安徽马鞍山市第二中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

安徽马鞍山市第二中学必修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，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.

2．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）2kQ ； 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 =+

3．如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一“L ”形的光滑绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，管的水平部分长L 1=0.2m ，管的水平部分离水平地面的距离为h =5.0m ，竖直部分长为L 2=0.1m ．一带正电的小球从管口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时没有能量损失，小球受到的电场力大小为重力的一半．（g =10m/s 2）求：

（1）小球运动到管口B 时的速度v B 大小； （2）小球着地点与管口B 的水平距离s ． 【答案】（1）2.0m/s ；（2）4.5m ． 【解析】 【分析】 【详解】

（1）在小球从A 运动到B 的过程中，对小球由动能定理得：

1

2

mv B 2－0=mgL 2+F 电L 1 ① 由于小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，即

F 电=

1

2

mg ② 代入数据得：

v B =2.0m/s ； ③

小球运动到管口B 时的速度大小为2.0m/s ；

（2）小球离开B 点后，设水平方向的加速度为a ，位移为s ，在空中运动的时间为t ，水平方向有：

a =g /2 ④ s =v 0t +

12

at 2

⑤

竖直方向有：

h =

12

gt 2

⑥ 由③～⑥式，并代入数据可得：

s =4.5m

4．如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，AC 为

1

4

圆弧一个质量为m ，电荷量为+q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道不计空气阻力及一切能量损失．

（1）小球在A 点进入电场时的速度；

（2）小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为多少； （3）小球从B 点离开圆弧轨道后上升到最高点离B 点的距离． 【答案】（12gH （2）233mgH mg qE R ++、232mgH

mg qE R

++； （3）

qER

H mg

+． 【解析】 【详解】

（1）对从释放到A 点过程，根据动能定理，有：

2

102

A mgH mv =

- 解得：

2A v gH =（2）对从释放到最低点过程，根据动能定理，有：

2

1()02

mg H R qER mv +=

-+ ……① 小球在C 点离开电场前瞬间，根据牛顿第二定律，有：

2

1N mg q v E R

m --= ……..②

小球在C 点离开电场后瞬间，根据牛顿第二定律，有：

2

2v N mg m R

-=……. ③

联立①②③解得：

1233mgH

N mg qE R =++ 2232mgH

N mg qE R =++

根据牛顿第三定律，小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为

1233mgH

N mg qE R

'=++

2232mgH

N mg qE R

'=++

（3）从释放小球到右侧最高点过程，根据动能定理，有：

()00mg H h qER -+=-

解得：

qER

h H mg

=

+ 答：（1）小球在A 点进入电场时的速度为2gH ；

（2）小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为233mgH

mg qE R

++

、232mgH

mg qE R

++

； （3）小球从B 点离开圆弧轨道后上升到最高点离B 点的距离为

qER

H mg

+．

5．如图所示，一光滑斜面的直角点A 处固定一带电量为+q ，质量为m 的绝缘小球。另一同样小球置于斜面顶点B 处，已知斜面长为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 处开始运动到斜面中点D 处时的速度？ （2）小球运动到斜面底端C 处时，球对斜面的压力是多大？ 【答案】(1) 2

D gl

v =2232'3N N kq F F L ==- 【解析】

（1）由题意知：小球运动到D 点时，由于AD=AB ，所以有D B ??= 即0DB D B U ??=-=① 则由动能定理得：21

sin30022

DB L mg qu mv ?+=-② 联立①②解得2

D gl v =

③ （2）当小球运动到C 点时，对球受力分析如图所示则由平衡条件得：

sin30cos30N F F mg +?=?库④

由库仑定律得：()

2

2

cos30kq F l =

?库⑤

联立④⑤得：2

2323N kq F mg L

=-

由牛顿第三定律即2

232'3N N kq F F mg L

==-．

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 =

【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 ＝2

B

kqq h ， 由平衡条件有mg ＝

2

B

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．如图以y 轴为边界，右边是一个水平向左的4

1110E =?匀强电场，左边是一个与水平

方向成45°斜向上的2E =

42

102

?N/C 匀强电场，现有一个质量为m=1.0g ，带电量q =1.0×10－6C 小颗粒从坐标为（0.1，0.1）处静止释放．忽略阻力，g=10m/s 2． 求：

