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第80讲 带电粒子在交变电或磁场中的运动
1．如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量和随时间周期性变化规律如图乙所示，图中可调。氙离子（）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS；
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求的取值范围；
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且。求图乙中时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
一.知识回顾
交变场是指电场、磁场在某一区域内随时间做周期性变化，带电粒子在交变场中的运动问题涉及的物理过程比较复杂。粒子在交变场中的运动情况不仅与交变电磁场的变化规律有关，还与粒子进入场的时刻有关。
周期性变化的电磁场会使带电粒子顺次历经不同特点的电磁场，从而表现出“多过程”现象。所以最好画出粒子的运动轨迹草图，并把粒子的运动分解成多个阶段分别列方程联立求解。
二.典型例题
题型一：交变磁场
2．如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里为磁场的正方向。有一群正离子在时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为、电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为，忽略粒子间的相互作用力和离子的重力。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）若正离子在时刻恰好从孔垂直于N板射出磁场，求该离子在磁场中的运动半径；
（3）要使正离子从孔垂直于N板射出磁场，求正离子射入磁场时速度的大小。
题型二：交变电场+交变磁场
3．如图甲所示，一对平行金属板C、D，O、O1为两板上正对的小孔，紧贴D板右侧存在上下范围足够大、宽度为L的有界匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，MN、GH是磁场的左、右边界。现有质量为m、电荷量为+q的粒子从O孔进入C、D板间，粒子初速度和重力均不计。
（1）C、D板间加恒定电压U，C板为正极，板相距为d，求板间匀强电场的场强大小E和粒子从O运动到O1的时间t；
（2）C、D板间加如图乙所示的电压，U0、T为已知量。t＝0时刻带电粒子从O孔进入，为保证粒子到达O1孔具有最大速度，求粒子到达O1孔的最大速度vm和板间d应满足的条件；
（3）磁场的磁感应强度B随时间t′的变化关系如图丙所示，B0为已知量，周期。t′＝0时刻，粒子从O1孔沿OO1延长线O1O2方向射入磁场，始终不能穿出右边界GH，求粒子进入磁场时的速度v应满足的条件。
三.举一反三，巩固练习
4．如图甲所示，一对平行金属板C、D相距为，两板长，在CD间加如图乙所示交变电压（是已知量，是不确定的未知量）。平行板右侧是两个紧邻的有界匀强磁场区，磁感应强度大小，磁场方向都垂直于纸面并相反，磁场边界、、垂直于极板。质量、电量的电子以相同的速度不断从左侧沿两板中线射入极板间，不计电子所受重力作用。
（1）若时刻在点进入电场的电子能在时间段内某时刻穿出极板间，求电子射入初速度和交变电压周期应该满足的条件；
（2）若电子射入初速度和交变电压周期满足条件：，所有从点射入电场的电子恰好都能够穿出C、D极板，求电子射入的初速度；
（3）不考虑电场边缘效应，在（2）的情景下，时刻射入电场的电子穿出极板间电场后又进入磁场运动，电子经过磁场的偏转又恰好从返回板间电场，求图甲中两磁场区宽度和满足的条件。
5．如图甲所示，在xOy坐标平面y轴左侧有一速度选择器，速度选择器中的匀强电场方向竖直向下，两板间的电压为U，距离为d；匀强磁场磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里。xOy坐标平面的第一象限（包括x、y轴）内存在磁感应强度大小为B0、方向垂直于xOy平面且随时间做周期性变化的匀强磁场，如图乙所示（磁场方向垂直xOy平面向里的为正）。一束比荷不同的带正电的粒子恰能沿直线通过速度选择器，在t＝0时刻从坐标原点O垂直射入周期性变化的磁场中。部分粒子经过一个磁场变化周期T0后，速度方向恰好沿x轴正方向。不计粒子的重力，求：
（1）粒子进入周期性变化的磁场的速度；
（2）请用三角板和圆规作出经一个磁场变化周期T0后，速度方向恰好沿x轴正方向，且此时纵坐标最大的粒子的运动轨迹，并求出这种粒子的比荷；
（3）在（2）中所述的粒子速度方向恰好沿x轴正方向时的纵坐标y。
6．如图（a）所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过时间以后，电荷以v0＝1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸而垂直，磁感应强度B按图（b）所示规律周期性变化，图（b）中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻。求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）图（b）中时刻电荷与O点的水平距离；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间。
7．如图甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的电场，M、N间电压UMN的变化图像如图乙所示，电压的最大值为U0、周期为T0；M、N两侧为相同的匀强磁场区域I、II，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度均为B。t=0时，将一带正电的粒子从边界线M上的A处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0。两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间忽略不计，也不考虑粒子所受的重力。
（1）求该粒子的比荷；
（2）求粒子第1次和第3次到达磁场区域I的左边界线N的两位置间的距离Δd；
（3）若粒子的质量增加为倍，电荷量不变，t=0时，将其在A处由静止释放，求t=2T0时粒子的速度。
8．如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为+q的粒子，在t=0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场。图乙中T0为未知量，不计粒子的重力（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。
（1）若粒子射入磁场时的速度为v0，求时间内粒子做匀速圆周运动的半径；
（2）若粒子恰好不能从Oy轴射出磁场，求磁感应强度变化的周期；
（3）若使粒子能从坐标为（d，d）的D点平行于Ox轴射出，求射入磁场时速度大小。
9．如图甲所示，在平面的第一象限内（含轴和轴的正半轴）存在周期性变化的磁场，规定垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。某质量为、电荷量为的粒子，在时刻沿轴正方向从坐标原点射入磁场。图乙中为未知量．已知，，。求：
（1）时间内粒子做匀速圆周运动的角速度；
（2）若粒子不能从轴正半轴射出磁场，磁感应强度变化周期的最大值；
（3）若粒子能沿轴正方向通过坐标为（，）的点，其射入磁场时速率。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）；（2）；（3），方向沿z轴负方向
【详解】（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小
（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有
此时；根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
故的取值范围为；
（3）粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意根据洛伦兹力提供向心力有
且满足
所以可得
所以可得
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为
方向沿z轴负方向。
2．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）正离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，即

正离子做匀速圆周运动的周期为

联立①②解得
③
（2）由题意，作出正离子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知正离子的运动半径为
④
（3）要使正离子从孔垂直于N板射出磁场，根据离子运动轨迹的周期性可知离子在磁场中运动时间满足
⑤
则运动半径满足
⑥
联立①③⑥解得
⑦
3．（1）；（2），；（3）
【详解】（1）板间匀强电场的场强为
E
粒子在板间的加速度为
根据位移﹣时间关系有
d
解得
（2）粒子一直加速到达O1孔速度最大，设经历时间t0，则有
当U取U0时，解得
由动能定理有
qU0
解得
vm =
（3）当磁感应强度分别为B0、2B0时，设粒子在磁场中圆周运动半径分别为r1、r2，周期分别为T1、T2，根据洛仑兹力提供向心力可得
qvB0＝m
解得
r1=
且有
同理可得
r2=
且有
故0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～2T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，2T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～3T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，3T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周后从左边界飞出磁场，如图所示
由几何关系有
r1+r2≤L
解得
4．（1），；（2）；（3），
【详解】（1）电子通过极板时间为
电场方向上加速度为
电场方向上的位移为
已知
解得
可得
又
则有
（2）电子穿过电场时间为
在时段电子加速度方向向上，大小为
在时段电子加速度方向向下，大小为
不同时刻进入电场电子在垂直电场方向速度随时间变化图像如图
可知（，，）时刻进入电场的电子侧向位移最大，电子的最大侧位移为
解得
可得
（3）由（2）问中垂直板方向速度图像可知，时刻射入电场的电子在点穿出极板时速度等于初速度，经过磁场偏转后返回点，轨迹如图所示
由牛顿第二定律得
解得
两区域磁场磁感应强度大小相等，所以
三圆心连线为等边三角形，则有
两磁场区宽度满足
5．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子沿直线通过速度选择器，则洛伦兹力与电场力平衡，有
①
所以
②
（2）满足条件的粒子的运动轨迹如图所示。
设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得
③
粒子运动的周期为T，有
④
⑤
由③④⑤式解得
⑥
（3）粒子在磁场中有
⑦
由图可得
y＝2R+2Rcosθ ⑧
由②⑥⑦⑧式解得
6．（1）7.2×103N/C；（2）4cm；（3）10﹣5s
【详解】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，其在电场中加速运动的时间为，由匀变速直线运动规律得
由牛顿第二定律得
qE＝ma
代入数据解得
E=7.2×103N/C
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qv0B＝m
解得
当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径
做圆周运动的周期
代入数据解得
r1＝5cm
T110﹣5s
同理可得，当磁场垂直纸面向里时，电荷圆周运动的半径为
r2
代入数据解得
r2＝3cm
做圆周运动的周期
T2
代入数据解得
T210﹣5s
故电荷t＝0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图所示
从电荷第一次通过MN开始其运动的周期为
T＝（4）×10-5s10-5s
所以ts时刻粒子距离O点的水平距离为
Δd＝2(r1-r2)
代入数据解得
Δd＝4cm
（3）由第（2）的分析可知，每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个，即
s＝9Δd＝9×4cm＝36cm
则最的后7.5cm的距离如图所示
由几何关系可得
r1+r1cosα＝7.5cm
解得
cosα＝0.5
即
故电荷运动的总时间
t总＝t1+9TT1
代入数据解得
t总10-5s
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子进入磁场后，据题意有，由周期公式得
解得
（2）由于不计粒子穿越MN间的时间，则可认为0时刻出发的粒子穿越MN的过程中电压始终为U0，如下图所示
第一次加速后
解得
在I磁场区域中第一次做圆周运动，故有
解得
同理，之后在II磁场中圆周运动的半径为
粒子第1次和第3次到达磁场区域I的左边界限N的两位置间的距离为
解得
（3）粒子的质量增加为，则
每半个周期为
从0开始到为止的时间内，根据加速电压图像可知粒子进入电场的时刻分别为0，，，，且加速电压UMN分别为、、0、，前两次为加速，最后一次为减速，由动能定理得
解得
8．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力得
解得
（2）要使粒子恰好不从轴射出，轨迹如图
在前内的运动半径为
在后内的运动半径
由几何关系知
解得
粒子做圆周运动的周期
则
解得磁感应强度变化周期
（3）要想使粒子经过点且平行轴射出，则粒子只能从时刻经过点，（其中），则轨迹如图
设粒子射入磁场的速度为，由（2）可得
由几何关系可知
又
解得
9．（1）；（2）；（3）（，，）
【详解】（1）设粒子进入磁场的速度为，根据洛伦兹力提供向心力可得
解得轨道半径为
则粒子做匀速圆周运动的角速度为
（2）要使得粒子不从轴射出，则轨迹如图1所示
在前内的运动半径为
在后内的运动半径为
可得
由几何关系可知
联立解得
粒子做圆周运动的周期为
则在运时间内有
解得磁感应强度变化周期的最大值为
（3）使粒子经过点且平行轴射出，在时刻达到点的轨迹如图2所示
由几何关系可得
可得
根据周期性，在时刻达到点可满足题意，由几何关系可得
（，，）
又有
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
（，，）
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第61讲　纯电阻电路和非纯电阻电路中的电功与电热
（2022 浙江）
1．某节水喷灌系统如图所示，水以的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（　　）
A．每秒水泵对水做功为75J
B．每秒水泵对水做功为225J
C．水泵输入功率为440W
D．电动机线圈的电阻为10
一、知识回顾
1．电功
（1）实质：导体中的恒定电场对自由电荷的静电力做的功。
（2）公式：W＝Uq＝UIt（适用于任何电路）。
（3）单位：国际单位是焦耳（J），常用单位是度（kW·h），1kW·h＝3.6×106J。
（4）能量转化：电荷的电势能转化成其他形式的能。
2．电功率
（1）定义：电流在一段电路中所做的功与通电时间之比，表示电流做功的快慢。
（2）公式：P＝＝UI（适用于任何电路）。
（3）单位：国际单位是瓦特，简称瓦（W），常用单位是千瓦（kW），1kW＝103W。
3．焦耳定律
（1）内容：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比。（2）公式：Q＝I2Rt。
4．热功率
（1）定义：单位时间内的发热量通常称为热功率。
（2）公式：P＝I2R。
（3）单位：国际单位是瓦特，简称瓦（W）。
5．电功和电热、电功率和热功率的区别与联系
意义 公式 联系
电功 电流在一段电路中所做的功 W＝UIt 对纯电阻电路，电功等于电热，W＝Q＝UIt＝I2Rt；对非纯电阻电路，电功大于电热，W>Q
电热 电流通过导体产生的热量 Q＝I2Rt
电功率 单位时间内电流所做的功 P＝UI 对纯电阻电路，电功率等于热功率，P电＝P热＝UI＝I2R；对非纯电阻电路，电功率大于热功率，P电>P热
热功率 单位时间内导体产生的热量 P＝I2R
5．常见的纯电阻用电器：电阻、电炉子、白炽灯等；常见的非纯电阻用电器：电风扇、电动机、电解槽等。特别说明：电动机因故障或其他原因不转动时，相当于一个纯电阻元件。
6．非纯电阻电路的分析方法
（1）抓住两个关键量：确定电动机的电压UM和电流IM是解决所有问题的关键。若能求出UM、IM，就能确定电动机的电功率P＝UMIM，根据电流IM和电动机的电阻r可求出热功率Pr＝Ir，最后求出输出功率P出＝P－Pr。
（2）坚持“躲着”求解UM、IM：首先，对其他纯电阻电路部分、电源的内电路部分等，利用欧姆定律进行分析计算，确定相应的电压或电流。然后，利用闭合电路的电压关系、电流关系间接确定非纯电阻电路部分的工作电压和电流。
（3）应用能量守恒定律分析：要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒定律，利用“电功＝电热＋其他能量”寻找等量关系求解。
二、例题精析
题型一：纯电阻电路的电功与电热
2．如图，电路中电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，小灯泡的伏安特性曲线如图所示．当开关闭合后，下列说法中正确的是(　　)
A．L1的电流为L2电流的2倍 B．L3的电阻约为0.33 Ω
C．L3的电功率约为1.20 W D．L2和L3的总电功率约为3 W
题型二：非电阻电路的电功与电热
3．在如图所示的电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A，电流表内阻不计。则以下判断中正确的是（　　）
A．电动机的输出功率为2W
B．电动机两端的电压为7.0V
C．电动机产生的热功率为12W
D．电源输出的功率为14W
三、举一反三，巩固练习
4．图是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机。P是一个质量为m的重物，它被细绳拴在电动机的轴上。闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是5.0 A和100 V，重物P上升的速度为0.70 m/s。重物的质量为50 kg，g取10 m/s2。下列说法不正确的是（　　）
A．电动机消耗的电功率为500W
B．绳对重物做功的机械功率350W
C．电动机线圈的电阻20Ω
D．电动机的效率为70%
5．在如图所示的电路中，电源电动势为6V，内阻为2Ω，定值电阻R的阻值为10Ω，电动机的线圈阻值为2Ω。闭合开关S后，理想电压表的示数为3V。下列说法正确的是（　　）
A．电源的输出功率为
B．电动机消耗的功率为
C．电动机线圈在1分钟内产生的热量为0.125J
D．如果电动机被卡住，电压表的示数将变大
6．如图（a）所示电路，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻。从左向右移动变阻器的滑片，根据电表数据得到U-I图像如图（b）所示，则（　　）
A．R1的最大功率为4W
B．R2的最大功率为3W
C．电源的最大输出功率为4W
D．电源的输出功率先增大后减小
7．手机电池容量（电量）和快速充电功能已经成为人们选择手机时的重要参考因素，如图为某品牌手机将锂电池电量从0%~100%充满过程中充电功率P和充电时间t的关系图像，设充电过程中电池两端电压恒为4.35V，不计其他能量损耗，则（　　）
A．充电过程的平均功率为40W
B．充电过程的平均功率为60W
C．该电池的容量是2000mA·h
D．该电池的容量是4000mA·h
8．如图所示为汽车启动电路原理图，汽车电动机启动时车灯会瞬间变暗。在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表的示数为10A；电动机启动时电流表的示数为58A。已知电源的电动势为12.5V，内阻为，设电流表的内阻不计、车灯的电阻不变。则（　　）
A．车灯的电阻为
B．电动机的内阻为
C．打开车灯、电动机启动时，电动机的输入功率为480W
D．打开车灯、电动机启动时，电源的工作效率为60%
9．如图所示的图像中，直线a为电源的路端电压与电流的关系，直线b、c分别是电阻、的电压与电流的关系。若将这两个电阻分别直接与该电源连接成闭合电路，则下列说法正确的是（　　）
A．电阻大于电阻
B． 接在电源上时，电源的输出功率较大
C． 接在电源上时，电源的输出功率较大
D．两种情况下，电源的输出功率相等
10．DC14.8V/2200mAh的锂电池供电，额定功率为35W，当锂电池剩余电量为总容量的20%时，扫地机器人就自动回座机充电。结合上述信息，下列说法正确的是（　　）
A．DC14.8V/2200mAh表示该电池输出的是交流电
B．该机器人电机的额定电流为0.42A
C．正常工作时机器人电动机每秒钟输出35J动能
D．电池充满电后机器人正常工作约45min后回座机充电
11．四盏白炽灯泡连接成如图所示的电路。a、c灯泡的规格为“220 V 40 W”，b、d灯泡的规格为“220 V 100 W”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率。对这四盏灯泡实际消耗功率的说法正确的是（　　）
A．a灯泡实际消耗的功率最小 B．b灯泡实际消耗的功率最小
C．c灯泡实际消耗的功率最小 D．d灯泡实际消耗的功率最小
12．为了更加精细描述导体内电流的分布情况，人们定义了“电流密度”j。某点处的电流密度，大小为垂直于该点处电流方向上单位面积内的电流大小，方向为该点处的电流方向。
（1）如图1所示，圆柱形长直均匀金属导体的横截面积为S，将其左、右截面接入直流电路，稳定后内部有大小为I且分布均匀的电流。求导体内的电流密度大小。
（2）如图2所示，分界面MN以下是半无限大的均匀导体区域，在MN上的P点处埋有一半球形电极，半径可忽略不计，大小为I的电流通过电极打入导体内，在各个方向上均匀分散并流向无穷远处。
a.求导体内到电极距离为r的点处的电流密度大小；
b.可以看出，上一问中的电流密度分布规律，与点电荷的场强分布规律是相似的，试利用这一相似性，解决下面的问题：如图3所示，在MN上到P点距离为2l的O点处再埋一个相同的半球形电极，两电极接入直流电路，稳定后电路中的电流大小为I。求导体内PQ中垂线上到中点距离为l的点处的电流密度大小和方向。
（3）小亮同学认为，通有恒定电流的直导线不应该产生焦耳热，并结合图1给出了自己的理解：请你判断小亮的分析是否正确，并说明理由。
设电子质量为m，在导体柱内从左向右定向移动，平均速度为v 经过一小段时间△t，流入左截面1的电子个数为△N1 这些电子具有定向移动的总动能为 同理，流出右截面2的电子具有定向移动的总动能为 由于导体中通有恒定电流，应有△N1=△N2，所以△E1=△E2 即流入截面1的总动能等于流出截面2的总动能，电子无动能损失，所以不产生焦耳热。
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参考答案：
1．D
【详解】AB．每秒喷出水的质量为,抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为
故AB错误；
C．水泵的输出能量转化为水的机械能，则
而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，则
故C错误；
D．电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为
而电动机的电功率为
由能量守恒可知
联立解得
故D正确；
故选D。
2．C
【详解】A．当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=1A；灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.80A，故A错误．
B．灯泡L2、L3的电阻均为
故B错误．
CD．L3的电功率
P3=U3I3=1.5×0.8=1.2W
L2和L3的总电功率为2.4W，C正确，D错误。
故选C。
3．B
【详解】B．电动机两端的电压为
B正确；
C．电动机的热功率为
C错误；
A．电动机的输出功率为
A错误；
D．电源的功率输出功率为
D错误。
故选B。
4．C
【详解】A．根据电功率关系式有
故电动机消耗的功率为500W，故A正确，不符合题意；
B．以物体为研究对象，由于物体匀速上升，根据平衡条件有
根据
得
故细绳对对重物做功的机械功率为350W，故B正确，不符合题意；
C．根据功能关系有
联立解得
故C错误，符合题意；
D．电动机效率
故D正确，不符合题意；
故选C。
5．B
【详解】A．假设电路电流为，根据闭合电路欧姆定律可得
解得
可知外电压为
电源的输出功率为
A错误；
B．电动机消耗的功率为
B正确；
