高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷专题练习(word版

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷专题练习（word版

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，在光滑绝缘水平面上B点的正上方O处固定一个质点，在水平面上的A点放另一个质点，两个质点的质量均为m，带电量均为+Q。C为AB直线上的另一点（O、A、B、C位于同一竖直平面上），AO间的距离为L，AB和BC间的距离均为一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止。试问： (1)该匀强电场的场强多大？其方向如何？

(2)给A处的质点一个指向C点的初速度，该质点到达B点时所受的电场力多大？ (3)若初速度大小为v0，质点到达C点时的加速度和速度分别多大？

L，在空间加2

2kQkQ273kQ2kQ2【答案】(1)2，方向由A指向C；(2)；(3)和 v0222LmL6LmL【解析】 【分析】

(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止，对A进行受力分析，根据平衡条件求解。

(2)质点到达B点时受竖直向下的O点的库仑力和水平向右的电场力，根据力的合成求解 (3)根据牛顿第二定律求出加速度，根据动能定理求出C点时速度。 【详解】

(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止，对A进行受力分析，

Q2AO间的库仑力为FK2；

L根据平衡条件得：FsinEQ EFsinKQ2 Q2L方向由A指向C

(2)该质点到达B点时受竖直向下的O点的库仑力和水平向右的电场力，

Q2库仑力为F'K；

(Lsin60)2水平向右的电场力FEQ

kQ273kQ22B点时所受的电场力F(EQ)[ ]22(Lsin60)6L2(3)质点到达C点时进行受力分析，根据牛顿第二定律得

Q2F合KL2．sinEQKQ2 ammmL2从A点到C点根据动能定理得

EQL1212mvmvo； 22kQ22 v0mL【点睛】

本题的关键要耐心细致地分析物体的运动过程，对物体进行受力分析，运用动能定理、牛顿第二定律进行处理。

2．（1）科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远

小于两星体间的距离，一般双星系统距离其它星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M0，两者相距L，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G．

①求该双星系统中每个星体的线速度大小v；

②如果质量分别为m1和m2的质点相距为r时，它们之间的引力势能的表达式为

EpGm1m2，求该双星系统的机械能． r（2）微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．假设核外电子的质量为m，氢原子核的质量为M，二者相距为r，静电力常量为k，电子和氢原子核的电荷量均为e．已知电荷量分别为+q1和-q2的点电荷相距为r时，它们之间的电势能的表达式为Epkq1q2． r①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量分别用EⅠ、 EⅡ表示，请推理分析，比较EⅠ、 EⅡ的大小关系； ②模型Ⅰ、Ⅱ中电子做匀速圆周运动的线

速度分别用vⅠ、vⅡ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从线速度的角度分析这样做的合理性．

GM0M02ke2【答案】（1）①v②G（2）①-②模型Ⅰ的简化是合理的

2L2L2r

【解析】

GM0M02M0v2（1）① G2，解得 v

2LLL/2GM0GM0212②双星系统的动能Ek2M0vM0，双星系统的引力势能22L2LGM02M02，该双星系统的机械能E=Ek+Ep=G EPL2Lke2mvI2ke2（2）①对于模型Ⅰ：2，此时电子的动能EkⅠ=

rr2re2ke2又因电势能EpIk，所以EⅠ= EkⅠ+EpⅠ=-

r2rke2mv12mv12r2对于模型Ⅱ：对电子有：2， 解得 r1

rr1ke2222ke2Mv2Mv2r对于原子核有：2， 解得 r2

rr2ke222mv12r2Mv2r因为r1+r2=r，所以有+r 22keke121ke22解得EkⅡ=mv1Mv2

222r又因电势能EpⅡe2ke2 k，所以EⅡ= EkⅡ+EpⅡ=-r2rke2即模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量相等，均为- 2r②解法一：

ke2mvI2ke2模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有2=mvI，解得vI=

rrmr2模型Ⅱ中：

2ke2mvIIke2=m1vII， 解得vII=对电子有：2

rr1m1r2ke2Mv2=M2v， 对于原子核有：2rr2因ω1=ω2，所以mvⅡ=Mv

又因原子核的质量M远大于电子的质量m，所以vⅡ>>v，所以可视为M静止不动，因此ω1=ω2=ω，即可视为vⅠ=vⅡ．故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的． ②解法二：

ke2mvI2ke2模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有2，解得vI=

rrmr

模型Ⅱ中：

ke2库仑力提供向心力：2=mr12Mr22 ………..（1）

rr1M解得=；

r2m又因为r1+r2=r所以r1=带入（1）式：Mm r2= mMmMke2MmrMm，

ke2Mke2m?? vr2=所以：vⅡr1= rmMmrmMM又因原子核的质量M远大于电子的质量m，所以vⅡ>>v，所以可视为M静止不动；故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的．

3．竖直放置的平行金属板A、B带等量异种电荷(如图)，两板之间形成的电场是匀强电场．板间用绝缘细线悬挂着的小球质量m=4．0×10－5kg，带电荷量q=3．0×10－7C，平衡时细线与竖直方向之间的夹角α=37°．求：

(1)A、B之间匀强电场的场强多大?

