江苏省泗洪中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题-

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江苏省泗洪中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题

一、必修第3 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=1.0×102kg的带电小球AB,它们的电荷量分别为﹣q+qq=1.0×106CAB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AB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:

1AB间的库仑力的大小 2)连接AB的轻线的拉力大小. 【答案】(1F=0.1N2T10.042N 【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FAB间绳子的拉力T1OB绳子的拉力T2,共5个力的作用,处于平衡状态,

q2AB间的静电力Fk2,代入数据可得F=0.1N
l2)在竖直方向上有:T2sin60mg,在水平方向上有:qEFT1T2cos60 代入数据可得T10.042N 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如图所示,固定于同一条竖直线上的AB是两个带等量异种电荷的点电荷,电荷量均Q,其中A带正电荷,B带负电荷,AB相距为2dMN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dD点时,速度为v。已知MNAB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AB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。
mv22mgd2kQq【答案】(12g+32v
2q2md2【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PC运动到D的过程,由动能定理得:
mgdqCD12mv0
2CDCDC0
mv22mgdC
2q2)小球P经过D点时受力如图:

由库仑定律得:



F1F2k由牛顿第二定律得:
Qq
(2d2mgF1cos45F2cos45ma
解得:
a=g+2kQq
22md3)小球PD运动到E的过程,由动能定理得:
mgdqDE由等量异种电荷形成的电场特点可知:
1212mvBmv 22DECD
联立①⑦⑧解得:
vB2v

3如图所示,固定于同一条竖直线上的AB是两个带等量异种电荷的点电荷,电荷量分别为+Q和-QAB相距为2dMN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dO时,速度为v。已知MNAB之间的距离为d,静电力常量为k,重力加速度为g。求: 1CO间的电势差UCO
2O点处的电场强度E的大小及小球p经过O点时的加速度;

mv22mgd2kQ2kQq 2 【答案】(1 g2q2d22md2【解析】 【详解】
1)小球pC运动到O的过程,由动能定理得
mgdqUCO所以
12mv0
2



UCO2)小球p经过O点时受力如图
mv22mgd

2q

由库仑定律得
F1F2它们的合力为
kQq

(2d2F=F1cos 45°+F2cos 45°=Eq
所以O点处的电场强度
E=由牛顿第二定律得:
2kQ 2d2mg+qE=ma
所以
ag2kQq 2md2
4如图所示,在沿水平方向的匀强电场中,有一长度l=0. 5m的绝缘轻绳上端固定在O8点,下端系一质量m1.0102kg、带电量q2.010C的小球(小球的大小可以忽略)在位置B点处于静止状态,此时轻绳与竖直方向的夹角α=37°,空气阻力不计,sin37°=0. 6cos37°=0. 8g=10m/s2. 1)求该电场场强大小;
2)在始终垂直于轻绳的外力作用下将小球从B位置缓慢拉动到细绳竖直位置的A点,求外力对带电小球做的功;
3)过B点做一等势面交电场线于C点(C点未画出),使轻绳与竖直方向的夹角增大少许(不超过),再由静止释放,求小球从C点第一次运动到B点的时间,并写出分析求解过程.




2【答案】(1 E3.75106N/C (2WF1.2510J (3t0.31s
【解析】 【详解】
1)带电小球静止,受到合力等于零,电场力与重力的关系是:
Eqmgtan,即Emgtan
q代入数值计算得电场场强大小:E3.75106N/C
2)小球在外力作用下从B位置缓慢移动到A位置过程中,根据动能定理有:
WFEqlsinmg(llcos0
所以WFmgqsintanmg(llcos
q2代入数值解得电场场强大小:WF1.2510J
3)分析受力可知:小球在运动过程中,重力和电场力的合力为恒力,大小为
Fmg5mg cos4类比研究单摆的方法可知,小球的运动与单摆类似,回复力由上述合力沿圆周切向的分力提供。因为从CB的角度θ很小,进一步可知回复力与相对平衡位置的位移大小成正比、方向相反,故小球的运动为简谐运动。 小球的运动可等效为在某个场强大小为g中做简谐运动,其周期为
5mg,方向与竖直方向成α角斜向右下的场4T2故从CB最短的时间tll2 g5g/41T0.10.31s
4

5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BC两点,OC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 vcv2gR (2 Wm(v2gRmgh 【解析】
试题分析:(1小球下落过程中,受到重力和电场力,由于BC两点处于同一等势面上,故从BC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AC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:mg12R1212mvCmv 222解得:vCv2gR
2小球从AC的过程中只有重力和电场力做功 由动能定理得mghW解得:W12mvC
2
1mv2gRmgh
2【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.

6如图,绝缘细杆AB倾角为α,在杆上B点处固定有一电荷量为Q的正电荷.现将带正电的小球由距B点竖直高度为HA点处无初速释放,小球下滑过程中电荷量不变.己知小球的质量为m、电荷量为q.不计小球与细杆间的摩擦,整个装置处在真空中.静电力常量为k,重力加速度为g.求:

1)正电荷QA处产生的场强大小; 2)小球刚释放时的加速度大小;



3)若AB间的距离足够大,小球动能最大时球与B点间的距离.
QkQqkQqsin22 (3R【答案】(1 EAk2sin(2agsin
HmgsinmH2【解析】 【详解】 (I根据
Ek又因为
Q 2rr所以
H sinQsin2 2HEAk(2根据牛顿第二定律
mgsinFma
根据库仑定律
Fk解得
Qq
rkQqsin2 agsin2mH(3当小球受到的合力为零,即加速度为零时,动能最大 设此时小球与B点间的距离为R,
mgsin解得
kQq R2RkQq

mgsinQkQqkQqsin22 (3R答案:(1 EAk2sin(2agsin
2HmgsinmH
二、必修第3 静电场中的能量解答题易错题培优(难)
7如图甲所示,真空中的电极K连续不断地发出电子(电子的初速度可忽略不计),经电压为U0的电场加速,加速电压U0随时间t变化的图像如图乙所示,每个电子通过加速电场的过程时间极短,可认为该过程加速电压不变.电子被加速后由小孔S穿出沿两个彼此靠近且正对的水平金属板AB间中轴线,从左边缘射入AB两板间的偏转电场,AB板长均为L=0.020m,两板之间距离d=0.050mA板的电势比B板电势高UAB板右側