C．电动机线圈在1分钟内产生的热量为
C错误；
D．如果电动机被卡住，电动机变成纯电阻，根据闭合电路欧姆定律可得
解得
电压表示数为
可知电压表的示数将变小，D错误；
故选B。
6．B
【详解】根据欧姆定律可知
所以图（b）中斜率为正的图线反映R2的伏安特性。
设电源电动势为E，内阻为r。根据闭合电路欧姆定律有
所以
所以图（b）中斜率为负的两条图线中，斜率绝对值较大的图线反映了V1表示数随I的变化，则
斜率绝对值较小的图线反映了V3表示数随I的变化，则
，
A．R1的输出功率为
根据数学知识可知当时，P1有最大值为
故A错误；
B．当电路中电流最大时，R2的功率最大，此时R1接入电路的阻值为零，所以
故B正确；
CD．电源的输出功率为
从左向右移动变阻器的滑片，R1增大，根据数学知识可知当时，P随R1的增大而减小，当R1=0时，P有最大值为
故CD错误。
故选B。
7．A
【详解】AB．题中P-t图像与坐标轴所围的面积表示电能，所以整个充电过程中充入电池的电能为
充电过程的平均功率为
故A正确，B错误；
CD．该电池的容量是
故CD错误。
故选A。
8．C
【详解】A．根据闭合电路欧姆定律，车灯的电阻为
A错误；
B．电动机启动时，电路外电压为
流过车灯电流为
流过电动机电流为
由于电动机启动时会产生反向电动势，可知电动机的内阻应满足
B错误；
C．打开车灯、电动机启动时，电动机的输入功率为
C正确；
D．打开车灯、电动机启动时，电源的工作效率为
D错误；
故选C。
9．D
【详解】A．由欧姆定律结合图象可知电阻小于电阻，故A错误；
BCD．电源的内阻
当时，由闭合电路欧姆定律
同理当时，由闭合电路欧姆定律
解得
根据可得两种情况下，电源的输出功率相等为
故D正确，BC错误
故选D。
10．D
【详解】A．DC14.8V/2200mAh表示该电池输出的是直流电，选项A错误；
B．该机器人电机的额定电流为
选项B错误；
C．正常工作时机器人电动机内阻要产生部分内能，则每秒钟输出动能小于35J，选项C错误；
D．机器人人正常工作的时间
选项D正确。
故选D。
11．C
【详解】a、c灯泡的电阻
b、d灯泡的电阻
根据并联电路的特点知b、d并联后的总电阻
大电阻分大电压，所以b、c两端的电压小于d灯泡的电压，根据
可得
a、d灯串联，电流相等，根据
知则P与R2成正比，则
故选C。
12．（1）；（2）a.；b.大小为，方向平行PQ连线向右；（3）见解析
【详解】（1）根据电流密度的定义可知
（2）a．电流均匀分布在以电极为球心、r为半径的半球面上，则导体内到电极距离为r的点处的电流密度大小
b．若只存在电极P，则P在该点处产生的电流密度为
若只存在电极Q，则Q在该点处产生的电流密度为
方向如图所示：
将两电流密度矢量合成，即为实际的电流密度，大小为
方向平行PQ连线向右。
（3）不正确。电荷从截面1到截面2，电场力做正功，原子间实碰撞阻力做负功，二者大小相同，所以电荷动能不变。但只要和原子碰撞，就有内能产生。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第62讲 电路的动态分析
（2018 全国）
1．如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变．闭合开关S，滑动变阻器的滑片P处于某一位置时，小灯泡L 能发光．将滑片P 从该位置向b端滑动，则（ ）
A．小灯泡L变亮，电流表的示数变小
B．小灯泡L变亮，电流表的示数增大
C．小灯泡L变暗，电流表的示数变小
D．小灯泡L变暗，电流表的示数增大
（2014 上海）
2．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表示数变化量的绝对值分别为 ，理想电流表示数变化量的绝对值 ，则
A．A的示数增大 B．的示数增大
C．与 的比值大于r D．大于
一.知识回顾
1．电动势
（1）定义：电源内部非静电力所做的功与所移动的电荷量之比。
（2）表达式：E＝。
（3）物理意义：反映电源把其他形式的能转化为电势能的本领大小的物理量。
（4）特点：由非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，也跟外电路无关。
2．内阻：电源内部也存在电阻，叫作电源的内阻，常用r表示，它是电源的另一重要参数。
3．闭合电路的欧姆定律
（1）内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比。
（2）公式
①I＝（只适用于纯电阻电路）；
②E＝U外＋U内（适用于所有电路）。
4．路端电压与负载的关系
一般情况 U＝IR＝·R＝当R增大时，U增大
特殊情况 ①当外电路断开时，I＝0，U＝E②当电源两端短路时，I＝，U＝0
5．路端电压跟电流的关系
（1）关系式：U＝E－Ir。
（2）用图像表示如图所示，其中纵轴截距为电动势，横轴截距为短路电流，斜率的绝对值为电源的内阻。
6．电路的功率和效率
（1）电源的功率P总＝EI。
（2）电源内部损耗功率P内＝I2r。
（3）电源的输出功率P出＝UI。
A.定值电阻的功率：P定＝I2R
R为定值电阻，P定只与电流有关系，当R外最大时，I最小，P定最小，当R外最小时，I最大，P定最大。
B. 对纯电阻电路，则有： P出＝I2R＝＝。
由上式可以看出
①当R＝r时，电源的输出功率最大，Pm＝。
②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小。
③当R④当P出⑤P出与R的关系如图所示。
利用等效思想，把除变化电阻之外的其他的定值电阻等效成电源的内阻r′，则变化电阻的功率即为等效以后的电源的输出功率，即当R变＝r′时，P变有最大值。
C.外电路不管是纯电阻电路还是非纯电阻电路，则有：
P出＝（E-U）U/r， U=E/2时，输出功率最大。Pm＝
或者P出＝I（E-Ir）,I=E/2r时，输出功率最大。Pm＝
（4）电源的效率η＝×100%＝×100%。
A.任意电路
η＝×100%＝×100%
B.纯电阻电路
η＝×100%＝×100%
因此R越大，η越大；当R＝r时，电源有最大输出功率，效率仅为50%。
7．判定总电阻变化情况的规律
（1）当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时，电路的总电阻一定增大（或减小）。
（2）若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小。
（3）在如图甲所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成，其中一段R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联。A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致。
　
（4）在一个定值电阻R和一个可变电阻R0组成的如图乙所示的电路中，若R0≥R，则当两个并联支路的电阻值相等时，a、b两端的总电阻最大；若R08．电路动态分析的方法
（1）程序法
电路结构的变化→R的变化→R总的变化→I总的变化→U端的变化→固定支路→变化支路。
（2）“串反并同”结论法
①所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大。
②所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小。
即：←R↑→
（3）极限法
对于因滑动变阻器的滑片滑动引起电路变化的问题，可分析将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端情况，此时还要注意滑片移动引起的电路变化是否是单调变化，滑片移动过程中是否有极值情况出现。
（4）特殊值法
对于某些电路问题，可以代入特殊值进行判定，从而得出结论。
9.电路动态分析的一般步骤
（1）弄清局部电路变化所引起的局部电路电阻的变化。
（2）根据局部电路电阻的变化，确定整个电路的外电阻如何变化。
（3）根据闭合电路欧姆定律I总＝，确定电路总电流如何变化。
（4）由U内＝I总r确定电源内电压如何变化。
（5）由U＝E－U内确定路端电压如何变化。
（6）确定支路两端的电压及通过各支路的电流如何变化。
二.例题精析
题型一：部分电路中的电流、电压及功率变化
3．如图所示电路，当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数变大
B．R3两端的电压减小
C．R2的功率增大
D．R1的电流增大
题型二：闭合电路中电源的输出功率与效率变化
4．如图所示，已知电源的内阻为r，外电路的固定电阻，可变电阻的总电阻为2r，在的滑动触头从A端滑向B端的过程中（　　）
A．消耗的功率减小
B．消耗的功率先增大后减小
C．电源内部消耗的功率减小
D．消耗的功率减小
题型三：巧用等效电源
5．如图所示，电路中定值R的阻值大于电源内阻r的阻值，开关S闭合，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为，理想电流表示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是（　　）
A．理想电压表V3的示数变大 B．电源的效率增大
C． D．
三.举一反三，巩固练习。
6．在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略。当滑动变阻器的滑片P向a端滑动时（　　）
A．流过电源的总电流增大
B．R1消耗的功率增大
C．电源内部消耗的功率增大
D．R2所在支路的电流增大
7．如图电路中，R1为定值电阻，电表均为理想电表。移动滑动变阻器R2的滑片，V、V1、V2和A四个电表的示数分别记为U、U1、U2和I，则必有 （　　）
A． B． C． D．
8．利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以制作电子温度计。图甲表示该半导体的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把该半导体与电动势为E、内阻为r的电源，理想电压表和保护电阻R0连成如图乙所示的电路。用该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计。下列说法正确的是（　　）
A．电压较大的刻度对应较高的温度
B．电压刻度0V对应的就是0℃
C．该电子温度计表盘上温度的刻度是均匀的
D．若电池用久后内阻r变大，用该温度计测量的温度要比真实值偏高
9．如图甲所示，条形码扫描笔的原理是扫描笔头在条形码上匀速移动时，遇到黑色线条，发光二极管发出的光线将被吸收，光敏三极管接收不到反射光，呈高阻抗；遇到白色间隔，光线被反射到光敏三极管，三极管呈低阻抗。光敏三极管将条形码变成一个个电脉冲信号，信号经信号处理系统处理，即完成对条形码信息的识别，等效电路图如图乙所示，其中R为光敏三极管的等效电阻，为定值电阻，下列判断正确的是（　　）
A．当扫描笔头在黑色线条上移动时，信号处理系统获得高电压
B．当扫描笔头在白色间隔上移动时，信号处理系统获得高电压
C．扫描速度对信号处理系统接收到的电压信号无影响
D．扫描笔头外壳出现破损时仍然能正常工作
10．利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以制作电子温度计。图甲表示该半导体的电阻随温度变化的情况。把该半导体与电动势为、内阻为的电源，理想电压表和保护电阻连成如图乙所示的电路。用该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计。下列说法正确的是（　　）
A．温度升高后，电源的效率将升高
B．该电子温度计表盘上温度的刻度是均匀的
C．和相比，应标在电压较小的刻度上
D．若电池用久后内阻变大，用该温度计测量的温度要比真实值偏高
11．在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，电压表V1的示数为U1，电压表V2的读数为U2，当R5的滑片向b端移动过程中，电流表A1的读数变化量的绝对值为，电流表A2的读数变化量的绝对值为，电压表V1的读数变化量的绝对值为，电压表V2的读数变化量的绝对值为，则（　　）
A．U1变大，U2变大，不变
B．I1变小，，变大
C．I1变大，I2变小，变小
D．I1变小，，不变
12．如图所示，电路中开关S闭合，两平行金属板间带电微粒P处于静止状态，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（　　）
A．微粒P将向上运动
B．电流表读数增大
C．上消耗的电功率增大
D．电源的效率减小
13．如图所示，R1、R2和R3都是阻值为R0的定值电阻，R是滑动变阻器，V1、V2和A都是理想电压表和电流表，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片由图示位置向左缓慢滑动时，下列说法中正确的是（　　）
A．V1表示数减小
B．V2表示数减小
C．
D．电压表V1示数的变化量的绝对值小于电压表V2示数的变化量的绝对值
14．如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=2，滑动变阻器R1总阻值为6，定值电阻R2=10，电流表A以及电压表V1、V2是理想电表。在调整滑动变阻器R1的过程中，下面说法正确的是（　　）
A．电压表V1读数改变量与电流表读数改变量之比为2
B．电压表V2读数改变量与电流表读数改变量之比为60
C．电阻R2消耗的最小功率为2.5W
D．电源的最大输出功率为2.5W
15．如图所示，Rt为金属热电阻，R1为光敏电阻，R2和均为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r，V为理想电压表，现发现电压表示数增大，可能的原因是
A．金属热电阻温度升高，其他条件不变
B．金属热电阻温度降低，光照减弱，其他条件不变
C．光照增强，其他条件不变
D．光照增强，金属热电阻温度升高，其他条件不变
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】根据滑片P的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，从而知道电流表的示数如何变化．根据路端电压的变化分析小灯泡亮度的变化．
【详解】将滑片P从该位置向b端滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I变小，则电流表示数变小．
总电流变小，电源的内电压变小，则路端电压变大，小灯泡的电压变大，则小灯泡L变亮，故A正确，BCD错误．
故选A．
【点睛】本题是一道闭合电路的动态分析题，要分析清楚电路结构，熟练应用欧姆定律即可分析．
2．ACD
【详解】A．滑动变阻器的滑片向下滑动，导致滑动变阻器阻值变小，由于电压表断路，定值电阻和滑动变阻器为串联，滑动变阻器阻值变小，总电阻变小，电源电动势不变，总电流变大，即电流表示数变大，选项A对；
B．电压表测量定值电阻的电压，电阻不变，总电流变大，所以电压变大即示数增大．电压表测量定值电阻和滑动变阻器总电压即路端电压，示数变小，选项B错；
D．电压表测量滑动变阻器电压，设电流增加量为，则根据，，所以，选项D对；
C．电压表的变化量，所以，选项C对．
3．A
【详解】当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，其接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则干路电流I减小，路端电压U增大，R3两端的电压等于路端电压，则知R3两端的电压增大，则通过R3电流I3增大，通过R2电流I2=I﹣I3，I减小，I3增大，则I2减小，故R2的功率减小，电压U2也减小；R1、R4并联电压U并=U﹣U2，U增大，U2减小，则知U并增大，故通过电流表的电流IA增大，电流表的示数变大．R1的电流I1=I2﹣IA，I2减小，IA，增大，则I1减小．故A正确，BCD错误．故选A．
【点睛】当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，分析其接入电路电阻的变化，即可知外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，再根据干路电流与通过R3电流的变化，分析通过R2电流的变化，即可知道其功率的变化．根据路端电压与R2电压的变化，分析R1、R4并联电压的变化，即可知电流表读数的变化，由通过R2的电流与电流表示数变化，分析R1的电流变化．
4．A
【详解】AB．消耗的功率为
根据数学知识可知当时，最大；当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小。在的滑动触头从A端滑向B端的过程中，Rx从2r逐渐减小至零，所以Px一直减小，故A正确，B错误；
CD．在的滑动触头从A端滑向B端的过程中，电路中电流一直增大，根据可知电源内部消耗的功率和消耗的功率都增大，故CD错误。
故选A。
5．CD
【详解】A．理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当于短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压，当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，理想电压表V2的示数变小，R两端的电压增大，理想电压表V1的示数变大，所以滑动变阻器两端电压减小，所以理想电压表V3的示数变小，故A错误；
B．电源的效率
路端电压减小，所以电源效率减小，故B错误；
C．由题意可得
则有
所以电源内阻
故CD正确；
故选CD。
6．B
【详解】A．当滑动变阻器的滑片P向a端滑动时，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知流过电源的电流减小，故A错误；
B．流过电源的电流减小，路端电压将增大，即电阻R1两端电压增大，其消耗的功率
增大，故B正确；
C．流过电源的电流减小，则电源内部消耗的功率
减小，故C错误；
D．流过电源的电流减小，而流过R1的电流增大，因此流过R2的电流减小，故D错误。
故选B。
7．B
【详解】根据欧姆定律可得
根据闭合电路欧姆定律可得
所以
由于r和R1的大小关系未知，所以无法判断和的关系，但一定有
所以一定有
故ACD错误，B正确。
故选B。
8．D
【详解】AB．由图像可知
可知温度越高，U越小，电压较大的刻度对应较低的温度，电压刻度0V对应的温度较高的刻度，不是0℃，选项AB错误；
C．根据
可知，该电子温度计表盘上温度的刻度是不均匀的，选项C错误；
D．若电池用久后内阻r变大，根据
可知相同的R值时U值偏小，则对应的温度偏高，即用该温度计测量的温度要比真实值偏高，选项D正确。
故选D。
9．B
【详解】AB．信号处理系统获得的电压是R0两端的电压，当扫描笔头在黑色线条上移动时，R相当于大电阻，根据闭合电路欧姆定律，回路电流很小，R0两端的电压很低，信号处理系统获得低电压；当扫描笔头在白色间隔上移动时，R相当于小电阻，回路电流较大，R0两端的电压较高，信号处理系统获得高电压，A错误，B正确；
C．如果扫描速度发生变化，在信号处理系统中高低电压的时间间隔就会发生变化，从而无法正确判断黑、白条纹宽度，可能出现错误识别信息，C错误；
D．扫描笔头外壳出现破损时，外面的光就会进入光敏三级管，从而出现错误信息，导致不能正常工作，D错误。
故选B。
10．D
【详解】A．电源的效率
温度升高后，R阻值减小，外电阻减小，则电源的效率将降低，选项A错误；
BC．由图像可知
则该电子温度计表盘上温度的刻度是不均匀的；温度越高，U越小，即应标在电压较大的刻度上，应标在电压较小的刻度上，选项BC错误；
D．若电池用久后内阻r变大，根据
可知相同的R值时U值偏小，则对应的温度偏高，即用该温度计测量的温度要比真实值偏高，选项D正确。
故选D。
11．A
【详解】当R5的滑片向b端移动过程中，变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律知，总电流变小，路端电压变大，即变大，根据闭合电路欧姆定律知
可知
变大，根据欧姆定理得变大，由
可知不变，不变，故A正确，BCD错误。
故选A。
12．BD
【详解】A．带电微粒P处于静止状态，其受力如图所示
当滑动变阻器的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据“串反并同”规律可知，平行金属板间的电势差变小，根据
可知平行金属板间的电场强度减小，带电微粒所受电场力减小，微粒P将向下运动，A错误；
BC．当滑动变阻器的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据“串反并同”规律可知，电流表的示数增大，上消耗的电功率减小，B正确，C错误；
D．当滑动变阻器的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，即外电路的总电阻减小，电源的效率为
由此可知，电源的效率减小，D正确。
故选BD。
13．BCD
【详解】AB．R的滑片向左移，R的阻值减小，利用闭合电路欧姆定律结论“并同串反”可知：表示数增大，表示数减少，A错误、B正确；
D．R减小，回路总阻值减小，总电流增大，r和分压变大，减小，D正确；
C．设流经的电流为，流经的电流为，则
则
联立解得
C正确。
故选BCD。
14．D
【详解】A．把R2 +r看作是等效内阻，电压表V；读数改变量与电流表读数改变量之比等于
故A错误；
B．同理电压表V，读数改变量与电流表读数改变量之比为电阻
故B错误；
C．电流最小时，电阻R2消耗的功率最小，此时，滑动触头应在最右端，此时总电流
电阻R2消耗的功率为
故C错误；
D．当电源的内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，但本题外电阻总是大于内电阻，因此，外电阻最接近内电阻，电源有最大输出功率，此时滑动触头应在最左端
电源的最大输出功率为
故D正确。
故选D。
15．B
【详解】试题分析：金属热电阻温度升高，则电路电阻增大，总电流减小，路端电压增大，即光敏电阻两端的电压增大，所以通过光敏电阻的电流增大，而总电流是减小的，所以通过的电流减小，故两端的电压减小，A错误；金属热电阻温度降低，光照强度减弱，如果外电路电阻减小，则干路电流增大，内电压增大，路端电压减小，所以光敏电阻两端的端电压减小，即通过的电流减小，而总电流增大，所以通过的电流增大，即电压表的示数增大，B正确；光照强度增大，则光敏电阻减小，总电阻减小，路端电压减小，即和热电阻两端的电压减小，通过的电流减小，电压减小，即电压表示数减小，C错误；光照增强，金属热电阻温度升高，一个电阻减小，一个电阻增大，若总电阻减小，则总电流增大，路端电压减小，而两端的电压增大，所以并联电路电压减小，所在支路的电阻增大，所以支路电流减小，电压表示数减小，一个电阻减小，一个电阻增大，若总电阻增大，则路端电压增大，总电流减小，而两端的电压减小，所以并联电路电压增大，所以光敏电阻两端的电压增大，通过光敏电阻的电流增大，而总电流是减小的，所以所在支路的的电流减小，电压表示数减小，故D错误；
考点：考查了电路动态分析
【名师点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第63讲 含电容器电路的动态分析
（2019 北京）
1．电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用．对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同．
（1）请在图1中画出上述u–q图像 ( )．类比直线运动中由v–t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep ．
（2）在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）．通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q–t曲线如图3中①②所示．
a．①②两条曲线不同是 （选填E或R）的改变造成的；
b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电．依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径．
（3）设想使用理想的“恒流源”替换（2）中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加．请思考使用“恒流源”和（2）中电源对电容器的充电过程，填写下表（选填“增大”、“减小”或“不变”）．
“恒流源” （2）中电源
电源两端电压
通过电源的电流
一、知识回顾
1.电容器的简化处理：
电路稳定后，简化电路时可以把电容器所处电路作为断路，简化电路时可以将该断路去掉，求电荷量时在相应位置再补上。
2.电阻的简化处理：
电路稳定后，与电容器同支路的电阻相当于导线。
3.电荷变化量的计算：电路中电流、电压的变化可能会引起电容器的充、放电。若电容器两端电压升高，电容器将充电；若电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。
（1）由ΔQ=CΔU计算电容器上电荷量的变化。
（2）如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过所连导线的电荷量等于初、末状态电容器所带电荷量之差即|Q1-Q2|。
（3）如果变化前后极板带电的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于初、末状态电容器所带电荷量之和即Q1＋Q2.
