图5,是用电流传感器研究自感现象的电路图.图中的两个电阻的阻值

根据题意，当线圈竖直放置，以竖直方向为轴转动，由于地磁场的作用，则导致穿过闭合线圈的磁通量发生变化，所以线圈中产生感应电流，则电流指针会偏转；
当线圈竖直放置，使其平面与东西向平行，并从东向西移动，由于地磁场的磁感线是从地理的南极向北极，所以穿过线圈的磁通量没变，则电流指针不会偏转；当线圈水平放置，使其从东向西移动，由上可知，仍没有磁通量变化，则电流指针也不会偏转．
故答案为：有，无，无

点评：
本题考点： 地磁场．

考点点评： 考查线圈中产生感应电流的条件，强调磁通量变化，而不是有磁通量．

(1)由图可知，本实验采用的是电流表与电阻箱测定电动势，在闭合电路中，电动势：；

(2)为了保证电路安全，闭合开关前电阻箱接入电路的阻值应为电阻箱的最大阻值；由图乙所示电阻箱可知，电阻箱的示数为：0×1000Ω+0×100Ω+2×10Ω+5×1Ω=25Ω；

(3)在闭合电路中，，则，则图象的截距：，图象斜率：，

由图象可知：，即：，解得，电动势，电源内阻；

(1)  (2)最大值　25　(3)6.0(5.8～6.2均可)　2.4(2.3～2.5均可)


<>

（1）由地磁场分布，结合感应电流产生的条件：闭合电路中磁通量变化，可知，改为竖直放置，仍从南到北移动，线圈中仍没有磁通量变化，则电流表仍无示数；
（2）A、当线圈竖直放置，以东西向为轴翻转，由于地磁场的磁感线是从地理的南极向北极，所以穿过线圈的磁通量变化，则电流指针会偏转，故A正确；
B、当线圈水平放置，以东西向为轴翻转，由上可知，有磁通量变化，则电流指针也会偏转当线圈竖直放置，故B正确；
C、竖直平面内线圈以竖直方向为轴转动，由于地磁场的作用，则导致穿过闭合线圈的磁通量发生变化，所以线圈中产生感应电流，则电流指针会偏转，故C正确；
D、水平平面内线圈以竖直方向为轴翻转，穿过线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，指针不会偏转，故D错误．
故答案为：（1）无；（2）ABC．

点评：
本题考点： 法拉第电磁感应定律．

考点点评： 考查线圈中产生感应电流的条件，强调磁通量变化，而不是有磁通量．

（1）由I-t图象可知当t=1.2s时，I=0.15A；
P=I²R=0.15²×1.0W=0.0225W
（2）由图知，当金属杆达到稳定运动时的电流为1.60A，
稳定时杆匀速运动，受力平衡，则有：mgsinθ=BI′L
代入数据得：B=0.75T
（3）t=1.2s时电源电动势E=I（R+r）=BLv
代入数据解得：v=0.3m/s
mgsin37°-BIL=ma
代入数据得：a=[3/8]m/s²
答：（1）t=1.2s时电阻R的热功率为0.0225W；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为0.75T；
（3）t=1.2s时金属杆的速度大小为0.3m/s，加速度大小为[3/8]m/s²．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电功、电功率．

考点点评： 本题考查电磁感应中的动力学问题，受力分析时注意安培力的分析，解决方法和力学问题一样．

（1）由图可知，本实验采用的是电流表与电阻箱测定电动势，故表达式应为E=I（R+r）或I=
E
R+r]；
（2）为了保证电路中的安全，电阻箱应从最大值开始慢慢减小，故开始时应调到最大值；
由图可知，电阻箱接入电阻应为25Ω；
（3）由闭合电路欧姆定律可知：[1/I]=[R/E]+[r/E]
由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为[r/E]=0.4；图象的斜率为[1/E]，由图可知，斜率大小为[4−1/22−4]=[1/6]；
故E=6.0V；r=2.4Ω；
故答案为：（1）、E=I（R+r）；
（2）最大值；25；
（3）6.0；2.4．

点评：
本题考点： 测定电源的电动势和内阻．

考点点评： 本题采用安阻法测电源的电动势，本方法的关键在于能列出电流与滑动变阻器的关系，再结合图象求出电动势和内电阻．

断开开关前，通过线圈的电流为1.5A，则R_L=[E/I]=[6/1.5＝4Ω．断开开关后，通过线圈的最大电流为1.5A，则线圈的自感电动势E′=I（R+R_L）=1.5×10=15V．断开开关前通过灯泡的电流I′＝
E
R]=1A．所以灯泡闪亮一下后逐渐变暗．
故本题答案为：4Ω，15V，闪亮一下后逐渐变暗