边缘到竖直放置的荧光屏P(面积足够大)之间的距离b=0.10m,荧光屏的中心点OAB板的中心轴线在同一永平直线上,不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。求: 1)求电子进入偏转电场的初速度v0(已知电子质量为m、电量为e,加速电压为U0 2)假设电子能射出偏转电场,从偏转电场右端射出时,它在垂直于两板方向的偏转位移y为多少(用U0ULd表示);
3)要使电子都打不到荧光屏上,AB两板间所加电压U应满足什么条件; 4)当AB板间所加电压U=50V时,电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内。

【答案】(1v040.025m0.05m 【解析】 【分析】 【详解】
UL22eU0;(2y;(3)所加电压U应满足至少为100V4dU0m1)电子加速过程中,根据动能定理有
1eU0mv02
2解得初速度
v02eU0
m2)偏转过程中,水平方向做匀速直线运动,有
v0tL
垂直AB两板方向,做匀加速直线运动,有
UEd
eUma
1yat2
2由(1)问及以上几式,解得
UL2y
4dU03)要使电子都打不到屏上,应满足U0取最大值800V时仍有y0.5d,代入(2问结果,可得:
4U0dy4U0d?0.5d48000.50.052UV100V 222LL0.2


所以为使电子都打不到屏上,AB两板间所加电压U至少为100V
4)当AB板间所加电压U′=50V时,当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时 其侧移最大
ymax11d0.05m0.025m 22设电子通过电场最大的偏转角为θ,设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax,则
tanvyv0at v0bYmaxymaxυy
υ
ymax0υy2t
Lυt
联立解得
Ymaxymax2bymax0.05m
LUL2由第(2)问中的y可知,在其它条件不变的情况下,U0越大y越小
4dU0所以当U0=800V时,电子通过偏转电场的侧移量最小 其最小侧移量,
yminUL2UL2500.22m0.0125m 4dU04dU040.058002bYmin1ymin0.025m
L同理可知,电子打到屏上距中心的最小距离为
故其范围为0.025m~0.05m

8如图,在真空室内的P点,能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q,质量为m的粒(不计重力,粒子的速率都相同.abP点附近的一条水平直线,P到直线ab的距离PC=LQ为直线ab上一点,它与P点相距PQ=5L.当直线ab以上区域只存在垂直纸面2向里、磁感应强度为B的匀强磁场时,水平向左射出的粒子恰到达Q点;当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时,所有粒子都能到达ab直线,且它们到达ab直线时动能都相等,其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点.已知sin37°=0.6cos37°=0.8,求:




(1a粒子的发射速率 (2匀强电场的场强大小和方向
(3仅有磁场时,能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值 【答案】1粒子发射速度为v5BqL 8m25qLB22)电场强度的大小为E

8mt12332.20 3粒子到达直线ab所用最长时间和最短时间的比值t2106【解析】
1设粒子做匀速圆周运动的半径R,过OPQ的垂线交PQA点,如图三所示: 由几何知识可得


PCQA PQQO代入数据可得粒子轨迹半径RQO5L
8v2 洛仑磁力提供向心力BqvmR解得粒子发射速度为v5BqL 8m2)真空室只加匀强电场时,由粒子到达ab直线的动能相等,可知ab为等势面,电场方向垂直ab向下
水平向左射出的粒子经时间t到达Q点,在这段时间内



CQ
Lvt
2
1 PCLat2
2式中aqE
m25qLB2 解得电场强度的大小为E8m3)只有磁场时,粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动,当圆弧和直线ab相切于D点时,粒子速度的偏转角最大,对应的运动时间最长,如图四所示.据图有

sinLR3 R5解得37
故最大偏转角max233 粒子在磁场中运动最大时长t1max3600T

式中T为粒子在磁场中运动的周期.
粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小,对应的运动时间最短.据图四有
sinL/24 R5解得53
速度偏转角最小为min106 故最短时长t2min3600T

因此,粒子到达直线ab所用最长时间和最短时间的比值
t1max2332.20 t2min106点睛:此题是关于带电粒子在电场及磁场中的运动问题;掌握类平抛运动的处理方向,在两个方向列出速度及位移方程;掌握匀速圆周运动的处理方法,确定好临界状态,画出轨迹图,结合几何关系求解.




9一匀强电场足够大,场强方向是水平的一个质量为m的带正电的小球,从O点出发,初速度的大小为v0,在电场力与重力的作用下,恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动.求
1小球运动的加速度的大小是多少?
2)小球从O点出发到其运动到最高点时发生的位移大小? 3)小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差

2v0sing1222(3 mv0cos 【答案】12g2sin【解析】 【详解】
1)小球做直线运动,所受的合力与速度方向在同一条直线上,

mg
ma根据平行四边形定则得:sinθ解得小球的加速度ag sinv02v02sin2)小球从开始到最高点的位移为:x 2a2g3)因为Eq=mg/tanθ,则小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差等于电场mgv02sin122.cosmv0cos 力做功,即EPWEqxcostan2g2【点睛】
本题有两点需要注意,一是由运动情景应能找出受力关系;二是知道小球做匀减速直线运动,结合牛顿第二定律和运动学公式求解位移.知道电势能的变化量的等于电场力的功.