4. 分析电容器所带电荷量的变化要注意以下两点
（1）把电容器当成断路简化电路图，按照电路动态分析的基本方法来分析各部分电路电压与电流的变化。
（2）电路稳定时，找到与电容器并联的电阻，而电容器两极板的电压等于与之并联的电阻两端的电压。
二、例题精析
例1
2．如图所示的电路中， R1、R2、R3为阻值相同的电阻，C为电容器，电源的电动势为E，内阻为r。先将电键S闭合，电路稳定后，流过电源的电流为I1，电源的效率为η1，电容器的带电量为Q1；再将S断开，电路稳定后，流过电源的电流为I2，电源的效率为η2，电容器的带电量为Q2，则下列说法正确的是（　　）
A．I1< I2
B．η1>η2
C．Q1>Q2
D．S断开后，通过电阻R3的电荷量为Q1+Q2
例2
3．如图所示，R1、R2为定值电阻，C为电容器。闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中（　　）
A．电阻R2中有向下的电流 B．通过电阻R1电流增大
C．滑动变阻器R两端的电压变小 D．电容器C极板所带电荷量变小
三、举一反三，巩固练习
4．如图所示，电路中D为二极管，为滑动变阻器，为磁敏电阻，磁敏电阻的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而减小，置于真空中的平行板电容器水平放置，上板接地，极板间的P点固定有带电量很小的负电荷，下列说法正确的是（　　）
A．仅将的滑片向下移动，电容器极板间的电压减小
B．仅将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻，P点处的电场强度不变
C．仅将电容器的上板稍向左移，电容器极板间的电压减小
D．仅将电容器的上板稍向下移，P点处负电荷的电势能增大
5．道路压线测速系统，不仅可以测速，也可以测量是否超载，其结构原理电路可以理解为如图甲所示由一个电源，一个灵敏电流计与传感器连接，一个电容和一个保护电阻R组成，感应线连接电容器的其中一块极板上，如果车轮压在感应线上会改变电容器两板间的距离，并会使灵敏电流计中产生瞬间电流，压力越大，则电流峰值也会越大，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，电子眼就会拍照。如果以顺时针方向为电流正方向，则（ ）
A．汽车压线时，电容器板间距离变小
B．车轮经过感应线过程中电容器先充电后放电
C．增大电阻R值，可以使电容器稳定时的带电量减小
D．如果车轮间距是2.5m，则可估算车速约为7.7m/s
6．如图所示，D为理想二极管，R为滑动变阻器，、为电容器，且电容相等，P、Q为带电粒子，开关S闭合后，P、Q均处于静止状态，下列说法正确的是（　　）
A．、所带的电荷量不相等
B．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片下滑，P加速向上运动，Q仍静止
C．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片上滑，P加速向下运动，Q仍静止
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片上滑，P加速向下运动，Q也加速向下运动
7．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器。用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合电键S，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（　　）
A．保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则θ增大
B．保持S闭合，将N板向M板靠近，则θ不变
C．断开S，将N板向M板靠近，则θ增大
D．断开S，将N板向下移动少许，则θ增大
8．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1是光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），R2是定值电阻，C是平行板电容器，V1、V2都是理想电压表。闭合开关S后，电容器中的带电小球处于静止状态。在光照强度增大的过程中，分别用△U1、△U2表示电压表V1和电压表V2示数变化的绝对值，且△U1<△U2，则下列说法正确的是（　　）
A．V1的示数增大，V2的示数减小
B．V1的示数减小，V2的示数增大
C．带电小球仍处于静止状态
D．带电小球向上运动
9．如图所示，电源电动势为E、内阻为r.闭合开关S，当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，电流表的示数为I，电容器的带电量为Q，则在这个过程中，下列图象正确的是(　　)
A． B．
C． D．
10．某同学按照如图所示连接了电路，利用电流传感器研究电容器的充电和放电过程，先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信号传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I-t曲线，如图所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流I0以及图线与坐标轴围成的面积S，但电源电动势、内电阻、电容器的电容均未知，下列说法中正确的是（　　）
A．根据题目所给的信息能求出电源电动势和内电阻
B．电容器放电过程中电阻R两端的电压变大
C．根据题目所给的信息能求出电容器的电容
D．由计算机采集的电流可知流过电阻R的电流方向规定向右为正
11．在图示电路中，电源内阻不可忽略，、为定值电阻，G为灵敏电流计，V为理想电压表，平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，位于电容器两板间的带电油滴恰好静止，现将滑动变阻器的滑片P向下移动，则以下说法正确的是（　　）
A．G中有从a到b的电流
B．V示数增大
C．油滴向上运动
D．电源内阻消耗功率减小
12．如图甲所示，充好电的电容器与定值电阻接入电路，电压传感器与电流传感器对电路的影响可忽略不计。传感器将测得的物理量输入计算机，计算机显示出物理量随着时间的变化情况。现闭合开关后，在计算机上显示的电路中的电压与电流随时间的变化关系如图乙所示。t2时刻，电压与电流变为零。图乙中S1与S2为电流曲线在虚线MN两侧与坐标轴围成的面积。下列说法中正确的是（　　）
A．图乙中电压与电流的比值逐渐变小
B．图乙中的S1=S2
C．图乙中的S1＞S2
D．图乙中电阻R在0～t1内产生的内能等于在t1～t2内产生的内能
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． R 要快速度充电时，只要减小图2中的电阻R；要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻R即可 增大 不变 不变 减小
【详解】由电容器电容定义式得到图象，类比图象求位移求解电量，由图3斜率解决两种充电方式不同的原因和方法；根据电容器充电过程中电容器两极板相当于电源解答
(1)由电容器电容定义式可得：，整理得：，所以图象应为过原点的倾斜直线，如图：
由题可知，两极间电压为U时电容器所储存的电能即为图线与横轴所围面积，即，当两极间电压为U时，电荷量为，所以；
(2)a.由于电源内阻不计，当电容器充满电后电容器两端电压即电源的电动势，电容器最终的电量为：，由图可知，两种充电方式最终的电量相同，只是时间不同，所以①②曲线不同是R造成的；
b.由图3可知，要快速度充电时，只要减小图2中的电阻R，要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻R即可；
(3)在电容器充电过程中在电容器的左极板带正电，右极板带负电，相当于另一电源，且充电过程中电量越来越大，回路中的总电动势减小，当电容器两端电压与电源电动势相等时，充电结束，所以换成“恒流源”时，为了保证电流不变，所以“恒流源两端电压要增大，通过电源的电流不变，在(2)电源的电压不变，通过电源的电流减小．
2．D
【详解】A．设三个相同的电阻为，电键S闭合，电路如图
通过电源的电流
S断开，电路如图
通过电源的电流
所以，，A错误；
B．电键S闭合，电源效率
S断开，电源效率
所以，，B错误；
C．电键S闭合，电容器的两端的电压等于电阻两短的电压
电容器的带电量
S断开，电容器的两端的电压等于电阻两端的电压
电容器的带电量
分析可得，C错误；
D．电键S闭合，给电容器充电，电容器下极板带正电，上极板带负电，电容器充电电量为，S断开后，电容器首先放电，通过的电荷量为，然后再给电容器充电，充电量为，则流过电荷量为
D正确。
故选D。
3．A
【详解】B．闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值增大，则电路总电流减小，即通过电阻R1的电流减小，故B错误；
ACD．根据串联分压规律可知滑动变阻器R两端的电压变大，所以电容器C两端电压增大，根据
可知电容器C极板所带电荷量变大，即电容器将充电，根据电路连接方式可知电容器上极板带正电，所以电阻R2中有向下的电流，故A正确，CD错误。
故选A。
4．B
【详解】A．根据电容器定义式和决定式
，
联立可得
当滑动变阻器的滑片向下移动时，两端的电压减小，但由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，极板间的电压不变，场强不变，A错误；
B．将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻时，磁敏电阻的阻值增大，两端的电压减小，但由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，极板间的电压不变，场强不变，B正确；
C．将电容器的上板稍向左移，极板电荷量不能减小，由于电容减小，可知极板间电压增大，C错误；
D．将电容器的上板稍向下移，电容增大，极板间电压不变，极板电荷量增加，点处场强增大，与下板间的电势差增大，P点电势升高，该点处的负电荷电势能减小，D错误；
故选B。
5．D
【详解】A．汽车压线时，由图乙可知电流方向沿顺时针方向，则说明此时电容器在放电，电容器电荷量减小。由于电容器电压等于电源电压不变，则电容器的电容减小。根据电容的决定式
可知汽车压线时，电容器板间距离d变大，故A错误；
B．由图乙可知电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，则电容器先放电后充电，故B错误；
C．电阻R的作用是为了保护电路，防止电流过大而损坏灵敏电流计，阻值大小对电容器的电容大小没有影响，从而对电容器稳定时的带电量没有影响，故C错误；
D．由图乙可知，前后轮经过传感器的时间间隔为
则汽车是速度为
故D正确。
故选D。
6．C
【详解】A．两电容器两端的电压都等于两端的电压，电容又相等，所以所带的电荷量相等，故A错误；
B．两电荷静止，电场力与重力等大反向，保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片下滑时，两电容器两端的电压都变大，C2电压变大需要正向充电，二极管导通，场强变大，电场力变大，P、Q都加速向上运动，故B错误；
CD．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片上滑时，电容器两端的电压变小，场强变小，电场力变小，P加速向下运动，因为二极管具有单向导电性，所以电压减小要放电二极管不导通，所带的电荷量不变，电压不变，场强不变，电场力不变，故Q仍静止，故C正确，D错误。
故选C。
7．D
【详解】A．保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，不变，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则θ不会变，A错误；
B．保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，不变，根据公式
可知，将N板向M板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故θ增大，B错误；
C．断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式
平行板电容器的公式
电压与电场强度公式
可得
故电场强度与两极板距离d无关，断开S，将N板向M板靠近，电场强度不变，电场力不变，故θ不变，C错误；
D．断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式
平行板电容器的公式
电压与电场强度公式
可得
断开S，将N板向下移动少许，电场强度增大，电场力增大，则θ增大，D正确。
故选D。
8．B
【详解】AB．在光照强度增大的过程中，R1的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，则R2的电压增大，V2的示数增大。内电压和R2的电压增大，则路端电压减小，V1的示数减小，R1的电压减小，故A错误B正确；
CD．R1的电压减小，则电容器板间电压减小，板间场强减小，带电小球受到的电场力减小，则带电小球向下运动，故CD错误。
故选B。
9．BD
【详解】AB．电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律U=E-I（R1+r）得
△U=△I（R1+r）
解得：
所以不变，所以图像为平行时间轴的直线，故A错误，B正确；
CD．当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，根据欧姆定律可知电阻R1两端电压增大，电路中总电流I增大，根据
Q=UC=CR1I
可知Q-I图象是过原点的倾斜直线，故C错误，D正确
10．C
【详解】B．电容器放电过程中电流减小，则电阻R两端的电压变小，选项B错误；
C．根据
可知图像与两坐标轴围成的面积表示电容器放出的总电荷量，即
电阻两端的最大电压即为电容器刚开始放电的时候，则最大电压
根据
可知电容器的电容为
故选项C可求，则C正确；
A．电源的内电阻在右面的充电电路中，根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两板间的电压，也就是刚开始放电时的电压，即
但内电阻没法求出，故选项A错误；
D．电容器放电时，流过电阻R的电流为向左，则由计算机采集的电流可知流过电阻R的电流方向规定向左为正，选项D错误。
故选C。
11．A
【详解】AB．滑动变阻器的滑片P向下移动，并联部分电路电阻减小，根据分压原理，有
可知电压表示数减小，电容器两端电压减小，根据公式有
可知电容器极板上电荷要减小，有从a到b的电流出现，故A正确；B错误；
C．对油滴进行分析可知，之前二力平衡，现在极板电荷量减小，导致极板间场强变小，电场力将小于重力，故油滴将向下运动。故C错误；
D．根据分压原理，外部电阻减小，路端电压减小，则内电阻电压增加，有
故D错误。
故选 A。
12．B
【详解】A．题图乙中的电压与电流实际上反映的是定值电阻R上的物理量，它们满足欧姆定律，故电压与电流的比值不变，A错误。
BC．电流曲线与坐标轴围成的面积表示电容器放出的电荷量，电容器在0～t1时间内放出的电荷量为S1，电压减小了6V；在t1～t2时间内放出的电荷量为S2，电压又减小了6V，由q=CU，可知S1=S2，B正确，C错误；
D．在每小段时间内，根据公式有
U=iR
解得
由于R两端的电压在0～t1内的高于在t1～t2内的，故电阻R在0～t1内产生的内能大于在t1～t2内产生的内能，D错误。
故选B。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第64讲 电阻及电源UI图像的分析与计算
一、知识回顾
1．两种图像的比较
图像上的特征 物理意义
电源UI图像 电阻UI图像
图形
图像表示的物理量变化关系 电源的路端电压随电路电流的变化关系 电阻两端电压随电流的变化关系
图线与坐标轴交点 与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示电源短路电流 过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零
图线上每一点坐标的乘积UI 表示电源的输出功率 表示电阻消耗的功率
图线上每一点对应的U、I比值 表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同 每一点对应的比值，表示此电阻的大小
图线的斜率的绝对值 内电阻r 电阻大小
联系 在同一坐标系中，两图线交点坐标（Un，In），既表示用该电源与该电阻组成回路时的路端电压和电路中的电流，也表示电阻两端电压及其电流；P＝InUn既表示此时电源的输出功率，也表示此时电阻的实际功率
2、UI图像的解题技巧
（1）电源UI图线的纵坐标U若不从零开始，则横轴的截距小于短路电流，求电源内阻r时可以用r＝求解。
（2）对于灯泡等非线性元件的闭合电路问题，只能根据UI图像计算。电源和元件的UI图线的交点对应该电源与该元件组成回路时该元件的工作电压和工作电流。
二、例题精析
题型一：两直线相交
例
1．在如图所示的图像中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源与电阻R组成闭合电路。由图像判断错误的是（　　）
A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5Ω
B．电阻R的阻值为1Ω
C．电源的效率为80%
D．电源的输出功率为4 W
题型二：直线与曲线相交
例
2．如图甲所示的电路中定值电阻R=60Ω，电源电动势E=100V，r=10Ω。如图乙所示，曲线为灯泡L的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线，以下说法正确的是（ ）
A．开关S断开时电源的效率为60%
B．开关S闭合后电源的总功率会变小
C．开关S闭合后灯泡的亮度增强
D．开关S断开时小灯泡消耗的功率为240W
三、举一反三，巩固练习
3．如图所示的图像中，直线a为电源的路端电压与电流的关系，直线b、c分别是电阻、的电压与电流的关系。若将这两个电阻分别直接与该电源连接成闭合电路，则下列说法正确的是（　　）
A．电阻大于电阻
B． 接在电源上时，电源的输出功率较大
C． 接在电源上时，电源的输出功率较大
D．两种情况下，电源的输出功率相等
4．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2两端的电压与电流的关系如图所示．用此电源和电阻R1、R2组成电路，R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．下列说法正确的是( )
A．将R1、R2串联后接到电源两端时，电源的效率为75％
B．将R1、R2并联后接到电源两端时，电源的效率为80％
C．为使电源输出功率最大，可将R1单独接到电源两端
D．为使电源输出功率最大，可将R2单独接到电源两端
5．如图所示的U﹣I图像中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻连接成闭合电路，由图像可知（　　）
A．的阻值为
B．电源电动势为，内阻为
C．电源的输出功率为
D．电源内部消耗功率为
6．如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则（　　）
A．R1接在电源上时，电源的效率高
B．R2接在电源上时，电源的效率高
C．R1接在电源上时，电源的输出功率大
D．R2接在电源上时，电源的输出功率大
7．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻、的电压与电流的关系如图所示。用此电源和电阻、组成电路。、可以同时接入电路，也可以单独接入电路。为使电源输出功率最大，可采用的接法是（　　）
A．将单独接到电源两端
B．将单独接到电源两端
C．将、串联后接到电源两端
D．将、并联后接到电源两端
8．减少对化石燃料的依赖是人类削弱温室效应的重要方法，对替代能源的探索正在加快进行，我国在太阳能利用方面居于领先地位。硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线是该电池在某光照强度下路端电压和电流的关系图象（电池内阻不是常数），图线是某电阻的图象。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为（　　）