点评：
本题考点： 电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．

考点点评： 解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小．

A、开关S由断开变为闭合，传感器2这一支路立即有电流，线圈这一支路，由于线圈阻碍电流的增加，通过线圈的电流要慢慢增加，所以干路电流（通过传感器的电流）也要慢慢增加．故A、B错误．
C、开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流立即消失，而电感这一支路，由于电感阻碍电流的减小，该电流又通过传感器2，只是电流的方向与以前相反，所以通过传感器2的电流逐渐减小．故C正确，D错误，
故选：C．

点评：
本题考点： 自感现象和自感系数．

考点点评： 解决本题的关键掌握电感对电流的阻碍作用，当电流增大时，电感线圈阻碍电流增大，当电流减小时，电感线圈阻碍电流减小．

（1）由I-t图象可知，当金属杆达到稳定运动时的电流为1.60A，
杆受力平衡，由平衡条件得：mgsinθ=BIL，
解得：B＝
mgsinθ
IL＝
0.2×10×0.5
1.60×1T＝0.625T，
由图可知，当t=0.5s时，I=1.10A；
P=I²R=1.10²×1.0W=1.21W；
（2）1.2s内通过电阻的电量为图线与t轴包围的面积，由图知：
总格数为129格（126～135格均正确）q=129×0.1×0.1C=1.29C（1.26C～1.35C格均正确），
由图知：1.2s末杆的电流I=1.50A，
感应电流I=[E/R+r]=[BLv/R+r]，
金属杆速度：v=
I(R+r)
BL，
解得：v=3.6m/s，
通过电阻的电荷量：
q=I△t=[E/R+r]△t=[△Φ/△t]•[1/R+r]•△t=[△Φ/R+r]=[BLx/R+r]，
金属杆移动的距离：x=
q(R+r)
BL，
解得：x=3.096m，
由能量守恒定律得：mgxsinθ=[1/2]mv²+Q，
电阻R上产生的热量：Q_R=[R/R+r]Q，
解得：Q_R=1.2J；
（3）由图象分析，金属杆在1.6s内随着位移的变大，做加速度逐渐变小的速度变大的直线运动；
1.6s～2.0s内随着位移的变大，做匀速直线运动； 2.0s时刻断开电键，
2.0s～4.0s金属杆做匀加速直线运动，其加速度为a=5m/s²．图象如图所示：
图象
答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为0.625T，在t=0.5s时电阻R的热功率为1.21W；
（2）估算0～1.2s内通过电阻R的电荷量及在R上产生的焦耳热为1.2J；
（3）速度随时间的变化图象如图所示．

点评：
本题考点： 研究电磁感应现象；电功、电功率；焦耳定律．

考点点评： 本题是一道电磁感应与电路、力学相结合的综合题，分析清楚金属杆的运动，应用平衡条件、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律等可以解题．

（1）由I-t图象可知当t=0.5s时，I=1.10A；
P=I²R=1.10²×1.0W=1.21W
（2）由图知，当金属杆达到稳定运动时的电流为1.60A，
稳定时杆匀速运动，受力平衡，则有：mgsinθ=BIL
解得B＝
mgsinθ
IL＝
0.2×10×0.5
1.60×1T＝0.625T
（3）1.2s内通过电阻的电量为图线与t轴包围的面积，由图知：
总格数为129格，故q=129×0.1×0.1C=1.29C
由图知：1.2s末杆的电流I=1.50A
由闭合电路欧姆定律得 I=[E/R+r]=[BLv/R+r]
得 v=
I(R+r)
BL=
1.50×(1+0.5)
0.625×1m/s＝3.6m/s
电量q=[E/R+r△t=
△Φ
△t]•
△t
R+r=[△Φ/R+r]=[BLx/R+r]
∴x=
q(R+r)
BL=
1.29×(1+0.5)
0.625×1m=3.096m
根据能量守恒得 mgxsinθ=[1/2mv2+Q
∴电路中产生的总热量为 Q=mgxsinθ-
1
2mv2=(0.2×10×3.096×0.5−
1
2×0.2×3.62)J＝1.8J
在R上产生的焦耳热 QR＝
R
R+rQ＝
1.0
1.0+0.5×1.8J＝1.2J
答：（1）t=0.5s时电阻R的热功率是1.21W；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小是0.625T；
（3）0～1.2s内通过电阻R的电量大小是1.29C，在R上产生的焦耳是1.2J．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；安培力．

考点点评： 本题的难点有两个：一是抓住电流图象“面积”的意义，估算出通过R的电量；二是根据感应电量q=△ΦR+r]求出杆通过的距离．

当电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻小于电阻R的阻值的线圈，所以电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以I₁慢慢减小，最后稳定时电感相当于电阻，I₁为恒定，
当电键断开后，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，不过大小在减小，故A正确，B错误，
当电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、有直流电阻的线圈，导致通过电阻的电流刚开始较大，当电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以I₂慢慢增大，最后稳定，
当断开电键，原来通过D₂的电流立即消失当电键断开后，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻，其方向与规定图示流过电阻的方向相反，I₁慢慢减小最后为0．故C错误，D正确．
故选AD．

点评：
本题考点： 自感现象和自感系数．

考点点评： 解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小．

（1）由I-t图象可知当t=0.5s时，I=1.10A；P=I2R=1.102×1.0W=1.21W（2）由图知，当金属杆达到稳定运动时的电流为1.60A，稳定时杆匀速运动，受力平衡，则有：mgsinθ=BIL解得B＝mgsinθIL＝1.25T（3）1.2...