10如图,在场强大小为E、水平向右的匀强电场中,一轻杆可绕固定转轴O在竖直平面内自由转动.杆的两端分别固定两电荷量均为q的小球ABA带正电,B带负电;AB两球到转轴O的距离分别为2ll,所受重力大小均为电场力大小的3倍,开始时杆与电场夹角为9001800).将杆从初始位置由静止释放,以O点为重力势能和电势能零点.求:




1)初始状态的电势能We
2)杆在平衡位置时与电场间的夹角 3)杆在电势能为零处的角速度
【答案】(1-3qElcosθ;(230°;(3)当θ<150°时,;当θ150°时,
【解析】 【分析】 【详解】
=q(V+-V-=-3qElcosθ 1)初态:We=qV++(-qV-2)平衡位置如图,

设小球的质量为m,合力矩为 3qElsinα-mglcosα=0 由此得α=30°
3)电势能为零时,杆处于竖直位置,当初始时OA与电场间夹角θ=150°时,A恰好能到O正上方,在此位置杆的角速度为0 θ<150°时,A位于O正下方处电势能为零. 初态:We=—3qElcosθEp=mglsinθ 末态:能量守恒:





解得
θ150°时,电势能为0有两处,即A位于O正下方或正上方处 A位于O正下方时,


A位于O正上方时,解得

11一个初速为零的电子在经U1=4500V的电压加速后,垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入,如图所示,若两板间距d=1.0cm,板长L3.0cm,两板间的电压U2=200V;已知电子的带电量为e=1.6×1019 C,质量为m=0.9×1030kg,只考虑两板间的电场,不计重力,求:

1电子经加速电压加速后以多大的速度V0进入偏转电场 2电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y
3电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P如图所示,则P点到下极板右端的距离x
7【答案】(1v0410m/s;(20.1cm;(36cm
【解析】 【详解】
12mv0,代入数据可得:v04107ms
2qU2tL12(2根据电子在板间做类平抛运动:yat,其中a,由以上三式代入v02md(1 加速过程,由动能定理得:eU1数据可得:y0.1cm
(3根据电子出电场后做匀速直线运动,将电子出电场时的速度反向延长,延长线与板间的



中心线相交于板的中点,设速度反向延长线与水平方向的夹解为,则tanyL ,利用2Ly几何关系: ,由以上两式代入数据可得:x6cm
x2tan
12如图平行金属板长为L,一个带电为 + q,质量为m的粒子以某一初速度紧贴上板垂直射入电场,刚好从下板边缘以速度v射出,末速度v恰与下板成30°角,粒子重力不计.求:

1)粒子进入电场的初速度大小v0 2)两极间距离d. 3)两极的电势差U.
mv3v3L 2 3【答案】(1
8q26【解析】 【详解】
1)由速度关系得初速度:
2v0vcos3003v
22)带电粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向有:
L=v0t
在竖直方向有:
vsin300d=t
2解得
d3)由动能定理:
3L
6Uq解得
1212mvmv0 22mv2U
8q




三、必修第3 电路及其应用实验题易错题培优(难)
13小敏要将一量程为250A的微安表改装成量程为5V的电压表。由于微安表内阻未知,小敏先用多用电表粗测得其内阻约为1100。现有如下器材: A待改装的微安表 B标准电压表
C电阻箱(0~99999. 9 D滑动变阻器(0~10 E. 学生电源 F.开关,导线若干
(1按粗测的微安表内阻进行电压表改装,应将电阻箱阻值调节为_________ (2改装完成后,小敏利用上述器材设计了电路进行校准,请完成校准电路的实物图连线; ____

(3当标准电压表的示数为5. 00V时,微安表的指针位置如图所示。由此可以推测出所改装的电压表量程不是预期的5V,而是______V(保留两位有效数字),导致该误差产生的原因可能是_________
A微安表的实际内阻大于所测得的1100 B微安表的实际内阻小于所测得的1100
(4要达到预期目的,不必再设计实验精确测量微安表的内阻,只需将电阻箱的阻值调整为______即可。
【答案】18900 见解析 5.1 A 18500 【解析】 【分析】 【详解】
(1[1]将电阻箱与微安表串联,电阻箱阻值
RU5Vr1100Ω18900Ω Ig250μA(2[2]将改装的电压表与标准电压表并联,接入电路,滑动变阻器采用分压式接法,可以测量多组数据,连接电路如图所示




(3[3]图中微安表示数为245μA时电压表示数为5V,因此满天偏时对应的电压值应为其电压表量程
245μA5V= 250μAU可求得量程为
U5.1V
[4](4由于加上相同的电压,电流小于预期值,一定是电阻偏大,而电阻箱调整没问题,一定是微安表内阻大于1100ΩA正确,B错误。 故选A
[5]改装表的阻值减小量应为
R因此将电阻箱阻值减小为
5V5V400 245μA250μA18900Ω-400Ω=18500Ω


14国标(GBT)规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω·m。某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率,其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管,细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量,玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略),右活塞固定,左活塞可自由移动。实验器材还有:
电源(电动势约为3 V,内阻可忽略);电压表V1(量程为3 V,内阻很大); 电压表V2(量程为3 V,内阻很大);定值电阻R1(阻值4 kΩ); 定值电阻R2(阻值2 kΩ);电阻箱R(最大阻值9 999 Ω); 单刀双掷开关S;导线若干;游标卡尺;刻度尺。