A． B． C． D．
9．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像（电池内阻不是常数），图线b是某电阻R的图像。当它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻可表示为（　　）
A． B． C． D．
10．如图（1）所示的电路中，电源电动势，内电阻，两个相同的定值电阻，，且不随温度而变化。
（1）求通过电阻中的电流；
（2）若在电路中将两个并联电阻、换成一个灯泡L（7.2W，0.9A），如图（2）所示，该灯泡的伏安特性曲线如图（3）中实线所示。则接入电路后，灯泡的实际功率为多少？
某学生的解法如下：，，代入即可求出灯泡的实际功率。
请你判断该同学的解法是否正确？若正确，请解出最终结果；若不正确，请用正确方法求出灯泡的实际功率。
（3）若在图（2）电路中再并联一个同样的灯泡，如图（4）所示，则每个灯泡的实际功率是多少？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．根据闭合电路欧姆定律得：
U=E-Ir
当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则：
A正确；
B．根据图像可知电阻：
B正确；
C．电源的效率：
C错误；
D．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为：
P出=UI=4W
D正确。
故选C。
2．D
【详解】A．开关S断开时，根据图乙可知灯泡两端的电压为
电源的效率为
故A错误；
BC．开关S闭合后总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得总电流增大，根据可知电源的总功率会变大，根据可知路端电压减小，根据可知灯泡的功率减小，所以灯泡的亮度变暗，故B、C错误；
D．开关S断开时小灯泡消耗的功率为
故D正确；
故选D。
3．D
【详解】A．由欧姆定律结合图象可知电阻小于电阻，故A错误；
BCD．电源的内阻
当时，由闭合电路欧姆定律
同理当时，由闭合电路欧姆定律
解得
根据可得两种情况下，电源的输出功率相等为
故D正确，BC错误
故选D。
4．AC
【详解】A．根据题图可知，电源的电动势为，内阻，根据知，两定值电阻的阻值分别为．将串联后接到电源两端时，电源的效率为
故A正确；
B．外电阻越大，电源的效率越高，因为并联后的电阻小于将它们串联后的电阻，可知，将并联后接到电源两端时，电源的效率小于75%，故B错误；
CD．当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，据此可知将单独接到电源两端时，电源输出功率最大，故C正确D错误。
故选AC。
5．A
【详解】A．由直线Ⅱ的斜率知
A正确；
B．根据闭合电路欧姆定律得
当
时
由读出电源的电动势
内阻等于图线的斜率大小
B错误；
C．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压
电流
则电源的输出功率为
C错误；
D.电源内部消耗的功率
D错误。
故选A。
6．AD
【详解】AB．电源的效率
η
则知电源的效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路端电压大，效率较高，故A正确，B错误。
CD．由两图线的交点读出，R1接在电源上时电压U1＝0.75U0，通过R1的电流 I1＝0.25I0，则电源的输出功率
P1＝U1I1
R2接在电源上时U2＝0.5U0，I2＝0.5I0，电源的输出功率
P2＝U2I2
则R2接在电源上时，电源的输出功率较大，故C错误，D正确。
故选AD。
7．D
【详解】根据闭合电路欧姆定律可得
根据图中电源的路端电压与电流的关系图线可知，电源电动势和内阻分别为
，
设外电阻为时，电源的输出功率为
由于基本不等式可知，当外电阻时，电源的输出功率最大；由电阻的伏安特性曲线可得
，
、串联后的阻值为
、并联后的阻值为
可知将、并联后接到电源两端时，电源输出功率最大。
故选D。
8．A
【详解】根据闭合电路欧姆定律可得
当电流为0时，路端电压等于电源电动势，因此
根据图线交点可知，电阻电压为2.5V时，电流为0.2A，则硅光电池的内阻
故A正确，BCD错误。
故选A。
9．B
【详解】A．两图线的交点表示电阻R与电池组成的闭合回路时的工作状态，由闭合电路欧姆定律可知，由于变化时，也发生变化，所以的大小不等于，即a图线切线的斜率大小不等于内阻。由图可知
A错误；
B．由闭合电路欧姆定律得，当时，，由a图线与纵轴的交点读出电动势为。根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为，则内阻
B正确；
C．电阻为线性元件，则有
即是电阻R的表示，C错误；
D．由闭合电路欧姆定律可知，由a图线与纵轴的交点读出电动势为，电池短路时的电流为，则电池短路时的内阻为
由于电池内阻不是常数，所以电池短路时的内阻不等于电池与电阻构成回路时的内阻，D错误。
故选B。
10．（1）0.21A；（2）该解法是错误的，灯泡的实际功率是2.4W；（3）0.78W。
【详解】（1）并联电路的电阻有
解得
由分流原理
（2）该解法是错误的。灯泡的电阻不是定值，接入电路后的实际功率求解，应该是通过对该电路作等效电源的图线，取两个图线的交点才是正确的。可得等效电源电动势为
等效内电阻为
作等效电源的图线，如图1
读出交点坐标为（4V，0.6A），灯泡的实际功率是
（3）设灯泡两端电压为U，其中一只灯泡的电流为I，闭合电路欧姆定律
代入数据得到函数方程
作相应的图线，如图2
读出交点坐标为（1.9V，0.41A），实际功率
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第65讲 电路故障分析
（2022 河北）
1．某物理兴趣小组利用废弃电饭煲的部分器材自制简易电饭煲，设计电路如图1所示。选用的器材有：限温开关S1（手动将其按下，开始持续加热煮饭，当锅内温度高于103℃时自动断开，之后不能自动闭合）；保温开关S2（当锅内温度高于80℃时自动断开，温度低于70℃时自动闭合）；电饭煲的框架（结构如图2所示）。自备元件有：加热电阻丝R（阻值为60Ω，用于加热煮饭）；限流电阻R1和R2（阻值均为1kΩ）；指示灯L1和L2（2.5V，0.6W，当电流低于30mA时可视为熄灭）；保险丝T。
（1）按照兴趣小组设计的电路，下列说法正确的是 （多选）。
A．按下S1，L1和L2均发光
B．当锅内温度高于103℃时，S1自动断开，L1和L2均发光
C．保温过程中，S2自动在闭合、断开状态之间交替切换
D．当锅内温度低于70℃时，S2自动闭合，L1发光，L2熄灭
（2）简易电饭煲制作完成后，试用时L1始终不亮，但加热和保温功能均正常。在不增加元件的前提下，断开电源，使用多用电表判断发生故障的元件。下列操作步骤的正确顺序是 （填写各步骤前的字母）。
A．将选择开关旋转到“ × 100”位置
B．将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指针指向欧姆零点
C．调整“指针定位螺丝”，使指针指到零刻度
D．测量指示灯L1两端的阻值
E．将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡
操作时，将多用电表两表笔与L1两端接触，若指针如图3所示，可判断是 断路损坏；若指针如图4所示，可判断是 断路损坏。（用电路中的元件符号表示）
一.知识回顾
电路故障一般是短路或断路，常见的情况有导线断芯、灯泡断丝、灯座短路、电阻器内部断路、接触不良等现象。
1．两种常见故障的特点
（1）断路特点：表现为路端电压不为零而电流为零。
（2）短路特点：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但用电器或电阻两端电压为零。
2．检查故障的两种基本方法
（1）仪表检测法
①电压表检测：如果电压表示数为零，说明电压表上无电流通过，则可能在与电压表并联的路段之外有断路，或与电压表并联的路段完全短路。
如果电压表有示数，说明电压表上有电流通过，则在与电压表并联的路段之外无断路，且与电压表并联的路段内电阻值不为零（可能无短路，也可能部分短路）。
②电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各部分电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置。在运用电流表检测时，一定要注意电流表的正负接线柱和量程。
③欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处断路；当测量值很小或为零时，表示该处短路。在运用欧姆表检测时，外电路一定要切断电源。
（2）假设法
已知电路发生某种故障，寻找故障发生在何处时，可将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生故障，运用闭合电路或部分电路的欧姆定律进行分析。分析结果若与题述物理现象不符合，则故障不是发生在这部分电路；若分析结果与题述物理现象符合，则故障可能发生在这部分电路，直到找出发生故障的全部可能为止，此方法亦称排除法。
3.电路中断路与短路的故障判定
首先，认真分析题意，弄清所用的仪表、仪器，然后用“假设推理法”。假设一个故障现象存在，然后根据电路的串、并联规律进行分析、推理，若能得到相应的现象或题目中所给的数据（如本例表格中的测量结果），就说明这个故障现象存在。
二.典型例题
题型一：实物连线图
2．如图是某同学连接的实验实物图，A、B灯都不亮，他采用下列两种方法进行故障检查。
（1）应用多用电表的直流挡进行检查，选择开关置于10V挡。该同学测试结果如表1所示，在测试a、b间直流电压时，红表笔应接触 （填“a”或“b”）。根据测试结果，可判定故障是 。
A．灯A短路 B.灯B短路
C.cd段断路 D.df段断路
表1
测试点 电压示数
a、b 有示数
b、c 有示数
c、d 无示数
d、f 有示数
表2
测试点 指针偏转情况
c、d
d、e
e、f
（2）将开关断开，再选择欧姆挡测试，测量结果如表2所示，那么检查出的故障是( )
A.灯A断路 B.灯B短路
C.灯A、B都断路 D.d、e间导线断路
题型二：电路图
3．如图所示电路中，由于某处出现了故障，导致电路中的A、B两灯变亮，C、D两灯变暗，故障的原因可能是(　　)
A．R1短路 B．R2断路
C．R2短路 D．R3短路
三.举一反三，巩固练习
4．如图电路中，A、B两灯原来正常发光，忽然A灯比原来亮了，设这是因为电路中某一处发生了故障造成的，那么发生这种故障的可能是（　　）
A．R1短路 B．R2断路 C．R3断路 D．电源断路
5．在探究电路故障时，某实验小组设计了如图所示的电路，当电键闭合后，电路中的各用电器正常工作，经过一段时间，发现小灯泡A的亮度变暗，小灯泡B的亮度变亮。则下列对电路故障的分析正确的是（　　）
A．可能是定值电阻R1短路 B．可能是定值电阻R2断路
C．可能是定值电阻R3短路 D．可能是定值电阻R4短路
6．某学生在研究串联电路电压特点时，接成如图所示电路，接通 K后，他将高内阻的电压表并联在A、C两点间时，电压表读数为U；当并联在A、B两点间时，电压表读数也为U；当并联在B、C两点间时，电压表读数为零，则出现此种情况的原因可能是（R1、R2阻值相差不大）（　　）
A．AB段断路 B．AC段断路 C．AC段短路 D．AB段短路
7．如图所示的电路中，电源电动势不变、内阻不能忽略，、、、为定值电阻，、是小灯泡（阻值不变），电流表是理想电表。闭合开关S，两灯均正常发光。由于某种原因定值电阻处突然断路，则（　　）
A．电流表的读数变小，变亮，变暗
B．电流表的读数变小，变暗，变亮
C．电流表的读数变大，变亮，变暗
D．电流表的读数变大，变暗，变亮
8．如图所示，接通电键，灯泡、都正常发光。某时刻由于电路故障两灯突然熄灭。若故障只有一处，则下列说法正确的是（　　）
A．如果将电压表并联在两端有示数，说明间完好
B．如果将电压表并联在两端示数为0，说明间断路
C．如果将电流表并联在两端示数为0，说明间完好
D．如果将电压表并联在两端有示数，并联两端示数为0，说明间断路
9．如图所示，将滑动变阻器滑片P滑到最左端，闭合S后移动滑片P灯泡L不亮，但电压表有示数，电流表示数很小。若电路只有一处出现断路故障，当用多用电表的电压挡检测故障位置时（　　）
A．若多用电表接在滑动变阻器两端有示数，则可能是灯泡L断路
B．若多用电表接在滑动变阻器两端有示数，则可能是滑动变阻器R断路
C．若多用电表接在灯泡L两端有示数，则可能是滑动变阻器R断路
D．若多用电表与电容器的两极板相连有示数，则可能是灯泡L断路
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． CD##DC CABDE L1 R1
【详解】[1]A．按下S1后L2支路被短路，则L2不会发光，A错误；
B．当锅内温度高于103℃时，S1断开，而要温度降到70℃以下时S2才会闭合，则此时L2可能发光，此时电路中R与R1和L1的串联部分并联，并联的整体再和L2、R2串联，则回路中并联的整体电阻
RL= 10.42Ω
R并 = 56.64Ω
则回路总电阻
R总 = 1067.06Ω
则回路总电流
则L2一定发光，此时并联的整体的电压为
U并 = I总R并 = 11.89V
则流过L1的电流为
则流过L1的电流小于30mA，则L1熄灭，B错误；
C．由题知，S2在锅内温度高于80℃时自动断开，锅内温度降到70℃以下时S2自动闭合，C正确；
D．当锅内迢度低于70℃时，S2自动闭合，L2支路被短路，则L2不会发光，此时电路中R与R1和L1的串联部分并联，则此时流过L1的电流为
则此时流过L1的电流大于30mA，则L1发光，D正确。
故选CD。
（2）[2]多用电表的操作步骤为：调整“指针定位螺丝”，使指什指到零刻度——机械调零；将选择开关旋转到“ × 100”位置——选挡；将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指计指向欧姆零点——欧姆调零；测量指示灯L1两端的阻值——测量；将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡——关闭多用电表。
故正确顺序为CABDE。
[3]由于使用时L1始终不亮，但加热和保温功能均正常，如图3可看出L1两端有1100Ω左右的电阻，大约等于和R的总阻值，则说明L1始终不亮的原因可能是L1断路损坏。
[4]由于使用时L1始终不亮，但加热和保温功能均正常，如图4可看出欧姆表的示数几乎为零，,由于此时选用的是“ × 100”挡，而灯泡电阻RL= 10.42Ω，欧姆表两表笔间的电阻为灯泡电阻时，示数很小，几乎为0，说明灯泡L1正常，L1始终不亮的原因可能是R1断路损坏。
2． a D BD
【详解】(1)[1]应用多用电表判断电路故障，首先要正确使用多用电表，对多用电表而言，电流应从红表笔流入该表内，由图能看出a点接电源正极，电势高于b点电势，所以红表笔应接触a；
[2] AB．由题给条件无法判断灯A、灯B是否短路，故AB错误；
CD．由表1可知，a、b间，b、c间，d、f间均有示数，c、d间无示数，说明d、f之外路段无断路，且d、f间有电阻，而灯不亮，则d、f间有断路，故C错误，D正确；
故选D；
(2)[3]AC．由表2可知，c、d间有一定的电阻但不是很大，灯A既不短路也不断路，故AC错误；
BD．d、e间存在很大电阻，表明d、e间导线断路， e、f间电阻为零，则灯B短路，故BD正确。
故选BD。
3．D
【详解】若R1短路，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，A灯变亮．并联部分的电压减小，通过B的电流减小，则B灯变暗，不符合题意．故A错误．若R2断路，外电阻增大，路端电压U增大，干路电流I减小，A灯变暗，不符合题意．故B错误．若R2短路，D灯不亮，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，A灯变亮．并联部分的电压减小，通过B的电流减小，则B灯变暗，不符合题意．故C错误．若R3短路，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，A灯变亮．并联部分的电压减小，通过C、D的电流都减小，则C、D灯变暗．干路电流增大，通过C灯电流减小，则B灯的电流增大，变亮．符合题意．故D正确．故选D．
【点睛】此题是电路故障分析问题．解决的关键是在明确电路连接关系的前提下采用“排除法”将每一选项逐一代入题干，检查是否符合题意，最终确定正确选项．
4．B
【详解】A．R1短路，则电源被短路了，灯泡都不亮，此选项不符合题意，A错误；
B．电阻R2与灯泡A是并联的，如果R2断路，此处只有灯泡A一个电阻，根据并联电路总电阻与分电阻的关系，此处电阻相当于增大，所以灯泡A两端电压增大，由
知，功率变大，灯泡A变亮，故B正确；
C．电阻R3与灯泡B是并联的，如果R3断路，此处只有灯泡B一个电阻，根据并联电路总电阻与分电阻的关系，此处电阻相当于增大，所以灯泡B两端电压增大，则灯泡A两端电压减小，则A的功率变小，灯泡A变暗，C错误；
D．电源断路，电路没有电流，灯泡都不亮，此选项不符合题意，D 错误；
故选B。
5．B
【详解】A．若定值电阻R1短路，总电阻变小，总电流变大，A灯将会变亮，故A错误；
D．若定值电阻R4短路，总电阻变小，总电流变大，A灯将会变亮，故D错误；
B．若R2断路，总电阻变大，总电流减小，灯泡A将变暗，根据闭合电路欧姆定律可知
U并=E-I（RA+R4+r）
则R1和R3所在并联支路的电压增大，根据
I总=IR1+IR3
因为总电流减小，R3的电流增大，所以R1的电流减小，R1的电压减小，而R1和小灯泡B所在支路的电压增大，所以灯泡B的电压将增大，灯泡B将会变亮，故B正确；
C．若R3短路，必引起与之并联的支路（即R1所在支路）中无电流，小灯泡B熄灭，故C错误。
故选B。
6．A
【详解】B．如果AC段断路，R1无电流通过，当电压表并联在A、B两点间时，电压表读数一定为零，与题意不符，B错误；
C．如果AC段短路，当电压表并联在A、C两点间时，电压表读数一定为零，与题意不符，C错误；
D．如果AB段短路，当电压表并联在A、B两点间时，电压表读数一定为零，与题意不符，D错误；
A．如果AB段断路，R2无电流通过，当电压表并联在B、C两点间时，电压表读数为零，电压表并联在A、C两点间时，电压表通过开关接在电源两端读数为U；当电压表并联在A、B两点间时，电压表通过R2和开关接在电源两端读数也为U，符合题意，A正确。
故选A。
7．A
【详解】断路，则电路总电阻变大，根据
可知电路总电流减小，并联部分的电路结构不变，分流关系不变，所以根据分流规律可知，则通过的电流变小，变暗，流过电流表的电流变小，分压变小，路端电压为
由上述式子可知，路端电压变大，根据分压规律可知，两端电压变大，所以变亮，故BCD错误，A正确。
故选A。
8．C
【详解】电路故障分为断路和短路，故障只有一处，假设发生了短路，如果是某盏灯短路，该灯熄灭，而另一盏灯应该变亮，如果是两盏灯以外的元件短路，则两盏灯均变亮，故假设不成立。电路故障应为断路。
A．电压表并联在两端有示数，说明间发生了断路，A错误；
B．电压表并联在两端示数为0，说明部分以外的电路发生了断路，而间电路完好，B错误；
C．电流表并联在两端示数为0，说明部分以外的电路发生了断路，而间电路完好，C正确；
D．电压表并联在两端有示数，说明段发生了断路，并联两端示数为0，说明部分以外的电路发生了断路，故综合以上两点，应是间断路，D错误。
故选C。
9．B
【详解】电路有断路故障，多用电表（电压挡）与用电器并联有示数，说明多用电表和电源相连部分通路，与多用电表并联部分可能断路。所以B正确。
故选B。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第66讲 电表的改装
（2022 辽宁）
1．某同学要将一小量程电流表（满偏电流为，内阻为）改装成有两个量程的电流表，设计电路如图（a）所示，其中定值电阻，。
（1）当开关S接A端时，该电流表的量程为 ；
（2）当开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时 （填“大”或“小”）
