天津市必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

天津市必修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word/media/image1_1.png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word/media/image2_1.png，从A至C小球克服库仑力做的功为word/media/image3_1.png，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）word/media/image5_1.png （2）word/media/image6_1.png （3） word/media/image7_1.png

【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：word/media/image8_1.png

代入数据解得：word/media/image9_1.png

（2）小球第一次过A时，由牛顿第二定律得：

word/media/image10_1.png

由题可知：

联立并代入数据解得：

由几何关系得，OC间的距离为：

word/media/image13_1.png

小球在C点受到的库仑力大小 ：

word/media/image14_1.png

联立解得word/media/image15_1.png

（3）从A到C，由动能定理得：

word/media/image16_1.png

从C到A，由动能定理得：

word/media/image17_1.png

由题可知：word/media/image18_1.png

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：

word/media/image19_1.png

联立以上解得： word/media/image20_1.png，

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word/media/image21_1.png，方向向下．

2．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，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。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？

【答案】(1)word/media/image24_1.png，方向由A指向C；(2)word/media/image25_1.png；(3)word/media/image26_1.png和word/media/image27_1.png

【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，

AO间的库仑力为word/media/image28_1.png；

根据平衡条件得：word/media/image29_1.png

word/media/image30_1.png

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，

库仑力为word/media/image31_1.png；

水平向右的电场力

B点时所受的电场力

(3)质点到达C点时进行受力分析，根据牛顿第二定律得

word/media/image34_1.png

从A点到C点根据动能定理得

word/media/image35_1.png；

word/media/image36_1.png

【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。

3．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，电荷量均为Q，其中A带正电荷，B带负电荷，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），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D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，若取无限远处的电势为零，试求：

（1）在A、B所形成的电场中，C的电势φC。

（2）小球P经过D点时的加速度。

（3）小球P经过与点电荷B等高的E点时的速度。

【答案】（1）word/media/image38_1.png（2）g+word/media/image39_1.png（3）word/media/image40_1.pngv

【解析】

【详解】

（1）由等量异种电荷形成的电场特点可知，D点的电势与无限远处电势相等，即D点电势为零。小球P由C运动到D的过程，由动能定理得：

word/media/image41_1.png   ①

    ②

     ③

（2）小球P经过D点时受力如图：

由库仑定律得：

word/media/image45_1.png   ④

由牛顿第二定律得：

word/media/image46_1.png  ⑤

解得：

a=g+word/media/image39_1.png ⑥

（3）小球P由D运动到E的过程，由动能定理得：

word/media/image47_1.png  ⑦

由等量异种电荷形成的电场特点可知：

word/media/image48_1.png   ⑧

联立①⑦⑧解得：

word/media/image49_1.png    ⑨

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；

则EC=E1-E2

解得：EC＝word/media/image56_1.png．

（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−word/media/image57_1.pngmv02

解得：word/media/image58_1.png

（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：word/media/image59_1.png

解得：word/media/image60_1.png

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−word/media/image57_1.pngmv02

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．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）word/media/image62_1.png

【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-q1，Q带电量为q2

根据库仑定律：

②

根据牛顿第三定律：

FC=FC/ ③

对于P球：

根据平衡条件：

④

解得：

word/media/image66_1.png ⑤

对于Q球：

根据平衡条件：

word/media/image67_1.png ⑥

解得：

word/media/image68_1.png ⑦

6．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) word/media/image70_1.png (2) word/media/image71_1.png

【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：word/media/image72_1.png

解得：word/media/image73_1.png

（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：

解得：

【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．

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匀强电场，左边是一个与水平方向成45°斜向上的word/media/image77_1.png=word/media/image78_1.pngN/C匀强电场，现有一个质量为m=1.0g，带电量word/media/image79_1.png=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)；word/media/image81_1.png（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)

加速度word/media/image82_1.png由word/media/image83_1.png得s

(2)运动到原点的速度为v0=at=2m/s

小颗粒在E2电场中合力为方向与v0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t1, v0方向位移为S1= v0t1

与v0方向垂直位移为word/media/image87_1.png由几何关系得S1=S2

第二次经过y轴时到原点距离为word/media/image88_1.pngS1=1.6m 即坐标为（0，-1.6）

8．如图（a）所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为U的恒压电源的两极，电容器所带电荷量为Q，两极板间距为d，板长为L，α粒子从非常靠近上极板的C点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线CO方向射入电场，经电场偏转后由D点飞出匀强电场，已知α粒子质量为m，电荷量为2e，不计α粒子重力．求：

(1)平行板电容器的电容； 

(2)CD两点间电势差；

(3)若A、B板上加上如图（b）所示的周期性的方波形电压，t=0时A板比B板的电势高，为使word/media/image90_1.png时刻射入两板间的α粒子刚好能由O点水平射出，则电压变化周期T和板间距离d各应满足什么条件？（用L、U、m、e、v0表示）