实验步骤如下:
A.用游标卡尺测量玻璃管的内径d
B.向玻璃管内注满自来水,并用刻度尺测量水柱长度L C.把S拨到1位置,记录电压表V1示数;
D.把S拨到2位置,调整电阻箱阻值,使电压表V2示数与电压表V1示数相同,记录电阻箱的阻值R
E.改变玻璃管内水柱长度,重复实验步骤CD,记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R
F.断开S,整理好器材。
1)测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙,则d_______mm
2)玻璃管内水柱的电阻值Rx的表达式为:Rx_______(用R1R2R表示); 3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据,绘制出如图丙所示的R1关系图象。则自来水的电阻率ρ_______Ω·m(保留两位有效数字);
L4)本实验中若电压表V1内阻不是很大,则自来水电阻率测量结果将_____(填”“不变偏小)。 【答案】30.00 【解析】 【分析】 【详解】
1[1]游标卡尺的主尺读数为:3.0cm=30mm,游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对齐,所以最终读数为:30.00mm,所以玻璃管内径:
d=30.00mm
2[2]设把S拨到1位置时,电压表V1示数为U,则电路电流为:
R1R2 14 偏大
RI总电压:
U R1EURxU R1当把S拨到2位置,调整电阻箱阻值,使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U,则此时电路中的电流为



I总电压
U RE由于两次总电压等于电源电压E,可得:
UR2U
RRxR2 R1R解得:
Rx 3[3]从图丙中可知,R=2×103Ω时,R1R2
R
15.0m-1,此时玻璃管内水柱的电阻:
LRx水柱横截面积:
R1R24000
Rd2S
2由电阻定律RL得:
S
230103RxS40003.145m14m
L2 4[4]若电压表V1内阻不是很大,则把S拨到1位置时,此时电路中实际电流大于IUUERxU可知测量的Rx将偏大,因此自来水电阻率测量结果将偏大。
,根据R1R1
15(1某同学利用双缝干涉实验装置测定红光的波长.已知双缝间距为d,双缝到屏的距离为L,将测量头的分划板中心刻线与某一亮条纹的中心对齐,并将该条纹记为第1条纹,其示数如图所示,此时的示数为________mm.然后转动测量头,使分划板中心刻线与第5亮条纹的中心对齐,读出示数,并计算第5亮条纹与第1亮条纹的中心线间距离Δx.由此可得该红光的波长表达式为_______(用字母表达);某同学用黄色滤光片时得到一个干涉图样,为了使干涉条纹的间距变宽,可以采取的方法是___________________________________




(2要描绘一个标有“3V 0.8W”小灯泡的伏安特性曲线,要求灯泡两端的电压由零逐渐增加,且尽量减小实验误差.已选用的器材除导线、开关外,还有 电池组(电动势为4.5V,内阻约 电流表(量程为0~300mA,内阻约为 电压表(量程为0~3V,内阻约为3kΩ 滑动变阻器(最大阻值20Ω,额定电流1A
①实验电路应选用图中的________________(填字母代号)

②请按照①中选择的电路图,补充完成图中实物间的连线,并使闭合开关的瞬间,电压表或电流表不至于被烧坏___________

③以电压表的读数U为横轴,以电流表的读数为纵轴,根据实验得到的多组数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线,如图所示.由图可知:随着电压的增大,小灯泡的电阻_______(选填增大减小),其发生变化的原因是________________________________

④从图线可知,当灯泡两端电流为0.26A时,小灯泡的功率等于_________W(保留两位有效数字).⑤某同学看到实验室有最大阻值为17kΩ的滑动变阻器R1和最大阻值为100Ω的滑动变阻器R2,用R1R2分别替换本实验中的滑动变阻器,滑片从左向右滑动过程中,电压表示数随滑片移动距离x的关系曲线如图所示,正确的是_________________.

【答案】2.4302.428mm~2.432mm dx 换用红色的滤光片 使光屏离双缝距4L


离远一些 B 增大 温度变高,电阻率变大,电阻变大 0.62 B 【解析】 【分析】 【详解】
(1 螺旋测微器的读数为2.0mm+0.01×43.0mm=2.430mm 干涉条纹的间距由公式xxld,所以波长为x 51d4ll可知,换波长更长的光或增大光屏离双缝的距离即可;
d(2 实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V,则滑动变阻器应采用分压接法,灯U232泡正常发光时的电阻为R11.25电流表内阻为,电压表内阻为P0.83kΩ,相对来说,电压表内阻远大于灯泡电阻,电流表应采用外接法,因此应选择图B示电路;
(3 滑动变阻器采用分压接法,为保护电路安全,闭合开关前,滑片应处于滑动变阻器最左端;根据实验电路图连接实物电路图,实物电路图如图所示

(4 由图象可知,随电压增大,通过灯泡的电流增大,由欧姆定律可知,电压与电流的比值增大,即灯泡电阻变大这是因为灯泡电阻随灯丝温度升高而增大造成的 (5由灯泡的伏安特性曲线可知,当电流为0.26A时的电压为2.4V,所以功率为P=UI=0.262.4W0.62W
(6 由图象可知,随电压增大,通过灯泡的电流增大,由欧姆定律可知,电压与电流的比值增大,即灯泡电阻变大,因此选B
点晴:解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法,测量光波波长的原理,注意掌握干涉条纹间距公式的内容,对电学实验要明确以下情况滑动变阻器必须用分压式接法:要求电压或电流从零调;变阻器的全电阻远小于待测电阻;用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程




16育才中学科技小组的小明同学自行设计了一个地磅,其原理如图1所示.设电源两端电压U恒为定值,R0为定值电阻,滑动变阻器的总电阻为R、总长度为L 滑动触头与托盘固联,开始时触头位于变阻器最上端A,并能随轻弹簧一起上下滑动.已知滑动变阻器的电阻与其接入电路的长度成正比;当对地磅施加压力F时,弹簧的长度会缩短L 请回答:

1)定值电阻R0的作用是________
2)电流表的示数与待测物体质量m之间的关系式为________;此地磅的刻度特点是________
3)有同学建议小明将原理图改为图2所示,你认为这样改________(填不好. 4)请你在图2的基础上,在图3的方框里画出你改进后的电路图,这样的好处是什么?
U【答案】1)分压限流,保护电路元件作用; 2;不均匀 3mgL(LRR0FL不好 4)这样的好处是电压与质量成正比,反应质量的刻度线均匀.

