高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题(Word版 含答案)

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷检测题（Word版 含答案）

一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）

1．有三根长度皆为l=0.3 m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板的O点，另一端分别栓有质量皆为m=1.0×10﹣2kg的带电小球A和B，它们的电荷量分别为﹣q和+q，q=1.0×10﹣6C．A、B之间用第三根线连接起来，空间中存在大小为E=2.0×105N/C的匀强电场，电场强度的方向水平向右．平衡时A、B球的位置如图所示．已知静电力常量k=9×109N•m2/C2重力加速度g=10m/s2．求：

（1）A、B间的库仑力的大小 （2）连接A、B的轻线的拉力大小． 【答案】（1）F=0.1N（2）T10.042N 【解析】

试题分析：（1）以B球为研究对象，B球受到重力mg，电场力Eq，静电力F，AB间绳子的拉力T1和OB绳子的拉力T2，共5个力的作用，处于平衡状态，

q2A、B间的静电力Fk2，代入数据可得F=0.1N

l（2）在竖直方向上有：T2sin60mg，在水平方向上有：qEFT1T2cos60 代入数据可得T10.042N 考点：考查了共点力平衡条件的应用

【名师点睛】注意成立的条件，掌握力的平行四边形定则的应用，理解三角知识运用，注意平衡条件的方程的建立．

2．“顿牟掇芥”是两千多年前我国古人对摩擦起电现象的观察记录，经摩擦后带电的琥珀能吸起小物体，现用下述模型分析研究。在某处固定一个电荷量为Q的点电荷，在其正下

方h处有一个原子。在点电荷产生的电场（场强为E）作用下，原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l，形成电偶极子。描述电偶极子特征的物理量称为电偶极矩p，

pql，这里q为原子核的电荷量。实验显示，pE，为原子的极化系数，反映其

极化的难易程度。被极化的原子与点电荷之间产生作用力F。在一定条件下，原子会被点电荷“掇”上去。

(1)F是吸引力还是排斥力？简要说明理由；

F(2Q)(2)若将固定点电荷的电荷量增加一倍，力F如何变化，即求的值；

F(Q)hF()(3)若原子与点电荷间的距离减小一半，力F如何变化，即求2的值。

F(h)【答案】(1)吸引力，(2)4，(3)32。 【解析】 【详解】

(1)F为吸引力。理由：当原子极化时，与Q异种的电荷移向Q，而与Q同种的电荷被排斥而远离Q，这样异种电荷之间的吸引力大于同种电荷的排斥力，总的效果是吸引； (2)设电荷Q带正电（如图所示）：

电荷Q与分离开距离l的一对异性电荷间的总作用力为：

FkQ(q)kQq2hl2kQql2kQpkQq233l2l2 lhh22(h)(h)(h)224pql

式中：

为原子极化形成的电偶极矩，负号表示吸引力，由于lh，故：

l2hh2

42又已知：

pE

而电荷Q在离它h处的原子所在位置产生的电场场强大小为：

E于是，电荷Q与极化原子之间的作用力为：

kQ2 h

2k2Q2 F5h它正比于固定电荷的平方，反比于距离的五次方，因此不管电荷Q的符号如何，它均产生吸引力。当固定点电荷的电荷量增加一倍时，力F变为原来的4倍，即：

F(2Q)4； F(Q)(3)当原子与点电荷间的距离减小一半时，力F变为原来的32倍，即：

hF()232。 F(h)

3．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．

4．如图，在足够大的平行金属板间的水平匀强电场中，有一长为L的轻质绝缘棒OA，一端可绕O点在竖直平面内自由转动，另一端A处有一带负电、电量为q、质量为m的小球，当变阻器滑片在P点处时，棒静止在与竖直方向成30°角的位置，如图所示。已知此时BP段的电阻为R，平行金属板间的水平距离为d。 （1）求此时金属板间电场的场强大小E1；