(2)若剪断细线，计算小球运动的加速度，小球在A、B板间将如何运动? 【答案】(1)E=1×103N/C (2) 12.5m/s2 【解析】 【详解】

（1）小球受到重力mg、电场力F和绳的拉力T的作用，由共点力平衡条件有：

F=qE=mgtanα

解得：

mgtan4105100.75E1.0103N/C 7q310匀强电场的电场强度的方向与电场力的方向相同，即水平向右；

（2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37°匀加速直线运动，设其加速度为a 由牛顿第二定律有：

mgma cos解得：

ag12.5m/s2 cos【点睛】

本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此

后小球的运动情况．

4．如图所示,在绝缘的水平面上,相隔2L的,A、B两点固定有两个电量均为Q的正点电荷,C、O、D是AB连线上的三个点,O为连线的中点,CO=OD=L/2｡一质量为m、电量为q的带电物块以初速度v0从c点出发沿AB连线向B运动,运动过程中物块受到大小恒定的阻力作用｡当物块运动到O点时,物块的动能为初动能的n倍,到达D点刚好速度为零,然后返回做往复运动,直至最后静止在O点｡已知静电力恒量为k,求: (1)AB两处的点电荷在c点产生的电场强度的大小; (2)物块在运动中受到的阻力的大小; (3)带电物块在电场中运动的总路程｡

【答案】（1）（2）（3）【解析】 【分析】 【详解】

（1）设两个正点电荷在电场中C点的场强分别为E1和E2，在C点的合场强为EC；则

kQkQE2＝L；3L ()2()222则EC=E1-E2 E1＝解得：EC＝

32kQ ． 9L2（2）带电物块从C点运动到D点的过程中，先加速后减速．AB连线上对称点φC=φD，电场力对带电物块做功为零．设物块受到的阻力为f， 由动能定理有：−fL＝0−解得：f＝1mv02 212mv0 2L（3）设带电物块从C到O点电场力做功为W电，根据动能定理得：

L1212W电f＝nmv0mv0

222

解得：W电＝12n1mv02 41mv02 2设带电物块在电场中运动的总路程为S，由动能定理有：W电−fs＝0−解得：s=（n+0.5）L 【点睛】

本题考查了动能定理的应用，分析清楚电荷的运动过程，应用动能定理、点电荷的场强公式与场的叠加原理即可正确解题．

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/s2)．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 (2)5m/s 【解析】 【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•tanθ

可得：Emg7.5103V/m，方向水平向左． qtan（2）微粒从A到B做匀减速直线运动，则当vB=0时，粒子进入电场速度vA最小.由动能定理：

12mgLsinqELcos0mvA

2代入数据得：vA=5m/s

6．如图所示，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为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，且AB与BC通过一小段光滑弧形轨道相连，BC与弧CD相切。已知AB长为L=10m，倾角θ=37，BC长s=4m，CD弧的半径为R=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。一质量为m=0.4kg、电荷量为q=+3×10 -3C的物体从A点以初速度vA=15m/s沿AB轨道开始运动。若物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ=0.2，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，物体运动过程中电荷量不变。求：

(1)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； (2)物体在C点对轨道的压力大小为多少；

(3)用物理知识计算物体能否到达D点，若能算出通过D点的速度；若不能说明理由。 【答案】(1)W=0(2)27N(3)物体能到达D点 【解析】 【详解】

(1)物体所受重力和电场力的合力大小为

F(mg)2(qE)2(0.410)2(3103103)2N5N

设合力F与竖直方向的夹角为α，则

tan即

qE3 mg437

所以物体在轨道AB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；

(2) 从A→B过程，根据受力分析可知，物体下滑过程受到的滑动摩擦力为：

f=μFN=μ(mgcos37+qEsin37)

代入数据解得：

f=1N

A→C过程，由动能定理得：

WfLqEs222可得：vC115m/s

1212mvCmvA 22

在C点，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：

2mvC NmgR代入数据解得：

N=27N

(3)重力和电场力的合力为：

F(mg)2(qE)2(0.410)2(3103103)2N5N

方向与竖直方向成37斜向左下方，所以D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vD，则：

2vDFm

R解得：

vD5m/s

要到达D点，在C点速度至少为v，从C→D，由动能定理得

mg(RRcos37)qERcos371212mvDmv 22

解得：

v2115m2/s2

则知v=vC，所以物体恰能到达D点

二、必修第3册 静电场中的能量解答题易错题培优（难）

47．如图以y轴为边界，右边是一个水平向左的E1110匀强电场，左边是一个与水平

方向成45°斜向上的E2=

2104N/C匀强电场，现有一个质量为m=1.0g，带电量2q=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/s2． 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)；t0.12s（2）坐标为（0，-1.6） 【解析】 【分析】

【详解】

（1）小颗粒在E1中电场力为F1=E1q=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)

F11102由Sat2得t0.12s m2(2)运动到原点的速度为v0=at=2m/s

加速度a2小颗粒在E2电场中合力为F2102N方向与v0方向垂直 2由此可得小颗粒做类平抛运动,再次运动到y轴的时间为t1, v0方向位移为S1= v0t1 与v0方向垂直位移为S212Fa1t1a1由几何关系得S1=S2 2m第二次经过y轴时到原点距离为L2S1=1.6m 即坐标为（0，-1.6）