【答案】(1)word/media/image91_1.png 　(2)word/media/image92_1.png 　(3) word/media/image93_1.png (n=1,2,3,…)

【解析】

【详解】

(1)依电容定义有：平行板电容器的电容word/media/image91_1.png

(2)两板之间为匀强电场word/media/image94_1.png

粒子在电场中加速度word/media/image95_1.png

粒子的偏移量:word/media/image96_1.png

运动时间

解得:

CD两点的电势差为：word/media/image99_1.png

(3)为使a粒子刚好由O点水平射出，α粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零，

必须从word/media/image100_1.png进入电场，

且在电场中运动时间与电压变化周期T的关系为t=nT，（n=1，2，3，…）．

则word/media/image101_1.png

竖直方向向下的最大分位移应满足：word/media/image102_1.png

即:word/media/image103_1.png

解得:word/media/image93_1.png（n=1,2,3,…）

【点睛】

本题考查了电容的定义式匀强电场中场强与电势差的关系，熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，抓住几何关系是解答的关键．

9．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成θ角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度为h．有一质量m=0.5kg的带电小环套在直杆上，正以某一速度 word/media/image104_1.png沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处．(g取10m/s2)

(1)若θ=45°，试判断小环的电性，并求出小环受到的电场力大小；

(2)若θ=45°，h=0.8m，求小环在直杆上匀速运动的速度大小word/media/image104_1.png；

(3)若保持h不变，改变θ角(0＜θ＜90°)及小环的电荷量，使小环仍能匀速下滑，离杆后正好通过C端的正下方P点处，试推出初速度word/media/image104_1.png与θ角间的定量关系式．

【答案】(1) 负电 5N (2)2m/s (3)word/media/image106_1.png

【解析】

【详解】

(1)小环沿杆匀速下滑，合力为零，小环所受的电场力水平向右，则小球带负电。

小环匀速下滑合力为零，电场力

(2)小环离开杆后做类平抛运动，由牛顿第二定律

平行于杆的方向做匀速直线运动，则有

垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有

word/media/image110_1.png

得word/media/image111_1.png

(3)有牛顿第二定律得

word/media/image112_1.png

平行于杆的方向做匀速直线运动，则有

word/media/image113_1.png

垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有

word/media/image114_1.png

解以上方程得

word/media/image106_1.png

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word/media/image115_1.png。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word/media/image116_1.png，word/media/image117_1.png），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）；（2）2mg，方向竖直向上.

【解析】

【详解】

（1）由题意可知 :  

word/media/image120_1.png

所以:

word/media/image121_1.png

（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: 

word/media/image122_1.png

小球由B运动到A的过程根据动能定理有: 

word/media/image123_1.png

小球在A点时根据牛顿第二定律有: 

word/media/image124_1.png

联立以上各式得:

word/media/image125_1.png

 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.

11．两平行金属板A、B间距离为d，两板间的电压UAB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）word/media/image127_1.png （2）word/media/image128_1.png

【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，,

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s1，设每次反向加速（或减速）运动的位移为s2，

则word/media/image131_1.png

word/media/image132_1.png

所以一个周期内的总位移为word/media/image133_1.png

所以2T内粒子运动的总位移为word/media/image134_1.png

(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word/media/image135_1.png

粒子通过此距离所需时间为word/media/image137_1.png

则粒子到达B板所需时间为word/media/image138_1.png

【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.

12．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、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word/media/image140_1.png夹角word/media/image141_1.png的位置；若两金属板在竖直平面内同时绕O、O′顺时针旋转word/media/image142_1.png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U2．

（3）在求前后两种情况中带电小球的电势能W1与W2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W1与W2．

【答案】（1）word/media/image144_1.png；（2）word/media/image145_1.png；（3）word/media/image146_1.png，word/media/image147_1.png。

【解析】

【分析】

【详解】

（1）绝缘杆长度设为word/media/image148_1.png，则重力作用点在几何中心即距离O点处，重力的力臂为

电场力大小为

电场力的力臂为

word/media/image152_1.png

根据杠杆平衡有

word/media/image153_1.png

整理可得word/media/image144_1.png

（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word/media/image154_1.png

电场力大小为

word/media/image155_1.png

力臂变为

word/media/image156_1.png

根据杠杆平衡则有

word/media/image157_1.png

可得

word/media/image145_1.png

（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word/media/image158_1.png，没有旋转时，电场强度

word/media/image159_1.png

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

整理得

电势能

word/media/image162_1.png

金属板转动后，电场强度

word/media/image163_1.png

电势差

word/media/image164_1.png

解得

word/media/image165_1.png

电势能

word/media/image166_1.png

三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）

13．某实验小组欲描绘额定电压为2.5V的小灯泡L的U-I曲线。现准备如下实验器材：

电压表（3V，内阻很大）

电流表（0.6A，内阻较小）

滑动变阻器（0~5Ω，额定电流1A）

电键

导线若干

请回答下列问题：

(1)请用笔划线代替导线，将实验电路图甲补充完整_____；

(2)闭合电键，移动滑动变阻器的滑片，其电压表、电流表的示数如图乙所示，则电压表读数为_____V，电流表读数为_____A；

(3)将实验数据绘制成U-I图像如图丙中Ⅰ。则该小灯泡的额定功率word/media/image168_1.png_____W；

(4)现有一电子元件，其U-I图像如图丙中Ⅱ所示。现将该电子元件与该灯泡L并联后同电动势word/media/image169_1.png、内阻的电源连接，则该灯泡的实际功率word/media/image168_1.png_____W（保留两位有效数字）。