（2）若金属板旋转30°（图中虚线表示），并移动滑片P的位置，欲使棒能静止的位置与竖直方向的夹角不变，BP段的电阻R’应调节为多大？

（3）若金属板不转动，将BP段的电阻突然调节为3R，则棒摆动中小球最大动能为多少？

【答案】(1)【解析】 【详解】

33mg (2)R (3) (2-3)mgL 3q2（1）由平衡可知

E1q=mgtan30°

解得

E1= 3mg 3q

（2）金属板旋转30°后电场强度方向也相应旋转30°，而合力方向仍与竖直方向成30°角，受力如右图所示。

E1q=mg

解得

E2=

金属板旋转前，两板间电势差

U1= E1d=金属板旋转后，两板间电势差

U2 = E2d’= E2 dcos30°=

所以BP段的电阻R’=

mg q3mg d 3q3mg3d=U1 22q3R 2（3）BP段的电阻突然调节为3R，U3 =3U1

E3=3E1=3mg q

小球摆动速度最大时棒与竖直方向夹角为60°，如右图所示。 根据动能定理有：

E3qL（sin60°-sin30°）-mgL（cos30°-cos60°）=Ek-0

Ek=(2-3)mgL

5．如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电量为q。在杆上B点处固定一个电量为Q的正电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电量不变。不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中。已知静电力常量k和重力加速度g。 (1)A球刚释放时的加速度是多大？

(2)当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离。

kQqsin2【答案】(1)agsin－；(2)x2mH【解析】 【分析】 【详解】

(1)由牛顿第二定律可知

kQq mgsinmgsinα－F＝ma

根据库仑定律

Fk得

QqHr， r2sinkQqsin2。 agsin－2mH(2)当A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大。设此时A球与B球间的距离为x，则

mgsinkQqx2

解得

xkQq mgsin【点睛】

本题关键对小球A受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据力与速度关系分析

小球A的运动情况；知道合力为零时动能最大。

6．—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

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，BCD为固定在竖直平面内的半径为r=10m的圆弧形光滑绝缘轨道，O为圆心，OC竖直，OD水平，OB与OC间夹角为53°，整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场．从A点以初速v0=9m/s沿AO方向水平抛出质量m=0．1kg的小球（小球可视为质点），小球带正电荷q=+0．01C，小球恰好从B点沿垂直于OB的方向进入圆弧轨道．不计空气阻力．求：

（1）A、B间的水平距离L （2）匀强电场的电场强度E

（3）小球过C点时对轨道的压力的大小FN （4）小球从D点离开轨道后上升的最大高度H

【答案】（1）9m（2）E20N/C（3）FN4.41N（4）H3.375m

【解析】 【分析】 【详解】

（1）从A到B，vByv0tan53，vByat，yrcos53，y解得t1s，a12m/s2，Lv0t9m

（2）根据牛顿第二定律可得mgqEma，解得E20N/C （3）从A到C，根据动能定理可得mar12at 21212mvcmv0 22vc2在C点，FNmam，解得FN4.41N

r（4）对全过程运用动能定理，【点睛】

应用动能定理应注意的几个问题（1）明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度．（2）要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况（待求的功除外）．（3）有些力在物体运动过程中不是始终存在的．若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待

12mv0maH，故H3.375m 2

8．两块水平平行放置的导体板如图 (甲)所示，大量电子（质量m、电量e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图 (乙)所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过．问：

⑴这些电子通过两板之间后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）的最大值和最小值分别是多少？

⑵侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？ 【答案】（1）【解析】

画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v–t图象进行分析

t026eU0t ，0m4166eU0 （2）

13m

（1）竖直方向的分速度v1y侧向最大位移symax侧向最小位移symin解得deU0eU02eU0t0t0，v2y2t0= mdmdmd23eU0t01d2(v1yt0v1yt0)3v1yt0

2md223eU0t01dv1yt0v1yt01.5v1yt0 22md46eU0t mdt0=222所以symax6eU0dt，symin=0m446eU0 m（2）由此得v1y(而v02eU02eU0eU2eU022t0)，v2y(02t0) md6mmd3m2eU0 m所以

EkmaxEkmin1212mv0mv2yeU0eU0/31622

1212mv0mv1yeU0eU0/121322【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在偏转电场中水平方向上一直做匀速直线运动，在竖直方向上有电场时做匀加速直线运动，无电场时做匀速直线运动或静止．

9．如图所示，竖直面内的光滑绝缘轨道，处于竖直向下的匀强电场中．一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电荷量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R，斜轨道与圆轨道平滑连接，小球的重力大于所受的电场力．