（1）第一次经过y 轴时的坐标及时间 （2）第二次经过y 轴时的坐标

【答案】（1）第一次经过Y 轴的坐标为(0，0)；0.12t s =（2）坐标为（0，-1.6） 【解析】 【分析】 【详解】

（1）小颗粒在E 1中电场力为F 1=E 1q=0.01N 重力G=0.01N 有受力分析得合力指向原点，即小颗粒向原点做匀加速直线运动第一次经过y 轴的坐标为(0，0)

加速度12

102F a m =

=由21

2

S at =得0.12t =s (2)运动到原点的速度为v 0=at=2m/s

小颗粒在E 2电场中合力为22

102

F N -=

?方向与v 0方向垂直 由此可得小颗粒做类平抛运动,再次运动到y 轴的时间为t 1, v 0方向位移为S 1= v 0t 1 与v 0方向垂直位移为221112S a t =

1F

a m

=由几何关系得S 1=S 2 第二次经过y 轴时到原点距离为2L =S 1=1.6m 即坐标为（0，-1.6）

8．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v 0， 有2

1012

U e mv =

， 解得：102U e

v m

=

…①

代入数据解得：7708

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=v 0t…② 在沿电场方向受力为F=Eq…③ 根据匀强电场性质U 2=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

12

y at =

…⑥ 根据①﹣⑥式可推得：2

21

4U 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

()21

22′4U 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 ；

9．图中所示的静电机由一个半径为R 、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G 组成。质量为m 、带电量为q 的球形液滴从G 缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G 和容器口之间总是只有一滴液滴）。液滴开始下落时相对于地面的高度为h 。设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G 的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g 。若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势max V 。

【答案】max ()

mg h R V q

-= 【解析】 【详解】

设在某一时刻球壳形容器的电量为Q 。以液滴和容器为体系，考虑从一滴液滴从带电液滴产生器G 出口自由下落到容器口的过程。根据能量守恒有

2122Qq Qq

mgh k

m mgR k h R R

+=++-v (1) 式中，v 为液滴在容器口的速率，k 是静电力常量。由此得液滴的动能为

21(2)(2)2()Qq h R m mg h R k h R R

-=---v (2) 从上式可以看出，随着容器电量Q 的增加，落下的液滴在容器口的速率v 不断变小；当液滴在容器口的速率为零时，不能进入容器，容器的电量停止增加，容器达到最高电势. 设容器的最大电量为max Q ，则有

max (2)

(2)0()Q q h R mg h R k

h R R

---=-(3)

由此得

max ()mg h R R

Q kq

-=

(4) 容器的最高电势为

max

max Q V k

R

=(5) 由(4)和(5)式得

max ()

mg h R V q

-=

(6)

10．图为梯形AB =AD =L ，AD 平行于BC 。角BCD 等于30度。在空间内有平行于纸面的匀强电场，第一次将质量为m ，电荷量为q >0的某带电粒子由A 点射出。恰经过B 点，电场力做功为W 且W >0。第二次将该粒子仍从A 点以相同的初动能射出，恰经过C 点电场力做功为2W ，不计粒子重力。求：

（1）匀强电场电场强度大小和方向；

（2）若粒子初动能不变，从A 点射出，恰经过D 点，那么电场力做了多少功。 【答案】（1）()

52313W E q L

+=+方向与竖直方向夹角13523

θ=+（213+

【解析】 【详解】

(1)由题意可知2AC AB U U

= ，如图所示过

D 做BC 垂线交BC 于Q ，连接AC ，取AC 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；因为角BCD 等于30度，AB =AD =L ，故QC 3L ，在三角形ABC 中有：

()

