高中物理必修3物理全冊全單元精選試卷測試題(Word版含解析)

高中物理必修3物理全冊全單元精選試卷測試題（Word版含解析）一、必修第3冊靜電場及其應用解答題易錯題培優(yōu)（難）1．如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的絕緣軌道，其中AB段是長為L1.25m的粗糙水平面，其0.1，BD段為半徑R=0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點,整個軌道處在vA動摩擦因數(shù)為豎直向下的勻強電場中，電場強度大小E5103V/m。一帶負電小球，以速度從0D點沿水平軌道向右運動，接著進入半圓軌道后，恰能通過最高點點。已知小球的質(zhì)量為m2.0102kg，所帶電荷量q2.0105C，g取10m/s2(水平軌道足夠長，小球可視為質(zhì)點，整個運動過程無電荷轉(zhuǎn)移)，求：1（）帶電小球在從D點飛出后，首次在水平軌道上的落點與B點的距離；2v0（）小球的初速度。0.4m2.5m/s12【答案】（）；（）【解析【詳解】】1對小球，在D點，有：（）mgqEmv2DR得：v1m/sD從D點飛出后，做平拋運動，有：得：mgqEmaa5.0m/s22R12at2得：t0.4sxvt0.4mD2對小球，從A點到D點，有：（）(mgqE)Lmg2RqE2R12mv212mv20D解得：v2.5m/s0R1/62．如圖所示的絕緣細桿軌道固定在豎直面內(nèi)，半徑為的圓弧段桿與水平段桿和粗糙傾斜段桿分別在A、B兩點相切，圓弧桿的圓心處固定O著一個帶正電的點電荷．現(xiàn)有一83m質(zhì)量為可視為質(zhì)點的帶負電小球穿在水平桿上，以方向水平向右、大小等于gR的速度通過A點，小球能夠上滑的最高點為，到達C后，C小球?qū)⒀貤U∠COB=30°返回．若，8小球第一次過A點后瞬間對圓弧細桿向下的彈力大小為，從A至C小球克服庫侖力mg323g做的功為mgR，重力加速度為．求：2(1)小球第一次到達B點時的動能；(2)C小球在點受到的庫侖力大?。?3)小球返回A點前瞬間對圓弧桿的彈力．（結(jié)果用m、g、R表示）532(833)【答案】（1）6mgR（2）mg（3）mg43【解析】【分析】（1）由動能定理求出小球第一次到達B點時的動能．（2）小球第一次過A點后瞬間，由牛頓第二定和律庫侖定律列式．由幾何關系得到OC間C的距離，再由庫侖定求律小球在點受到的（3）由動能定理求出小球返回A點前瞬間的速度，由牛頓運動定和律向心力公式求解小球返回A點前瞬間對圓弧桿的【詳解】（1）小球從A運動到B，AB兩點為等勢點，所以電場力不做功，庫侖力大?。畯椓Γ蓜幽芏ɡ淼茫簃gR1cos60E12mv20KBA代入數(shù)據(jù)解得：E5mgR6KB（2）小球第一次過A時，由牛頓第二定律得：Qqv2NkmgmARR28mg由題可知：3N聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：QqkmgR2OC由幾何關系得，間的距離為：rcos3023RR3C小球在點受到的庫侖力大?。篞qQqFkk2庫r2233R3F=mg聯(lián)立解得庫43AC（）從到，由動能定理得：WmgRW012mv2A電fCA從到，由動能定理得：WmgRW12mvA2電f23W由題可知：電mgR2AN′小球返回點時，設細桿對球的彈力方向向上，大小為，由牛頓第二定律得：QqNkmgm2833mg，v2ARR2聯(lián)立以上解得：N32833A根據(jù)牛頓第三定律得，小球返回點時，對圓弧桿的彈力大小為3mg，方向向下．,ABCD,ABR3．如圖所示豎直放置的光滑絕緣細管道其中部分是半徑為的圓弧形管1/4道部分是固定的水平管道兩部分管道恰好相切于水平面內(nèi)的M、N、B三點連線B．,BCD,L,MNCBCD．構成邊長為等邊三角形連線過點且垂直于兩個帶等量異種電荷的點電荷分M、N別固定在兩點電荷量分別為和現(xiàn)把質(zhì)量為、電荷量為的小球小球直徑,+Q-Q.m+q(,),視為點電荷由管道的A處靜止釋放,已知靜電力量常為k,重力加速略小于管道內(nèi)徑小球可g.:度為求(1)(2)(3)B;小球運動到處時受到電場力的大小C;小球運動到處時的速度大小B,.小球運動到圓弧最低點處時小球?qū)艿缐毫Φ拇笮Q（2）2gR（3）k9m2g2L2qQ2【答案】（1）kL2【解析】【分析】【詳解】（1）設小球分別受到+Q和-Q的庫侖力分別為F1和F2．則在圓弧形管道最低點處BqQF＝F＝k①L212FF=2F1cos60°②小球沿水平方向受到的電場力為和F2的合力F，由平行四邊形定則得1qQ聯(lián)立①②得F＝k③2L（2）管道所在的+Q-Q豎直平面是和形成的合電場的一個等勢面，小球在管道中運動時，小球受到的電場力和管道對它的彈力都不做功，只有重力對小球做功，小球的機械能守1恒，有mgR＝2mvC2?0④解得v＝2gR⑤C（3）設在B點管道對小球沿豎直方向的壓力的分力為NBy，在豎直方向?qū)π∏驊门ｎD第二定律得Nmg＝mvB2⑥RByvB=vC⑦聯(lián)立⑤⑥⑦解得NBy=3mg⑧qQN＝F＝kBx設在B點管道對小球在水平方向的壓力的分力為NBx，則⑨L2N＝N2N2＝9m2g2(kqQ)2?．⑩B圓弧形管道最低點處對小球的壓力大小為BL2BxBYB由牛頓第三定律可得小球?qū)A弧管道最低點的壓力大小為N＝N＝9m2g2(kqQ)2?L2BB4．有三根長度皆為l=0.3m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板的Om=1.0×10﹣2kg點，另一端分別栓有質(zhì)量皆為ABq的帶電小球和，它們的電荷量分別為﹣和+q，q=1.0×10﹣6C．A、B之間用第三根線連接起來，空間中存在大小為E=2.0×105N/C的勻A、B強電場，電場強度的方向水平向右．平衡時球的位置如圖所示．