【答案】 1.30 0.44 1.45（1.43~1.46之间均可） 0.20（0.19~0.21之间均可）

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]．由于电压表内阻远大于小灯泡的电阻，故采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路，则电路如图；

(2)[2][3]．电压表量程为3V，最小刻度为0.1V，则读数为1.30V；电流表量程为0.6V，最小刻度为0.02A，则读数为0.44A；

(3)[4]．由图可知，当电压为2.5V时，电流为0.58A，则该小灯泡的额定功率P=IU=1.45W；

(4) [5]．电子元件与该灯泡L并联，则电压相等；若画出电源的U-I图像如图；画出平行于I轴的直线即为电压相等的线，与图像Ⅰ、Ⅱ分别交于两点B和A，与U轴交于C点，电源的U-I线交于D，若CD的中点恰在AB的中点，则此时Ⅰ图像对应的B点电压和电流值即为小灯泡的工作状态点，由图可知：U=0.70V，I=0.28A，则灯泡的实际功率P′=IU≈0.20W。

14．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

word/media/image175_1.png

[4]由于欧姆表内阻就是它的中值电阻，为4000word/media/image176_1.png，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

word/media/image177_1.png

15．某实验小组为了测量某待测电阻Rx的阻值，先用多用电表进行粗测，后用伏安法精确测量。

(1)如图甲所示为一简易多用电表内部电路原理图，其中G为灵敏电流计，选择开关S与不同接点连接就构成不同的电表，下列分析正确的是__________。

A．A为黑表笔，B为红表笔

B．将选择开关S与3连接，就构成了欧姆表

C．将选择开关S与1、2连接，就构成了电流表，且与1接点相连时量程较大

D．将选择开关S与4、5连接，就构成了电压表，且与4接点相连时量程较大

(2)如图乙先用多用表×10挡粗测其电阻为______Ω。

(3)实验要求尽可能准确地测量Rx的阻值，实验室可提供下面器材，电流表应选_____，电压表应选_____________(填字母代号)

电源E：电动势3V，内阻忽略不计；

电流表A1：量程0~15mA，内阻为100Ω；

电流表A2：量程0~0.6A，内阻约为0.3Ω；

电压表V1：量程0~3V，内阻约3kΩ；

电压表V2：量程0~15V，内阻约15kΩ；

滑动变阻器R：阻值范围0~10Ω；

定值电阻R1：阻值为10Ω；

定值电阻R2：阻值为100Ω；

开关S、导线若干。

(4)在图丙虚线框中画出测量R，阻值的完整电路图，并在图中标明器材代号____________。

(5)调节滑动变阻器R，当电压表的示数为2.60V，电流表的示数是8.0mA时，则待测电阻Rx的阻值为_________Ω。

【答案】BC 120 A1 V1 见解析 112.5

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]AB．在多用电表使用时应让电流从红表笔进，黑表笔出，当将选择开关S与3连接，就构成了欧姆表，由此可判断A为红表笔，B为黑表笔，故A错误，B正确；

C．将选择开关S与1、2连接，就构成了电流表，根据并联分流原理，并联的电阻越小分得的电流越大，所以与1接点相连时量程较大，C正确；

D．将选择开关S与4、5连接，就构成了电压表，根据串联分压原理，串联的电阻越大分得的电压越大，所以与5接点相连时量程较大，D错误。

故选BC。

(2)[2]由图所示欧姆表可知，所测电阻阻值为

12.0×10Ω=120Ω

(3)[3][4]电路中可能出现的最大电流约为

word/media/image179_1.png

可用电流表A1与定值电阻R2并联，相当于量程为30mA的电流表；电源电动势为3V，则电压表选择V1。

(4)[5]电压表内阻远大于待测电阻的阻值，故电压表外接；滑动变阻器用分压接法，电路如图

(5)[6]电流表的示数是8.0mA，此时通过待测电阻Rx的电流为16mA，则待测电阻Rx的阻值为

16．某同学将一个量程为0~1mA、内阻未知的电流表G改装为量程为0~3V的电压表V。他先测量该电流表G的内阻Rg，再进行改装，然后把改装的电压表与标准电压表进行校准并进行误差分析。实验室准备的仪器有：