2

2

3AC L L L

=++

解得：

(

523AC L =

+

由几何关系可知三角形ABN 与三角形CAB 相似，故有：

AB AN

AC BC

=

解得：

13523

L AN d +==+

而带电粒子A 到B 电场力做功W ，则有：

W qEd =

所以解得：

()

52313W E q L

+=

+设电场方向与AB 方向夹角为θ，则有：

13cos 523

d

L θ==

+ 所以夹角为：

)

13

arccos

523

θ

+

=

+

(2)如图过D点做AN垂线交AN于M，由几何关系可知三角形ADM与三角形ABC相似，所以有：

AM AD

AB AC

=

解得：

523

AM d'

==

+

故当粒子经过D点时，电场力做功为：

()

523

13

13523

W

W qEd q

q L

+

''

===

+

++

答：（1）匀强电场电场强度大小()

523

13

W

E

q L

+

=

+

，方向与竖直方向夹角

13

523

θ=

+

；

（2）恰经过D

13

+

11．如图，一对平行金属板水平放置，板间距为d，上极板始终接地．长度为

2

d

、质量均匀的绝缘杆，上端可绕上板中央的固定轴0在竖直平面内转动，下端固定一带正电的轻质小球，其电荷量为q．当两板间电压为U1时，杆静止在与竖直方向OO'夹角30

θ=的位置；若两金属板在竖直平面内同时绕O、O′顺时针旋转15

α=至图中虚线位置时，为使杆仍在原位置静止，需改变两板间电压．假定两板间始终为匀强电场．求:

（1）绝缘杆所受的重力G ； （2）两板旋转后板间电压U 2．

（3）在求前后两种情况中带电小球的电势能W 1与W 2时，某同学认为由于在两板旋转过程中带电小球位置未变，电场力不做功，因此带电小球的电势能不变．你若认为该同学的结论正确，计算该电势能；你若认为该同学的结论错误，说明理由并求W 1与W 2． 【答案】（1）12qU G d =；（2）2113U +=；（3）113

W =，2114W qU =。 【解析】 【分析】 【详解】

（1）绝缘杆长度设为L ，则重力作用点在几何中心即距离O 点

4

d

处，重力的力臂为 sin 48

d d θ= 电场力大小为

1

qU qE d

=

电场力的力臂为

sin 24

d d θ= 根据杠杆平衡有

184

qU d d G d ?

=? 整理可得1

2qU G d

=

（2）两板旋转后，质点不变，重力不变，重力力臂不变，两个极板之间的距离变为

cos15d

电场力大小为

2

cos15

qU qE d =

力臂变为

2sin 4524

d d

=

根据杠杆平衡则有

228cos154

qu d d

G d ?

=?

可得

21U =

（3）结论错误．虽然小球位置没有变化，但是在极板旋转前后电场强度发生变化，电势发生变化，所以电势能发生变化．设小球所在位置电势为?，没有旋转时，电场强度

1

U E d =

根据绝缘杆平衡判断电场力竖直向上，即电场线竖直向上，电势逐渐降低，所以

0cos 2

d E ?θ-=?

整理得14

?= 电势能

11W q ?==

金属板转动后，电场强度

2

cos15U E d =

电势差

0cos 452

d E ?-=?

解得

114

U ?=

电势能

211

4

W q qU ?==

12．如图甲所示，A 、B 为两块相距很近的平行金属板，A 、B 间电压为0AB U U =-，紧贴A 板有一电子源随时间均匀地飘出质量为m ，带电量为e 的电子（可视为初速度为零）。在B 板右侧两块平行金属板M 、N 间加有如图乙所示的电压，电压的变化周期

T =L ，距偏转右边缘s 处有荧光屏，已知18

T

t =

时刻沿中线射入偏转极板间的电子恰好能射出偏转极板，假定金属外无

电场，打在极板上的电子均被极板吸收，荧光屏足够大，试求：

（1）电子进入偏转极板时的速度； （2）4

T

t =

时刻沿中线射入偏转板间的电子刚出偏转板时与板间中线的距离； （3）经足够长时间t （t 远大于T ）打到荧光屏上的电子数与电子源发射的电子数之比； （4）电子打在荧光屏上的范围（打在荧光屏最上端和最下端的长度）。 【答案】（1）0