8．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E0；

（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）E0【解析】 【分析】

4Uhd2UhUhx（2）或x2

d22EdE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v0．则

eU（1）电子从A点运动到N点，有

12mv0 2dv0t0

aeE0 m

h联立解得电场强度大小

12at 24Uh d2E0（2）讨论两种情况： ①当E4Uh时，电子从电场内经过x轴，有 d2xv0t

ah联立解得x坐标与电场强度E的关系为

eE m12at 2x2②当EUh E4Uh时，电子先离开电场，之后再经过x轴在电场内运动时间为t1，有 d2dv0t1

y112at1 2vyat1

在电场外运动时间为t2，电子做匀速直线运动，有

xdv0t2

hy1vyt2

联立解得x坐标与电场强度E的关系为

xd2Uh 2Ed

9．电容器是一种重要的电学元件，基本工作方式就是充电和放电．由这种充放电的工作方式延伸出来的许多电学现象，使得电容器有着广泛的应用．如图1所示，电源与电容器、电阻、开关组成闭合电路．已知电源电动势为E，内阻不计，电阻阻值为R，平行板电容器电容为C，两极板间为真空，两极板间距离为d，不考虑极板边缘效应．

（1）闭合开关S，电源向电容器充电．经过时间t，电容器基本充满． a．求时间t内通过R的平均电流I；

b．请在图2中画出充电过程中电容器的带电荷量q随电容器两极板电压u变化的图象；并求出稳定后电容器储存的能量E0；

（2）稳定后断开开关S．将电容器一极板固定，用恒力F将另一极板沿垂直极板方向缓慢拉开一段距离x，在移动过程中电容器电荷量保持不变，力F做功为W；与此同时，电容器储存的能量增加了ΔE．请推导证明：W=ΔE．要求最后的表达式用已知量表示． 【答案】（1）a．I【解析】

试题分析：（1）a．设充电完毕电容器所带电量为Q，即时间t内通过电阻R的电量，此时电容器两端电 压等于电源的电动势 根据电容的定义根据电流强度的定义解得平均电流

（2分）

（2分） （2分）

CE12 b．E0CE （2）见解析

2tb．根据q = Cu，画出q-u图像如图1所示 （2分）

由图像可知，图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量，如图2中斜线部分所示 由图像求出电容器储存的电能解得

（2分）

，两极板正对面积为S ，得

，可知极板在移动过程中板间场强不变，两极板（2分）

（2）设两极板间场强为根据

，

间的相互作用力为恒力．两板间的相互作用可以看作负极板电荷处于正极板电荷产生的电场中，可知两板间的相互作用力根据功的定义有代入已知量得出电容器增加的能量

．（2分）缓慢移动时有

（2分） （或

（2分）

）

代入已知量得出所以

（2分）

考点：电容，电动势，能量守恒．

10．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O1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O2点水平向右进入电场，进入电场时的初动能为Ek0。已知图中O1、O2、A在同一竖直面内，设O1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?

2（qEL)qEL3qEL2+Ek0；(3)【答案】(1)xLy；(2) ，

4Ek0qEL44

【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

xv1t

竖直方向

1ya1t2

2a1x2消去时间参数t得抛物线方程y。

2v12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v1a1L，代入抛物线方程可得其轨迹方程 2x2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

xv0t

竖直方向

qEma2，Ly消去时间参数t得：

12a2t 2qEx2yL

2mv022由题意有Ek0mv0，联立求解得交点P（x,y)坐标为

4LEk0Ek0yx2L，

4Ek0qEL4Ek0qEL从O2到P，对负粒子，根据动能定理有

qE(Ly)EkEk0

（qEL)2+Ek0。 解得Ek=4Ek0qEL（qEL)2+Ek0变形为 (3) Ek=4Ek0qEL4EkqEL(qEL4Ek)216qEL(qELEk) Ek08由判别式=0

228qEL(8qEL)41615(qEL)Ek=

32解得Ek=Ek=3qEL（负值舍去）， 43qEL ，即Ek的最小值为 4Ekmin=3qEL 4二次函数开口向上，所以Ek时，电子进入电场的动能Ek0=qEL。 4qEL时，它运动到“带正电荷粒子运动轨4所以当带负电荷的粒子进入电场的动能为Ek0=迹”处时的动能最小，动能的最小值为Ekmin=3qEL。 4

11．如图所示，在xOy直角坐标系0(3)若仅将匀强磁场的磁感应强度增大到原来的2倍，分析计算粒子将从什么位置离开电磁场区。

【答案】(1)【解析】 【分析】 【详解】

4U022mU0；(2)；(3)2.5L

LqL（1）设粒子经加速电场加速后的速度为v0 则有

qU01mv02 2令磁场左边界与x轴的交点为C点，从M点到C点：粒子在电场中做类平抛运动：

Lv0t

1Lat2

2a联立可得：

Eq m4U0 LE（2）粒子从M进入电场，经C进入磁场，在电场和磁场中的运动轨迹如图所示。

粒子在C点进入磁场的速度，

vyat

vv02vy25v0 sinvyv2 5

粒子在磁场中洛伦磁力提供向心力：

v2Bqvm

r根据几何关系可得：

rsinrsin1.5L

根据题意可得

90

解得：

B当磁感应强度加倍时，半径减半r22mU0 Lqr，则： 2rsinr1.5L

运动轨迹如图

设：粒子从磁场左边界回到电场（F点）时速度方向与水平方向夹角为，则F、C两点的距离为；

ry2cos0.5L

2把粒子从y轴进入电场和由磁场左边界返回电场两段运动看做一个完整的平抛运动，前后两段运动的时间相同，由磁场返回偏转电场的过程沿y轴方向的位移为：

11a(2t)2at23L 22所以到达y轴的位置距原点

3L-y2.5L

12．如图，带电量为q＝+2×10-3C、质量为m＝0.1kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E＝103N/C的匀强电场．与B球形状相同、质量为0.3kg的绝缘不带电小球A以初速度v0＝10m/s向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞,已知每次碰撞时间极短，小球B的电量始终不变，取重力加速度g＝10m/s2．求：