电源E（电动势为4.5V，内阻约1.2Ω）

滑动变阻器R1（最大阻值为5000Ω，允许通过的最大电流约为0.02A）

滑动变阻器R2（最大阻值为20Ω，允许通过的最大电流约为1.0A）

电阻箱R（最大阻值为999.9Ω，允许通过的最大电流约为0.2A）

标准电压表（最大量程为3.0V，内阻约为4000Ω）

开关两个，导线若干

他的操作过程如下：

(1)先按如图(a)所示的电路，测量电流表G的内阻Rg，其步骤为：

①将滑动变阻器R1调到最大，保持开关K2断开，闭合开关K1，再调节滑动变阻器R1，使电流表G的指针指在满刻度Ig处。

②保持滑动变阻器R1的阻值不变，再闭合开关K2，调节电阻箱R的阻值使电流表G的指针指在满刻度的一半处，即

word/media/image184_1.png，

此时电阻箱上示数如图(b)所示，则电流表G的内阻Rg=__Ω。

(2)他根据所测出的电流表G内阻Rg的值，通过计算后，在表头G上串联一个电阻R，就将电流表G改装成量程0~3V的电压表V，如图(c)所示，则这个定值电阻的阻值为R=__Ω。

(3)他再用标准电压表V0对改装的电压表进行校准，要求电压能从0到最大值之间逐一进行校准，试在图(d)的方框中补全校准电路图，并标出所选用器材的符号，其中改装的电压表和标准电压表已画出。

（______________）

(4)由于电流表G内阻Rg的测量值____（填“小于”或“大于”）真实值，改装电压表V时串联电阻R的阻值_____（填“偏大”或“偏小”），因此在校准过程中，改装的电压表的示数总比标准表的示数______(填“偏大”或“偏小”)。

【答案】word/media/image185_1.png word/media/image186_1.png 小于 偏大 偏小

【解析】

【分析】

根据题目中给出的提示，以及电表的改装知识进行解答。

【详解】

(1)[1]电阻箱的读数为

word/media/image188_1.png，

电流表的内阻为

word/media/image189_1.png；

(2)[2]由电压表的改装原理可知：

word/media/image190_1.png；

(3)[3]要求电压从0到最大值之间逐一进行校准，因此应采用分压法，滑动变阻器选用word/media/image191_1.png，标准电压表和改装电压表应并联。电路图如图所示：

；

(4)[4][5][6]用半偏法测电流表内阻word/media/image192_1.png时，由于电阻箱R的连入使得电路总电流变大，致使word/media/image192_1.png的测量值偏小，这样在改装电压表时串联电阻

，

其阻值偏大，使得校准时通过其电流值偏小，故改装的电压表示数小于标准表的示数。

【点睛】

电表的改装及校准。

17．某学习小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验时，用了两个电压表，目的是可以同时测定电源的电动势和内阻，电路图如图甲所示，实验室可选用的器材有：

A．金属丝（阻值几欧）

B．电池（电动势3V左右，内阻几欧）

C．电压表两个（量程3V，内阻很大）

D．电流表（量程0.6A，内阻0.2Ω左右）

E.电流表（量程3A，内阻0.04Ω左右）

F.滑动变阻器（0〜2kΩ）

G.滑动变阻器（0〜20Ω）

H.毫米刻度尺，螺旋测微器

I.开关，导线若干

(1)实验前在选用器材时，电流表应选择_____，滑动变阻器应选择_____；（均填器材前的字母）

(2)测得金属丝的长度为0.5023m；在测金属丝直径时，螺旋测微器的测量结果如图乙所示，则金属丝的直径为______mm；

(3)实验过程中电压表V1、V2与电流表A的测量结果已经在图丙中的图像中描出，由U—I图像可得，电源的电动势为_____V，电源的内阻为_____Ω，金属丝的电阻为____Ω；（均保留三位有效数字）

(4)由电阻定律可得，金属丝的电阻率为______Ω⋅m（保留两位有效数字）。

【答案】D G 0.580 3.00（2.98〜3.00均给分） 2.0（2.17〜2.22均给分） 3.00（2.97〜3.09均给分） 1.6×10－6

【解析】

【分析】

【详解】

(1)该实验中金属丝的电阻为几欧姆，所以滑动变阻器的阻值选择量程为20欧姆的即可，所以选择G，所以电流表选择0.6A的就可以，所以是D。

(2)根据螺旋测器的读数规则

(3)V2测的是电源电动势，V1测的是金属丝的电压，根据图像可知，斜率为负的那条直线对应的是V2的图线，斜率为正的是V1的图线，V2图线与纵轴的交点即为电动势，斜率的大小为内阻，得到word/media/image197_1.png，word/media/image198_1.png，两条线的交点为金属丝的工作电压和电流，所以金属丝的电阻为word/media/image199_1.png。