(1) 求小球沿轨道滑下的加速度的大小；

(2) 若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距圆轨道最低点的竖直高度h1至少为多大； (3) 若小球从距圆轨道最低点的竖直高度h2＝5R处由静止释放，假设其能通过圆轨道顶端B点，求从释放到B点的过程中小球机械能的改变量．

【答案】（1）【解析】 【详解】

5（mg-qE）sin（2）R（3）减少3qER.

m2(1)由牛顿第二定律有

(mg－qE)sinα＝ma

解得

a＝

(2)球恰能过B点有：

2vBmg－qE＝m①

R（mg-qE）sin

m由动能定理，从A点到B点过程，则有：

12(mg－qE)(h1－2R)＝mvB0②

2由①②解得

h1＝

5R. 2(3)从释放到B的过程中，因电场力做的总功为负功，电势能增加，则增加量：

ΔE＝qE(h2－2R)＝qE(5R－2R)＝3qER.

由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER. 答案：（1）

5（mg-qE）sin（2）R（3）减少3qER.

m2

10．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vxy)

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守恒：动能守恒和动量守恒．根据位移关系研究相碰的时间．

1aBt20 2

11．如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xoy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为-q（-q＜0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（-L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C（L，0）点。该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径。小球直径远小于细管半径，不计一切阻力，重力加速度为g。求： (1)匀强电场的电场强度的大小；

(2)小球运动到B点时对管的压力的大小和方向； (3)小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置。

【答案】(1)【解析】 【详解】

mg；(2)3q21mg方向向下；(3)-7L。

(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则

tan45解得：

mg EqE(2)根据几何关系可知，圆弧的半径

mgq

r2L

从P到B点的过程中，根据动能定理得：

12mvB0mg2L2LEqL 2在B点，根据牛顿第二定律得：

2vBNmgm

r联立解得：

N321mg，

方向向上，由牛顿第三定律可知，小球运动到B点时对管的压力的方向向下 (3)从P到A的过程中，根据动能定理得：

12mvAmgLEqL 2解得：

vA4gL

小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度

vCvA4gL 小球的加速度

g'2g，

当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：

vCt解得：

1g't2 2t2则沿x轴方向运动的位移

2L g2L8L gx2vCt22gL2则小球从C点飞出后落在x轴上的位置

xL8L7L

12．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为O，求：

(1) 电子到达MN时的速度；

(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tanθ； (3) 电子打到屏上的点P′到点O的距离.

L，AO连线与屏垂直，垂足为2

【答案】(1) v【解析】 【详解】

eEL (2)2 (3) 3L. m（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，到达MN的速度为v，则：

a1＝

eE1eE ＝

mm

2a1解得

Lv2 2veEL m（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy， a2＝

eE22eE ＝

mmLt＝ vvy＝a2t

vyv=2

tanθ＝

（3）电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′.由几何关系知：

xtanθ＝L2解得：

L

x＝3L.

三、必修第3册 电路及其应用实验题易错题培优（难）

13．某物理兴趣小组要精确测定一个额定电压为3 V的节能灯正常工作时的电阻．已知该灯正常工作时的电阻约为500 Ω.实验室提供的器材有： A．电流表A(量程2 mA，内阻RA＝15 Ω) B．定值电阻R1＝1 985 Ω C．滑动变阻器R(0～10 Ω)

D．电压表V(量程12 V，内阻RV＝1 kΩ) E．蓄电池E(电动势为12 V，内阻r很小) F．开关S一个，导线若干

(1)要精确测定节能灯正常工作时的电阻应采用下面电路图中的________．

(2)选择正确的电路进行实验，若电压表的示数用U表示，电流表的示数用I表示，写出测量节能灯电阻的表达式Rx＝________________(用题目中给出的相应字母表示)． (3)为了测出节能灯正常工作时的电阻，电流表的示数必须调为I＝__________mA，若此时电压表的读数U＝7.6 V，则节能灯正常工作时的电阻为________Ω. 【答案】C 【解析】 【详解】

(1)因节能灯正常工作时的电压为3 V，比电压表的量程小得多，不能用电压表直接测节能灯的工作电压，节能灯正常工作时的电流I＝

IRVR1RAUIRV 1.5 492

U3=A＝6 mA，大于电流表量程，所以不R500能用电流表直接测通过节能灯的电流，因电压表允许通过的最大电流为12 mA，电流表与定值电阻串联后的电压达4 V，所以可将电压表当做电流表使用，电流表与定值电阻串联当电压表使用，由相关量的关系可知电压表V应采用外接方式，又由于滑动变阻器的阻值远小于待测电阻，所以滑动变阻器要接成分压式，正确的电路图是C.