已知靜電力常量k=9×109N?m2/C2重力加速度g=10m/s2．求：（1）A、B間的庫侖力的大小（2）連接的輕線的拉力大?。瓵、BT0.042N1F=0.1N2【答案】（）（）1【解析】1BBmg試題分析：（）以球為研究對象，球受到重力，電場力，靜電力，間繩子EqFABTTOB5的拉力和繩子的拉力，共個力的作用，處于平衡狀態(tài)，12q2A、B間的靜電力Fk，代入數(shù)據(jù)可得F=0.1N2lTsin60mg，在水平方向qEFTTcos602（）在豎直方向上有：上有：212代入數(shù)據(jù)可得T0.042N1考點：考查了共點力平衡條件的應用【名師點睛】注意成立的條件，掌握力的平行四邊形定則的應用，解理三角知識運用，注意平衡條件的方程的建立．5．如圖所示的絕緣細桿軌道固定在豎直面內(nèi)，半徑為的R1/6圓弧段桿與水平段桿和粗糙傾斜段桿分別在A、B兩點相切，圓弧桿的圓心O處固定著一個帶正電的點電荷．現(xiàn)有一8質(zhì)量為m可視為質(zhì)點的帶負電小球穿在水平桿上，以方向水平向右、大小等于3gR的速度通過A點，小球能夠上滑的最高點為，到將沿桿返回．若∠COB=30°CC達后，小球，8小球第一次過點后瞬間對圓弧細桿向下的彈力大小為，從至小球克服庫侖力AmgAC323g做的功為mgR，重力加速度為．求：2(1)(2)(3)B小球第一次到達點時的動能；C小球在點受到的庫侖力大??；A小球返回點前瞬間對圓弧桿的彈力．（結(jié)果用m、g、R表示）532(833)【答案】（1）mgR2（）mg（3）4mg63【解析】【分析】1B（）由動能定理求出小球第一次到達點時的動能．2A（）小球第一次過點后瞬間，OC由牛頓第二定律和庫侖定律列式．由幾何關系得到間C的距離，再由庫侖定律求小球在點受到的庫侖力大小．3A（）由動能定理求出小球返回點前瞬間的速度，由牛頓運動定律和向心力公式求解小A球返回點前瞬間對圓弧桿的彈力．【詳解】1ABAB（）小球從運動到，兩點為等勢點，所以電場力不做功，由動能定理得：mgR1cos60E12mv20KBA5代入數(shù)據(jù)解得：mgR6EKB2A（）小球第一次過時，由牛頓第二定律得：Qqv2NkmgmARR28mg由題可知：3N聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：QqkmgR2OC由幾何關系得，間的距離為：Rcos30323rRC小球在點受到的庫侖力大小：QqQqFk庫k2r2233R3F=mg聯(lián)立解得庫43AC（）從到，由動能定理得：WmgRW012mv2A電fCA從到，由動能定理得：WmgRW12mvA2電f23W由題可知：電mgR2AN′小球返回點時，設細桿對球的彈力方向向上，大小為，由牛頓第二定律得：QqNkmgmv2ARR22833聯(lián)立以上解得：Nmg，32833A根據(jù)牛頓第三定律得，小球返回點時，對圓弧桿的彈力大小為mg，方向向3下．mAα6．如圖所示，質(zhì)量為的小球穿在絕緣細桿上，桿的傾角為，小球帶正電，電量Aq為。在桿上點B一個電量為的正電荷。將A由距B豎直高度為H處無初速釋Q處固定A放，小球下滑過程中電量不變。不計A與細桿間的摩擦，整個裝置處在真空中。已知靜電力常量k和重力加速度g。(1)A球剛釋放時的求此時球與B點的距離。(2)AA最大時，加速度是多大？當球的動能kQqsin2kQqmgsinagsin－；(2)x【答案】(1)mH2【解析】【分析】【詳解】(1)由牛頓第二定律可知mgsinα－＝Fma根據(jù)庫侖定律得Qqr2H，rsinFkkQqsin2agsin－。mH2(2)A、加速度為零時，動能最大。設此時A球與B球間的距離為，則x當球受到合力為零Qqmgsinkx2解得kQqmgsinx【點睛】A本題關鍵對小球受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)力與速度關系分析A小球的運動情況；知道合力為零時動能最大。二、必修第3冊靜電場中的能量解答題易錯題培優(yōu)（難）7．如圖，xOy為豎直面內(nèi)的直角坐標系，y軸正向豎直向上，空間中存在平行于xOy所在平面的勻強電場。質(zhì)量為m的不帶電小球A以一定的初動能從P（0，d）點沿平行x軸方向水平拋出，并通過Q（22d，0）點。使A帶上電量為+q的電荷，仍從P點以同樣的初動能沿某一方向拋出，A通過N（2d，0）點時的動能是初動能的0.5倍；若使A帶上電量為-q的電荷，還從P點以同樣的初動能沿另一方向拋出，A通過M（0，-d）點時的動能是初動能的4倍。重力加速度為g。求：（1）A不帶電時，到達Q點的動能；（2）P、N兩點間的電勢差；（3）電場強度的大小和方向。2mg【答案】（1）3mgd；（2），方向沿y軸正方向。q【解析】【詳解】（1）小球做平拋運動，故d12gt222dυt0從P到Q，由動能定理mgdE12mυ20kQ解得E3mgdkQ（2）小球帶電后，從到，由動能定理PNmgdqU0.5EEPNk0k0從到由動能定理可得PM2mgdqU4EEPMk0k0由（1）中可知，E2mgdk0聯(lián)立以上幾式可得1UPNU2PM故、兩點電勢相等，場強方向為軸正方向，場強大小為ONyNP2mgEUdqE8．如圖所示，一個方向豎直向下的有界勻強電場，電場強度大小為。勻強電場左右寬度L()O1和上下寬度均為。一個帶正電荷的粒子不計重力從電場的左上方點以某一速度水平Am向右進入電場，該粒子剛好從電場的右下方點離開電場；另一個質(zhì)量為、帶電荷量為q(q>0)()O2－的粒子不計重力從電場左下方點水平向右進入電場，進入電場時的初動能為EOOAO1x。已知圖中、、在同一豎直面內(nèi)，設點為坐標原點，水平向右為軸正方k012y向，豎直向下為軸正方向，建立坐標系。(1)求帶正電荷的粒子的運動軌跡方程；(2)(3)求帶負電荷的粒子運動到“帶正電荷粒子的運動軌跡”處的動能；當帶負電荷的粒子進入電場的初動能為多大時，它運動到“帶正電荷粒子運動軌跡”處??