(4)根据电阻定律可得word/media/image200_1.png

18．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测电阻丝阻值约为4Ω．

（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径d．其中一次测量结果如图所示，图中读数为d= mm．

（2）为了测量电阻丝的电阻R，除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：

电压表V；量程3V，内阻约为3kΩ

电流表A1；量程0．6A，内阻约为0．2Ω）

电流表A2；量程100μA，内阻约为2000Ω）

滑动变阻器R1, 阻值0～1750Ω，额定电流为0．3A

滑动变阻器R2,阻值0～50Ω，额定电流为1A

电源E1（电动势15V，内阻约为0．5Ω）

电源E2（电动势3V，内阻约为1．2Ω）

为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表________，滑动变阻器_________，电源___________．（填器材的符号）

（3）用测量量表示计算材料电阻率的公式是ρ = （已用刻度尺测量出接入电路中的金属导线的有效长度为l）．

【答案】（1）0．853~0．857 （2）．A1 ；R2 ；E2； （3）

【解析】

试题分析：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0．5mm，可动刻度示数为35．5×0．01mm=0．355mm，螺旋测微器示数为0．5mm+0．355mm=0．855mm．

（2）电压表量程是3V，电源应选E2（电动势为3V，内阻约为1．2Ω），电路最大电流约为word/media/image203_1.png，电流表应选A1，量程0．6A，内阻约0．2Ω．

（3）由欧姆定律得，电阻阻值word/media/image204_1.png，由电阻定律得：word/media/image205_1.png，解得：ρ=

考点：测定金属丝的电阻率

【名师点睛】此题考查了测定金属丝的电阻率的实验；解题时要首先搞清实验的原理，知道器材选择的原则“安全、准确、方便”；螺旋测微器是利用将长度的测量转化为对转动角度的测量来实现微小量放大的，其精确度为0．01mm，本实验中滑动变阻器既可以采用分压接法，也可以采用限流接法．

四、必修第3册 电能 能量守恒定律实验题易错题培优（难）

19．利用如图所示的电路既可以测量电压表和电流表的内阻，又可以测量电源电动势和内阻，所用到的实验器材有：

两个相同的待测电源（内阻r约为1Ω）

电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）

电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω）

电压表V（内阻未知）

电流表A（内阻未知）

灵敏电流计G，两个开关S1、S2

主要实验步骤如下：

①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为0.40A、12.0V、30.6Ω、28.2Ω；

②反复调节电阻箱R1和R2（与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为0.60A、11.7V。

回答下列问题：

(1)步骤①中，电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势差UAB=______ V；A和C两点的电势差UAC=______ V；A和D两点的电势差UAD=______ V；

(2)利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为_______ Ω，电流表的内阻为______Ω；

(3)结合步骤①步骤②的测量数据，电源电动势E为___________V，内阻为________Ω。

【答案】0 12.0V -12.0V 1530Ω 1.8Ω 12.6V 1.50

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1][2][3]．步骤①中，电流计G的示数为0时，电路中AB两点电势相等，即A和B两点的电势差UAB=0V；A和C两点的电势差等于电压表的示数，即UAC=12V；A和D两点的电势差UAD= =-12 V；

(2)[4][5]．利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为

电流表的内阻为

word/media/image208_1.png

(3)[6][7]．由闭合电路欧姆定律可得

2E=2UAC+I∙2r

即

2E=24+0.8r

同理

word/media/image209_1.png

即

2E=2×11.7+0.6∙2r

解得

E=12.6V

r=1.50Ω

20．小王和小李两同学分别用电阻箱、电压表测量不同电源的电动势和内阻。

（1）小王所测电源的内电阻r1较小，因此他在电路中接入了一个阻值为2.0Ω的定值电阻R0，所用电路如图甲所示。

①请根据图甲用笔画线代替导线将图乙所示器材连接成完整的实验电路_____。

②闭合开关S，调整电阻箱的阻值R，读出电压表（可视为理想电压表）相应的示数U，得到了一组U、R数据。为了比较准确地得出实验结论，小王同学准备用直线图象来处理实验数据，应选择以下哪个图像来处理数据________。

A．word/media/image211_1.png B．word/media/image212_1.png C．word/media/image213_1.png D．word/media/image214_1.png

（2）小李同学所测电源的电动势E2约为9V，内阻r2为35～55Ω，允许通过的最大电流为50mA。小李同学所用电路如图丙所示，图中电阻箱R的阻值范围为0～9999Ω。

①电路中R0为保护电阻。实验室中备有以下几种规格的定值电阻，阻值和允许通过的最大电流如下，本实验中应选用________。

A．20Ω，125mA B．50Ω，20mA C．150Ω，60mA D．1500Ω，5mA

②实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应的电压表的示数U，根据测得的多组数据，作出图线，图线的纵轴截距为a，图线的斜率绝对值为b，则电源的电动势E2＝______，内阻r2＝________。