I(R1RA)IRV(R1RA)(2)由电路结构及欧姆定律可知Rx＝U＝. IUIRVRV(3)因节能灯正常工作时的电压为3 V，此时对应的电流表示数为I＝1.5 mA，将U和I代入表达式可得节能灯正常工作时的电阻为492 Ω. 【点睛】

本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流．

14．某实验小组进行电阻丝电阻率的测量，其中实验器材有；

A．直流电源（电动势约4.5V，内阻很小可忽略） B．0-0.5A的电流表（内阻很小可忽略）

C．R0＝10的定值电阻 D．R0＝50的定值电阻 E.粗细均匀，总电阻约15的待测电阻丝 F.刻度尺 G螺旋测微器 H.开关一个，导线若干

(1）图甲是实验电路图，请规范画出其实验原理图__________； (2）实验时，定值电阻R0应选用________________（填器材编号）；

(3)实验时，多次移动线夹所在的位置，测量其连入电路中的电阻丝的长度，记为l，同时记下相对应的电流表的示数I; (4）以

1为纵轴，以l为横轴，得到图丙的图象，已知该图线的截距为b、斜率为k．由此I可知电源的电动势可表示为___，若测得电阻丝直径为d，则电阻丝的电阻率可表示为

＝____．（都用题中所给的字母符号表示）

(5)实际上电源和电流表都存在一定的内阻，而实验处理数据时忽略了这两个内阻，因此将导致电阻率的测量值_____实际值．（填“大于”或“小于”）

【答案】

R0d2kR0 C 小于

b4b【解析】 【分析】 【详解】

（1）根据实物图画出电路图如图所示;

（2）根据电源电动势和电流表的量程可知保护电阻的阻值大约为R0以保护电阻选C

（4）根据闭合电路欧姆定律知：

E4.59 所Ig0.5EI(R0Rx) 及Rx得：

l4l Sd2R014l Id2EE

所以结合图像是

R0Rb ，所以E0 Eb4d2kR0k ，所以 2dE4b（5）由于整理公式时忽略掉了电源的电阻和电流表的电阻 所以导致测量值偏小

15．有一量程为3V的电压表V，现要测量其内阻RV。可选用的器材有： 滑动变阻器甲，最大阻值10Ω； 滑动变阻器乙，最大阻值10kΩ； 电阻箱R2，最大阻值9999Ω； 电源E，电动势约为4V，内阻不计； 电压表V0，量程6V； 开关两个，导线若干。

(1)某小组采用的测量电路如图甲所示，在实物图中，已正确连接了部分导线，请完成剩余部分的连接________。

(2)连接好实验电路后，进行实验操作，请你将下面操作步骤补充完整： ①断开开关S2和S1，将R1的滑片移到最左端的位置； ②闭合开关S2和S1，调节R1的滑片位置，使电压表V满偏；

③断开开关S2，保持____________不变，调节R2，使电压表V示数为1.00V，读取并记录此时电阻箱的阻值为R0。为使得测量结果尽量准确，滑动变阻器R1应选择_________(填“甲”或“乙”)，测出的电压表内阻R测=___________，它与电压表内阻的真实值RV相比，R测________RV(选填“＞”、“=”或“＜”)。

(3)另一小组采用了如图乙所示的测量电路图，实验步骤如下： ①断开开关S2和S1，将R1的滑片移到最左端的位置；

②闭合开关S2和S1，调节R1，使电压表V满偏，记下此时电压表V0的示数；

③断开开关S2，调节R1和R2，使电压表V示数达到半偏，且电压表V0的示数不变； 读取并记录此时电阻箱的阻值为R＇测，理论上分析，该小组测出的电压表V内阻的测量值与真实值相比，RV________R＇测(选填“＞”“=”或“＜”)。