時的動能最小動能的最小值為多少（qEL)24EqELk03qELqEL+Ek0【答案】(1)x(2)Ly；(3)；，244【解析】【分析】考察電場中帶電粒子運動的軌跡和能量變化。【詳解】Oxy取點為坐標原點，水平向右為軸，豎直向下為軸，建立平面直角坐標系，如圖所1示。(1)Oav1t對從點進入電場的粒子，設該粒子的加速度為，初速度為，設經(jīng)過時間，位置11xy坐標為（，），有水平方向豎直方向xvt1y12at21ax2ty消去時間參數(shù)得拋物線方程1。2v21ALLLL因為離開電場的點坐標（，）在該拋物線上，所以坐標（，）滿足拋物線方程，把aL，代入拋物線方程可得其軌跡方程v1LL坐標（，）代入拋物線方程得12x2Ly(2)Omvat、初速度為，加速度為，設經(jīng)過時間，位02對從點進入電場的粒子，設質(zhì)量為2xy移坐標為（，），有：水平方向豎直方向xvt01qEma，Ly2at222t消去時間參數(shù)得：yLqEx22mv20Px,y)，聯(lián)立求解得交點（坐標為E由題意有mv02k04LEk0E4EqELk0x2Ly，4Ek0qELk0OP從到，對負粒子，根據(jù)動能定理有2qE(Ly)EEkk0（qEL)24EqELk0E=+E。k0解得k（qEL)24EqELk0(3)E=+E變形為k0k4EqEL(qEL4E)216qEL(qELE)Ek0kkk8由判別式=0Ek=8qEL(8qEL)241615(qEL)2323qELE=（負值舍去），E=解得k4k3qELE，即的最小值為E二次函數(shù)開口向上，所以4kkE=3qEL4kminqELE=。時，電子進入電場的動能4k0qELE=所以當帶負電荷的粒子進入電場的動能為時，它運動到“帶正電荷粒子運動軌4k03qELE=跡”處時的動能最小，動能的最小值為。4kmin9．兩塊水平平行放置的導體板如圖(甲)所示，大量電子（質(zhì)量m、電量e）由靜止開始，經(jīng)電壓為的電場U0加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間．當兩3t()板均不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為；當在兩板間加如圖乙所示的周期為02tU0，幅值恒為的周期性電壓時，恰好能使所有電子均從兩板間通過．問：0⑴這些電子通過兩板之間后，側(cè)向位移（沿垂直于兩板方向上的位移）的最大值和最小值分別是多少？⑵側(cè)向位移分別為最大值和最小值的情況下，電子在剛穿出兩板之間時的動能之比為多少？1613t6eUt6eU0（2）0【答案】（1），m002m4【解析】t=0畫出電子在時t=t0時進入電v–t場的圖和象進行分析eU02t=2eUtmdmd（1）豎直方向的分速度veU1ymd0t，v0002y0側(cè)向最大位移s2(12vtvt)3vt3eU0t02dmd2ymax1y01y01y0側(cè)向最小位移s12vtvt1.5vt3eU0t02d2md4ymin1y01y01y06eU解得d0tmdt6eUdt6eUs==所以00，s0022m44mymaxymin(eUmdt)2eU0，(eUv22y02t)md22eU（2）由此得v21y006m3m002eUm而v200112mv2eUeU/3162mv022yE0eUeU/12130所以kmax0012mv012mvE221ykmin【名師點睛】解決本題的關鍵知道粒子在偏轉(zhuǎn)電場中水平方向上一直做勻速直線運動，在豎直方向上有電場時做勻加速直線運動，無電場時做勻速直線運動或靜止．P+qm10．如圖，在真空室內(nèi)的點，能沿紙面向各個方向不斷發(fā)射電荷量為，質(zhì)量為的粒()abPP子不計重力，粒子的速率都相同．為點附近的一條水平直線，到直線的距離ab5PC=L，QabPPQ=L為直線上一點，它與點相距．當直線以上區(qū)域只存在垂直紙面ab2BQab向里、磁感應強度為的勻強磁場時，水平向左射出的粒子恰到達點；當以上區(qū)域abab只存在平行該平面的勻強電場時，所有粒子都能到達直線，且它們到達直線時動能Qsin37°=0.6，cos37°=0.8，求：都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到達點．已知(1)a粒子的發(fā)射速率(2)勻強電場的場強大小和方向(3)ab達直線的粒子僅有磁場時，能到所用最長時間和最短時間的比值5BqLv【答案】粒子發(fā)射速（1）度為8m25qLB2（2）電場強度的大小為E8mt233ab達直線所用最長時間和最短時間的比值1t1062.20（3）粒子到2【解析】（1）PQ于A點，如圖三所示：的垂線交設粒子做勻速圓周運動的半徑R，過O作PQ由幾何知識可得PCQAPQQO5LRQO代入數(shù)據(jù)可得粒子軌跡半徑8v2洛侖磁力提供向心力BqvmR5BqLv解得粒子發(fā)射速度為8m（2）真空室只加勻強電場時，由粒子到達ab直線的動能相等，可知ab為等勢面，電場方向垂直ab向下．tQ水平向左射出的粒子經(jīng)時間到達點，在這段時間內(nèi)LCQvt2PCL12at2qE式中am25qLB2解得電場強度的大小為E8m（3）只以為圓心沿圓弧PD當圓弧和直線相切于D點時，粒O有磁場時，粒子運動，1如圖四所示．據(jù)圖有ab子速度的偏轉(zhuǎn)角最大，對應的運動時間最長，LR3sinR5解得37max233故最大偏轉(zhuǎn)角Tmax3600粒子在磁場中運動長t最大時1式中T為粒子在磁場中運動的周期．以為圓心沿圓弧PCO運動的速度偏轉(zhuǎn)角最小，對應的運動時間最短．據(jù)圖四有粒子2L/24sinR5解得53速度偏轉(zhuǎn)角最小為min106故最短時長tT0min3602因此，粒子到達直線ab所用最長時間和最短時間的比值1max2332.20tt1062min點睛：此題是關于帶電粒子在電場及磁場中的運動問題；掌握類平拋運動的處理方向，在兩個方向列出速度及位移方程；掌握勻速圓周運動的處理方法，確定好臨界狀態(tài)，畫出軌跡圖，結(jié)合幾何關系求解.11．