（3）该同学选用量程合适的电压表（内阻未知）和此改装电流表测量未知电阻的阻值，设计了图（b）中两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差，则使用 （填“甲”或“乙”）电路可修正由电表内阻引起的实验误差。
一、知识回顾
1.串、并联电路的特点
串联电路 并联电路
连接形式
电流 I=I1=I2=…=In I=I1＋I2＋…＋In
电压 U=U1＋U2＋…＋Un U=U1=U2=…=Un
电阻 R=R1＋R2＋…＋Rn =＋＋…＋
电压分配 =，= —
电流分配 — =，=
功率分配 =，= ==
2.电流表、电压表的改装
（1）小量程电流表（表头）
①工作原理：主要由磁场和放入其中可转动的线圈组成。当线圈中有电流通过时，线圈在安培力作用下带动指针一起偏转，电流越大，指针偏转的角度越大，从表盘上可直接读出电流值。
②三个参数：满偏电流Ig，表头电阻Rg，满偏电压Ug，它们的关系：Ug=IgRg。
（2）电压表、电流表的改装
电流表、电压表都是由小量程的电流表（表头）改装而成的。它们的改装原理见下表：
改装成电压表 改装成大量程电流表
原理 串联较大电阻分压 并联较小电阻分流
改装原理图
分压电阻或分 流电阻 U=Ig（Rg＋R）所以R=-Rg =(n-1）Rg n= IgRg=(I-Ig）·R所以R== n=
改装后电表内阻 RV=Rg＋R=nRg>Rg（n为量程扩大倍数） RA==二、例题精析
题型一：扩大电压量程
例1
2．如图所示，是有两个量程的电压表，当使用 a、b 两个端点时，量程为 0～10V．当使用 a、c 两个端点时，量程为 0～100V．已知电流表的内阻 Rg 为 500Ω，满偏电流Ig 为 1mA，则 R1 和 R2 的阻值分别是
A．9.5103， 9.0104
B．9104 ， 9.5103
C．8.5103， 9.0103
D．9.5103， 9.0103
题型二：扩大电流量程与检测
例2
3．某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20 mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1 200 Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图（a）所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）。
（1）根据图（a）和题给条件，将（b）中的实物连接。( )
（2）当标准毫安表的示数为16.0mA时，微安表的指针位置如图（c）所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，而是 。（填正确答案标号）
A．18 mA B．21 mA
C．25mA D．28 mA
（3）产生上述问题的原因可能是 。（填正确答案标号）
A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1 200 Ω
B．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1 200 Ω
C．R值计算错误，接入的电阻偏小
D．R值计算错误，接入的电阻偏大
（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k= 。
题型三：同一表头改装成电流表与电压表
例3
4．某同学组装一个多用电表，可选用的器材有：微安表头（量程100μA，内阻900Ω）；电阻箱R1（阻值范围0～999.9Ω）；电阻箱R2（阻值范围0～99999.9Ω）；导线若干．要求利用所给器材先组装一个量程为2.5mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3V的直流电压表，组装好的多用电表有电流2.5mA和电压3V两挡。
（1）作为电压表使用时，红、黑表笔应该插入图中哪两个插孔中；
（2）电阻箱R1、R2的阻值分别为多少？
三、举一反三，巩固练习
5．如图所示为某实验小组设计的两个量程的电流表，已知表头G的满偏电流为Ig，定值电阻R1、R2的阻值均等于表头的内阻。当使用1和2两个端点时，电流表的量程为I1，当使用1和3两个端点时，电流表的量程为I2.下列说法正确的是（　　）
A．I1=2Ig
B．I2=3Ig
C．若仅使R1阻值变小，则I1和I2均变大
D．若仅使R2阻值变小，则I1和I2均变大
6．某同学在学习电表改装的原理以后，想找器材实践一下，于是他从学校实验室找来了一个小量程电流计G（表头），查阅说明书，知道了该电流表满偏电流为50μA，内阻为800Ω，他想把该电流计改装成0~1mA和0~10mA的双量程电流表，电路图如下图所示。下列说法正确的是（　　）
A．改装后开关接2时量程为0~1mA
B．改装后的电流表量程均随电阻R2的阻值增大而减小
C．改装后的电流表量程均随电阻R1的阻值增大而减小
D．改装后开关接2时电流表内阻大于开关接1时的内阻
7．用两个相同的小量程电流表，分别改装成两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（　　）
A．图甲中的A1、A2的示数相同 B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同
C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同 D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同
8．某同学要将一量程为3V的电压表V1改装成量程为15V的电压表V2。
（1）先将V1直接接到内阻很小的电源两端，读数为2.0V；再将V1与阻值为3000Ω的电阻串联后，接到该电源两端，读数为0.8V，则V1的内阻为 Ω；
（2）要改装成量程为15V的电压表V2，需要将V1表与合适的电阻R （选填“串联”、“并联”）
（3）将改装后的电压表V2与一标准电压表校对，完成下面的实物连接；( )
（4）在闭合开关之前，滑动变阻器的滑片P置于最 端（选填“左”、“右”）
（5）闭合开关，移动滑片P，标准表示数为10.5V时，V1表示数为2.5V。要达到预期目的，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k= （保留三位有效数字）。
9．某同学改装和校准双量程电流表的电路图如图1所示，图中虚线框内是电流表的改装电路。
（1）电路改造
已知表的量程为200、内阻为500 Ω，现要改装成量程为1 mA和10 mA的双量程电流表，设计电路如图1所示。定值电阻R1 =500 Ω，，R2和R3的值待定，S为单刀双掷开关，A、B为接线柱。
①将开关S置于“2”挡时，量程为 mA；
②定值电阻的阻值R2= Ω，R3= Ω；
（2）刻度盘改造
利用改装的电流表进行某次测量时，S置于“1”挡，表头指示如图2所示，则所测量电流的值为 mA；
（3）电路校准
S置于“1”挡时，现用一标准电流表A对改装电流表进行校准。校准时，在闭合开关S1前，滑动变阻器的滑片P应靠近 （填“M" 或“N" ）端。标准电流表A（有1.5 mA、15 mA与150 mA三个量程）应选用的量程为 mA。
10．将满偏电流Ig=600 A、内阻未知的电流表G改装成电压表。
（1）利用图示的电路测量电流表G的内阻（电动势E=3V）：先闭合S1，调节R，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，保持R不变，调节R'，使电流表指针偏转到满刻度的，读出此时R'的阻值为100Ω，则电流表内阻的测量值Rg= Ω。
（2）将该表改装为量程3V的电压表，需 （选填“串联”或“并联”）阻值为R0= Ω的电阻。
（3）将改装好的电压表用来测2.5V的电压，测量值 2.5V（选填“大于”“等于”或“小于”）
11．为将一只毫安表A（量程3mA，内阻约几十欧姆）改装成量程为1.5V的电压表，实验室提供了下列器材：电源E（电动势约6V，内阻不计）；滑动变阻器R1（0～50）；滑动变阻器R2（0～5k）；电阻箱R（0～999.9）；开关两个、导线若干。
某同学先按图示电路连接线路，测量表A的内阻。他的操作步骤如下：
a.将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合S1后调节变阻器的阻值，使表A的指针满偏；
b.闭合S2保持变阻器的阻值不变，调节电阻箱R的阻值，使表A的指针偏转到量程的位置；
c.记下R的阻值为30.0。
（1）上述实验中，滑动变阻器应选用 （选填“R1”或“R2”）；
（2）表A的内阻测量值RA= 。此测量值 （选填“大于”、“等于”或“小于）表A内阻的真实值。
（3）若取表A内阻的测量值RA进行计算，为达成改装的目的，可将表A与电阻箱R 选填“串联”或“并联”），且将电阻箱R的阻值调到 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． 1 大 乙
【详解】（1）[1]由图可知当S接A时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，满偏时电流表两端的电压为
此时R1和R2的电流为
所以总电流为
即量程为0~1mA。
（2）[2]当开关S接B端时，由图可知R1和电流表串联再和R2并联，由于和电流表并联的电阻变小，当电流表满偏时，流过R2的电流变大，干路电流变大，即量程变大；所以比接在A端时大。
（3）[3]图甲是电流表的外接法，误差是由于电压表的分流引起的；图乙是电流表的内接法，误差是由于电流表的分压引起的，因为题目中电压表电阻未知，故采用图乙的方法可以修正由电表内阻引起的实验误差。
2．A
【分析】改装后的量程为U=Ig（Rg+R串）据此可求出．
【详解】接a、b时，为串联的R1，则
接a、c时，为串联的R1和R2，则
故应选：A．
【点睛】电流表串联电阻后量程变大，为U=Ig×R总．
3． C AC
【详解】（1）[1]电表改装时，微安表应与定值电阻R并联接入虚线框内，则实物电路连接如下图所示：
（2）[2]由标准毫安表与该装表的读数可知，改装后的电流表，实际量程被扩大的倍数为
倍
故当原微安表表盘达到满偏时，实际量程为：，故本小题选C；
（3）[3]根据
得
改装后的量程偏大的原因可能是，原微安表内阻测量值偏小，即电表实际内阻真实值，大于1200Ω；或者因为定值电阻R的计算有误，实际接入定值电阻R阻值偏小，分流过大。故本小题选AC；
（4）[4]由于接入电阻R时，改装后的表实际量程为25mA，故满足
要想达到预期目的，即将微安表改装为量程为20mA电流表，应满足
其中，联立解得
4．（1）作为电压表使用时，红、黑表笔应该插入图中ac两插孔中；（2）37.5Ω；1164Ω
【详解】（1）微安表头改装成电流表需要并联一个小电阻，电流表改装成一个电压表需要串联一个大电阻。
（2）微安表头改装成电流表需要并联一个小电阻
R1＝＝37.5Ω
电流表改装成一个电压表应串联一个大电阻
R2＝＝1164Ω
5．C
【详解】AB．设R1=R2=RG=R，根据电表改装原理得
I1=Ig，I2=Ig
联立可得
I1=3Ig，I2=1.5Ig
故AB错误；
CD．由以上分析可知，若仅使R1阻值变小，则I1和I2均变大；若仅使R2阻值变小，则I1减小，I2变大，故C正确，D错误。
故选C。
6．C
【详解】A．开关接1时表头与R1、R2并联，分流电阻较小，量程较小，开关接2时，表头先与R2串联，再与R1并联，分流电阻较小，量程较大，故改装后开关接2时量程为0~10mA，A错误；
BC．当开关接1时，量程为
当开关接2时，量程为
故随R1的增大，I1、I2均减小，随R2的增大，I1减小，I2增大，B错误，C正确；
D．将I1=1mA、I2=10mA代入BC解析中的表达式可得
，
开关接1时，内阻为
开关接2时的内阻为
故改装后开关接2时电流表内阻小于开关接1时的内阻，D错误。
故选C。
7．B
【详解】改装成大量程电流表，即在原小量程电流表（表头）上并联一个分流电阻，量程越大，分流电阻越小，所分电流越大，总电流越大。
AB．图甲中的A1、A2是并联关系，可知流过两表头的电流相同，指针偏转角相同，但由于量程不同，分流电阻阻值不同，所分电流不同，故两电表读数不同，A错误，B正确；
CD．图乙中的A1、A2是串联关系，电流相等，示数相同，但由于量程不同，内阻不同，分压不同，故流过两表头的电流不同，指针偏转角不同，CD错误。
故选B。
8． 2000 串联 左 1.25
【详解】（1）[1]先将V1直接接到内阻很小的电源两端，读数为2.0V，可知电源电动势E=2V；再将V1与阻值为3000Ω的电阻串联后，接到该电源两端，读数为0.8V，则
解得V1的内阻为
RV=2000Ω
（2）[2]要改装成量程为15V的电压表V2，需要将V1表与合适的电阻R串联；
（3[3]）校准电路如图；
（4）[4]在闭合开关之前，滑动变阻器的滑片P置于最左端；
（5）[5]标准表示数为10.5V时，V1表示数为2.5V，则此时的电阻
而要达到预期目的，需要串联的电阻为
则
k=1.25
9． 1 225 25 7.8 M 15
【详解】（1）①[1]因为电流计并联电阻越小量程越大，即将开关S置于“2”挡时，量程为小量程，即为1 mA；
②[2][3]由题知
联立解得
（2）[4] 因为S置于“1”挡时，电流表量程为10 mA，即扩大了50倍，所以表头指示如图2所示，则所测量电流的值为
（3）[5]为使电路安全，应该使虚线部分分的电压越小越好，即在闭合开关S1前，滑动变阻器的滑片P应靠近M端；
[6]因为S置于“1”挡时，量程为10 mA，所以标准电流表A应选用的量程为15 mA。
10． 50 串联 4950 小于
【详解】(1)[1] S2闭合，电流表和R′并联电压相等，各支路电流之和等于总电流，由欧姆定律可知
解得
(2)[2][3] 把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，分压电阻阻值
(3)[4]用(1)的方法测得的电流表内阻，小于真实值，所以(2)中串联一个4950Ω的电阻改装成的电压表，实际测量量程大于3Ｖ，所以用改装好的电压表测量2.5V的电压时，指针偏角偏小，即测量值小于2.5V。
11． 30.0或30 小于 串联 470.0或470
【详解】(1)[1]豪安表A的量程3mA，则电路中的最大电流为3mA，电路的最小电阻为
故滑动变阻器应选用；
(2)[2]实验中用半偏法测电表的内阻，所以R的阻值即为电表的测量值，则表A的内阻测量值
[3]由于闭合S2，电阻箱R并入电路，电路的总电阻变小，干路电流变大，而流过毫安表的电流为满偏的一半，所以流过电阻箱R的电流大于满偏的一半，根据并联电路的特点，可知电阻箱R的阻值小于毫安表的内阻，即测量值小于表A内阻的真实值；
(3)[4] [5]应把毫安表与电阻箱串联，改装成电压表，量程为1.5V，则有
则将电阻箱R的阻值调到
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答案第1页，共2页第67讲 欧姆表的原理与多用电表的使用
[2022 湖南]
1．小梦同学自制了一个两挡位（“×1”“×10”）的欧姆表，其内部结构如图所示，R0为调零电阻（最大阻值为R0m），Rs、Rm、Rn为定值电阻（Rs+R0m＜Rm＜Rn），电流计 的内阻为RG（RsRG）。用此欧姆表测量一待测电阻的阻值，回答下列问题：
（1）短接①②，将单刀双掷开关S与m接通，电流计 示数为Im；保持电阻R0滑片位置不变，将单刀双掷开关S与n接通，电流计 示数变为In，则Im In（填“大于”或“小于”）；
（2）将单刀双掷开关S与n接通，此时欧姆表的挡位为 （填“×1”或“×10”）；
（3）若从“×1”挡位换成“×10”挡位，调整欧姆零点（欧姆零点在电流计 满偏刻度处）时，调零电阻R0的滑片应该 调节（填“向上”或“向下”）；
（4）在“×10”挡位调整欧姆零点后，在①②间接入阻值为100Ω的定值电阻R1，稳定后电流计 的指针偏转到满偏刻度的；取走R1，在①②间接入待测电阻Rx，稳定后电流计 的指针偏转到满偏刻度的，则Rx＝ Ω。
[2022 湖北]
2．某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后，为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率，进行了如下实验探究。
（1）该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，示数如图甲所示，其读数为 mm。再用游标卡尺测得其长度L。
（2）该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻Rx的阻值。图中电流表量程为0.6A、内阻为1.0Ω，定值电阻R0的阻值为20.0Ω，电阻箱R的最大阻值为999.9 Ω。首先将S2置于位置1，闭合S1，多次改变电阻箱R的阻值，记下电流表的对应读数I，实验数据见下表。
R/Ω I/A /A-1
5.0 0.414 2.42
10.0 0.352 2.84
15.0 0.308 3.25
20.0 0.272 3.68
25.0 0.244 4.10
30.0 0.222 4.50
根据表中数据，在图丙中绘制出图像。再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400A。根据图丙中的图像可得 Ω（结果保留2位有效数字）。最后可由表达式 得到该材料的电阻率（用D、L、表示）。
（3）该小组根据图乙的电路和图丙的图像，还可以求得电源电动势 V，内阻 Ω。（结果均保留2位有效数字）
（4）持续使用后，电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置，测得电路的电流，仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
一.知识回顾
（一）基本知识
1．欧姆表的原理
（1）构造：欧姆表由电流表、电池、可调电阻R1和红、黑表笔组成。
（2）工作原理：由闭合电路的欧姆定律Ix＝，可知Rx与电流Ix一一对应。
（3）刻度的标定：红、黑表笔直接接触时（相当于被测电阻Rx＝0），调节可调电阻R1，使Ix＝Ig，电流表的指针达到满偏。
①当Ix＝Ig时，Rx＝0，在满偏电流Ig处标为“0”。
②当Ix＝0时，Rx→∞，在Ix＝0处标为“∞”。
③当Ix＝ 时，Rx＝Rg＋R1＋r，此电阻Rx等于欧姆表的内阻RΩ，也叫中值电阻。
（4）电源极性：红表笔接内部电源的负极，黑表笔接内部电源的正极。
2．多用电表
（1）外部构造
多用电表可以用来测电流、电压和电阻，其表面结构如图所示。
其表面分为上、下两部分，上半部分为表盘，共有三行刻度线，最上面的刻度线的左端标有“∞”，右端标有“0”，是用于测电阻的，其刻度是不均匀的，从右向左越来越密；中间的刻度线是用于测直流、交流的电流和直流电压，其刻度是分布均匀的；最下面一条刻度线左侧标有“2.5 V～”，是交流2.5 V专用，其刻度是不均匀的。多用电表表面的下半部分为选择开关，周围标有测量功能的区域和量程。将多用电表的选择开关旋转到电流挡，多用电表就测量电流；当选择开关旋转到其他功能区域时，就可测量电压或电阻。
多用电表表面还有一对正、负插孔。红表笔插“＋”插孔，黑表笔插“－”插孔，插孔上面的旋钮叫欧姆调零旋钮，用它可进行欧姆调零。另外，在表盘和选择开关之间还有一个指针定位螺丝，即机械调零旋钮，用它可以进行机械调零，即旋转该调零螺丝，可使指针（在不接入电路中时）指在左端“0”刻线。
（2）内部构造
多用电表是由一个小量程的电流表与若干元件组成的，如图所示，每进行一种测量时，只使用其中一部分电路，其他部分不起作用。如图中1、2为电流测量端，其中接1为大量程；5、6为电压测量端，其中接6为大量程；3、4为电阻测量端，其中接4为大倍率。测量时，黑表笔插入“－”插孔，红表笔插入“＋”插孔，并通过选择开关接入与待测量相对应的测量端。
（3）多用电表测电流、电压和电阻的原理
①直流电流挡：直流电流挡的几个挡位实际是由同一表头并联或混联不同电阻改装而成的几个量程不同的电流表。
②直流电压挡：直流电压挡的几个挡位实际是由同一表头串联不同电阻改装而成的几个量程不同的电压表。
③欧姆挡：欧姆挡的几个倍率挡，实际是由同一表头连接在不同电源和电阻的电路中而成的几个倍率不同的欧姆表。
其中单表头多量程测电流、电压的原理参见第八章第2讲电流表和电压表的改装。
3．二极管的单向导电性
（1）二极管是由半导体材料制成的，它有两个极，即正极和负极，它的符号如图甲所示。
（2）二极管具有单向导电性（符号上的箭头表示允许电流通过的方向）。当电流从正极流入时，它的电阻比较小，如图乙所示；当电流从正极流出时，它的电阻比较大，如图丙所示。