【解析】
1)当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时,电路中的电流最大,电流表有烧坏的可能,则定值电阻R0的作用是保护电路;
2)滑动变阻器的电阻与其接入电路的长度成正比;当对地磅施加压力F时,弹簧的长度会缩短l
当质量为m的物体放在地磅上时,弹簧形变量为l′,有
Flmg,即此时的弹簧缩短了llmglRR,设此时滑动变阻器的阻值为R′ FLLl


1所以RlmglR1R LFL根据欧姆定律可知,此时电路中的电流为IUURR0(1mglRR
0
FL由表达式可知,电流表的示数与物体的质量不成正比,所以造成刻度盘上的刻度不均匀; 3)电压表的示数为滑动变阻器的电压,等于电源电压减去定值电阻R0的电压.
UUIR0UUR0
mgl(1RR0FL由表达式可知,电压表的示数与物体的质量不成正比,所以造成刻度盘上的刻度不均匀,故这样改仍然不好; 4)改进的电路如图所示,

滑片的移动不能改变接入电路中电阻的大小,但可以改变电压表所测部分的电阻, 设地磅上放上质量为m的物体时弹簧缩短量为l″,则l″= 此时变阻器根据电压表并联部分的电阻R″=mgl
Fl R
LU 根据欧姆定律,此时电路中的总电流为I=RR0mglUlUmgRU 所电压表的示数为UIR(R(FRRR0LRR0LRR0FL由表达式可以看出,电压与质量成正比,反应质量的刻度线均匀.
点睛:本题以地磅为背景考查了重力公式和串联电路的特点、欧姆定律的应用;关键:一是根据弹力的大小跟弹簧伸长或缩短的长度关系得出压力,二是根据滑动变阻器的长度和总电阻得出放物体时接入电路中电阻的大小,三是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等.

17描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中,小灯泡的额定电压为2.5 V,额定功率为0.5 W,此外还有以下器材可供选择: A.直流电源3 V(内阻不计
B.直流电流表0300 mA(内阻约为5 Ω



C.直流电流表03 A(内阻约为0.1 Ω D.直流电压表03 V(内阻约为3 kΩ E.滑动变阻器100 Ω0.5 A F.滑动变阻器10 Ω2 A G.导线和开关
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量.
(1实验中电流表应选用________,滑动变阻器应选用________(均填写仪器前的字母 (2在图甲所示的虚线框中画出符合要求的实验电路图_______________(虚线框中已将所需的滑动变阻器画出,请补齐电路的其他部分,要求滑片Pb端滑动时,灯泡变亮

(3根据实验数据,画出的小灯泡的IU图线如图乙所示.由此可知,当电压为0.5 V时,小灯泡的灯丝电阻是________Ω. 【答案】BF 分压式 如图所示:
5
【解析】
0.5200mA;故电流表选择B;因本实验只能接2.5用分压接法,故滑动变阻器选择小电阻F
试题分析:(1)灯泡的额定电流I2)根据实验要求可知,滑动变阻器采用分压接法,并且测量电路应与滑动变阻器的左半部分并联;电流表采用外接法;原理图如下;

3)由画出的伏安特性曲线可知,U0.5V时,电流I0.10A,则对应的电阻


R
0.55
0.1考点:描绘小灯泡的伏安特性曲线实验

18LED绿色照明技术已经走进我们的生活。某实验小组要精确测定额定电压为3VLED灯正常工作时的电阻,已知该灯正常工作时电阻大约500Ω,电学符号与小灯泡电学符号相同。
实验室提供的器材有:
A电流表A1(量程为0~5mA,内阻RA约为 B电流表A2(量程为0~4mA,内阻RA2=10Ω C电压表V(量程为0~10V,内阻Rv=1000Ω D定值电阻R1=590Ω E.定值电阻R2=990Ω
F.滑动变阻器R(最大阻值为200 G.蓄电池E(电动势为4V,内阻很小) H.开关S一只,导线若干

(1如图甲所示,请选择合适的器材,电表1_________,定值电阻为__________(填写器材前的字母序号);
(2请将图乙中的实物连线补充完整_______
(3请写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式:Rx=____________(电表1的读数用a示,电表2的读数用b表示,其余电学量用题中所对应的电学符号表示)。
【答案】C E b(R2RA2a b RV【解析】 【分析】 【详解】
(1[1]要精确测定额定电压为3VLED灯正常工作时的电阻,需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流,由于电压表的量程较大,测量误差较大,不能用已知的电压表测量


LED两端的电压,可以将电流表A2与定值电阻串联改装为电压表测量电压,改装电压表的内阻
RULED3Ω750Ω IA20.004A2的内阻为10Ω,则定值电阻应选ELED灯正常工作时的电流约为
IU3A6mA R500电流表的量程较小,电流表不能精确测量电流,由于电压表可测的最大电流为
10A10mA
1000则可以用电压表测量电流,电表1应选C
I(2[3]因为滑动变阻器阻值小于LED的电阻,所以滑动变阻器采用分压式接法,如图