一個初速為零的電子在經(jīng)U1=4500V的電壓加速后，垂直平行板間的勻強電場從距兩極板等距處射入，如圖所示，若兩板間距d=1.0cm,板長L＝3.0cm，兩板間的電壓U2=200V；已知電子的帶電量為e=1.6×10－19C，質(zhì)量為m=0.9×10－30kg，只考慮兩板間的電場，不計重力，求：（1）電子經(jīng)加速電壓加速后以多大的速度V0進入偏轉(zhuǎn)電場（2）電子射出偏轉(zhuǎn)電場時沿垂直于板面方向偏移的距離y（3）電子射出偏轉(zhuǎn)電場后經(jīng)過下極板所在平面上的P點，如圖所示，則P點到下極板右端的距離x【答案】(1)v4107m/s；（2）0.1cm；（3）6cm0【解析】【詳解】(1)加速過程，由動能定理得：eU1mvv4107ms；20，代入數(shù)據(jù)可得：2101tL(2)根據(jù)電子在板間做類平拋運動：y2at，其中aqUmd22，，由以上三式代入v0數(shù)據(jù)可得：y0.1cm；(3)根據(jù)電子出電場后做勻速直線運動，將電子出電場時的速度反向延長，延長線與板間的ytan中心線相交于板的中點，設速度反向延長線與水平方向的夾解為，則L，利用2Lyx6cm．幾何關系：x2，由以上兩式代入數(shù)據(jù)可得：tanRABCPA12．如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為的光滑絕緣圓弧軌道和水平絕緣軌道在A3點相切，為圓弧軌道的直徑，為圓心，和之間的夾角為，，整個sinαBCOOAOB5裝置處于水平向右的勻強電場中。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電小球在電場力的作用下沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?，重力加速度大小為g．求：(1)勻強電場的場強大??；(2)小球到達A點時速度的大小。（結(jié)果保留根號）3mg23gR【答案】(1)4q(2)2【解析】【詳解】(1)力為，電場強度的大小為EF0設小球所受電場由力的合成法則有F0mgtanFqE03mgE解得：4q(2)小球到達C點時所受合力的F大小為，由力的合成法則有：mg22F2F0設小球到達C點時的速度大小為，由牛頓第二定律得vcvc2FmR5gRvc解得：2設小球到達A點的速度大小為，作CD⊥PA，交PA于點，由幾何關系得vADDARsinCDR1cos由動能定理有mgCDqEDA12mv12mv22CA23gRA故小球在點的速度大小為Av2三、必修第3冊電路及其應用實驗題易錯題培優(yōu)（難）2.5VLU-I13．某實驗小組欲描繪額定電壓為的小燈泡的曲線。現(xiàn)準備如下實驗器材：3V電壓表（，內(nèi)阻很大）0.6A電流表（，內(nèi)阻較小）0~5Ω1A滑動變阻器（，額定電流）電鍵導線若干請回答下列問題：(1)_____請用筆劃線代替導線，將實驗電路圖甲補充完整；(2)閉合電鍵，移動滑動變阻器的滑片，其電壓表、電流表的示數(shù)如圖乙所示，則電壓表讀數(shù)為_____V，電流表讀數(shù)為_____A；該小燈泡的額定功率PⅠ。則(3)U-I將實驗數(shù)據(jù)繪制成圖像如圖丙中_____W；該電子元件與該燈泡L并聯(lián)后同電_____W（保留兩位有(4)現(xiàn)有一電子元件，其圖像如圖丙中U-IⅡ所示?，F(xiàn)將動勢E3V、內(nèi)阻r5的電源連接，則該燈泡的實際功率P數(shù)效字）。1.300.441.451.43~1.460.20（之間均可）【答案】0.19~0.21（之間均可）【解析】【分析】【詳解】(1)[1]．由于電壓表內(nèi)阻遠大于小燈泡的電阻，故采用電流表外接；滑動變阻器用分壓電路，則電路如圖；(2)[2][3]3V0.1V1.30V．電壓表量程為，最小刻度為，則讀數(shù)為；電流表量程為，最小0.6V0.02A0.44A刻度為，則讀數(shù)為；(3)[4]2.5V0.58A．由圖可知，當電壓為時，電流為，則該小燈泡的額定功率P=IU=1.45W；(4)[5]LU-I．電子元件與該燈泡并聯(lián)，則電壓相等；若畫出電源的圖像如圖；畫出平行于I別交于兩點B和A，與軸交于交于，若的中點恰在AB的中點，則此時Ⅰ圖像B對應的點電壓和電流值U=0.70VI=0.28AUC軸的直線即為電壓相等的線，與圖像Ⅰ、Ⅱ分點，電U-IDCD源的線即為小燈泡的工作狀態(tài)點，由圖可知：，，則燈泡的實際功率P′=IU≈0.20W。14．某同學改裝和校準電壓表的電路圖如圖所示，圖中虛線框內(nèi)是電壓表的改裝電路．μA(1)100900ΩRRR3已知表頭滿偏電流為，表頭上標記的內(nèi)阻值為．、和是定值電12阻．利用R1和表頭構成1mA的電流表，ab然后再將其改裝為兩個量程的電壓表．若使用3量程為、兩個接線柱，電壓表的量程為1V；若使用a、c兩個接線柱，電壓表的V．則根據(jù)題給條件，定值電阻的阻值應選R=___ΩR=______ΩR=_______Ω，，．123(2)3V2500Ω3V用量程為，內(nèi)阻為的標準電壓表對改裝電表擋的不同刻度進行校準．所池的電動勢E為5V；滑動變阻器R有兩種規(guī)格，50Ω5kΩR應選用最大阻值為______Ω的滑動變阻器．(3)校準時，在閉合開關S前，器的滑動端P應靠近_______（填“M”或“N”）端．用電最大阻值分別為和．為了方便實驗中調(diào)節(jié)電壓，圖中滑動變阻(4)G若由于表頭上標記的內(nèi)阻值不準，造成改裝后電壓表的讀數(shù)比標準電壓表的讀數(shù)偏G則表頭內(nèi)阻的_________（填“大于”或“小于”）900Ω．