【答案】

R1的滑片位置 甲

R0 > = 2【解析】 【分析】 【详解】

(1)[1]．电路连接如图：

(2)③[2][3][4][5]．断开开关S2，保持R1的滑片位置不变，调节R2，使电压表V示数为1.00V，读取并记录此时电阻箱的阻值为R0。为使得测量结果尽量准确，滑动变阻器R1应选择阻值较小的甲，因电压表读数为1V，则电阻箱电压为2V，电阻箱的阻值等于电压表内阻的2倍，只让测出的电压表内阻R测=

R0；实际上当断开S2时，电阻箱与电压表串2联，则支路电阻变大，则电阻箱和电压表上的电压之和大于3V，电阻箱上的电压大于2V，即电阻箱的阻值大于电压表内阻的2倍，实验中认为电阻箱的阻值等于电压表内阻的2倍，即它与电压表内阻的真实值RV相比R测＞RV。

(3)[6]．由实验电路图与实验步骤可知，两种情况下分压电路电压不变，电压表示数半偏时电阻箱两端电压与电压表电压相等，电压表内阻与电阻箱阻值相等，电压表内阻测量值等于真实值，即R测′=RV。

16．现要绘制一个额定电压2.5V、额定功率约0.7W的小灯泡的伏安特性曲线． ⑴为使绘制的图线更加准确，选择了合适的器材，如图所示．请在图甲中连好实物电路图______．

⑵合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的______(填“左端”或“右端”)．

I图象如图乙所示，某同学将该小灯泡连接在一个电动势为⑶根据实验数据，描绘出的U-3.0V、内电阻为6Ω的电源上，组成一个闭合电路，则此时该小灯泡实际功率约为________W．（结果保留两位有效数字）

【答案】

左端 0.38W

【解析】 【分析】

【详解】

(1)1如下图所示，

因小灯泡的内阻较小，电流表采用外接法，要绘制小灯泡的伏安特性曲线，为使绘制的图线更加准确，需要多组电压、电流的实验数据，因此滑动变阻器需要分压式接法，所以实物电路图的连接如上图。

(2)2合上开关前，首先检查电路连接是否正确，无误后，为保证实验安全，并且使小灯泡上的电压从零开始变化，滑动变阻器的滑动触头应先置于滑动变阻器的左端。

(3)3将该小灯泡连接在一个电动势为3.0V、内电阻为6Ω的电源上，因该电路的短路电流是0.5A,其U—I图线如上图直线，两图线的交点坐标，就是小灯泡在电路中的实际工作电压和电流，由上图线得数据：U11.6V I10.24A,据电功率公式得

P1U1I10.38W

故小灯泡实际功率约为0.38W

17．热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，某实验小组欲研究该电阻在常温下的伏安特性曲线，实验仪器如下：

A．待测热敏电阻Rx，（常温电阻值约为5Ω） B．电流表A1（满偏电流10mA，内阻r1100Ω） C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻r20.5Ω） D．滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流2A） E．滑动变阻器R2（0～100Ω，额定电流0.5A） F．定值电阻R3（阻值等于5Ω） G．定值电阻电阻R4（阻值等于200Ω） H．盛有水的保温杯（含温度计） I．电源（3V，内阻可忽略） G．开关，导线若干

（1）要使测量数据尽量精确，绘制曲线完整，需要将以上仪器进行适当的改装，定值电阻选____，滑动变阻器选__________。（填仪器前的字母序号）

（2）请在方框内画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁，根据电路图在实物图上连线 （_____）

（3）热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC），正温度系数电阻器的电阻随温度的升高而增大，负温度系数电阻器的电阻随温度的升高而减小，测得该热敏电阻的I2I1图像如图所示，请分析说明该曲线对应的热敏电阻是______（选填“PTC”或“NTC”）热敏电阻。

（4）若将该热敏电阻直接接到一电动势为3V，内阻为6Ω的电源两端，则热敏电阻消耗的电功率为________W.（结果保留2位小数）。

【答案】R4 R1

PTC 0.34

【解析】 【详解】

（1）[1][2]．根据电源电动势，电路中的电流大概为I把电流表A1，串联定值电阻改装成电压表，RE0.6A，故电流表选用A2，RErx200，故定值电阻选R4，描Ix绘伏安特性曲线需要从零开始读书，因此采用滑动变阻器分压接法，所以选用阻值较小的

R1.