【答案】 B C word/media/image218_1.png word/media/image219_1.png

【解析】

【分析】

【详解】

（1）①[1]根据电路图，实物图连接如图所示：

②[2]根据欧姆定律可知

word/media/image221_1.png

可得

word/media/image222_1.png

故横坐标为word/media/image223_1.png，选项B正确，ACD错误。

故选B。

（2）①[3]电路最小总电阻约为

word/media/image224_1.png

为保护电路安全，保护电阻应选C(150Ω，60mA)，选项C正确，ABD错误。

故选C。

②[4][5]在闭合电路中，电源电动势为

word/media/image225_1.png

则

，

则图象是直线。

截距为

斜率为

解得

word/media/image229_1.png，word/media/image230_1.png

21．（1）如图所示为某多用电表内部简化电路图，作电流表使用时，选择开关S应接________(选填“1”“2”“3”“4”或“5”)量程较大．

（2）某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为3 V的电压表内阻(如图乙)，主要步骤如下：

① 把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；

② 把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处；

③ 把红表笔与待测电压表________(选填“正”或“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针偏转角度很小；

④ 换用________(选填“×10”或“×1 k”)欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中，记下电阻数值；

⑤ 把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕．

（3） 实验中(如图丙)某同学读出欧姆表的读数为_________Ω，这时电压表读数为___________V.

（4）请你计算欧姆表内部电源电动势为________V．(保留两位有效数字)

【答案】1 负 ×1k 4.0×104 2.20 3.0

【解析】

（1）当做电流表使用时，电阻应和表头并联分流，故连接1和2时为电流表，根据欧姆定律可知并联支路的电压相等，并联支路的电阻越大，分流越小，故当接1时量程最大；

（2）③根据“红进黑出”原理，即电流从红表笔流进可知红表笔接电压表的负极；

④欧姆表在测量电阻时指针从无穷大处开始偏转，故欧姆表指针偏转很小，说明被测电阻大，档位应提升一级，即换×1k的测量；

（3）欧姆表的读数为word/media/image234_1.png；电压表分度值为0.1V，故读数为2.20V；

（4）根据（3）采用的档位可知中值电阻即欧姆表内阻为word/media/image235_1.png，根据闭合回路欧姆定律可得word/media/image236_1.png，解得．

22．⑴某实验小组为了测量某一电阻Rx的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出Rx的阻值约为18Ω左右．为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材：

A．电流表(量程15mA，内阻未知)

B．电流表(量程0.6A，内阻未知)

C．电阻箱(0～99.99Ω)

D．电阻箱(0～999.9Ω)

E.电源(电动势约3V，内阻约1Ω)

F.单刀单掷开关2只

G.导线若干

甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：

a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合S1，断开S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值R1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为I；

b.保持开关S1闭合，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表的示数仍为I．

①根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择_______，电阻箱应选择_______ （选填器材前的字母）

②根据实验步骤可知，待测电阻Rx= ____________________（用步骤中所测得的物理量表示）．

⑵同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻．若已知所选电流表的内阻RA=2.0Ω，闭合开关S2，调节电阻箱R，读出多组电阻值R和电流I的数据；由实验数据绘出的word/media/image240_1.png-R图象如图乙所示，由此可求得电源电动势E=________ V，内阻r= ____ Ω．(计算结果保留两位有效数字)

【答案】A; D; word/media/image241_1.png ; 3.2; 2.0;

【解析】

【分析】

(1)根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要的最大电阻来选择电阻箱；列出开关S2断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解即可.

(2)根据实验电路应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻.

【详解】

(1)电源电动势为3V，电流表量程为15mA=0.015A，选A；由欧姆定律：word/media/image242_1.png可知，电路中的最小电阻应为：word/media/image243_1.png，所以电阻箱应选D；

②根据闭合电路欧姆定律得：

S2断开时有：E=I(Rx+R1+RA+r)，S2闭合时有：E=I(R2+RA+r)，解得:Rx=R2-R1；

(2)闭合开关S2，由闭合电路欧姆定律得：E=I(R+RA+r），整理得：word/media/image244_1.png由word/media/image245_1.png图象可知：word/media/image246_1.png，,而已知RA，解得，.可得word/media/image250_1.png

【点睛】

本题考查了测电源电动势与内阻实验、考查了测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以及截距的意义.