（3）将多用电表的选择开关拨到欧姆挡，红、黑表笔接到二极管的两极上，当黑表笔接“正”极，红表笔接“负”极时，电阻示数较小，反之电阻示数很大，由此可判断出二极管的正、负极。
（二）练习使用多用表实验
实验器材
多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻（大、中、小）三个。
实验步骤
1．观察多用电表的外形，认识选择开关对应的测量项目及量程。
2．检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零刻度位置。若不指零，则可用小螺丝刀进行机械调零。
3．将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔。
4．测小灯泡的电压和电流
（1）按如图甲所示连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小灯泡两端的电压。
（2）按如图乙所示连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小灯泡的电流。
5．用多用电表测电阻的步骤
（1）调整定位螺丝，使指针指向电流的零刻度。
（2）选择开关置于“Ω”挡的“×1”，短接红、黑表笔，调节欧姆调零旋钮，使指针指向电阻的零刻度，然后断开表笔，再使指针指向∞刻度处。
（3）将两表笔分别接触阻值为几十欧的定值电阻两端，读出指示的电阻值，然后断开表笔，再与标定值进行比较。
（4）选择开关改置“×100”挡，重新进行欧姆调零。
（5）再将两表笔分别接触标定值为几千欧的电阻两端，读出指示的电阻值，然后断开表笔，与标定值进行比较。
（6）测量完毕，将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡。
6．探索黑箱内的电学元件
应用挡位 现象 判断结果
电压挡 两接线柱正、反接时示数均为零 无电源
欧姆挡 两接线柱正、反接时示数相同 电阻
欧姆挡 正接时示数很小，反接时示数很大 二极管
欧姆挡 指针先指向某一小阻值，后逐渐增大到“∞” 电容器
欧姆挡 示数由“∞”逐渐减小到某一较小固定示数 电感线圈
7．多用电表对电路故障的检测
（1）若电路中只有断路故障，且只有一处，断路故障的检测方法
①用直流电压挡
a．将电压表与电源并联，若电压表示数不为零，说明电源通路，若电压表示数为零，说明电源断路。
b．在电源完好时，再将电压表与外电路的各部分电路并联。若电压表示数等于电源电动势，则说明该部分电路中有断路。
②用直流电流挡
将电流表串联在电路中，若电流表的示数为零，则说明与电流表串联的部分电路断路。
③用欧姆挡检测
将各元件与电源断开，然后接到红、黑表笔间，若有阻值（或有电流）说明元件完好，若电阻无穷大（或无电流）说明此元件断路。
（2）若电路中只有短路故障，且只有一处，短路故障的检测方法
将电压表与电源并联，若电压表示数为零，说明电源被短路；若电压表示数不为零，则外电路的部分电路未被短路或未完全被短路。然后将电压表逐一接到各元件两端，根据电压表示数是否为零，判断各元件是否短路。
（三）数据处理
1．测电阻时，电阻值等于指针的示数与倍率的乘积。指针示数的读数一般读两位有效数字。
2．测电压和电流时，如果所读表盘的最小刻度为1、0.1、0.01、0.001等，读数时应读到最小刻度的下一位，若表盘的最小刻度为2、0.2、0.02、0.002等，或5、0.5、0.05、0.005等，读数时只读到与最小刻度位数相同即可，并按二分之一或五分之一估读，即把最小刻度分成二等份或五等份，观察判断指针靠近哪一个等分线，进而估读到该等分线对应的数值。
（四）误差分析
1．偶然误差
（1）欧姆表的表盘刻度不均匀，估读时易带来误差。
（2）由于欧姆表刻度的非线性，表头指针偏转过大或过小都会使误差增大，因此要选用恰当倍率挡位，使指针指在中值附近。
（3）读数时的观察易造成偶然误差，要垂直表盘正对指针读数。
2．系统误差
（1）电池用旧后，电动势会减小，内阻会变大，致使电阻测量值偏大，要及时换电池。
（2）测电流、电压时，由于电表内阻的影响，测得的电流、电压值均小于真实值。
（五）注意事项
1．欧姆表刻度盘不同于电压、电流表刻度盘
（1）左∞右0：电阻无限大与电流、电压零刻度重合，电阻零刻度与电流、电压最大刻度重合。
（2）刻度不均匀：左密右疏。
（3）欧姆挡是倍率挡，即测量结果等于读出的示数再乘以挡上的倍率。电流、电压挡是量程范围挡。在不知道待测电阻的估计值时，应先从中等倍率开始试测，指针偏角太小，换大倍率挡；指针偏角太大，换小倍率挡。
（4）欧姆表的读数：待测电阻的阻值应为表盘读数乘以倍率。为了减小读数误差，应使指针指在表盘 到的部分，即中央刻度附近。
2．多用电表使用的“八大注意”
（1）使用前要机械调零。
（2）两表笔在使用时，电流总是“红进”“黑出”。
（3）选择开关的功能区域，要分清是测电压、电流、电阻，还要分清是交流还是直流。
（4）电压、电流挡为量程范围挡，欧姆挡为倍率挡。
（5）刻度线有三行：上为电阻专用，中间为电流、电压直流、交流共用，下为电压交流2.5 V专用。
（6）测电阻时
①待测电阻与电路、电源一定要断开。
②两手一定不要同时接触两表笔金属杆。
③指针指中值附近较准，不能指在中值附近时换挡。
④每换一挡必须重新欧姆调零。
⑤读出示数要乘以倍率才为电阻阻值。
（7）测电学黑箱时，一定要先用大量程电压挡判断其内部有无电源，无电源方可用欧姆挡。
（8）使用完毕，选择开关要置于“OFF”挡或交流电压最高挡，长期不用应取出电池。
二.例题精析
题型一：多用电表的使用及读数
3．在练习使用多用电表的实验中：
（1）某同学连接的电路如图所示：
①若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过 的电流；
②若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是 的电阻；
③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是 两端的电压；
（2）若S为选择开关，Q为欧姆挡调零旋钮，欧姆表的中央刻度为40。现在要用它测量一阻值约为R＝470Ω的电阻，下面提供了测量过程中一系列可能的操作，请你选出尽可能准确地测定阻值的各项操作，并且将它们按合理的顺序填写在后面横线上的空白处：
A．旋动S，使其尖端对准欧姆挡×1k
B．旋动S，使其尖端对准欧姆挡×100
C．旋动S，使其尖端对准欧姆挡×10
D．旋动S，使其尖端对准欧姆挡×1
E．旋动S，使其尖端对准OFF
F．将两表笔分别接在R的两端，读出R的阻值，随后即断开
G．两表笔短接，调节Q，使指针对准欧姆表刻度盘上的0，随后断开
所选操作及其顺序为（用字母代号填写）： 。
题型二：　欧姆表的原理
4．某兴趣小组自制了一个多量程的欧姆表，其电路图如图甲所示。其中电池的电动势E=1.5V，内阻可忽略不计；表头G量程Ig=60μA，内阻Rg=2kΩ，表头的表盘如图乙所示。
①开关S1拨至×1k挡，将滑动变阻器R0滑片调到最左端。
②将红、黑表笔短接，此时表头的读数如图乙所示，该读数为 μA。由此可知，滑动变阻器R0的最大阻值为 kΩ（结果保留两位有效数字）。
③调节滑动变阻器R0的滑片位置，使电流表指针满偏。
④将被测电阻Rx接在红、黑表笔之间，此时电表指针指向20μA处，则该被测电阻的阻值为 kΩ（结果保留两位有效数字）。
⑤根据上述原理，将表头的电流刻度改成与之相对的电阻值刻度，即做成一个欧姆表。
（1）图中R3的阻值为 kΩ（结果保留三位有效数字）。
（2）电池使用一段时间后电动势E减小为1.44V，改装后的欧姆表仍可以调零。若某次测量结果的读数为50kΩ，则该被测电阻的真实阻值是 kΩ；若测量结果的读数为25Ω，则该被测电阻的真实阻值是 Ω。（结果均保留两位有效数字）
题型三　　利用多用电表探测黑箱内元件、检测电路故障
5．“黑盒子”表面有a，b，c三个接线柱，盒内总共有两个电学元件，每两个接线柱之间只可能连接一个元件，为了探明盒内元件的种类及连接方式，某位同学用多用电表进行了如下探测：
第一步：用电压挡，对任意两个接线柱正、反向测量，指针不发生偏转．
第二步：用电阻“×100”挡，对任意两个接线柱正、反向测量，指针偏转情况如图1所示．
（1）第一步测量结果表明盒内 ．
（2）如图2显示出了图[1]和图[2]中欧姆表指针所处的位置，其对应的阻值是 Ω；图3显示出了[3]中欧姆表指针所处的位置，其对应的阻值是 Ω．
（3）请在图4的接线柱间，用电路图符号画出盒内的元件及连接情况．
（4）一个小灯泡与3V电池组的连接情况如图5所示，如果把图5中e、f两端用导线直接相连，小灯泡可正常发光，欲将e、f两端分别与黑盒子上的两个接线柱相连，使小灯泡仍可发光，那么，欲将e端应连接到 接线柱，f端应接到 接线柱．
三.举一反三，巩固练习
6．图为某多用电表的简化电路图，表头G电阻，满偏电流，滑动变阻器最大阻值为10kΩ，定值电阻，，电源电动势E=3V，内阻可忽略。下列说法正确的是（　　）
A．当选择开关接1时，测量的是电压 B．当选择开关接2时，测量的是电阻
C．当选择开关接3时，测量的是电流 D．测量时，电流是由A表笔流出，B表笔流入
7．某同学用内阻、满偏电流的毫安表及相关元件制作了一个简易欧姆表，电阻刻度值尚未标定，电路如图甲所示。该同学将两表笔短接，调节滑动变阻器R使毫安表指针满偏，再将阻值为的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．该电源电动势为
B．该电源电动势为
C．刻度处标注
D．刻度处标注
8．2020年新冠状肆虐的疫情假期，物理兴趣小组成员根据手头的实验器材设计了如图所示的欧姆表电路，通过调节开关S，可使欧姆表具有“”和“”的两种倍率．可用器材如下：
A．干电池（电动势，内阻不计）
B．电流表G（满偏电流，内阻）
C．定值电阻（阻值为）
D．滑动变阻器（最大阻值为）
E．定值电阻
G．开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干
（1）该兴趣小组成员按照如图所示电路图连接好实验电路。当开关S合向 （填“a”或“b”）时，欧姆表的倍率是“”倍率。
（2）已知欧姆表为“”倍率时的中值电阻为，则定值电阻 ， 。
（3）将开关S合向b，第一步：将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，电流表电流达到满偏电流。第二步：在红、黑表笔间接入待测电阻，发现电流表指针指向的位置，则待测电阻 。
9．（1）某实验小组要对未知电阻进行测量。如图甲所示，他们先用多用电表欧姆挡进行粗测，若多用电表的电阻挡有三个倍率，先用“×100”挡测量电阻时，操作步骤正确，发现表头指针的偏转角度过大，为了较准确地进行测量，下列说法正确的是 。
A.先将选择开关拨到“×1K”挡，再将红黑表笔短接欧姆调零，且测量结果为4
B.先将红黑表笔短接欧姆调零，再将选择开关拨到“×1K”挡，且测量结果为
C.先将选择开关拨到“×10”挡，再将红黑表笔短接欧姆调零，且测量结果为
D.先将红黑表笔短接欧姆调零，再将选择开关拨到“×10”挡，且测量结果为
（2）为准确测定该电阻的阻值，甲同学设计图（a）所示的电路进行实验
①实验室提供了两种滑动变阻器；滑动变阻器（0~1000Ω）、滑动变阻器（0~10Ω），则实验中滑动变阻器应选 （选填“”或“”）；
②实验操作时，按电路图（a）先将滑动变阻器的滑动触头移到A端，保持断开，闭合，调节滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下此时电流表读数；
③依次断开S和，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱阻值在150Ω左右，再闭合和S，调节阻值使得电流表读数为 时，的读数即为待测电阻的阻值；
（3）乙同学利用电路图（b）进行实验，多次改变电阻箱的阻值，读出电流表相应的电流I，因电源和电流表内阻较小，乙同学忽略不计，由测得的数据作出图像，根据图像的斜率和截距求出待测电阻的阻值。若电源和电流表内阻是未知且不可忽略的，考虑实验产生的系统误差，则上述电路（a）中，电阻的测量值 真实值；电路（b）中电阻的测量值 真实值。（均选填“大于”“小于”或“等于”）
10．如图1所示为一个多用电表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流1mA、内阻10Ω；电池电动势1.5 V、内阻1Ω；
（1）图1中表笔a为 色（选填“红”或“黑”）。调零电阻R0可能是下面两个滑动变阻器中的 （填选项序号）。
A．电阻范围0~200Ω B．电阻范围0~2 000Ω
（2）在进行欧姆调零后，正确使用该多用电表测量某电阻的阻值，电表读数如图2所示，被测电阻的阻值为 Ω
（3）如图3所示，某同学利用定值电阻R1给欧姆表增加一挡位“×10”，则定值电阻R1 =
Ω。（结果保留1位小数）
（4）若该欧姆表换了一个电动势为1.5V、内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果 。 （选填“偏大”“偏小”或“准确”）。
11．某物理兴趣小组要组装一个简易的欧姆表，他们设计了如图甲所示的电路，通过控制单刀多掷开关S，可使欧姆表具有“×1”、“×10”和“×100”三个倍率的挡位，并使改装后的刻度盘正中央的刻度为15，如图乙所示。所提供的器材规格如下：
A．干电池（电动势E=1.5V，内阻不计）
B．电流表G（量程为，内阻为）
C．定值电阻（阻值为）
D．定值电阻R2、R3
E．滑动变阻器R4（，额定电流0.5A）
F．滑动变阻器R5（，额定电流1.0A）
G．单刀多掷开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干
（1）滑动变阻器应选择 （填“R4”或“R5”）。
（2）电路中定值电阻R2= Ω， R3= Ω。
（3）现利用该欧姆表测定一未知电阻的阻值，将开关S接2，经正确操作后，欧姆表的指针位置如图丙所示，为较准确地测定被测电阻的阻值，以下正确且必要的操作是 。
A．开关S接1
B．开关S接3
C．将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器使指针指在电阻的0刻线
D．将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器使指针指向电阻的刻线
（4）按正确方法测量电阻的阻值，欧姆表示数如图丁所示，则 Ω（保留两位有效数字）。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． 大于 ×10 向上 400
【详解】（1）[1]在保持电阻R0滑片位置不变的情况下，因Rm＜Rn，开关S由与m接通变为与n接通后，干路电流变小，由并联电路分流性质可知电流计 示数变小，故Im大于In。
（2）[2]欧姆表的中值电阻为内电阻，“×1”挡的内电阻小于“×10”挡的内电阻，故将单刀双掷开关S与n接通，此时欧姆表的挡位为“×10”。
（3）[3]若从“×1”挡位换成“×10”挡位，总电阻增大，通过电流表的电流减小；要想进行欧姆调零，需要使电流表电流增大，所以调零电阻R0的滑片应该向上滑动，时的电流表所在的支路电阻减小、电流增大。
（4）[4]在①②间接入阻值为100Ω的定值电阻R1，根据闭合电路的欧姆定律可得
在①②间接入待测电阻Rx，稳定后电流计 的指针偏转到满偏刻度的，则有
当①②间短路时，有
Ig
联立解得
Rx＝400Ω
2． 3.700##3.699##3.701 6.0 12 3.0 偏大
【详解】（1）[1]用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，其读数为
（2）（3）[2][3][4][5]由电路可知，当将S2置于位置1，闭合S1时
即
由图像可知
解得
解得
再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400A，则
解得
根据
解得
（3）由（2）可知
（4）根据表达式
因电源电动势变小，内阻变大，则当安培表由相同读数时，得到的的值偏小，即测量值偏大。
3． R1 R1和R2串联 R2 CGFE
【详解】（1）[1]多用电表与滑动变阻器串联，电流相等；即此时测得的是通过R1的电流；
[2]断开电路中的电键，R1与R2串联，多用电表接在其两端；
[3]滑动变阻器的滑片移至最左端，滑动变阻器相当于导线，则多用电表与电阻R2并联；
（2）[4]欧姆表的中央刻度为40，现在要用它测量一阻值约为R＝470Ω的电阻，应选择×10挡，选择挡位后要进行欧姆调零，然后测电阻，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于OFF挡，因此合理的实验步骤是：CGFE。
4． 49 29 50 2.78 48 24
【详解】②[1][2]将红、黑表笔短接，此时表头的读数为49μA。由此可知，滑动变阻器R0的最大阻值为
④[3]当电流表指针满偏时
当电表指针指向20μA处时
解得
Rx=50kΩ
（1）[4]由以上计算可知当电表指针指向20μA处时，此时电流计以及R0两端电压为
当在“×1k”位置时，对应的待测电阻为50kΩ，可知当在“×100”位置时，对应的待测电阻为
Rx=50×100Ω=5kΩ
此时Rx两端电压为
U=E-UG=1V
则电流为
此时通过R3的电流为
I3=I-IG=200μA-20μA=180μA
则
（2）[5][6]若电池电动势为E=1.5V时，调零后
若电池电动势为E′=1.44V时，调零后
当测量某电阻Rx时，则
联立可得
当Rx测=50kΩ时，带入解得
Rx测=48kΩ
当Rx测=25Ω时，带入解得
Rx测=24Ω
5． （1）不存在电源 （2）1200， 500 （3） （4）c、a
【详解】
6．B
【详解】A．当选择开关接1时，表头与定值电阻R1并联，且R1远小于Rg，接入电路后通过R1的电流远大于通过Rg的电流，R1起分流作用，所以此时测量的是电流，故A错误；
B．当选择开关接2时，表内电源接入电路，通过G表所测电流来间接反映外接元件的阻值，所以此时测量的是电阻，故B正确；
C．当选择开关接3时，表头与定值电阻R3串联，且R3远大于Rg，接入电路后R3两端的电压远大于Rg两端的电压，R3起到分压作用，所以此时测量的是电压，故C错误；
D．根据电阻挡电路可知，电流从B表笔流出，A表笔流入，故D错误。
故选B。
7．C
【详解】AB．由闭合电路欧姆定律得，满偏时
接入的电阻时，表头指在3mA，得
联立解得
，
AB错误；
C．当电流刻度为时，接入电阻为
C正确；
B．当电流刻度为时，接入电阻为
D错误。
故选C。
8． b 1 9 300
【详解】（1）[1] 把虚线框内的电路等效成一个电流表，当开关S合向a端时，满偏电流为Ia，当开关S合向b端时，满偏电流为Ib，根据串并联电路的特点可知
，
可以看出Ia＞Ib，当开关S合向 b时，欧姆表的倍率是“×10”倍率。
（2）[2][3] 当开关S合向a端时，则中值电阻为
R中a=15Ω
则
当开关S合向b端时，则中值电阻为
R中b=150Ω
则
联立可解得
Ra=1Ω，Rb=9Ω
（3）[4] 根据闭合电路的欧姆定律得
在红、黑表笔间接入待测电阻，发现电流表指针指向的位置，干路电流
则
解得
9． C 等于 大于
【详解】（1）[1]表头指针偏转角度过大，说明选择挡位太大，因此换用较小的挡位，即选择开关拨到“×10”挡，再将红黑表笔短接欧姆调零，且测量结果为
故C正确，ABD错误；
（2）①[2]图甲选用分压式连接，为了方便调节，选择阻值较小的；
③[3]图中所用方法为类似半偏法测电阻，依次断开S和，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱阻值在150Ω左右，再闭合和S，调节阻值使得电流表读数为时，的读数即为待测电阻的阻值；
（3）[4][5]若电源和电流表内阻是不可忽略的，因为电源和电流表内阻对用（a）测电阻没有影响，电路（a）测电阻没有系统误差，而电路（b）测量值增加了电源和电流表的内阻，比真实值大。
10． 红 B 1600 1.1 准确
【详解】（1）[1]根据欧姆表的要求，黑表笔接内部电源的正极，可以判断a为红表笔；
[2]当电表满偏时，电表总内阻为
所以电阻应选择B；
（2）[3]可以先求欧姆表的中值电阻，当表针指在表盘的正中央时对应的电流为满偏电流的一半，对应的电阻为中值电阻
即表盘刻度为15时代表1500Ω，倍率为×100，所以被测电阻的阻值为1600Ω。
（3）[4]倍率为×10时，中值电阻为150Ω，即内阻为150Ω，由此可知，满偏电流变为原来的10倍，即0.01A