02eU v m

=2）0（3）1732（4）38L

【解析】 【详解】

（1）由动能定理有

2

0012

e mv U =

， 即

02eU v m

=

（2）由

0L v t =

有：

00

2L m t L T v eU =

== 电子在电场方向先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，侧位移为零，电子在电场运动的两个周期内侧向位移也为零. （3）设两极板间距为d ，

eU a dm

=

， 若18

T

t =

时刻沿中线射入偏转板间的电子恰好能射出偏转极板（不打上极板），那么 2211132()2()22228

d T T

a t a =?-=?， 解得

38

d L =

设2t 时刻射入的电子恰好打不到下极板，则

22221122()2222

d T at a t =?-?- 经时间t （t >>T ）打到荧光屏上的电子数与电子源发射的电子数之比

2117

322

t t k T -=

= （4）因为电子射出偏转板时，竖直方向速度为0，所以荧光屏上的范围

3

8

Y d L ==

三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）

13．指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，现有两个多用电表 A 、B ，某同学使用两个多用电表进行相互测量。

（1）将多用电表 A 的选择开关拨至欧姆挡“×100”挡，两表笔短接后发现指针如图甲所示，正确的操作应调节哪个部件_______。（选填“A ”或“B ”或“C ”）

（2）正确调节后，将多用电表B 拨至“0.5mA ”档，与多用电表 A 进行相连，如图乙，那么多用电表A 的红表笔与多用电表 B 的_______相接。(选填“红表笔”或“黑表笔”) （3）正确连接两多用电表后，发现两表指针如图丙所示，那么测得多用电表B 的内阻为______Ω，此时多用电表 A 欧姆档的内部电源的电动势为_____V 。（计算结果保留两位有效数字）

【答案】B 黑表笔 1000 1.4

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]调整欧姆调零旋钮B，使指针指到欧姆表的0刻度。

(2)[2]电表中的电流都是“红进黑出”，因此电流应从A的黑表笔流入B的红表笔，因此A 的红表笔应接B的黑表笔。

(3)[3]由于欧姆表是倍率档，因此B的内阻

R=?=

10100Ω1000Ω

[4]由于欧姆表内阻就是它的中值电阻，为4000Ω，从B表中读出回路电流为0.280mA，根据闭合电路欧姆定律，可得电动势

3

=+=?+=

E I R r-

()0.28010(10004000)V 1.4V

14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图1所示的I U

-坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线.

（1）根据图线的坐标数值，请在图2中选出该实验正确的实验电路图：____(选填“甲”或“乙”).

（2）根据所选电路图，请在图3中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路.（________）

（3）根据图1，可判断出图4中正确的关系图象是（图中P为小灯泡功率"为通过小灯泡的电流）___.

（5）将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与R = 10 的定值电阻串联，接在电动势为8V、内阻不计的电源上，如图5所示.闭合开关S后，则电流表的示数为____A，两个小灯泡的总功率为__ W(本小题结果均保留两位有效数字）.

【答案】甲 D 0.60 1.2

【解析】

【分析】

【详解】

（1）[1]描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，所以正确的实验电路图是甲．

（2）[2]根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

（3）[3]由于灯泡电阻随电流增大电阻R 增大，由2P I R =可知，2P I -图象斜率增大，故选D ．

（4）[4][5]由图5所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U 和I ，在这个闭合电路中，则有：

02E U IR =+

代入数据并整理得：

820U I =-

在图a 所示坐标系中作出820U I =-的图象如图所示

由图象可知，两图象交点坐标值为：U =2V ，I =0.3A 此时通过电流表的电流值

2A I I ==0.6A

每只灯泡的实际功率

P UI ==2×0.3=0.6W

所以两个小灯泡的总功率为1.2W ．

15．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。