小，真實值【答案】100910200050M大于【解析】【分析】【詳解】IIRR=100Ω，得1（1）[1]根據(jù)題意，R1與表頭構成1mA的電流表，則IRgg；1gUIRg910；[2]若使用a、b兩個接線柱，電壓表的1V量程為，則Rabg2IUIRgR2000．R3V量程為，則3[3]若使用a、c兩個接線（2）[4]電壓表柱，電壓表的acgI2與改裝電表并聯(lián)后之，電阻小于2500Ω，對于分壓式電路，要求滑動變阻器的最大阻值小于并聯(lián)部分，同時還要便于調(diào)節(jié)，故滑動變阻器選擇小電阻，即選擇50Ω的電阻．（3）[5]在閉合開關S前，滑動變阻器的滑動端P應靠近M端，使并聯(lián)部分分壓為零，起到保護作用．（4）[6]造成改裝后電壓表的讀數(shù)比標準電壓表的讀數(shù)偏小，說明通過表頭的電流偏小，則實際電阻偏大，故表頭G內(nèi)阻的真實值大于900Ω．【點睛】本題關鍵是電壓表和電流表的改裝原理，分析清楚電路結(jié)構，應用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律即可正確解題．15．在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，利用實驗得到了8組數(shù)據(jù)，在圖1所示的IU坐標系中，通過描點連線得到了小燈泡的伏安特性曲線.（1）根據(jù)圖線的坐標數(shù)值，請在圖2中選出該實驗正確的實驗電路圖：____(選填甲或“”“乙”).（2）根據(jù)所選電路圖，請在圖3中用筆畫線代替導線，把實驗儀器連接成完整的實驗電路.（________）（3）根據(jù)圖1，可判斷出圖4中正確的關系圖象是（圖中P為小燈泡功率"為通過小燈泡的電流）___.（5）將同種規(guī)格的兩個這樣的小燈泡并聯(lián)后再與R=10的定值電阻串聯(lián)，接在電動勢為8V、內(nèi)阻不計的電源上，如圖5所示.閉合開關S后，則電流表的示數(shù)為____A，兩個小燈泡的總功率為__W(本小題結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）.【答案】甲D0.601.2【解析】【分析】【詳解】1[1]（）描繪燈泡伏安特性曲線，電壓與電流應從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法，所以正確的實驗電路圖是甲．2[2]（）根據(jù)實驗電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示：PI（）由于燈泡電阻隨電流增大電阻增大，由可知，圖象斜率增大，23[3]RPI2RD故選．4[4][5]5（）由圖所示電路圖可知，兩燈泡并聯(lián)，可以把電源與定值電阻等效為電源，設UI每只電燈加上的實際電壓和實際電流分別為和，在這個閉合電路中，則有：EU2IR0代入數(shù)據(jù)并整理得：U820IU820I的圖象如圖所示a在圖所示坐標系中作出U=2VI=0.3A由圖象可知，兩圖象交點坐標值為：，此時通過電流表的電流值I2I0.6AA每只燈泡的實際功率PUI=2×0.3=0.6W1.2W所以兩個小燈泡的總功率為．16．(1)在“測定應使用螺旋測微器。螺旋測微器的徑時的刻度位置如圖所示，從圖中讀出金屬絲的金屬的電阻率”的實驗中，由于金屬絲直徑很小，不能使用通普刻度尺，_________mm精確度為，用螺旋測微器測量某金屬絲直_________mm直徑為。(2)ld如果測出金屬絲接入電路的長度、直徑和金屬絲接入電路時的電流和其兩端的電壓IU，就可求出金屬絲的電阻率。用以上實驗中直接測出的物理量來表示電阻率，其表達式ρ=___________為。(3)4Ω在此實驗中，金屬絲的電阻大約為，在用伏安法測定金屬絲的電阻時，除被測電阻絲外，選用了如下實驗器材：A．直流電源：電動勢約，內(nèi)阻不計；4.5VBC．電流表：量程0~0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω；AV3kΩ．電壓表：量程，內(nèi)阻約；0~3VDR10Ω．滑動變阻器：最大阻值；E．開關、導線等。________在以下可供選擇的實驗電路中，應該選圖（填“甲”或“乙”），選擇的接法為接法（填“內(nèi)”或“外”），此接法測得的電阻值將___________（填“大于”、“小于”或“等于”）被測電阻的實際阻值。(4)連線___________。在閉合開關置在_________（填“最左”或“最則讀數(shù)分別為_________V和_________A。S根據(jù)所選實驗電路圖，在實物圖中完成其余的前，滑動變阻器的滑片應右”）端。(5)根據(jù)所選量程，某次實驗兩電表的示數(shù)如圖，(6)得接入電路金屬絲的長度為0.810m，算出金屬絲的若某次實驗測橫截面積為0.81×10-m2，根據(jù)伏安法測出電阻絲的電阻為，4.1Ω則這種金屬材的料電阻率為__________（保6留二位有效數(shù)字）。d2U【答案】0.010.640甲外小于4lI2.150.161×10-6Ω·m最左【解析】【分析】【詳解】(1)[1]0.01mm螺旋測微器的精確度為[2]金屬絲的直徑為0.5mm+0.01mm×14.0=0.640mm。lUR根據(jù)及R1(2)[3]解得2dI4d2U4lI(3)[4][5]因待測電阻的阻值較小，故采用電流表外接電路，即甲電路；[6]因電壓表的分流作用，使得電流表的測量值大于電阻上的實際電流，故此接法測得的電阻值將小于被測電阻的實際阻值。(4)[7]S連線如圖；在閉合開關前，滑動變阻器的阻值調(diào)節(jié)到最小，故滑片應置在最左端。(5)[8]2.15V電壓表讀數(shù)為；[9]0.16A電流表讀數(shù)為。