（2）[3]．待测电阻同电压表（电流表A1和定值电阻R4）即电流表A2相比，与电流表

A2相差倍数比较小，属于小电阻，因此电流表采用外接法，滑动变阻器分压式连接。原

理图，实物图如下：

（3）[4]．由图线可知，随电流增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数（PTC）热敏电阻；

（4）[5]．在I2I1图中作出电源对应U-I图线，即

U=E-Ir

I1(R4RA1)EI2r

当I20时，I110mA，I10时，I2E0.5A，两图像交点处等效电压为r33.51.05V，电流为0.32A，则热敏电阻的功率为 10P=UI=1.05×0.32W=0.34W.

18．在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径d时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5 Ω，用伏安法测出金属丝的电阻R，然后由RS 算出该金属材料的电阻率． L

（1）从图中读出金属丝的直径d= _______mm.

（2） （i）为测金属丝的电阻, 取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材： ①电压表0～3 V，内阻10 kΩ ②电压表0～15 V，内阻50 kΩ ③电流表0～0.6 A，内阻0.05 Ω ④电流表0～3 A，内阻0.01 Ω ⑤滑动变阻器0～10 Ω ⑥滑动变阻器0～100 Ω (3)下列说法正确的是（___________） A．电压表应选用器材① B．电流表应选用器材④ C．实验时通电时间不宜过长 D．d值只需在金属丝测量一次即可

（ii）实验中某同学想尽可能多的采集一些数据，请为该同学设计一个符合本实验的电路图，并画在下面的虚线框内，然后根据电路图完成实物图的连线___________________ ． （iii）请用测得的物理量写出该金属电阻率的表达式：ρ= _____________________（所测得的物理量包括：电压表读数U,电流表读数I,金属色直径d,金属丝长度L） 【答案】1.702 AC 见解析 【解析】 【分析】 【详解】

（1）[1]．螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为20.2×0.01mm=0.202mm，所以最终读数为1.5mm+0.202mm=1.702 mm．

（2）[2]．电源由两节干电池组成，电源电动势为3V，电压表选①，故A正确；电路最大电流约为Id2U4IL

E=0.6A，电流表应选③，故B错误；通电时间过长，电阻丝会发热，影响阻R值，故C正确；d值需要在中间和两端都测量，求平均值，故D错误．故选AC。 （3）[3]．金属丝阻值约为5Ω，电流表内阻为0.05Ω，电压表内阻为10kΩ，电压表内阻远大于金属丝阻值，电流表应采用外接法，导线应接在滑动变阻器接线柱上．电路图如图所示：

（4）[4]．由RU 及 IRL4L Sd2

得



d2U4IL

四、必修第3册 电能 能量守恒定律实验题易错题培优（难）

19．测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U-I图像如下:

（1）闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P应放在_____处 （2）现备有以下器材： A.干电池1个 B.滑动变阻器（0~50Ω） C.滑动变阻器（0~1750Ω） D.电压表（0~3V） E.电压表（0~15V） F.电流表（0~0.6A） G.电流表（0~3A）

其中滑动变阻器应选_____，电流表应选____，电压表应选_____．(填字母代号) （3）由U-I图像．由此可知这个干电池的电动势E=_______V，内电阻r=______Ω． （4）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E测___ E真，，r测____r真(填“>”“<”或“=”)

【答案】a B D F 1.5 0.75 < < 【解析】 【分析】 【详解】

（1）[1] 闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P应放在最大值位置处，即a处． （2）[2]滑动变阻器起控制电流的作用，而电源电动势大约1.5V，电路中电流较小，故为了便用调节，滑动变阻器选取B．

[3]电源电动势大约1.5V，因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择D， [4]由图可知，电路中的电流较小，因此电流表选择F．

（3）[5]在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.5V；

[6]图象中的斜率表示电源的内阻，则有：

r1.51.20.75Ω 0.4（4）[7][8]由图所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示：

电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值．

20．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 I0.6r=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．

21．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

1R图象，图象纵轴截距与电源电动势的乘积代表I_______（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R2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

I变形得：

E

RARr1RARrRRAr IEEE可得：

1R图象纵轴截距与电源电动势的乘积代表rRA I图象斜率为

1，即： E

k解得：

1 EE由

1=6.0V krRA0.60E

得：

r0.60ERA2.8

【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

1kRb的形式 I

22．用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx，已知电池的电动势约6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧．可选用的实验器材有: 电流表A1(量程0~30mA); 电流表A2(量程0~100mA); 电压表V(量程0~6V); 滑动变阻器R1(阻值0~5Ω); 滑动变阻器R2(阻值0~300Ω); 开关S一个，导线若干条．