（4）[5]设电源电动势为E，干路电流为Ig，调零后电表内阻为R0，电表指针指到表盘某处时，电表的电流为I，对应的待测电阻为Rx，根据闭合电路欧姆定律
整理得
由于满偏电流相同，电动势相同，指针指相同的位置时电流相同，所以Rx相同，即读数准确。
11． R4 16.2 162 BC
【详解】（1）[1] 当“×100”倍率挡位，且刻度盘正中央的刻度为15，可知此时欧姆表的内阻为1500Ω，根据题意，R5最大为1000Ω，不满足调节需求，可知滑动变阻器选R4；
（2）[2][3] 根据欧姆表的原理，可知将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器使电流表达到满偏
因为欧姆表中间刻度值为15，则针对“×1”、“×10”和“×100”三个倍率挡，对应的改装后电流表量程分别为100mA、10mA和1mA；
则依题意，接1时有
接2时有
接3时有
联立可得
（3）[4]开关S接2，指针偏角小，说明被测电阻的阻值较大，为准确测量，应换用大量程，开关S应接3，并重新进行欧姆调零，故AD错误，BC项正确。
故选BC。
（4）[5]欧姆表示数为
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答案第1页，共2页第68讲 电流表内外接的选择方法及解决电表分压或分流引起的系统误差问题
（2022 辽宁）
1．某同学要将一小量程电流表（满偏电流为，内阻为）改装成有两个量程的电流表，设计电路如图（a）所示，其中定值电阻，。
（1）当开关S接A端时，该电流表的量程为 ；
（2）当开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时 （填“大”或“小”）
（3）该同学选用量程合适的电压表（内阻未知）和此改装电流表测量未知电阻的阻值，设计了图（b）中两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差，则使用 （填“甲”或“乙”）电路可修正由电表内阻引起的实验误差。
（2022 甲卷）
2．某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势，内阻很小），电流表（量程，内阻约），微安表（量程，内阻待测，约），滑动变阻器R（最大阻值），定值电阻（阻值），开关S，导线若干。
（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图 ；
（2）某次测量中，微安表的示数为，电流表的示数为，由此计算出微安表内阻 。
（2022 乙卷）
3．一同学探究阻值约为的待测电阻在范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V（量程为，内阻很大），电流表A（量程为，内阻为），电源E（电动势约为，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选或），定值电阻（阻值可选或），开关S，导线若干。
（1）要求通过的电流可在范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图 ；
（2）实验时，图（a）中的R应选最大阻值为 （填“”或“”）的滑动变阻器，应选阻值为 （填“”或“”）的定值电阻；
（3）测量多组数据可得的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时两端的电压为 V，流过的电流为 ，此组数据得到的的阻值为 （保留3位有效数字）。
一.知识回顾
1.电流表内、外接法的比较
内接法 外接法
电路图
误差原因 电流表分压U测＝Ux＋UA 电压表分流I测＝Ix＋IV
电阻测量值 R测＝＝Rx＋RA>Rx 测量值大于真实值 R测＝＝适用条件 RA Rx RV Rx
适用于测量 大电阻 小电阻
2.两种电表接法的选择
（1）阻值比较法
如已知待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻，则用“阻值比较法”
先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大，宜采用电流表内接法。
a．若>（或Rx< ），说明Rx较小，则用电流表外接法。
b．若<（或Rx>）， 说明Rx较大，则用电流表内接法。
（2）试触法：
如不知待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻时，则用“试触法”
如图所示，将电压表分别接在a、c和b、c两点间时，若电流表示数变化较大，说明电压表分流较大，应选用电流表内接法；若电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，则选用电流表外接法。
怎样知道变化大小呢？两次测量的电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，
（│U1- U2│/ U1）>│I1- I2│/I1,则用电流表外接法，反之，则用内接法。
二.例题精析
题型一：阻值比较法
例1
4．某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻Rx，所用电压表的内阻为1kΩ，电流表内阻为0.5Ω。该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图（a）所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间。测量得到如图（b）所示的两条U–I图线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数。
回答下列问题：
（1）图（b）中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在 （填“O、P”或“O、Q”）两点的方案测量得到的。
（2）根据所用实验器材和图（b）可判断，由图线 （填“Ⅰ”或“Ⅱ”）得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为 Ω（保留1位小数）。
题型二：试触法
例2（2021 浙江）
5．小李在实验室测量一电阻Rx的阻值。
（1）因电表内阻未知，用如图1所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后，合上开关S，将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷到1，电压表的读数，电流表的示数如图2所示，其读数 A；将K掷到2，电压表和电流表的读数分别为，。由此可知应采用电流表 （填“内”或“外”）接法。
（2）完成上述实验后，小李进一步尝试用其它方法进行实验：
①器材间连线如图3所示，请在虚线框中画出对应的电路图 ；
②先将单刀双掷开关掷到左边，记录电流表读数，再将单刀双掷开关挪到右边，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数与前一次尽量相同，电阻箱的示数如图3所示。则待测电阻 。此方法 （填“有”或“无”）明显的实验误差，其理由是 。
题型三：解决电表分压或分流引起的系统误差问题
例3
6．某物理兴趣小组想测定一个阻值大约为10kΩ，额定电功率为0.1W的电阻Rx，现有以下实验器材可以选择：
A.电流表A1（量程为1mA，内阻约为100Ω）
B.电流表A2（量程为3mA，内阻约为20Ω）
C.电压表V1（量程为10V，内阻约为50kΩ）
D.电压表V2（量程为30V，内阻约为100kΩ）
E.直流电源E（电动势为9V，内阻约为1Ω）
F.滑动变阻器R1（20Ω，1A）
G.开关、导线若干
（1）为了方便并能多次测量使结果尽可能精确，电流表应选 ，电压表应选 ，（填器材前面的序号）；
（2）根据所选器材在方框内设计并画出电路图 ；
（3）若操作、读数、计算均无误，考虑到电表内阻影响， （填大于、等于或小于）；
（4）为避免电表内阻的影响，小组成员提出用新的器材提出另外的方案如图所示，连接好电路后，闭合开关S1，调节各可变电阻，使得开关S2由断开到闭合，灵敏电流计G指针无偏转，并记录此时电压表示数U和电流表示数I，则待测电阻= ，该方案中若从系统误差分析， （填大于、等于或小于）。
三.举一反三，巩固练习
7．测量R的电阻时，如图是伏安法测电阻的部分电路，测量时开关先后接通a和b，观察到电流表的示数有显著变化，电压表的示数几乎不变。为了使测量结果准确（　　）
A．S应接a，测量值偏大
B．S应接a，测量值偏小
C．S应接b，测量值偏小
D．S应接b，测量值偏大
8．某同学通过实验测定阻值约为的电阻，用内阻约为的电压表，内阻约为的电流表进行测量。他设计了图甲和图乙两种电路，下列说法正确的是（　　）
A．实验中应采用图甲电路，此电路测得的偏大
B．实验中应采用图乙电路，此电路测得的偏大
C．实验中应采用图甲电路，误差主要是由电压表分流引起的
D．实验中应采用图乙电路，误差主要是由电流表分压引起的
9．USB数据线所用的导线是否合格至关重要．某实验小组从数据线内剥离出长的金属丝（估测其电阻约），测量此金属丝的电阻。实验室提供的器材有：
A．电流表（量程为，内阻为）
B．电流表（量程为，内阻约为）
C．电压表V（量程为，内阻为）
D．定值电阻
E．滑动变阻器（最大阻值为）
F．电源（电动势为，内阻约为）
G．开关S一只，导线若干
（1）该实验小组设计的部分实验电路如图甲所示，请选择合适的器材，电表1为 ，电表2为 。（均填写器材前的字母序号）
（2）若要求测量流过金属丝的电流从零开始调节，请你设计、完善实验电路，并画在虚线框中 。
（3）经过多次测量，得到如图乙所示的图像（其中为电表1的读数，为电表2的读数），由此可知与关系式为 （用题中物理量的符号表示），金属丝的电阻值为 （结果保留2位有效数字）。
（4）本实验所采用测量电阻的实验方法， （“会”或“不会”）产生系统误差；采用图像法求金属丝电阻，可以减小 误差（“系统”或“偶然”）。
10．在测量一节干电池的电动势E和内阻r的实验中：
（1）实验室有如下器材：
A．干电池节
B．滑动变阻器（010Ω）
C．滑动变阻器（0200Ω）
D．电压表（0~3V~15V）
E．电流表（0~0.6A~3A）
F．开关、导线若干
其中滑动变阻器应选 ；
（2）为了减小实验误差，请在虚线框内画出该实验合理的电路图 。图乙电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整。要求变阻器的滑片滑至最右端时，其使用电阻值最大 ；
（3）闭合开关后，发现电压表指针有偏转，而电流表指针不偏转，在不断开电路的情况下，应选择多用电表的 检查电路故障；
A．电阻“×1”挡
B．电流电流250mA挡
C．直流电压2.5V挡
D．直流电压10V挡
（4）某同学记录的实验数据如下表，试根据这些数据在图中画出U-I图象 ，根据图象得到被测电池的电动势E V，内电阻r Ω（保留三位有效数字）。
1 2 3 4 5 6
电流I/A 0.10 0.19 0.25 0.31 0.41 0.49
电压U/V 1.42 1.40 1.35 1.32 1.26 1.24
（5）造成本实验系统误差的主要原因是 。
11．某校举行了一次物理实验操作技能比赛，甲、乙两组同学选用合适的电学元件，设计合理的电路，并能较准确地测出同一电池组的电动势及其内阻。提供的器材如下：
A．电流表G（满偏电流为10mA，内阻为10Ω）
B．电流表A（0~0.6A~3A，内阻未知）
C．电压表V（0~5V~10V，内阻未知）
D．滑动变阻器R（0~100Ω，1A）
E．电阻箱R0（0~9999.99Ω）
F．开关与导线若干
（1）甲组同学设计了图甲所示的实验电路图，想把电流表G改装成量程为10V的电压表，需要将电阻箱R0的阻值调到 Ω；
（2）甲组同学根据该实验电路测出的数据绘制的I1-I2图线如图乙所示（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），由图线可以得到被测电池组的电动势E= V，内阻r= Ω；（结果均保留2位有效数字）
（3）乙组同学设计了图丙所示的实验电路图，对电池组进行测量，记录了多组单刀双掷开关S2分别接1、2时对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制出的U-I图线如图丁中所示的A、B两条直线（其中直线A是开关S2接1时的直线）；分析A、B两条直线可知，此电池组的电动势E= ，内阻r= 。（均用图中EA、EB、IA、IB表示）
12．要测量一个未知电阻Rx的阻值，要求测量精度尽量高、且电表的指针偏角必须超过量程的三分之一。实验室提供了以下器材：
可供该同学选用的器材除了开关，导线外，还有：
多用电表A–V–Ω
电流表（量程5mA，内阻等于10Ω）
电流表（量程10mA，内阻等于5Ω）
滑动变阻器R（0~5Ω）
定值电阻R1（R1=180Ω）；
定值电阻R2（R2=20Ω）；
电源E（电动势1.5V，内阻不计）
（1）由于考虑电表的选择，该同学使用多用电表欧姆表“×10”挡对电阻进行了粗测，其阻值如图甲中指针所示，则Rx的阻值大约是 Ω。
（2）请在图乙中把电路图补充完整，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁 。（图中需标明所选器材的字母代号）
（3）若某次测得电流表A1、A2示数分别为I1、I2，则被测电阻的大小为Rx= （用可能用到的符号I1、I2、r1、r2、R1、R2表示）；
（4）若通过调节滑动变阻器，测得多组数据I1、I2，作出I2—I1的图像如图丙所示，求得图线的斜率为k=1.9，则被测电阻的大小为Rx= Ω（保留三位有效数字）。
13．利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。
(1)应该选择的实验电路是图中的 （选填“甲”或“乙”）；
(2)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图中的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出图线 ；
序号 1 2 3 4 5 6
电压U/V 1.45 1.40 1.30 1.25 1.20 1.10
电流I/A 0.06 0.12 0.24 0.26 0.36 0.48
(3)根据(2)中所画图线可得出干电池的电动势 V，内电阻 Ω；均保留2位有效数字）
(4)某同学进一步用如图丙所示的电路测量电源的电动势和内阻，其中R是电阻箱，定值电阻，G是理想电流计。改变R的阻值分别读出电流计的读数，做出图像如图丁所示，由图可求得电源的电动势 V，内电阻 Ω。（均保留2位有效数字）
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． 1 大 乙
【详解】（1）[1]由图可知当S接A时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，满偏时电流表两端的电压为
此时R1和R2的电流为
所以总电流为
即量程为0~1mA。
（2）[2]当开关S接B端时，由图可知R1和电流表串联再和R2并联，由于和电流表并联的电阻变小，当电流表满偏时，流过R2的电流变大，干路电流变大，即量程变大；所以比接在A端时大。
（3）[3]图甲是电流表的外接法，误差是由于电压表的分流引起的；图乙是电流表的内接法，误差是由于电流表的分压引起的，因为题目中电压表电阻未知，故采用图乙的方法可以修正由电表内阻引起的实验误差。
2． 见解析 990
【详解】（1）[1]为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所示
（2）[2]流过定值电阻R0的电流
加在微安表两端的电压
微安表的内电阻
3．
【详解】（1）[1]电流表内阻已知，电流表与并联扩大电流表量程，进而准确测量通过的电流，电压表单独测量的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从开始测量，满足题中通过的电流从连续可调，电路图如下
（2）[2]电路中应选最大阻值为的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；
[3]通过的电流最大为，需要将电流表量程扩大为原来的倍，根据并联分流的规律示意图如下
根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知
解得
（3）[4]电压表每小格表示，向后估读一位，即；
[5]电流表每小格表示，本位估读，即，电流表量程扩大倍，所以通过的电流为；
[6]根据欧姆定律可知
4． Ⅰ 50.0
【详解】（1）[1]当用电流表内接法时，测量值为
当用电流表外接法时，测量值为
图（b）中图线Ⅱ的斜率较小，所以应为使用电流表外接法测量的结果，即电压表跨接在间测量得到的。
（2）[2][3]由图线可得约为，可知
所以用电流表内接法测量的结果误差较小，即由图线I得到的结果更接近待测电阻的真实值，测量结果
因为
所以
5． 0.34 见解析 外 5 有 电阻箱的最小分度与待测电阻比较接近（或其它合理解释）
【详解】（1）[1]由电流表的表盘可知电流大小为0.34A
[2]电压表的百分比变化为
电流表的百分比变化为
因此可知电压表的示数变化更明显，说明电流表的分压更严重，因此不能让电流表分压，采用外接法
（2）①[3]电路图如图
②[4]两次实验中电路电流相同，因此可有
可得
读数可得
[5][6]电阻箱的最小分度和待测阻值阻值接近，这样测得的阻值不够精确，如待测电阻阻值为5.4Ω，则实验只能测得其为，误差较大。
6． A C 大于 等于
【详解】（1）[1][2]由于电源电动势为9V，故电压表应该选择10V量程，即电压表选择V1，通过待测电阻的最大电流约为
故电流表应该选择A1；
（2）[3]由于待测电阻阻值很大，故电流表应该选择内接，由于滑动变阻器的阻值远小于待测电阻，故应该采用分压式接法，电路图如图
（3）[4]由于电压表示数为待测电阻和电流表电压之和，故其值大于真实值，由可知待测电阻的测量值大于真实值，故填“大于”；
（4）[5][6]当S2由断开到闭合，灵敏电流计G指针无偏转，即电流计中无电流，因此电压表的示数即为待测电阻两端电压，电流表示数为通过待测电阻的电流，因此
由前面分析可知，电压表、电流表的值均为真实值，因此无系统误差，故填 “等于”。
7．D
【详解】由于电压表偏差较小，接到a、b两端都不会产生较大误差，而电流表偏差较大，因此电流必须准确测量， S应该接b，根据欧姆定律
由于电压测量值偏大，从而电阻的测量值偏大。
故选D。
8．C
【详解】根据
故应采用电流表外接法，即实验中采用图甲电路图，由于电压表的分流作用，使得测量的电流值偏大，则根据
可知，测得电阻比真实值小，故ABD错误C正确。
故选C。
9． B A 图见解析 0.28 不会 偶然
【详解】（1）[1][2]由于电压表量程比电源电动势大得多，故本实验电压表不适用，故可以将已知内阻的电流表作为电压表使用，与定值电阻和待测金属丝并联，即电表2选择A；最后用量程稍大一些的电流表测两支路的总电流，即电表1选择B。
（2）[3]若要求测量流过金属丝的电流从零开始调节，则滑动变阻器应才采用分压接法，实验电路图如图所示
（3）[4]根据电路图的串并联关系可得
可得
[5]可知图像中的斜率为
解得金属丝的电阻值为
（4）[6][7]由于本实验电流表的内阻已知，用表示定值电阻和待测金属丝的总电压，用表示定值电阻和待测金属丝的电流，均没有误差，故本实验所采用测量电阻的实验方法，不会产生系统误差；采用图像法求金属丝电阻，可以去除掉偏差比较大的数据，可以减小偶然误差。
10． B C 1.48 0.520 电压表的电阻
【详解】（1）[1]测量一节干电池的电动势和内阻，滑动变阻器起改变电流作用，为了使电流变化范围较大，且便于操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故选B。
（2）[2]由于电源内阻很小，故电流表采用外接法（相对电源）电路图如图所示
[3]变阻器的滑片滑至最右端时，其使用电阻值最大，滑动变阻器下端应接左侧，电路图如图所示
（3）[4]闭合开关后，发现电压表指针有偏转，而电流表指针不偏转，说明电流表所在支路存在某处断路，在不断开电路的情况下，应选择多用电表的直流电压挡进行检查电路故障，一节干电池的电动势约为1.5V，故应选择直流电压2.5V挡进行检查电路故障；
故选C。
（4）[5]根据表中数据在图中画出U-I图象如图所示：