(1)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小； (2)第二次碰撞前瞬间小球B的动能； (3)又经过多长时间发生第三次碰撞．

【答案】(1) vA＝5m/s，vB＝15m/s (2) EKB=6.25J (3)t'＝1s 【解析】 【详解】 (1)第一次碰撞时，

两小球动量守恒，即3mv0＝3mvA＋mvB 机械能守恒，即:

1112223mv03mvAmvB 222解得碰后A的速度vA＝5m/s，B的速度vB＝15m/s

(2)碰后AB两球进入电场，竖直方向二者相对静止均做自由落体运动； 水平方向上，A做匀速运动，

B做匀减速直线运动，其加速度大小aBqE20m/s2 m设经过t时间两小球再次相碰，则有vAtvBt解得:t＝1s

1aBt2 2此时，B的水平速度为vx＝vB－aBt＝-5 m/s（负号表明方向向左） 竖直速度为vy＝gt＝10 m/s 故第二次碰前B的动能EkB122m(vxvy)6.25J 2(2)第二次碰撞时，AB小球水平方向上动量守恒3mvA＋mvx＝3mv＋mv

111122222222vy3m(vAvy)m(vxvy)3m(v1)m(vxvy)

2222解得第二次碰后水平方向A的速度v＝0，B的速度v＝10m/s

机械能守恒，即:

故第二次碰撞后A竖直下落（B在竖直方向上的运动与A相同）， 水平方向上， B做匀减速直线运动， 设又经过t' 时间两小球第三次相碰，则有vxt解得:t'＝1s 【点睛】

解决本题的关键要是分析清楚两球的受力情况，判断出运动情况，知道弹性碰撞遵守两大

1aBt20 2

守恒：动能守恒和动量守恒．根据位移关系研究相碰的时间．

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Eˊ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R1＝_________Ω，R2＝_________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

I2gE9.0A10mA R内900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I1g100mA

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R110，R290

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PI2R可知，PI2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：

EU2IR0

代入数据并整理得：

U820I

在图a所示坐标系中作出U820I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

IA2I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．某实验小组要测量电阻Rx的阻值．

（1）首先，选用欧姆表“×10”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图甲所示．

（2）接着，用伏安法测量该电阻的阻值，可选用的实验器材有：电压表V（3V，内阻约3kΩ）；电流表A（50mA，内阻约5Ω）；待测电阻Rx；滑动变阻器R（0﹣200Ω）；干电池2节；开关、导线若干．

在图乙、图丙电路中，应选用图____（选填“乙”或“丙”）作为测量电路，测量结果________真实值（填“大于”“等于”或“小于”），产生误差的原因是________ ．

（3）为更准确测量该电阻的阻值，可采用图丁所示的电路，G为灵敏电流计（量程很小），R0为定值电阻，R、R1、R2为滑动变阻器．操作过程如下：

①闭合开关S，调节R2，减小R1的阻值，多次操作使得G表的示数为零，读出此时电压表V和电流表A的示数U1、I1；

②改变滑动变阻器R滑片的位置，重复①过程，分别记下U2、I2，…，Un、In； ③描点作出U﹣I图象，根据图线斜率求出Rx的值．下列说法中正确的有_________． A．图丁中的实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响 B．闭合S前，为保护G表，R1的滑片应移至最右端 C．G表示数为零时，电压表测量的是Rx两端电压 D．调节G表的示数为零时，R1的滑片应位于最左端 【答案】乙 小于 电压表分流 AC 【解析】 【详解】

（2）[1][2][3]由于待测电阻的电阻值比较小比电压表的内阻小得多 , 所以电流表使用外接法 ; 所以选择图乙作为测量电路，测量结果小于真实值，产生误差的原因是电压表的分流导致测量的电流偏大，所以电阻偏小．

（3）[4]A．该电路能够准确的计算出流过待测电阻的电流值，所以该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响，A正确；

B．闭合S前,为保护G表,开始时R1的电阻值要最大，所以滑片应移至最左端，B错误； C．G表示数为零时，电压表直接和待测电阻并联所以电压表测量的是Rx两端电压，C正确；

D．调节G表的示数为零时, 与R1的滑片的位置无关，D错误； 故选AC。

16．用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻RT，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的．某同学将RT和两个适当的固定电阻R1、R2连成图1虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻RL的阻值随RT所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围．为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下RL的阻值，测量电路如图1所示，图中的电压表内阻很大．RL的测量结果如表所示．

．温度t（℃） RL阻值（Ω） 30.0 54.3 40.0 51.5 50.0 48.3 60.0 44.7 70.0 41.4 80.0 37.9 90.0 34.7 回答下列问题：

（1）根据图1所示的电路，在图2所示的实物图上连线_______________．

（2）为了检验RL与f之间近似为线性关系，在坐标纸上作RL-t关系图线___________．

（3）在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图3、4所示．电流表的读数为____，电压表的读数为___．此时等效电阻RL的阻值为___：热敏电阻所处环境的温度约为____．

