上离子的初动能范围为22
22
322k eUL eUL E d d <<。
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.为测量某金属丝的电阻率,小明同学设计了如图甲、乙所示的两种实验方案,已知电源的电动势E 和内阻r 在实验过程中保持不变。
(1)小明先进行了如图甲方案的测量。
①他首先利用游标卡尺和螺旋测微器分别测出甲、乙、丙三根不同金属丝的直径,示数分别如图甲、乙、丙所示。则三根金属丝直径的测量值分别为d甲=________mm、d乙
=________mm、d丙=________mm。若三根金属丝的材料、长度相同且粗细均匀,则它们的电阻R甲、R乙和R丙中最大的是________,最小的是________。
②实验过程中,小明先将甲金属丝接入电路,并用米尺测出接入电路中的甲金属丝的长度l=50.00cm。闭合开关后移动滑动变阻器的滑片分别处于不同的位置,并依次记录了两电表的测量数据如下表所示,其中5组数据的对应点他已经标在如图所示的坐标纸上,请你标出余下一组数据的对应点,并画出U-I图线________________。
实验次
123456
数
U/V0.90 1.20 1.50 1.80 2.10 2.40
I/A0.180.240.310.370.430.49
③该方案测得的甲金属丝的电阻率ρ甲=__________Ω·m(计算结果保留两位有效数字)。
④对于上述第(1)所述的测量过程,随着通过金属丝的电流I不断增大,滑动变阻器上的电功率P随之变化。对于P-I的关系图象,在下列图中可能正确的是(________)
(2)小明又用如图乙方案测量乙金属丝的电阻率,已知电源的电动势E=5.0V、内阻
r=0.20Ω。实验中他可以通过改变接线夹(即图乙中滑动变阻器符号上的箭头)接触金属丝的位置以控制接入电路中金属丝的长度。
①请在下述步骤的空格中将实验操作步骤补充完整:
a.正确连接电路,设定电阻箱的阻值,闭合开关;
b.读出电流表的示数,记录接线夹的位置;
c.断开开关,______________;
d.闭合开关,重复b、c的操作。
②根据测得电流与金属丝接入长度关系的数据,绘出如图所示的关系图线,其斜率为
_____________A-1·m-1(保留2位有效数字);图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表了___________________的电阻之和。
③图中图线的斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的物理量是____________,其数值和单位为_______________(保留2位有效数字)。
(3)电表的内阻可能对实验产生系统误差,请你分别就这两种方案说明电表内阻对电阻率测
量的影响____________________________________。
【答案】1.75 1.34~1.38 0.546~0.548 R 丙 R 甲 见解析 (2.3~2.5)×10-5 D 测出接入电路的金属丝的长度 12~14 电源内阻、电流表内电阻与电阻箱 金属丝的电阻率 (9.8±0.5)×10-5Ω·m 图甲方案,由于电流表分压,导致电压表测量值偏大,电阻的测量值偏大,电阻率测量值偏大;图乙方案中电表内阻对测量结果没有影响 【解析】 【分析】 【详解】
(1)①[1]金属丝甲的直径
1mm 0.0515mm 1.75mm d =+?=甲
[2]金属丝乙的直径
1mm 0.0218mm 1.36mm d =+?=乙
[3]金属丝丙的直径
0.5mm 0.046mm 0.546mm d =+=丙
[4][5]根据电阻定律的决定式
2
4=l l R S d ρ
ρπ= 可知
R 甲 最小,R 丙最大
②[6]图象如图所示
③[7]根据图象可知电阻值
4.92ΩU
R I
=
=甲 再根据电阻定律
2
4=l l R S d ρ
ρπ= 代入数据,解得
52.410m ρ-=?Ω?
④[8]随电流增大,滑动变阻器的功率先变大后变小,当滑动变阻器阻值等于其它电阻之和时,功率最大,D 正确,ABC 错误。 故选D 。
(2)①[9] 测出接入电路的金属丝的长度。 ②[10]由图象可得斜率为13 A -1·m -1。 [11][12]根据
E
I rl R
=
+ 整理得
1r R l I E E
=+ 其中r 就是单位长度的电阻,根据电阻定律
r S
ρ
=
代入整理得
1R l I ES E
ρ=+ 因此图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表电源内阻、电流表内电阻与电阻箱电阻之和;斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的金属丝的电阻率。 ③[13]将电源电动势E 和乙金属丝的直径d 乙代入得
32
51.361013 5.0()Ωm 9.410Ωm 2
ρπ--?=????=??
(3)[14] 图甲方案,由于电流表的分压作用,导致电压表测量值偏大,电阻的测量值偏大,电阻率测量值偏大;图乙方案中电表内阻对测量结果没有影响。
14.实际电流表有内阻,可等效为理想电流表与电阻的串联.测量实际电流表1G 内阻1r 的电路如图所示.供选择的仪器如下:
①待测电流表1G (0~5mA ,内阻约300Ω),②电流表2G (0~10mA ,内阻约100Ω),③定值电阻1R (300Ω),④定值电阻2R (10Ω),⑤滑动变阻器3R (0~1000Ω),⑥滑动变阻器
4R (0~20Ω),⑦干电池 (1.5V),⑧电键S 及导线若干.
(1)定值电阻应选_______________,滑动变阻器应选_________________.(在空格内填写序号)
(2)用连线连接实物图. (3)补全实验步骤:
①按电路图连接电路,_____________________;
②闭合电键S ,移动滑动触头至某一位置,记录1G ,2G 的读数1I ,2I ; ③__________________________________________; ④以2I 为纵坐标,1I 为横坐标,作出相应图线,如图所示.
(4)根据21I I -图线的斜率k 及定值电阻,写出待测电流表内阻的表达式_____________________.
【答案】③,⑥ ①将滑动触头移至最左端 多次移动滑动触
头,记录相应的G 1,G 2读数I 1,I 2 11(1)r k R =- 【解析】 【分析】 【详解】