(3[4]根据闭合电路欧姆定律知,灯泡两端的电压
Ub(R2RA2
通过灯泡的电流
I测量LED灯正常工作时的电阻
ab RVRxUb(R2RA2aIb RV
四、必修第3 电能 能量守恒定律实验题易错题培优(难)
19在练习使用多用电表的实验中,
(1某同学使用多用电表的欧姆档粗略测量一定值电阻的阻值Rx,先把选择开关旋到“×10”位,测量时指针偏转如图所示.以下是接下来的测量过程:




a.将两表笔短接,调节欧姆档调零旋钮,使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度,然后断开两表笔
b.旋转选择开关至交流电压最大量程处(或“OFF”档),并拔出两表笔 c.将选择开关旋到“×1” d.将选择开关旋到“×100” e.将选择开关旋到“×1k ”
f.将两表笔分别连接到被测电阻的两端,读出阻值Rx,断开两表笔 以上实验步骤中的正确顺序是________(填写步骤前的字母). (2重新测量后,指针位于如图所示位置,被测电阻的测量值为____Ω


(3如图所示为欧姆表表头,已知电流计的量程为Ig=100μA,电池电动势为E=1.5V,则该欧姆表的内阻是____,表盘上30μA刻度线对应的电阻值是____


(4为了较精确地测量另一定值电阻的阻值Ry,采用如图所示的电路.电源电压U恒定,电阻箱接入电路的阻值可调且能直接读出.





①用多用电表测电路中的电流,则与a点相连的是多用电表的____(选填)表笔.
②闭合电键,多次改变电阻箱阻值R,记录相应的R和多用电表读数I,得到R如图所示.不计此时多用电表的内阻.则Ry___Ω,电源电压U___V
1的关系I

(5一半导体电阻的伏安特性曲线如图所示.用多用电表的欧姆挡测量其电阻时,用“×100”挡和用“×1k”挡,测量结果数值不同.用____(选填“×100”“×1k”)挡测得的电阻值较大,这是因为____________

【答案】dafb 2200 15kΏ 35kΩ 200 8 ×1k 欧姆表中挡位越高,内阻越大;由于表内电池的电动势不变,所以选用的挡位越高,测量电流越小;该半导体的电阻随电流的增大而减小,所以选用的档位越高,测得的电阻值越大 【解析】 【分析】 【详解】
(1[1]先把选择开关旋到“×10”挡位,测量时指针偏转如图所示.指针指在示数较大处,为使指针指在刻度盘中央附近,应换用“×100 ”(几百×10=几十×100,再欧姆调零,测量,


整理器材.实验步骤中的正确顺序是:dafb
(2[2]重新测量后,指针位于如图所示位置,被测电阻的测量值为221002200 (3[3]电表内阻
RE1.51.510415kΩ 6Ig10010E,整理得 RR[4]当电表指针指在30μA刻度线上时IRE1.544R1.5103.51035kΩ 6I3010(4[5]①多用电表测电路中的电流, a点与电源正极相连,则与a点相连的是多用电表的红表笔.
[6][7]②由欧姆定律可得
UIRyR
整理得
R由图象的纵截距得:
URy
IRy200
由图象的斜率得:
U4000V8V
7525(5[8][9]欧姆表挡位越高,内阻越大;由于表内电池的电动势不变,所以选用的挡位越高,测量同一电阻时电路中电流越小;该半导体的电阻随电流的减小而增大,所以选用的档位越高,测得的电阻值越大.所以选“×1k”挡测得的电阻值较大.

20某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻,实验原理如图甲所示,其中,虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表AV为标准电压表,E为待测电池组,S为开关,R为滑动变阻器,R0是标称值为4.0Ω的定值电阻.
已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻rg=2.0kΩ,若要改装后的电流表满偏电流200mA,应并联一只 Ω(保留一位小数)的定值电阻R1 根据图甲,用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路;




某次试验的数据如下表所示:该小组借鉴研究匀变速直线运动试验中计算加速度的方法(逐差法),计算出电池组的内阻r= Ω(保留两位小数);为减小偶然误差,逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是
该小组在前面实验的基础上,为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响,用一已知电动势和内阻的标准电池组通过上述方法多次测量后发现:电动势的测量值与已知值几乎相同,但内阻的测量值总是偏大.若测量过程无误,则内阻测量值总是偏大的原因是 .(填选项前的字母)
A.电压表内阻的影响 B.滑动变阻器的最大阻值偏小 CR1的实际阻值比计算值偏小 DR0的实际阻值比标称值偏大 测量次数
1
2
3
4
5
6
7
8

电压表V读数U/V

5.26

5.16

5.04

4.94

4.83

4.71

4.59

4.46

改装表A读数I/mA

20

40

60

80

100

120

140

160




【答案】(2①1.0 ②如图所示 ③ 1.66 充分利用测得的数据 ④CD

【解析】
解:1.根据改装后电表的量程IIg2.实物图如图所示
IgrgR1,代入解得R11.0.

U1U5URr3.根据闭合电路的欧姆定律EUIR0r可得R0r,0, I5I1I


U2U6U3U7U4U8U1U2U3U4U5U6U7U85.66 I7I3I6I2I8I44I5I1可得:r1.66.因充分利用测得的数据,故减少一次测量的偶然误差.
4.实验中,电压表为标准电压表,由于电动势的测量值与已知值几乎相同,说明电压表和滑动变阻器对实验没有影响.电压表的变化量和电流表的变化量比值的绝对值为电源内阻r和定值电阻R0之和,R1的实际阻值比计算值偏小时,电流表的读数比实际值偏小,则测得内阻将偏,C正确.R0的实际阻值比标称值偏大时,算得的电源内阻也偏大,D正确.