ld2RR根據(jù)1可得(6)[10]，代入數(shù)據(jù)可知ld244ρ=4.1×10-6Ω·m【點睛】螺旋測微器示數(shù)等于固定刻度與可動刻度示數(shù)之和，對螺旋測微器讀數(shù)時要注意估讀；實驗器材的選擇、設計實驗電路圖是本題的難點，要掌握實驗器材的選取原則及電路選擇的原則。3V．17．某物理興趣小組要精確測定一個額定電壓為的節(jié)能燈正常工作時的電阻已知該500Ω.燈正常工作時的電阻約為實驗室提供的器材有：A．B．A(2mA，R＝15Ω)電流表量程內(nèi)阻AR＝1985Ω定值電阻1C．滑動變阻器R(0～10Ω)D．E．F．V(12V，電壓表量程內(nèi)阻R＝1kΩ)VE(12V，蓄電池電動勢為內(nèi)阻很小r)S，開關一個導線若干(1)要精確測定節(jié)能燈正常工作時的電阻應采用下面電路圖中的________．(2)，U，選擇正確的電路進行實驗若電壓表的示數(shù)用表示電流表的示數(shù)用表示寫出測I，R＝________________()．用題目中給出的相應字母表示量節(jié)能燈電阻的表達式x(3)，I＝__________mA，若此時為了測出節(jié)能燈正常工作時的電阻電流表的示數(shù)必須調(diào)為U＝7.6V，________Ω.電壓表的讀數(shù)則節(jié)能燈正常工作時的電阻為1.5492IRRR【答案】C1VAUIRV【解析】【詳解】因節(jié)能燈正常工作時的電壓為比電壓表的量程小得多，不能用電壓表3V，直接測節(jié)能(1)U3R500A＝6mA，大于電流表量程，所以不I＝=，燈的工作電壓節(jié)能燈正常工作時的電流，通過節(jié)能燈的電流因電壓表12mA，最大電流為電流表能用電流表直接測允許通過的與4V，串聯(lián)后的電壓達所以可將電壓表，定值電阻當做電流表使用電流表與定值電阻串聯(lián)當，電壓表使用由相關量的關V系可知電壓表應采用外接方式，由又于滑動變阻器的阻值遠，，C.所以滑動變阻器要接成分壓式正確的電路圖是小于待測電阻I(RR)A＝IR(RR).VA1UIR1R＝U結(jié)構及歐姆定律可知(2)由電路IxRVV(3)3V，對應的電流表示數(shù)為I＝1.5mA，將U和I代入因節(jié)能燈正常工作時的電壓為此時492Ω.表達式可得節(jié)能燈正常工作時的電阻為【點睛】本題的難點在于電流表的量程偏小，無法測電流，電壓表的量程偏大，測量電壓偏大，最后需通過改裝，用電流表測電壓，電壓表測電流．18．某同學用伏安法測量導體的電阻，現(xiàn)有量程為3V、內(nèi)阻約為3kΩ的電壓表和量程為0.6A、內(nèi)阻約為0.1Ω的電流表．采用分壓電路接線，圖1是實物的部分連線圖，待測電阻為圖2中的值約為5Ω.R，其阻1(1)測R阻值的最優(yōu)連接方式為導線①連接________(填a或b)、導線②連接________(填1c或d)．(2)正確接線測得實驗數(shù)據(jù)如表，用值為Ω.作圖法求得R的阻________1U/AI/A0.400.090.800.191.200.271.600.352.000.442.400.53(3)已知圖2中R與R是材料相同、厚度相等、表面為正方形的兩導體，R的邊長是R的21211，若測R的阻值，則最優(yōu)的連線應選________(填選項)．210A．①連接a，②連接cB．①連接a，②連接dC．①連接b，②連接cD．①連接b，②連接d【答案】（1）a，（d2）4.4Ω-4.7Ω（3）B【解析】【分析】【詳解】1（）因電壓表的內(nèi)阻遠大于待測電阻的阻值，故采用電流表外接法；滑動變阻器采用分壓R式接法；故測的阻值的最優(yōu)連接方式為導線ad②連接；①連接、導線12（）作圖如圖；U2.24.4；則RI0.52LdLd定律可得：R3（）R=R；故，RR根據(jù)電阻要測的阻值，與測量一樣，最2121adB優(yōu)的連線應①連接，②連接；故選．四、必修第3冊電能能量守恒定律實驗題易錯題培優(yōu)（難）圖甲中所示的電路測定一種特殊的電池的電動勢和內(nèi)阻，它的電動勢E約為，內(nèi)防止調(diào)節(jié)滑動變阻器時造成短實驗器材還有:8V19．用r30Ω40mA已知該電池允許輸出的最大電流為．為阻約為，路，電路中用了一個定值電阻充當保護電阻，除待測電池外，可供使用的A．電流表A(量程0.05A0.2Ω)，內(nèi)阻約為B．電壓表V(量程6V，內(nèi)阻20kΩ)C．100Ω定值電阻阻值，額定功率1W)R(1D．200Ω定值電阻阻值，額定功率1W)R(2E.滑動變阻器阻值范圍0~10Ω，額定電流R(2A)3F.滑動變阻器阻值范圍0~750Ω，額定電流R(1A)4G.導線和單刀單擲開關若干個(1)為了電路安全及便于操作，定值電阻應該選___________；滑動變阻器應該選___________()．均填寫器材名稱代號(2)S接入符合要求的實驗器材后，閉合開關，調(diào)整滑動變阻器的阻值，讀取電壓表和電流E表的示數(shù)．取得多組數(shù)據(jù)，作出了如圖乙所示的圖線．根據(jù)圖象得出該電池的電動勢為___________Vr___________Ω(2)．結(jié)果均保留位有效數(shù)字，內(nèi)阻為RR7.829【答案】24【解析】【分析】1（）應用歐姆定律求出電路最小電阻，然后選擇保護電阻；根據(jù)電源內(nèi)阻與保護電阻的阻值，選擇滑動變阻器．2U-I（）電源的圖象與縱軸交點的坐標值是電源的電動勢，圖象斜率的絕對值是電源內(nèi)阻．【詳解】1[1]（）為保護電源安全，電路最小電阻8Ω200Ω，R最小0.040保護電阻阻值至少為200Ω30Ω170Ω100Ω，R則保護電阻應選定值電阻；2[2]200Ω電源等效電阻（電源內(nèi)阻與保護電阻之和）為，為進行多次實驗，測出多組實驗數(shù)R據(jù)，滑動變阻器應選滑動變阻器．4（）由電源圖象可知，圖象與縱軸的交點坐標值是，則電源電動勢E=7.8V，2[3]U-I7.8[4]圖象斜率kU7.8229，I0.034電源內(nèi)阻rkR22920029．