某同学的实验过程如下:

Ⅰ.设计如图1所示的电路图，正确连接电路．

Ⅱ.将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录．以U为纵轴．I为横轴．得到如图2所示的图线．

Ⅲ.断开开关，将Rx改接在B、C之间．A与B直接相连，其他部分保持不变．重复Ⅱ的步

（I0,0）骤，得到另一条U-I图线，图线与横轴I的交点坐标为，与纵轴U的交点坐标为

（0,U0）.

回答下列问题:

（1）电流表应选用 _______，滑动变阻器应选用________. （2）由图2的图线，得电源内阻r=____Ω；

（3）用I0、U0和r表示待测电阻的关系式Rx____________代入数值可得Rx； （4）若电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围________电压表示数变化范围__________(选填“相同”或“不同”)．

U0r 相同 不同 【答案】A2 R2 25 I0【解析】 【分析】 【详解】

①根据题设条件中电池的电动势约6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧，可估算出电路中的电流为数十毫安，因此电流表应选用A2，为了电路正常工作，以及方便调节，多测量几组数据，滑动变阻器应选用R2.

②根据图中电路结构可知，电压表测量了电路的路端电压，电流表测量了电路的总电流，因此图中图线斜率绝对值即为电源的内阻，有rk5.54.525． 3602010③当改接电路后，将待测电阻与电源视为整体，即为一“等效电源”，此时图线的斜率为等效电源的内阻，因此有rrRxkU00U0r． ，解得RxI00I0④若电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，电路的总电阻可变范围不变，因此电流表的示数变化范围相同，Rx 接在B、C之间时，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，而Rx接在A、B之间时，电压表测量的是滑动变阻器与Rx两端电压的和，由于对应某一滑动变阻器阻值时，电路的电流相同，因此电压表的读数不同，所以电压表示数变化范围也不同．

23．“用DIS测定电源的电动势和内阻”的实验电路如图a．所示，其中R1为定值电阻，R为滑动变阻器．

(1)下列关于图a．电路的说法中正确的有_____ A．甲为电压传感器，R的作用是保护电路 B．甲为电压传感器，R1的作用是保护电路 C．乙为电压传感器，R的作用是保护电路

D．乙为电压传感器，R1的作用是保护电路

(2)实验测得电池①的路端电压U与电流I的拟合曲线如图b．中①图线所示，由此得到电池①的电源电动势E1=_______V，内阻r1=______Ω；

(3)改用电池②，重复上述实验方法，得到图b．中的图线②．用阻值相同的两个定值电阻分别与电池①及电池②连接，两电池的输出功率相等，则这两个定值电阻的阻值为________Ω，电池①和电池②的效率η1______η2（选填“>”“=”或“<”）． 【答案】D 6.0 2.4 1.6 < 【解析】 【详解】

(1)[1]甲串联在电路中，是测量电流的，所以甲是电流传感器；乙接在电源两端，测量电压，所以乙是电压传感器；定值电阻R1在实验中的作用主要是保护电源，防止短路；故D正确，ABC错误．

(2)[2][3]根据U=E−Ir可知，图象与纵轴的交点表示电源的电动势，故E1=6.0V；图象的斜率表示内阻，则r1=△U/△I=（6.0−1.2）/（2.0-0）Ω=2.4Ω；

(3)[4][5]由图可知，电池②的电动势E2=4.8V.内阻r2=1.6Ω，外接电阻R时，电源的输出功率为：P(E26.024.82)R，则()R()R，解得：R=1.6Ω．电池的效率：RrR2.4R1.6

UIR，带入数据得：η1<η2． EIRr24．某同学利用图甲所示的电路，测多用电表内电池的电动势，以及多用电表“×100”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：

多用电表

电压表(量程3V,内阻几千欧) 滑动变阻器(最大阻值5kΩ) 导线若干 回答下列问题：

(1)将多用电表挡位调到电阻“×100”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，直到指针指在右端的零刻度处．