23．小华、小刚共同设计了图甲所示的实验电路，电路中的各个器材元件的参数为：电池组（电动势约6V，内阻r约3Ω）、电流表（量程2.0A，内阻rA=0.8Ω）、电阻箱R1（0~99.9Ω）、滑动变阻器R2（0~Rt）、开关三个及导线若干．他们认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻和R2接入电路的阻值．

（1）小华先利用该电路准确地测出了R2接入电路的阻值．他的主要操作步骤是：先将滑动变阻器滑片调到某位置，接着闭合S、S2，断开S1，读出电流表的示数I；再闭合S、Sl，断开S2，调节电阻箱的电阻值为3.6Ω时，电流表的示数也为I．此时滑动变阻器接入电路的阻值为_________Ω．

（2）小刚接着利用该电路测出了电源电动势E和内电阻r．

①他的实验步骤为：

a．在闭合开关前，调节电阻R1或R2至 _________（选填“最大值”或“最小值”），之后闭合开关S，再闭合_______（选填“S1”或“S2”）；

b．调节电阻________（选填“R1”或“R2”），得到一系列电阻值R和电流I的数据；

c．断开开关，整理实验仪器．

②图乙是他由实验数据绘出的word/media/image245_1.png图象，图象纵轴截距与电源电动势的乘积代表_______（用对应字母表示），电源电动势E=_____V，内阻r=______Ω．（计算结果保留两位有效数字）．

【答案】3.6 最大值 S1 R1 RA与r之和 6.0 2.8

【解析】

【分析】

（1）由电路的结构可知测出了word/media/image252_1.png接入电路的阻值用的是等值替代法．

（2）实验中采用的是电阻箱和电流表的方式测定电动势和内电阻；根据实验的原理可知应采用的方式；

（3）分析电流与电阻的关系，由闭合电路欧姆定律可得出符合本实验的公式，再结合图象的性质利用函数关系即可求得电动势和内电阻。

【详解】

（1）[1]．用等值替代法可测出R2接入电路的阻值，电阻箱的示数等于接入电路的阻值为3.6Ω；

（2）①[2][3][4]．要用电阻箱与电流表结合测量电动势与内阻，则要改变电阻箱的值，则

a．在闭合开关前，调节电阻R1或R2至最大值，之后闭合开关S，再闭合S1；

b．调节电阻R1得到一系列电阻值R和电流I的数据；

②[5][6][7]．由闭合电路欧姆定律

word/media/image253_1.png

变形得：

word/media/image254_1.png

可得：word/media/image245_1.png图象纵轴截距与电源电动势的乘积代表word/media/image255_1.png

图象斜率为word/media/image256_1.png，即：

word/media/image246_1.png

解得：

=6.0V

由

word/media/image257_1.png

得：

【点睛】

本题中有两个难点，一个等电阻替代法测电阻原理，二是需要根据闭合欧姆定律推导出的形式

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

word/media/image261_1.png

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

word/media/image262_1.png

（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

word/media/image263_1.png

需要将灵敏电流计并联一阻值为

word/media/image264_1.png

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。

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．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。

26．小何同学模仿法拉第做了如下实验，实验装置如图(a)所示，示意图如图(b)所示，两根条形磁铁摆成V形，软铁棒上绕着一组线圈，并串联一只灵敏电流计。

（1）当右侧磁铁上端与软铁棒断开瞬间，他看到灵敏电流计的指针向右偏转，则当他将该磁铁与软铁棒接触瞬间，灵敏电流计的指针将向________(选填“左”或“右”)偏转。

（2）如果将软铁棒用木棒代替，发现灵敏电流计示数比原来明显要小，则软铁棒在实验中的主要作用是________________。

【答案】左 增大磁通量的变化量

【解析】

【详解】

(1)[1]当右侧磁铁上端与软铁棒断开瞬间，灵敏电流计的指针向右偏转；则将该磁铁与软铁棒接触瞬间，灵敏电流计的指针将应向左偏转；

(2)[2]如果将软铁棒用木棒代替，发现灵敏电流计示数比原来明显要小，说明软铁棒在实验中的主要作用是增大磁通量的变化量；

27．张老师在“探究楞次定律”的实验中，如图甲、乙、丙所示是实验中连接的三个回路。其中图甲是将一节旧电池和电流计通过开关连接，通过试触操作，其实验目的是__________；完成图甲实验操作后，把电流计与螺线管B连接，将图丙中的螺线管A插入图乙中的螺线管B中，闭合电键K的瞬间，图乙中电流计的指针向右偏转，保持电键闭合状态，再观察图乙中电流计指针_________（填“向左偏”“向右偏”“不偏”）；然后将图丙中滑动变阻器的滑片P向右滑动的过程中，观察图乙中电流计指针____（填“向左偏”“向右偏”“不偏”）。

【答案】判别电流表指针的偏转方向与电流方向关系 不偏 向左偏

【解析】

【分析】

【详解】

[1][2][3]试触目的是判别电流表指针的偏转方向与电流方向关系；根据楞次定律，电键保持闭合状态，磁通量不变，感应电流为零，所以电流计指针不偏；图丙中滑动变阻器的滑片P向右滑动，电阻变大，A中电流变小，穿过线圈磁通量减小，产生感应电流，根据楞次定律，感应电流方向与闭合电键K的瞬间电流方向相反，所以图乙中电流计指针向左偏。