21某同学利用一个电阻箱、一个电压表(视为理想电表)、一个定值电阻R05Ω)、一个开关和若干导线测定一电源(电动势小于3V)的电动势及内阻,实验原理图如图(甲)所示。
(1根据实验原理图完成实物图(乙)中的连线______________

(2若某次测量时电阻箱的旋钮位置如图(丙)所示的,电压表的示数如图(丁)所示,则电阻箱的阻值为________Ω,电压表的示数为__________V

(3改变电阻箱的电阻R,读出电压表的示数U,然后根据实验数据描点,绘出的图像是一条直线11。若直线的斜率为k,在坐标轴上的截距为b,则电源的电动势URE__________,内阻r_________。(用kbR0表示)
【答案】 115.0 2.30 1k R0 bb【解析】



【分析】 【详解】
1)根据电路图连接实物图如图所示

2)如图(丙)和(丁),电阻箱和电压表的读数分别为
R11001105100.1115.0U2.30
3)根据电路图可知电路的电流满足关系
I变形可得
EU
R0R+rR1R0r11 UERE再由11图像的斜率为k,在坐标轴上的截距为b,即 UR11kb UR所以可得
R0r1kb
EE即可求得
Ek1rR0 bb
22⑴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(099.99Ω



D.电阻箱(0999.9Ω E.电源(电动势约3V,内阻约 F.单刀单掷开关2 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1-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I结果保留两位有效数字
出的【答案】A; D; R2R1 ; 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:I中的最小电阻应为:RminU可知,电路RE3200,所以电阻箱应选D IA0.015②根据闭合电路欧姆定律得:



S2断开时有:E=I(Rx+R1+RA+rS2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:Rr11RAIEE1Rr11bR图象可知:kbA,而已知RA,解得ErRA.可得EEkkIE3.2V,r2.0Ω
【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某学生实验小组做测定电源的电动势和内电阻的实验,请回答下列问题
1)在测定电源电动势和内阻的实验方案中,该小组提出下列几种实验方案,其中不能达到实验目的是_____

2)该实验小组选择上一问中的某一种方案,根据实验数据画出的U-I图象,如下图所示,由此可知这节干电池的电动势E___V、内电阻r___Ω.(保留两位有效数字)

【答案】A 1.40 0.67 【解析】 【详解】
(1[1]测量电源电动势和内阻的实验需要测出两个未知物理量,所以实验中需要通过仪器测出两个物理量,根据选择仪器的不同有三种方案:伏安法、伏阻法、安阻法,其中伏安法测量电动势和内阻的实验中根据电流表的位置不同,有两种不同的连接方法; A.与分析相符,符合题意; B.与分析不符,不符合题意; C.与分析不符,不符合题意; D.与分析不符,不符合题意;
(2[2][3]由闭合电路欧姆定律可知UEIr;由图象可知电源的UI图象与纵轴的交点


坐标值是1.40,则电源电动势E1.40V,电源内阻
rU1.401.0Ω0.67Ω I0.6
24为了测量一节干电池的电动势和内阻,某同学采用了伏安法,现备有下列器材: A.被测干电池一节
B.电流表A1,量程00.6 A,内阻r0.3 Ω C.电流表A2,量程00.6 A,内阻约为0.1 Ω D.电压表V1,量程03 V,内阻未知 E.电压表V2,量程015 V,内阻未知 F.滑动变阻器1,010 Ω2 A G.滑动变阻器2,0100 Ω1 A H.开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中,由于电流表和电压表内阻的影响,测量结果存在系统误差;在现有器材的条件下,要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻. (1在上述器材中请选择适当的器材:______ (填写选项前的字母 (2实验电路图应选择下图中的______ (

(3根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图象,则干电池的电动势E______V,内电阻r______Ω. 【答案】ABDFH 1.5 0.7 【解析】 【详解】
(1[1]本实验中必选的仪器有:A.被测干电池一节;H开关、导线若干;因电源电动势为1.5V,电流较小,为了读数准确,所以电流表应选择:量程00.6A,内阻0.3ΩB;电压表选择D量程03V,滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化,减小误差,故选F,故选ABDFH.
(2[2]因电流表的内阻已知,故实验电路图应选择图甲;
(3[3][4]根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图象,则干电池的电动势
E1.5V
内电阻
r1.51.0Ω0.3Ω0.7Ω.
0.5




五、必修第3 电磁感应与电磁波初步实验题易错题培优(难)
25图示为“探究感应电流方向的规律”实验时所用电路
1)闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么闭合开关后将线圈A迅速插入线圈B时,灵敏电流计指针将________;接着将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动,灵敏电流计指针_______。(均填“向左偏”“向右偏”或“不偏”)

2)某同学在完成实验后未断开开关,也未把AB两线圈和铁芯分开放置,在拆除电路时突然被电击了一下,则被电击是在拆除____________(选填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的,分析可知,要避免电击发生,在拆除电路前应_____________(选填“断开开关”或“把AB线圈分开放置”)。 【答案】向右偏 向左偏 A 断开开关 【解析】 【分析】 【详解】
1[1]如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,说明穿过线圈的磁通量增加,电流计指针向右偏,合上开关后,将原线圈A迅速插入副线圈B,穿过线圈B的磁通量增加,电流计指针将向右偏;
[2]原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器滑片迅速向左移动时,穿过线圈的磁通量减少,电流计指针将向左偏;
2[3][4]在拆除线圈A时,电流快速减小,由于自感作用,线圈A会产生很大的感应电动势,该同学被点击一下;要避免电击发生,在拆除电路前应先断开开关。