【答案】

115mA 5.00V

43.5Ω 64.0℃ 【解析】 【分析】 【详解】

根据电路图按照顺序可以将实物电路连接，如图2所示；

根据表1的数据可以在RL-t图象上进行描点作图，图象如图所示

图3的表盘分度值为5mA，电流表读数为115 mA；图4的表盘分度值为0.01V，电压表读数为5.00V；根据部分电路欧姆定律RL=43.5Ω，根据第2题的图象可以查出热敏电阻所处环境的温度为64.0℃．

17．合金材料的电阻率都比较大，某同学按如下步骤测量一合金丝的电阻率。实验操作如下：

(1)用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置测量金属丝的直径，结果都如图甲所示，则该金属丝的直径为________mm。

(2)按图乙连接测量电路，将滑动变阻器置于最大值，闭合开关，移动滑动变阻器，发现电

压表读数有读数，而电流表读数总为零，已知电流表、电压表以及待测金属丝都是完好的，则电路故障为导线_________断路（用图中导线编号表示）。

(3)排除电路故障后，改变滑动头在金属丝上的位置，测出金属丝长度l和接入电路的电阻Rx如下表

请根据表中的数据，在图丙方格纸上作出Rx–l图像_______。

(4)根据图像及金属丝的直径，计算该合金丝电阻率ρ= __________Ω·m（保留二位有效数字）。

(5)采用上述测量电路和数据处理方法，电表内阻对合金丝电阻率测量的影响为_____（填“使结果偏大”、“使结果偏小”、“对结果无影响”）。

【答案】0.379、0.380或者0.381 a或c

8.5106~9.9106 对结果无影响

【解析】 【分析】 【详解】

（1）[1] 金属丝的直径为

0mm380.01mm0.380mm

（2）[2]只有a或c发生断路时，电压表相当于测电源电压，此时才会电压表读数有读数，而电流表读数总为零。

（3）[3] 在图丙方格纸上作出Rx–l图像如下

（4）[4]根据公式RlSl16=9.661013=8.5102RS 0.380.001π2Rx的大小，l得

（5）[5]因为多次测量金属丝长度l和接入电路的电阻，通过画图求斜率求出所以电表内阻对合金丝电阻率测量结果无影响。

18．（1）某同学欲将量程为200μA的电流表G改装成电压表．

①该同学首先采用如图所示的实验电路测量该电流表的内阻Rg，图中R1、R2为电阻箱．他按电路图连接好电路，将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后，他应该正确操作的步骤是_____．（选出下列必要的步骤，并将其序号排序） a．记下R2的阻值

b．调节R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度

c．闭合S2，调节R1和R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半 d．闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半 ②如果按正确操作步骤测得R2的阻值为500Ω，则Rg的阻值大小为____；（填写字母代号）

A．250Ω B．500Ω C．750Ω D．1000Ω

③为把此电流表G改装成量程为2.0V的电压表，应选一个阻值为____Ω的电阻与此电流表串联．

【答案】bda B 9500 【解析】 【分析】 【详解】

①[1]．该题是使用半偏法测电流表的内阻，故调节R1的阻值，先使电流表的指针偏转到满刻度，然后再闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半，故操作顺序为bda；

②[2]．此时R2的阻值与Rg的阻值相等，故Rg的阻值大小也为500Ω，故B正确，ACD错误，故选B；

③[3]．电流表G满偏时的两端电压为

Ug=200×10－6A×500Ω=0.1V

改装成量程为2.0V的电压表时，串联电阻的电压应该为2.0V－0.1V=1.9V，电流为Ig=200μA； 故串联电阻的大小为

RUVUgIg9500 ．

四、必修第3册 电能 能量守恒定律实验题易错题培优（难）

19．一同学设计了如图甲所示电路来测节干电池的电动势和内阻．该同学选好器材后，进行操作(其中R0是保护电阻)．

（1）该同学测量时记录了6组数据，并根据这些数据面出了U-I图线如图丙所示，根据图线求出干电池

的电动势E=_________V(结果保留三位有效数字)，内阻r=___________Ω．

（2）若保护电阻R0的阻值未知，该干电池的电动势E、内电阻r已经测出，在图乙的电路中只需改动一条线就可测量出R0的阻值．该条线是_________，需改接为________(请用接线柱处的字母去表达)．改接好后，调节滑动变阻器，读出电压表的示数为U、电流表示数为I，电源的电动势用E表示，内电阻用r 表示，则R0=__________． 【答案】1.48V 0.50Ω（0.48～0.52Ω） dj je或者jf R0【解析】 【分析】 【详解】

（1）由图丙所示，电源U-I图像可知，图像与纵轴交点坐标值为1.48，则电源电动势E=1.48V，电源内阻rEUr IU1.481.200.50（0.48～0.52） , I0.56EUr I（2）将导线jd改接为je，此时电源与定值电阻组成等效电源，在闭合电路中，电源电动势：E=U+I（R0+r），定值电阻R0

20．现要测量电压表的内阻和电源的电动势，提供的器材有：

电源E(电动势约为6V,内阻不计)，电压表V1（量程0~2.5V,内阻约为2.5kΩ)，电压表V2(量程0~3v,内阻约为10kΩ)，电阻箱R0(最大阻值为9999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值为3kΩ)，滑动变阻器R2(最大阻值为500Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干

(1)如图(1)所示的甲、乙、丙三图是几位同学为完成本次验而设计的电路图，你认为选用哪一个电路图完成本次实验最合理？_______ (填“甲”、“乙”“丙”)