(2)将图甲中多用电表的红表笔和________(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端． (3)将滑动变阻器的滑片调到适当的位置，使多用电表的示数和电压表的示数如图乙所示，则测得的电阻是____Ω，电压表的示数是________V．

(4)调节滑动变阻器的滑片，读取多组电阻R和电压U,根据测得的数据，在坐标纸上描绘出

11图线如图丙所示，图线的斜率和截距分别为k和b,则多用电表内电池的电动势可表UR示为E=_________,电阻“×100”挡内部电路的总电阻可表示为r=_________(用图线的斜率k和截距b表示)．

【答案】2 1600 2.14

1k bb

【解析】

（2）多用电表红表笔内部接电源的负极，则应将图甲中多用电表的红表笔和 “2”端相连，黑表笔连接另一端．

（3）测得的电阻是16×100Ω=1600Ω，电压表的示数是2.14V． （4）由闭合电路的欧姆定律：EU11r1Ur，即，由题意：RUEER1r1kb；k，解得E，r． EEbb点睛：本题考查多用电表的使用方法，解题的关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时注意掌握多用电表的内部原理，知道两表笔的正确接法．

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．某同学在研究电磁感应现象的实验中，设计了如图所示的装置．线圈A通过电流表甲、定值电阻R1、滑动变阻器R2和开关S连接到干电池上．线圈B的两端接到另一个电流表乙上，两个电流表相同，零刻度居中．闭合开关后，当滑动变阻器R2的滑片P不动时，甲、乙两个电流表指针的位置如图所示．

（1）当滑片P较快地向右滑动时，乙电流表指针的偏转情况是________________（选填“向左偏”“向右偏”或“不偏转”）

（2）断开开关，待电路稳定后再迅速闭合开关，乙电流表的偏转情况是____________（选填“向左偏”、“向右偏”或“不偏转”） 【答案】向右偏 向左偏 【解析】

(1)由图可知，电流从正极流入时指针向右偏．当滑片P较快地向右滑动时，电阻增大，电流减小，根据右手定则，穿过B线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律，B中产生的感应电流的方向是逆时针的，电流从乙电流表正极流入，指针向右偏；

（2）断开开关，待电路稳定后再迅速闭合开关，穿过B线圈的磁通量向下增大，根据楞次定律，B中产生的感应电流的方向是顺时针的，电流从乙电流表负极流入，指针向左偏； 点睛：根据稳定时甲电流表指针的偏振确定指针偏转方向与电流流向间的关系；根据楞次

定律判断感应电流的方向，结合题中条件，判断乙电流表指针偏转方向．

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

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~t2电流是变化的，则在铁芯上产生的磁场变化，穿过

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．为了探究电磁感应现象的产生条件，图中给出了必备的实验仪器。 (1)请你用笔画线代替导线，将实验电路连接完整_______；

(2)正确连接实验电路后，在闭合开关时，灵敏电流计的指针向左发生偏转。则以下过程中能使灵敏电流计的指针向右发生偏转的是_______________。 A．断开开关时

B．闭合开关后，螺线管A插入螺线管B的过程中

C．闭合开关后，螺线管A放在螺线管B中不动，滑动变阻器的滑片迅速向左滑动的过程中

D．闭合开关后，螺线管A放在螺线管B中不动，滑动变阻器的滑片迅速向右滑动的过程中

【答案】 AC

【解析】 【分析】 【详解】

(1)[1]把电流计与大线圈组成串联电路，电源、开关、滑动变阻器、小线圈组成串联电路，电路图如图所示

(2)[2]A．开关闭合一段时间后再断开开关的瞬间，则穿过线圈B中磁通量要减小，灵敏电流计指针要向右偏转，故A正确；

B．闭合开关后，螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过线圈B中磁通量要增大，灵敏电流计指针要向左偏转，故B错误；

C．闭合开关后，螺线管A放在螺线管B中不动，滑动变阻器的滑片迅速向左滑动的过程中，接入电路的电阻变大，电流变小，则穿过线圈B中磁通量要减小，灵敏电流计指针要向右偏转，故C正确；

D．闭合开关后，螺线管A放在螺线管B中不动，滑动变阻器的滑片迅速向右滑动的过程中，接入电路的电阻变小，电流变大，则穿过线圈B中磁通量要增大，灵敏电流计指针要向左偏转，故D错误。 故选AC。

28．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。

29．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。

30．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．