2(a)ERRRR20．如圖為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖．圖中是電池；、、、4123RR和是定固電阻，是可變電阻；表頭的滿偏電流為250μA，內(nèi)阻為480Ω.虛線方框內(nèi)G56為換擋開關，A端和B端分別與兩表筆相連．該多用電表有5個擋位，5個擋位為：直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆×100Ω擋．(1)圖(a)中的A端與________（填“紅”或“黑”）色表筆相連接．(2)關于R6的使用，下列說法正確的是________（填正確答案標號）．A．在使用多用電表之前，調(diào)整R6使電表指針指在表盤左端電流“0”位置B．使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調(diào)整R6使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置C．使用電流擋時，調(diào)整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置(3)根據(jù)題給條件可得＋＝，＝RR________ΩR________Ω.124(4)某次測量時該多用電表指針位置如圖（b）所示．若此時B端是與“1”相連的，則多用電表讀數(shù)為________；若此時B端是與“3”相連的，則讀數(shù)為________；若此時B端是與“5”相連的，則讀數(shù)為________．（結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）【答案】黑B1608801.47mA1.10×103Ω2.95V【解析】【分析】【詳解】A(1)[1]歐姆表內(nèi)置電源正極與黑表筆相連，負極與紅表筆相連，即紅進黑出，端與電池正極相連，電流從A端流出，A端與黑表筆相連；(2)[2]由電路圖可知只在測量電阻時才接入電路，故其作用只能進行歐姆調(diào)零，不能進R6行機械調(diào)零，同時在使用電流檔時也不需調(diào)要節(jié)R；6A.與分析不符，故A錯誤；B.與分析相符，故B正確；C.與分析不符，故C錯誤；(3)[3]端與“1”“2”相連時，該多用電表擋位分別為直流2.5mA擋、直流1mA擋，如圖所B示由電表的改裝原理可知端與“2”相連時，有：BIIIrGGRR2G12解得：RR160Ω12[4]端與“4”相連時，如圖所示B1V多用電表為直流電壓擋，表頭并聯(lián)部分電阻：UIr880ΩR4GG4I2(4)[5]“1”端與相連時，電表讀數(shù)為1.47mA；B[6]“3”×100Ω端與相連時，多用電表為歐姆擋，讀數(shù)為：B11.0100Ω1.10103Ω[7]“5”5V端與相連時，多用電表為直流電壓擋，讀數(shù)為：B1472505V2.95VU-I:21．測定電源的電動勢和內(nèi)電阻的實驗電路和圖像如下（1）閉合開關前為防止電表過載滑動變阻器的滑動頭P應放在_____處（2）現(xiàn)備有以下器材：A.干電池1個B.滑動變阻器（0~50Ω）C0~1750Ω）.滑動變阻器（D.電壓表（0~3V）E.電壓表（0~15V）F.電流表（0~0.6A）G.電流表（0~3A）其中滑動變阻器應選_____，電流表應選____，電壓表應選_____．(填字母代號)U-IE=_______Vr=______Ω．圖像．（3）由由此可知這個干電池的電動勢，內(nèi)電阻（4）由于電壓表的分流作用使本實驗電路存在系統(tǒng)誤差，導致E___E，r____r(填測真測真，“>”“<”或“=”)【答案】aBDF1.50.75<<【解析】【分析】【詳解】（1）[1]閉合開關之前滑動變阻器的滑動頭P應放在最大值位置處，即a處．（2）[2]滑動變阻器起控制電流的作用，而電源電動勢大約1.5V，電路中電流較小，故為了便用調(diào)節(jié)，滑動變阻器選取B．[3]電源電動勢大約1.5V，因此電壓表選擇量程為3V的比較合適，故電壓表選擇D，[4]由圖可知，電路中的電流較小，因此電流表選擇F．（3）[5]在U-I圖象中圖象與縱坐標的交點等于電源的電動勢，所以由圖可以讀出電源的電動勢為1.5V；[6]圖象中的斜率表示電源的內(nèi)阻，則有：r1.51.20.75Ω0.4（4）[7][8]由圖所示電路圖可知，相對于電源來說，電流表采用外接法，由于電壓表分流，電流測量值小于真實值，當外電路短路時，電流測量值等于真實值，電源的U-I如圖所示：圖象電源的U-I圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢，圖象斜率的絕對值是電源內(nèi)阻，由圖象可知，電源電動勢的測量值小于真實值，電源內(nèi)阻測量值小于真實值．22．電流表G1的量程為0～5mA，內(nèi)阻r＝290Ω，把它改裝成如圖甲所示的一個多量程多用電表.電流檔小量程為0～10mA，大量程為0～100mA；電壓檔小量程為0～10V，大量程為0～25V.(1)某次測量時該多用電表指針位置如圖乙所示.此若時開關S端是與“6”相連的，則此多用電的表讀數(shù)為_____.(2)已知圖甲中的電源的電動勢為，當把開關接到位置，短接A、B表筆進行歐姆E15VS41調(diào)零后，用該檔測量一個未知電阻阻值，指針偏轉(zhuǎn)到電流表G滿偏刻度的處，則該電阻15的阻值為_____kΩ.(3)此多用電表的表筆A為（_____“紅色”或“黑色”），圖中電阻R5＝_____Ω.