26探究电磁感应的产生条件实验中,
1)如图1所示,线圈横卧在课桌上并与G表相连,将条形磁铁从线圈的左端插入、右端拔出,己知插入时G表指针向左偏转,则拔出时G表指针____________(填向左 )偏转,若条形磁铁S极正对线圈的右端并从右端插入、左端拔出,则插入时G ____________(填向左向右)偏转,拔出时G表指针____________(填向左向右)偏转。
2)如图2所示,将学生电源和单刀开关、滑动变阻器、A线圈串联起来,将B线圈与G 表连接起来。一般情况下,开关和A线圈应该与学牛电源的____________(填直流)接线柱相连,闭合开关接通电源后,第一次将滑动变阻器从最大阻值滑移至
某一较



小阻值,第二次用比第一次大的速度将滑动变阻器从最大阻值滑移至同一较小阻值,则第二次G表偏转的角度较 ____________(填)。

【答案】向右 向左 向右 直流 【解析】 【详解】
1[1][2][3].如图1所示,将条形磁铁从线圈的左端插入、右端拔出,当插入时,向右穿过线圈的磁通量增大,则G表指针向左偏转,当拔出时,向右穿过线圈的磁通量减小,那么G表指针向右偏转;同理,当条形磁铁S极正对线圈的右端,并从右端插入、左端拔出,则插入时,向右穿过线圈的磁通量增大,则G表指针向左偏转,当拔出时,向右穿过线圈的磁通量减小,那么G表指针向右偏转。
2[4][5].将学生电源和单刀开关、滑动变阻器、A线圈串联起来,将B线圈与G表连接起来,A线圈应该与学生电源的直流接线柱相连,第一次将滑动变阻器从最大阻值滑移至某一较小阻值,而第二次用比第一次大的速度将滑动变阻器从最大阻值滑移至同一较小阻值,两种情况的磁通量变化均相同,而后者变化的时间短,那么第二次感应电动势较大,则G表偏转的角度较大。

27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;

28如图,一长直铁芯上绕有固定线圈M,铁芯右侧悬挂一闭合金属环N,金属环与铁芯共轴。将M接在如图所示的电路中,其中R为滑动变阻器,E1E2为直流电源,S为单刀双掷开关。

1)请填写下列操作中金属环N的摆动方向___________(选填向左向右)。 操作
N摆动方向
S断开的情况下,Sa闭合的瞬间 _________ S断开的情况下,Sb闭合的瞬间 _________ S已向a闭合的情况下,将R的滑动头向d端移动时
S已向b闭合的情况下,将R的滑动头向d端移动时
S已向a闭合的情况下,将R的滑动头向c端移动时
S已向b闭合的情况下,断开S
_________
_________
_________ _________

2)从上述实验现象中可以归纳出:使环N向右摆动的操作引起的共同变化有(请写出2个)___________

【答案】向右 向右 向右 向右 向左 不动 电路中电流增大 穿过金属环的磁通量增加(或通电螺线管M的磁场增强) 【解析】 【详解】
1[1]S断开的情况下,Sa闭合的瞬间,线圈M中的电流有无到有增大,磁场由无到有增强,通过金属环N的磁通量由无到有增大,相当于线圈M向金属环N靠近,根据楞次定律“来拒去留”,可判断金属环N将向右摆动。
[2]S断开的情况下,Sb闭合的瞬间,线圈M中的电流有无到有增大,磁场由无到有


增强,通过金属环N的磁通量由无到有增大,相当于线圈M向金属环N靠近,根据楞次定律“来拒去留”,可判断金属环N将向右摆动。
[3]S已向a闭合的情况下,将R的滑动头向d端移动时,接入电路的电阻减小,电流增大,线圈M中的磁场增强,通过金属环N的磁通量增大,相当于线圈M向金属环N近,根据楞次定律“来拒去留”,可判断金属环N将向右摆动。
[4]S已向b闭合的情况下,将R的滑动头向d端移动时,接入电路的电阻减小,电流增大,线圈M中的磁场增强,通过金属环N的磁通量增大,相当于线圈M向金属环N近,根据楞次定律“来拒去留”,可判断金属环N将向右摆动。
[5]S已向a闭合的情况下,将R的滑动头向c端移动时,接入电路的电阻变大,电流减小,线圈M中的磁场减弱,通过金属环N的磁通量减小,相当于线圈M远离金属环N根据楞次定律“来拒去留”,可判断金属环N将向左摆动。
[6]S已向b闭合的情况下,断开S后,线圈M中没有电流通过,无磁场,所以金属环N不动。
2[7] [8]从上述实验现象中可以归纳出:使环N向右摆动的操作引起的共同变化有电路中电流增大,穿过金属环的磁通量增加(或通电螺线管M的磁场增强)。

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AB、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34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AB的绕线方向 B线圈AB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AB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在研究电磁感应现象的实验中,所需的实验器材如图所示。现已用导线连接了部分实验电路

(1请画实线作为导线从箭头12处连接其余部分电路____
(2实验时,将L1插入线圈L2中,合上开关瞬间,观察到检流计的指针发生偏转,这个现象揭示的规律是__________________________
(3某同学设想使线圈L1中电流逆时针(俯视)流动,线圈L2中电流顺时针(俯视)流动,可行的实验操作是__
A抽出线圈L1 B插人软铁棒 C使变阻器滑片P左移 D断开开关
【答案】 穿过闭合电路中的磁通量发生变化,闭合电路中就会产生感应电流 BC 【解析】 【分析】 【详解】
(1[1]本实验中L1与电源相连,通过调节滑动变阻器使L2中的磁通量发生变化,从而使L2产生电磁感应线象,故L2应与检流计相连;




(2[2]指针发生偏转说明电路中有电流产生,产生的原因是闭合回路中磁通量发生了变化;故结论为:闭合电路中磁通量发生变化时,闭合电路中产生感应电流
(3[3]感应电流的方向与原电流方向相反,则它们的磁场也一定相反,由楞次定律可知,原磁场应增强,故可以加入铁芯或使变阻器滑片P左移 故选BC



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