(2)电路中应选用滑动变阻器_______（选填“R1”或“R2”） (3)按照下列步骤进行实验：

①闭合开关前，将滑动变阻器和电阻箱连入电路的阻值调至最大；

②闭合开关，将电阻箱调到6Ωk,调节滑动变阻器至适当的位置，此时电压表V1的示数为1.60V电压表V2的示数为2.40V;

③保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，再将电阻箱调到2kΩ, 此时电压表V1的示数如图(2)所示，其示数为_______V,电压表V2的数为1.40V

(4)根据以上实验数据，计算得到电源的电动势为_______V,电压表V1的内阻为_______KΩ，电,压表V2的内阻为_______KΩ. 【答案】丙 R1 2.10V 5.60V 2.5k 2.5k 【解析】 【分析】

考查测电阻、电源电动势的方法，根据欧姆定律综合分析可得。 【详解】

(1)．[1]当采用甲电路图时,电压表V1最大电流为1mA，电压表V2最大电流为0.3mA，电压表V1读数不准确，若采用乙电路图，通过V1电流更小，读数更不准确。故只能选择丙电路图。

(2)．[2] 由闭合电路欧姆定律可估算一下滑动变阻，估算滑动变阻器的阻值

REU1U262.53500U12.5

.25103R1最小电阻为500 ，所以只能选择R1

(3)．[3] 最小分度值为0.1V，要估读到下一位，所以读数是2.10V (4)． 根据串并联电路特点可得

1.6V2.4V2.4A R1R261032.10V1.40V1.4A R1R22103联立可求得R1=2.5k R2=2.5k 由闭合电路欧姆定律可得

2.42.4E1.6V2.4VR 3R2610

1.41.4E2.1V1.4VR 3R2102联立可得E= 5.60V 【点睛】

器材选择要考虑安全性原则、准确性原则、方便性原则。选择合适电路，根据欧姆定律联立可得。

21．为测定干电池的电动势和内阻，提供的实验器材如下所示： A．干电池2节，每节干电池的电动势约为1. 5V，内阻约为0. 9 B．电流表A（0～0. 6A，内阻约为0. 5） C．滑动变阻器R1（0～50，额定电流为3A） D．滑动变阻器R2（0～1000，额定电流为1A） E. 电流表G（0～3mA，Rg=10） F. 定值电阻R3990 G. 定值电阻R490

（1）由于两节干电池的内阻较小，现将R03的定值电阻与两节干电池串联后作为一个整体进行测量。在进行实验时，滑动变阻器应选用__________，定值电阻应选用__________；（填写实验器材前的编号）

（2）在如图甲所示的虚线方框中补充完整本实验电路的原理图； （______）

（3）根据实验测得数据作出I2I1的图线如图乙所示，其中I2为通过电流表G的电流，I1为通过电流表A的电流，根据该图线可知，两节干电池的总电动势为__________V，总内阻为__________。（结果均保留两位有效数字）

【答案】C F 3. 0 2. 0

【解析】

【分析】 【详解】

（1）[1] 电源为两节干电池，电动势为3V，比较小，电源的内阻也较小，为多测几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选C； [2] 上述器材中没有直接给电压表，但给了两个电流表，将电流表G与定值电阻串联改装成电压表，改装后电压量程应约不小于3V，根据串联电路规律可知，应串联的电阻为

R故选F；

310Ω990Ω 3310（2）[3] 用改装后的电压表测量电压值，用电流表A与滑动变阻器串联测电路电流，如图所示；

（3）[4] 由电路图，根据闭合电路的欧姆定律可得

EI2(R3RG)(I1I2)(R0r)

整理得

I2R0rEI1

R3RGR0rR3RGR0r设图像与纵轴的交点为b，图像的斜率为k，可得

bk联立上式，代入数据解得

E

R3RGR0rR0r

R3RGR0rE3.0V，r2.0Ω

[5] 由上题可知，r2.0Ω

22．某同学要测某新型手机电池的电动势和内阻，设计了如图甲所示的电路，电路中R0为定值电阻，阻值大小为3.5Ω．

（1）请按电路图完成图乙中实物图的连接_________．

（2）闭合开关S前，应先将实物图中的滑动变阻器的滑片移到最_______（填“左”或“右”端），电路中定值电阻R0的作用是_______________________________________． （3）闭合S，调节滑动变阻器的滑片，测出多组电流表和电压表的值，作出U—I图像如图丙所示，则电池的电动势E=_____V，电池的内阻r=______Ω．

（4）本实验由于存在系统误差，使得电动势的测量值比真实值_______（填“大”或“小”），电池内阻的测量值比真实值__________（填“大”或“小”）．

【答案】 左 保护电路 3.8 0.5 小 小

【解析】 【分析】 【详解】

（1）[1]根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；

（2）[2][3]为了让电流由最小值开始调节，滑动变阻器的滑片开始时应滑到最左端；电路中定值电阻的作用是保护电路，防止电源发生短路． （3）[4][5]根据闭合电路欧姆定律可知:

UE﹣（IR0r）

由图可知，电源的电动势E=3.8V， 图象的斜率表示内电阻与定值电阻之和：

R0r可得：

U3.81.44 I0.6

r=0.5Ω

（4）[6][7]保护电阻等效到电源的内部，电压表测的电压为外电压，电流表所测的电流偏小，作出U﹣I图线的测量图线和实际图线，虚线表示实际图，

从图线可以看出，电动势和内阻的测量值均小于真实值．

23．图（a）为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图。

（1）虚线框内是用毫安表改装成电流表的电路。已知毫安表表头的内阻为10 Ω，满偏电流为100 mA，电阻R1=2.5 Ω，由此可知，改装后电流表的量程为_______A。 （2）实验步骤如下，请完成相应的填空：