28．如图为《探究电磁感应现象》实验中所用器材的示意图．现将电池组、滑动变阻器、带铁 芯的线圈 A、B，电流计及开关连接成如图所示的电路．

（1）电键闭合后，下列说法中正确的是_____

A．只要线圈 A 置于线圈 B 中就会引起电流计指针偏转

B．线圈 A 插入或拔出线圈 B 的速度越大，电流计指针 偏转的角度越大

C．滑动变阻器的滑片 P 滑动越快，电流计指针偏转的 角度越大

D．滑动变阻器的滑片 P 匀速滑动时，电流计指针不会发生偏转

（2）在实验中，如果线圈 A 置于线圈 B 中不动，因某种原因，电流计指针发生了偏转．这 时，线圈 B 相当于产生感应电流的“电源”．这个“电源”内的非静电力是_____（选填 “洛伦兹力”或“电场力”）。

（3）上述实验中，线圈 A、B 可等效为一个条形磁铁，将线圈 B 和灵敏电流计简化如图所示．当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转．则图中灵敏电 流计指针向其_____接线柱方向偏转。（选填“正”或“负”）．

【答案】BC 电场力 负

【解析】

【详解】

（1）[1]．A．线圈 A 置于线圈 B 中如果磁通量不变，不会产生感应电流，也不会引起电流计指针偏转 ，选项A错误；

B．线圈 A 插入或拔出线圈 B 的速度越大，磁通量的变化率越大，感应电流越大，则电流计指针偏转的角度越大，选项B正确；

C．滑动变阻器的滑片 P 滑动越快，电流变化越快，则磁通量的变化率越大，感应电流越大，流计指针偏转的角度越大，选项C正确；

D．滑动变阻器的滑片 P 匀速滑动时，电流会发生变化，则磁通量会发生变化，也会产生感应电流，即电流计指针会发生偏转，选项D错误；故选BC.

（2）[2]．在实验中，如果线圈 A 置于线圈 B 中不动，因某种原因，电流计指针发生了偏转．这 时，线圈 B 相当于产生感应电流的“电源”．这个“电源”内的非静电力是电场力。

（3）[3]．磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流从负极流入电流计；因为当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向正接线柱一侧偏转．则图中灵敏电 流计指针向其负接线柱方向偏转。

29．某兴趣小组的一同学将电池组、滑动变阻器、带铁芯的原线圈A、副线圈B、电流计及开关按图示方式连接来研究电磁感应现象．

（1）将原线圈A插入副线圈B中，闭合开关瞬间，副线圈中感应电流与原线圈中电流的方向_____（选填“相同”或“相反”）．

（2）该同学发现：在原线圈A放在副线圈B中的情况下，将开关接通的瞬间电流计指针向左偏转，则开关闭合后将变阻器的滑动片P快速向接线柱C移动过程中，电流计指针将_____（选填“左偏”、“右偏”或“不偏”）．若要看到电流计指针向右偏，请你说出两种具体做法：①_____；②_____．

【答案】相反 左偏 滑动变阻器滑片向左滑动 断开开关瞬间

【解析】

【详解】

（1）将原线圈A插入副线圈B中，闭合开关瞬间，穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，副线圈中感应电流与原线圈中电流的方向相反；

（2）在原线圈A放在副线圈B中的情况下，将开关接通时，通过副线圈的磁通量增大，接通开关的瞬间电流计指针向左偏转，这说明通过副线圈的磁通量增大时，线圈产生的感应电流使电流表指针向左偏转；当开关闭合后将变阻器的滑动片P快速向接线柱C移动过程中，线圈A中电流增大，产生的磁场增大，穿过副线圈的磁通量增大，电流计指针将左偏；

要使电流计指针向右偏，穿过副线圈的磁通量应减小，由电路图可知，此时应该：滑动变阻器滑片向左滑动，或闭断开关瞬间．

【点睛】

本题无法直接利用楞次定律进行判断，但是可以根据题意得出产生使电流表指针右偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象．

30．在“研究电磁感应现象”的实验中：

(1)电磁铁回路连线尚未完成，请以笔画线代替导线连成正确的完整回路________。

(2)电路连接完整后，闭合电键，将变阻器滑键向右移动的过程时，发现电流表指针向右偏转，则：

①将铁芯插入电磁铁的螺线管内时，电表指针向_____偏转。

②在电磁铁回路通电状态下，断开电键的瞬时，电表指针向______偏转。

【答案】 左 右

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]如图所示

(2)[2][3]由题意得，将变阻器滑键向右移动的过程时，通过小线圈的电流减小，穿过小线圈的磁通量减小，而电流表指针向右偏转，说明穿过线圈的磁通量减小时电流表指针向右偏转。将铁芯插入电磁铁的螺线管内时，穿过线圈的磁通量增大，则电流表的指针向左偏转。在电磁铁回路通电状态下，断开电键的瞬时，穿过线圈的磁通量减小，则电流表的指针向右偏转。

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/66fdfc9274c66137ee06eff9aef8941ea76e4bfa.html