【答案】20.0V（19.8～20.2）6紅色29【解析】【詳解】(1)[1]開關S端與“6”相連，作為大量程電量程為0～25V，根據(jù)電壓表使用，壓表讀數(shù)規(guī)則20.0V可知，多用電表讀數(shù)為；(2)[2]表內(nèi)部結(jié)構，開關S端與“4”相連，分析多用電則作為歐姆表使用，此時干路電流最大為Im＝10mA，則根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，EIRr內(nèi)xm5E＝Imr內(nèi)聯(lián)立解得Rx＝6kΩ；(3)[3]電流從紅表筆流入電表，故多用電表的表筆A為紅表筆.[4]S“1”0100mA流擋的，根據(jù)電當開關端接時，電量程為～表改裝原理可知，Ig(r+R6)＝(I1-Ig)R5；量程為0～10mA，Igr＝(I2-Ig)(R5+R6），S“2”當開關端接時，電流擋的聯(lián)立解得R5＝29Ω.23．“用DIS測定電源的電動勢和內(nèi)阻”的實驗電a滑動變阻器．路如圖．所示，RR其中為定值電阻，為1(1)下列關于圖a．電路的說法中正確的有_____RA．甲為電壓傳器感，的作用是保護電路B．甲為電壓傳器感，的作用是保護電路R1RC．乙為電壓傳器感，的作用是保護電路D．乙為電壓傳器感，的作用是保護電路R1(2)實驗測得電池①的路端電壓U與電流I的擬合曲線如圖b．中①圖線所示，由此得到電池①的電源電動勢E=_______V，內(nèi)阻r1=______Ω；1(3)改用電池②，重復上述實驗方法，得到圖b．中的圖線②．用阻值相同的兩個定值電阻分別與電池①及電池②連接，兩電池的輸出功率相等，則這兩個定值電阻的阻值為________Ω，電池①和電池②的效率【答案】D6.02.41.6<【解析】η______η2（選填“>”“=”或“<”）．1【詳解】(1)[1]甲串聯(lián)在電路中，是測量電流的，所以甲是電流傳感器；乙接在電源兩端，測量電壓，所以乙是電壓傳感器；定值電阻R1在實驗中的作用主要是保護電源，防止短路；故D正確，ABC錯誤．(2)[2][3]根據(jù)U=E?Ir可知，圖象與縱軸的交點表示電源的電動勢，故E1=6.0V；圖象的斜率表示內(nèi)阻，則r1=△U/△I=（6.0?1.2）/（2.0-0）Ω=2.4Ω；E=4.8V.內(nèi)阻r2=1.6Ω(3)[4][5]由圖可知，電池②的電動勢，外接電阻R時，電源的輸出功2E6.04.8)R2.4)2R(R1.6率為：P(Rr)2R，則(R，解得：R=1.6Ω．電池的效率：2UIRη<η，帶入數(shù)據(jù)得：1．2EIRr24．某同學要測定一電源的電動勢E和內(nèi)阻r，實驗器材有：一只DIS電流傳感器（可視為理想電流表，測得的電流用I表示），一只電阻箱（阻值用R表示），一只開關和導線若干。該同學設計了如圖甲所示的電路進行實驗和采集數(shù)據(jù)。(1)(2)E=________rIR（用、、表示）。該同學設計實驗的原理表達式是________該同學在閉合開關之前，應先將電阻箱調(diào)到（選填“最大值”“最小值”或“任意值”），實驗過程中，將電阻箱調(diào)至如圖乙所示位置，則此時電阻箱接入電路的阻值為________Ω。1根據(jù)實驗采集到的則由圖象可求得，該電源數(shù)據(jù)作出如圖丙所示的－R圖象，I(3)該同學的電動勢E=______V，內(nèi)阻r=________Ω。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）【答案】I（R＋r）最大值216.3（）（）6.1~6.42.52.4~2.6【解析】【分析】【詳解】(1)[1](2)[2]路歐姆定律，該同學設計實驗的原理表達式是＋E=I(Rr)根據(jù)閉合電根據(jù)實驗的安全性原則，在閉合開關之前，應先將電阻箱調(diào)到最大值2×10Ω＋1×1Ω=21Ω讀數(shù)規(guī)則，電阻箱接入電路的阻值為[3]根據(jù)電阻箱(3)[4][5]由E=I（R＋r）可得11rERIE1R圖像斜率等于I41E223.5k1得E6.2V1R由于誤差(6.1~6.4)V均正確，圖像的截距Ibr0.4E得r2.5由于誤差(2.4~2.6)均正確五、必修第3冊電磁感應與電磁波初步實驗題易錯題培優(yōu)（難）“”25．某實驗小組用如圖所示的實驗裝置完成探究楞次定律的實驗，實驗記錄如下表磁鐵放置情況磁鐵運動情況電表指針偏轉(zhuǎn)情況N極朝下S極朝下插入線圈向左偏轉(zhuǎn)①向左偏轉(zhuǎn)②N極朝下從線圈中抽出③插入線圈向右偏轉(zhuǎn)該同學實驗記錄中有三處忘記記錄了，請你補充完整：①________；②_______；③________．【答案】從線圈中抽出向右偏轉(zhuǎn)極朝下S【解析】從圖通量增加，根據(jù)楞次定律，中可以看出當N極朝下插入線圈時，穿過線圈的向下的磁，此時感應出向上的磁場，并導致電流表向左偏轉(zhuǎn)①當S極朝下并從線圈中抽出時，則穿過線圈向上的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，則應該感應出向上的磁場，所以這時候電流表也左偏，②當N極向下并從線圈中抽出時，穿過線圈向下的磁通量減小，根據(jù)楞次定律應感應出像；下的磁場，與題給條件相反，所以電流表應該右偏③當S極朝下并插入線圈時，則向上的磁通量增大，則感應出向下的磁場，則電流表會右偏，：點睛根據(jù)楞次定律判斷應磁場的方向，并結(jié)合題目說給條件，可以判斷電流的方向．“26．圖為研究電磁感應”的實驗裝置現(xiàn)象：(1)如果在閉合開關時發(fā)現(xiàn)靈敏電流計的指針向右偏了一下，況有：①將原線圈②原線圈插入副線圈后，將滑動變阻器的阻值調(diào)大時，(2)在做實驗時，如路中將________。果副線圈兩端不接任何元件，則副線圈電A．因電路不閉合，無電磁感應B．有電磁感應那么合上開關后可能出現(xiàn)的情迅速插入副線圈時，靈敏電流計指針將________；靈敏電流計指針________；現(xiàn)象現(xiàn)象，但無感應電流，只有感應電動勢