①将滑动变阻器R的滑片移到______端（选填“A”或“B”），闭合开关S；

②多次调节滑动变阻器的滑片，记下电压表的示数U和毫安表的示数I；某次测量时毫安表的示数如图（b）所示，其读数为_________mA。

③以U为纵坐标，I为横坐标，作U–I图线，如图（c）所示；

④根据图线求得电源的电动势E=_________V，内阻r=_______Ω。（结果均保留到小数点后两位）

【答案】0.5 B 68 1.48 0.45 【解析】 【详解】

（1）[1]根据欧姆定律得，改装后电流表的量程

IIgIgRgR10.10.1100.5A 2.5（2）[2]①为保护电路，实验中应让电阻由最大值开始调节，所以开始时滑片应滑到B端；

②[3]电流表量程为100mA，由图示表盘可知，其读数为68mA；

④[4] 根据改装原理可知，实际电流为电流表读数的5倍，由闭合电路欧姆定律可知：

UE5IrR

由图可知，电源的电动势：E=1.48V

rR解得：r=2.45-2=0.45Ω。

1.480.52.45

801035

24．如图（a）所示，是多用电表欧姆档内部的部分原理图，已知电源电动势E = 1.5 V，内阻r = 1 Ω，灵敏电流计满偏电流Ig = 10 mA，内阻为rg = 90 Ω，表盘如图b所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”

（1）多用电表的选择开关旋至“Ω”区域的某档位时，将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为___________Ω，某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图（b）所示，则该电阻的阻值为_______________Ω。

（2）若将选择开关旋至“×1”，则需要将灵敏电流计__________（选填“串联”或“并联”）一阻值为___________Ω的电阻，再欧姆调零。

（3）多用电表长时间使用后，电源内阻变大，电动势变小，此因素会造成被测电阻的测量值比真实值___________（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。 【答案】150 60（58 ~ 62） 并联 10 偏大 【解析】 【分析】 【详解】

（1）调零后多用电表的总内阻为

R内E1.5Ω150Ω 3Ig1010又因为欧姆表表盘中值刻度为“15”，所以该档位为“×10”欧姆档，则由表盘可知，该电

阻的阻值为

610Ω60Ω

（2）因中值电阻等于欧姆表的内阻，若将选择开关旋至“×1”，则欧姆表的内阻为15Ω，此时调零时电路的总电流为

I需要将灵敏电流计并联一阻值为

E1.5A0.1A R内151010390R并Ω10Ω

IIg0.110103然后进行欧姆调零。

（3）多用电表长时间使用后，电源内阻变大，电动势变小，则测量同一个电阻时，电路中电流偏小，指针向右偏转的角度变小，电阻的读数偏大。

Igrg

五、必修第3册 电磁感应与电磁波初步实验题易错题培优（难）

25．在研究电磁感应现象的实验中，首先按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；当闭合开关S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．然后按图乙所示，将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器R′和开关S串联成另一个闭合电路．

（1）S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将如何偏转？__________(填不偏转、向右偏转或向左偏转)

（2）线圈A放在B中不动时，指针如何偏转？__________(填不偏转、向右偏转或向左偏转)

（3）线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将如何偏转？__________(填不偏转、向右偏转或向左偏转)

（4）线圈A放在B中不动，突然断开S，电流表指针将如何偏转？_________(填不偏转、向右偏转或向左偏转)

【答案】向右偏转 不偏转 向右偏转 向左偏转 【解析】 【详解】

（1）线圈A中磁场方向向上，插入B线圈，故线圈B中磁通量变大，阻碍变大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转； （2）线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；

（3）线圈A中磁场方向向上，滑片向左移动，电流变大，故线圈B中磁通量变大，阻碍变

大，故感应电流的磁场方向向下，故电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转； （4）线圈A中磁场方向向上，突然断开S，磁通量减小，阻碍减小，故感应电流的磁场方向向上，故电流从左向右流过电流表，故电流表指针向左偏转；

【点睛】本题关键是先根据安培定则判断出A中磁场方向，然后根据楞次定律判断线圈B中感应电流的方向．

26．某实验装置如图（a）所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B，如果线圈A中电流i与时间t的关系分别如图（b）甲、乙、丙、丁所示。在t1电流计G的是______。

~t2这段时间内(设电流自左边

接线柱进入线圈A时取正)，有电流通过电流计G的是_____________，电流从右向左流过

【答案】乙丙丁 丙 【解析】 【详解】

[1]若线圈A中接甲图电流，在t1~t2电流不变，则在铁芯上产生的磁场恒定，穿过线圈B~t2电流是变化的，则在铁芯上产生的磁场变化，穿过

的磁通量不变，则不产生感应电流； 若线圈A中接乙丙丁图电流，在t1故填乙丙丁。

[2]若线圈A中接乙图电流，在t1线圈B的磁通量变化，则产生感应电流；

~t2电流是正向均匀减小的，由安培定则可知穿过铁芯的

磁场向左，穿过B的磁通量向左减小，则由楞次定律可知感应磁场向左，则B的左端相当于等效电源的正极，感应电流从左向右流过表头G；

若线圈A中接丙图电流，在t1~t2电流是正向均匀增大的，由安培定则可知穿过铁芯的磁

场向左，穿过B的磁通量向左增大，则由楞次定律可知感应磁场向右，则B的左端相当于等效电源的负极，感应电流从右向左流过表头G； 若线圈A中接丁图正弦交流电，在t1~t2电流是正向不均匀减小的，由安培定则可知穿过