点评：
本题考点： 研究电磁感应现象．

考点点评： 本题的难点有两个：一是抓住电流图象“面积”的意义，估算出通过R的电量；二是根据感应电量[△Φ/R +r]求出杆通过的距离．

（1）抓住电压传感器与灯泡并联，电流传感器与灯泡串联，知E矩形框中接电压传感器，F矩形框中接小灯泡，G矩形框接电流传感器．
（2）因为灯泡的电阻随着电流的增大，温度升高，电阻增大，图线上点与原点连线的斜率在增大，知纵坐标表示电压，横坐标表示电流．
故答案为：（1）电压传感器，小灯泡（2）电流，电压

点评：
本题考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线．

考点点评： 解决本题的关键知道灯泡的电阻随着电流的增大而增大．

解：(1)由I−t图像可知当t=0.5s时，I=1.10A；

(2)由图知，当金属杆达到稳定运动时的电流为1.60A，

杆受力平衡：

解得

(3)1.2s内通过电阻的电量为图线与t轴包围的面积，由图知：

总格数为129格(126∼133格均正确)

(1.26C∼1.33C格均正确)

由图知：1.2s末杆的电流I=1.50A

（1） （2） （3） （1.26C~1.33C格均正确）      


<>

（1）：为保护电流传感器，闭合开关前，应将电阻箱调到电阻最大值位置；
电阻箱的读数为：R=×10+1×1=21Ω；
（2）：根据闭合电路欧姆定律应有：E=I（R+r），整理可得：[1/I]=[1/ ER+
r
E]，
结合数学一次函数斜率和截距概念应有：[1/ E]=[5.2−0.4/29]，[r/E＝0.4
联立解得：E=6.0V，r=2.4Ω；
（3）：若考虑电流表内阻，可将电流表内阻看做是电源内阻的一部分，根据闭合电路欧姆定律可知，电动势测量值
E 测]等于真实值
E 真；
而电源内阻测量值
r 测大于真实值
r 真；
故答案为：（1）最大值，21
（2）6.0，2.4
（3）等于，大于

点评：
本题考点： 测定电源的电动势和内阻．

考点点评： 应明确：①闭合电键前，为保护电流表，应将电阻箱或变阻器的有效电阻调到最大的位置；②遇到根据图象求解的题目，首先应根据物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴和横轴物理量的函数表达式，再通过斜率和截距的概念即可求解；③分析测量电动势和内阻实验的误差时，可以应用“等效电源法”，本实验可将电流表内阻看做电源内阻的一部分，然后根据闭合电路欧姆定律讨论即可．

自感电流总是阻碍原电流的变化，闭合开关后如图黑色为原电路，红色为感应电流，电感线圈所在支路电流缓缓增加而电阻所在支路因为有红黑两路电流刚开始会比较大，C选项错误。

当断开开关时，电流情况如图

流过电阻的电流方向反向，且逐渐减小，C正确。流过电感的电流方向不变但大小逐渐变小，A正确。

AD

（1）由电路图甲可知，电压传感器E测量小灯泡的电压F，电流传感器G测量灯泡的电流；
所以E矩形框内应该接电压传感器，F矩形框内应该接小灯泡．
（2）根据所提供的数据，利用描点法可以正确画出小灯泡的I-U图线如下图所示：

（3）当功率增大时，即灯泡两端的电压增大，
根据欧姆定律R=[U/I]
从图线上可以看出，I-U图线斜率先不变再减小，所以灯丝电阻值的变化情况是先不变后增大．
故答案为：（1）电压传感器；小灯泡
（2）如图
（3）先不变后增大．

点评：
本题考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线．

考点点评： 实验中一定要通过实验的原理去掌握实验，脱离开原理是无法正确解决实验问题的；处理数据时注意将将公式与图象联系在一起理解和解答问题．

（1）电路图如图所示

实物连线图如图所示

（2）U-I图象如图所示，根据U=E-Ir可知，E=1.5V，r=0.5Ω

（3）由U-I图象可知，第5、6组偏离图线最远且相隔最近，所以计算时误差最大，故选用第5和第6组时，误差最大．
故答案为（1）如图
（2）如图，1.5，0.5
（3）5、6

点评：
本题考点： 测定电源的电动势和内阻．

考点点评： 遇到实验问题，关键是明确实验原理并记住有关典型的实验电路模型．