铁芯的磁场向左，穿过B的磁通量向左减小，则由楞次定律可知感应磁场向左，则B的左端相当于等效电源的正极，感应电流从左向右流过表头G； 故符合电流从右向左流过电流计G的是丙图。

27．某同学想“探究感应电流产生的条件”，完成下列问题：

（1）他将直流电源、滑动变阻器、线圈A（有铁芯）、线圈B、灵敏电流计及开关连接成实验电路，请将缺失的导线用笔画线补全_________。

（2）在实验中，该同学发现开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏．由此可以判断，在保持开关闭合的状态下，当滑动变阻器的滑片向N端滑动时，灵敏电流计的指针向__________（填“左”或“右”）偏，当滑动变阻器的滑片匀速滑动时，灵敏电流计的指针____________（填“发生”或“不发生”）偏转。

【答案】 左 发生

【解析】 【分析】 【详解】

（1）[1]电路连接如图；

（2）[2][3]在实验中，该同学发现开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏，即当穿过线圈的磁通量增加时电流计指针左偏；则此可以判断，在保持开关闭合的状态下，当滑动

变阻器的滑片向N端滑动时，通过线圈A的电流变大，磁通量增加，则灵敏电流计的指针向左偏；当滑动变阻器的滑片匀速滑动时，通过线圈A的电流发生变化，则磁通量变化，会产生感应电流，即灵敏电流计的指针发生偏转。

28．如图1为“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置，所用电流表指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从“+”接线柱流入电流表时，指针向右偏转。

(1)将条形磁铁按如图1方式S极向下插入螺线管时，发现电流表的指针向右偏转。螺线管的绕线方向如图2所示。请在图2中标出螺线管中的感应电流方向_______。

(2)经分析可得出结论：当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向____（填“相同”或“相反”）。

(3)接上面的(1)，将条形磁铁从螺线管中抽出时，电流表的指针向____（填“左”或“右”）偏转。

【答案】 相反 左

【解析】 【分析】 【详解】

(1)[1]根据电流表指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从正极接线柱流入电流表时，指针向右偏转可知，线圈中电流方向为从B流向A，如图所示

(2)[2]S极向下插入螺线管时，线圈中磁通量增大，根据产生的电流方向，由右手定则可判断出产生的感应电流的磁场与原磁场方向相反。

(3)[3]将条形磁铁从螺线管中抽出时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流的磁通量应与原磁场方向相同向下，阻碍磁通量的减小，根据安培定则可判断，线圈中感应

电流方向从A到B，即向左，则电流表的指针方向向左。

29．应用下图器材研究电磁感应现象的实验．

（1）将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是_________

A．开关位置错误 B．电流表的正、负极接反 C．线圈B的接头3、4接反 D．蓄电池的正、负极接反 （2）如果想验证楞次定律，必需先要明确_________ A．线圈A和B的绕线方向 B．线圈A和B的自感系数大小

C．电流表指针偏向与流入的电流方向的关系 D．线圈A和B的匝数大小 【答案】A AC 【解析】 【分析】 【详解】

（1）[1]．由电路图可知，电键接在电流表所在电路，电键连接错误，闭合与断开电键时，通过螺线管A的电流不变，穿过螺线管B的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表指针不偏转；故A正确；

（2）[2]．因为实验中需要根据右手定则判断螺线管中的磁场，所以需要明确两个线圈的绕线方向；在判断感应线圈中的电流方向时，需要根据电流表指针偏向与流入的电流方向的关系判断，故AC正确；而自感系数和匝数跟产生感应电流大小有关，本实验要验证感应电流方向规律，所以只要有感应电流即可，感应电流的大小与实验无关，BD错误．

30．完成下列填空，如图所示是探究电磁感应现象的实验装置。

（1）如图，用绝缘线将导体AB悬挂在蹄形磁铁的磁场中，闭合开关后，在下面的实验探究中，关于电流表的指针是否偏转填写在下面的空格处。 （选填“偏转”或“不偏转”）

①磁体不动,使导体AB向上或向下运动，并且不切割磁感线．电流表的指针_____________ ②导体AB不动，使磁体左右运动．电流表的指针_________

（2）如图，各线路连接完好，线圈A在线圈B中，在开关闭合的瞬间，实验小组发现电流表的指针向左偏一下后又迅速回到中间位置，则：保持开关闭合，在把滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，会观测到电流表的指针________（选填“向左偏”、“向右偏”或“不动”）

【答案】不偏转 偏转 向右偏 【解析】 【详解】

（1）①[1]．磁体不动，使导体AB向上或向下运动，并且不切割磁感线，不会产生感应电流，则电流表的指针不偏转；

②[2]．导体AB不动，使磁体左右运动，导体棒会切割磁感线产生感应电流，则电流表的指针会偏转；

（2）[3]．在开关闭合的瞬间，电流表的指针向左偏一下后又迅速回到中间位置，可知当穿过线圈B的磁通量增加时，电流表指针左偏；保持开关闭合，在把滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，电阻变大，电流减小，则穿过线圈B的磁通量减小，则会观测到电流表的指针向右偏。