[6]U-I图象的纵截距表示电源的电动势，则由图可得
E=1.48V
[7]图象的斜率代表内阻，有
（5）[8]本实验系统误差产生的原因是电压表的电阻，实验中将电压表和电源部分看作等效电源，所测内阻为电压表内阻和电池内阻的并联电阻，故所测内阻小于电池的真实内阻。
11． 990 7.6 5.7
【详解】（1）[1]电阻箱R0的阻值
（2）[2][3]电流表G和定值电阻串联，其可看成一个电压表，则有
整理可得
根据图像可知，图线与纵轴会相交于的位置，则有
可得
且有
可得
（3）[4][5]单刀双掷开关接1，则电流表相对于电源内接，则因电流表分压作用，会导致
，
单刀双掷开关接2，则电流表相对于电源外接，因电压表分流作用，会导致
，
结合所给图像，可以判断出
，
则内阻为
12． 220 211
【详解】(1)[1]多用电表电阻刻线是22，选用“×10”，则读数为
(2)[2]由电路图可看出，本题为伏安法测电阻，则需将电流表A1改装为电压表，由于电源电动势为1.5V，则A1改装的电压表应能测1.5V的电压，则有
代入数据有
则选R1较为合适。如图
(3)[3]根据欧姆定律有
(4)[4]由(3)可得
由上式可知
则代入计算可得
13． 甲 1.5 0.83 3.0 1.0
【详解】(1)[1]根据，测量电源电动势和内阻时，需要测出多组对应的路端电压和干路电流，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差。电源内阻较小，所以电流表分压影响加大，因此选择甲电路图。
(2)[2]根据数据得排列趋势，可知图线为直线。画图时，应该使数据点尽可能均匀分布在所画直线两边且尽可能靠近所画的直线。
(3)[3]图线的纵截距为电动势，大小为1.5V。
[4]图线的斜率绝对值即为电源电动势，为
(4)[5][6]根据闭合电路的欧姆定律有
变形得
可知图线的斜率
图线的截距
联立并带入数据解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第69讲半偏法测电阻的原理及其思维方法的迁移
（2022 湖北）
1．某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后，为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率，进行了如下实验探究。
（1）该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，示数如图甲所示，其读数为 mm。再用游标卡尺测得其长度L。
（2）该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻Rx的阻值。图中电流表量程为0.6A、内阻为1.0Ω，定值电阻R0的阻值为20.0Ω，电阻箱R的最大阻值为999.9 Ω。首先将S2置于位置1，闭合S1，多次改变电阻箱R的阻值，记下电流表的对应读数I，实验数据见下表。
R/Ω I/A /A-1
5.0 0.414 2.42
10.0 0.352 2.84
15.0 0.308 3.25
20.0 0.272 3.68
25.0 0.244 4.10
30.0 0.222 4.50
根据表中数据，在图丙中绘制出图像。再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400A。根据图丙中的图像可得 Ω（结果保留2位有效数字）。最后可由表达式 得到该材料的电阻率（用D、L、表示）。
（3）该小组根据图乙的电路和图丙的图像，还可以求得电源电动势 V，内阻 Ω。（结果均保留2位有效数字）
（4）持续使用后，电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置，测得电路的电流，仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
一、知识回顾
1.半偏法测电表的内阻
实验原理 半偏法测电表内阻的两种情况 ①半偏法测电流表的内阻RA：如图甲所示，闭合S1，断开S2，调节滑动变阻器R1，使电流表达到满偏值I0；保持R1不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流表的读数等于，然后读出电阻箱R2的阻值R2′，则有RA=R2′。 ②半偏法测电压表的内阻RV：如图乙所示，闭合S，将电阻箱R4的阻值调为零，调节滑动变阻器R3，使电压表达到满偏值U0；保持R3的阻值不变，调节R4，使电压表的示数为，记下此时电阻箱的示数R4′，则有RV=R4′。
方法突破 两种半偏法的比较（结合图甲、乙） 测电流表内阻RA测电压表内阻RV实验条件R1 RAR3 RV误差产 生原因闭合S2后，总电流变大，IR2>R4连入后，与R4两端的电压变大，UR4>测量结果RA测=R2′RV
2.说明：
①半偏法测电流表的内阻时，只有当R1 RA（R1 R2）时，RA测≈RA．R1 RA、R1 R2为选器材提供依据，即R1应选阻值较大的电阻；在安全范围内电源应选电动势较大的。
②半偏法测电压表的内阻时，只有当R3 RV（R3 R4）时，RV测≈RV。同理，R3 RV、R3 R4也为选器材提供依据，即R3应选阻值较小的电阻；在安全范围内，电源应选电动势较大的。
3.半偏法思维方法的迁移
电阻与电表所在支路如果电压不变，当与电压表串联的电阻与电压表内阻相等时，分压相等；如果与电压表串联的电阻是电压表内阻的n倍，则所分的电压是电压表的n倍。
二、例题精析
题型一：半偏法测电压表内阻
例1
2．电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。某同学利用这一事实测量电压表的内阻（半偏法），实验室提供的器材如下：
待测电压表V（量程3V，内阻约为3000Ω），电阻箱R0（最大阻值为99999.9Ω），滑动变阻器R1（最大阻值100Ω，额定电流2A），电源E（电动势6V，内阻不计），开关两个，导线若干。
（1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整 ；
（2）根据设计的电路，写出实验步骤： ；
（3）将这种方法测出的电压表内阻记为RV′，与电压表内阻的真实值RV相比，RV′ RV（选填“>”“=”或“<”），主要理由是 。
题型二：半偏法的迁移与变式
例2
3．某同学利用图所示电路测量量程为2.5 V 的电压表V的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值99 999.9 Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50 Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5 kΩ），直流电源E（电动势3 V），开关1个，导线若干。
实验步骤如下：
①按电路原理图连接线路；
②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图中最左端所对应的位置，闭合开关S；
③调节滑动变阻器，使电压表满偏；
④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值。
回答下列问题：
（1）实验中应选择滑动变阻器 （填“R1”或“R2”）。
（2）根据电路将图中实物图连线。( )
（3）实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为 Ω（结果保留到个位）。
（4）如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为 （填正确答案标号）。
A．100 μA B．250 μA
C．500 μA D．1 mA
题型三：半偏法测电流表内阻及系统误差的解决方法
例3
4．某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻．他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图所示．已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱．该同学顺利完成了这个实验．
①实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为 （填步骤的字母代号）；
A．合上开关S2
B．分别将R1和R2的阻值调至最大
C．记下R2的最终读数
D．反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1，使Ｇ２的指针偏转到满刻度的一半，此时R２的最终读数为r
E．合上开关S1
F．调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数为I1，记下此时G1的示数
②仅从实验设计原理看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比 （填“偏大”、“偏小”或“相等”）；
③若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出须在G2上并联的分流电阻RS的表达式，RS= ．
三、举一反三，巩固练习
5．某同学把量程为500μA但内阻未知的微安表G改装成量程为2V的电压表，他先测量出微安表G的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准电压表，对改装后的电压表进行检测。
（1）该同学利用“半偏法”原理测量微安表G的内阻，实验中可供选择的器材如下：
A.滑动变阻器R1（0~5kΩ）
B.滑动变阻器R2（0~20kΩ）
C.电阻箱R'（0~9999.9Ω）
D.电源E1（电动势为1.5V）
E.电源E2（电动势为9V）
F.开关、导线若干
具体实验步骤如下：
a.按电路原理图甲连接好线路；
b.将滑动变阻器R的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R的阻值，使微安表G的指针满偏；
c.闭合S2，保持R不变，调节R'的阻值，使微安表G的示数为250μA，此时R'的示数为1900.0Ω；
回答下列问题：
（1）①为减小实验误差，实验中电源应选用 （填E1或E2），滑动变阻器应选用 （填R1或R2）;
②由实验操作步骤可知微安表G内阻的测量值Rg= Ω，与微安表内阻的真实值相比 （选填“偏大”、“相等”或“偏小”）；
（2）若按照（1）中测算的Rg，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联一个阻值为 Ω的电阻R0；
（3）用图乙所示电路对改装电压表进行校对，由于内阻测量造成的误差，当标准电压表示数为2V时，改装电压表中微安表G的示数为495μA，为了尽量消除改装后的电压表测量电压时带来的误差，R0的阻值应调至 Ω（结果保留1位小数）。
6．某同学为精确测量某金属圆柱的电阻，设计了如图甲所示的电路图。现在需要两个量程为200mA的电流表，但实验室提供的器材中，一个电流表的量程为100mA，内阻为12Ω，另外一个电流表的量程为200mA。
（1）图中E为学生电源、G为灵敏电流计、A1代表量程为100mA电流表A（图中未画出）改装后的电流表、A2为量程为200mA的电流表、R1为电阻箱、R2与R3均为滑动变阻器、R0为定值电阻、S为开关、Rx为待测金属圆柱，另有导线若干，这些器材全部由实验室提供。具体的实验操作如下：
A.按照如图甲所示的电路图连接好实验器材；
B．将滑动变阻器R2的滑片、滑动变阻器R3的滑片均调至适当位置，闭合开关S；
C．调整R3，逐步增大输出电压，并反复调整R1和R2使灵敏电流计G的示数为零，此时量程为100mA的电流表A的示数为I1，A2的示数为I2，电阻箱的示数为R1；
D．实验完毕，整理器材。
①实验步骤B中滑动变阻器R3的滑片应调至最 （填“左”或“右”）端；
②某次测量时，量程为100mA的电流表A的指针位置如图乙所示，则此时通过R2的电流为 mA。
（2）待测金属圆柱Rx的阻值为 （用所测物理量的字母表示）。
（3）电流表A1、A2的内阻对测量结果 （填“有”或“无”）影响。
7．为了精确地测量待测电阻Rx（约10Ω）的阻值，实验室提供了下列器材∶
A.电流表A1（量程为500μA，内阻r1=1000Ω）
B.电流表A2（量程为0.3A，内阻约0.1Ω）
C.滑动变阻器R1（0~1000Ω，额定电流3A）
D.滑动变阻器R2（0~5Ω，额定电流1.0A）
E.滑动变阻器R3（0~1Ω，额定电流1.0A）
F.电阻箱R（阻值范围为0~9999.9Ω）
G.电源（电动势E=3.0V，内阻约0.2Ω）
H.开关S、导线若干
（1）由于没有电压表，小刘同学把电流表A1串联电阻箱R改为量程为3V的电压表，他需要把电阻箱的阻值调为 Ω；
（2）小刘选择的滑动变阻器为 ；（填“C”“D”或“E”）
（3）在下面的方框中画出正确的电路图∶ ( )
（4）按正确的电路连接，闭合开关，记录电流表A1、A2的示数I1、I2，移动滑动变阻器的滑片，记录多组数据，并作出I1-I2图像如图所示，则待测电阻Rx= Ω（结果要保留2位有效数字）。
8．某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值。
(1)现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0~50Ω，额定电流2A），开关和导线若干，以及下列电表：
A.电流表（0~3A，内阻约0.025Ω）
B.电流表（0~0.6A，内阻约0.125Ω）
C.电压表（0~3V，内阻约3kΩ）
D.电压表（0~15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用 （选填器材前的字母）；实验电路应采用图1中的 （选填“甲”或“乙”）。
(2)图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线。( )
(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值= Ω（保留两位有效数字）。
(4)选用乙电路产生误差的主要原因是 。
(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，被测电阻Rx两端的电压U也随之增加，下列反映U—x关系的示意图中正确的是 。
9．有一电压表V1，其量程为3V，内阻约为3000Ω，现要准确测量该电压表的内阻，提供的实验器材有：
电源E：电动势约15 V，内阻不计；
电流表A1：量程1A，内阻r1= 2 Ω；
电压表V2：量程2V，内阻r2=2000Ω；
定值电阻R1：阻值20Ω；（可作为保护电阻）
定值电阻R2：阻值1Ω； （可作为保护电阻）
滑动变阻器R：最大阻值10Ω，额定电流1A；
开关一个，导线若干。
（1）提供的实验器材中，应选用的电表是 ，定值电阻是 ；（填器材符号）
（2）请你设计一个测量电压表V1的实验电路图，画在答题卡上对应的虚线框内 ；（要求：滑动变阻器要便于调节）
（3）若所选电表的读数为a， 待测电压表V1的读数为U1，写出电压表V1内阻的计算表达式RV1= 。
10．有一个电压表V，其内阻为、量程约25V～35V，共有30个均匀小格，但刻度数值已经模糊。为了测量其量程并重新刻度，现提供下列器材选用：
标准电压表V1：量程0～3V，内阻为
标准电压表V2：量程0～6V，内阻为
电流表A：量程0～3A，内阻未知
滑动变阻器R：总阻值
稳压电源E：30V，内阻不能忽略
电键、导线若干
（1）根据上述器材，有一位同学设计了如图1所示的实验电路图，请指出此电路中测量部分存在的问题： 。
（2）请设计一个合理的电路图，画在图2的方框内，将所选用的器材用相应的符号表示 （要求测量多组数据，并尽可能提高测量的精确度）；选用记录数据中任一组，写出计算量程的表达式 ；式中各字母的意义是： 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． 3.700##3.699##3.701 6.0 12 3.0 偏大
【详解】（1）[1]用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，其读数为
（2）（3）[2][3][4][5]由电路可知，当将S2置于位置1，闭合S1时
即
由图像可知
解得
解得
再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400A，则
解得
根据
解得
（3）由（2）可知
（4）根据表达式
因电源电动势变小，内阻变大，则当安培表由相同读数时，得到的的值偏小，即测量值偏大。
2． 见解析 > 见解析
【详解】（1）[1]因滑动变阻器阻值较小，所以选择滑动变阻器的分压接法。实验电路图如图所示：
（2）[2]移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0，使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻。
（3）[3][4]断开S2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大；此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故RV′>RV。
3． R1 2520 D
【详解】（1）[1]本实验中认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，但实际情况是由于并联部分的电阻增大造成分压略微增大，从而造成系统误差，为了能尽量减小这一误差，需要使分压部分的等效电阻（即滑动变阻器负责分压部分的电阻与支路电阻的并联电阻）近似不变，根据电阻并联规律可知，这就需要滑动变阻器负责分压部分的电阻远小于支路电阻，所以滑动变阻器应选择最大阻值较小的R1。
（2）[2]如图所示。
（3）[3]当电压表的示数为2.00 V时，电阻箱两端电压为0.5V，根据串联电路分压规律可得
RV=4R=2520Ω
（4）[4]根据电表改装原理可得该表头的满刻度电流为
故选D。
4． BEFADC 相等
【详解】闭合开关前将R1和R2的阻值调至最大，以免烧坏电流表，本实验用半偏法测电流表的量程和内阻，实验时通过反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1保持不变，使G2和R2的电流相等，等G2满刻度的一半，G2和R2并联，则G2和R2电阻相等．由并联电路关系可得分流电阻RS=
5． E2 R2 1900.0或1900 偏小 2100.0或2100 2059.6
【详解】（1）①[1][2]本实验误差来自于闭合S2电阻箱R′并入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，为使电流表能够满偏，相应的电源电动势应较大。故电源选择电动势约为9V的电源E2，毫安表G的满偏电流为500μA，则干路中滑动变阻器进入电路的最小阻值约大于，故滑动变阻器应选用最大阻值为20kΩ的R2。
②[3]由实验操作步骤可知通过微安表的电流等于通过电阻箱的电流，可知两部分电阻相等，即微安表G内阻的测量值Rg=1900.0Ω；
[4]因于闭合S2电阻箱R′并入电路后，电路的总电阻变小，干路电流会变大，即干路电流大于Ig，而流过微安表G的电流为Ig，则流过电阻箱R′的电流大于Ig，即流过电阻箱R′的电流实际上大于流过微安表G的电流，根据并联电路的特点，可知微安表G内阻真实值大于电阻箱R′的阻值，可知测量值偏小。
（2）[5]若按照（1）中测算的Rg，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联的电阻R0为
的电阻；
（3）[6]当微安表G的示数为495μA时
若是调整为准确，则需将微安表读数变为500μA，则
即将改装后的电压表内阻减小40.4Ω，即将R0的阻值变为2100-40.4=2059.6Ω
6． 左 160 无
【详解】(1)[1]实验步骤B中滑动变阻器R3的滑片应调至最左端，使元件电压从零开始，保护元件及电表。
[2]把量程为100mA电流表A改装为量程为200mA的电流表A1，应并联一个阻值为12的电阻，乙图的示数为80mA，根据电表改装原理可知，流过R2的电流应为示数的2倍，即160mA。
(2)[3]灵敏电流计G的示数为零时满足
可得待测金属圆柱Rx的阻值为
(3)[4]由Rx测量的表达式可知，电流表A1、A2的内阻对测量结果无影响。
7． 5000.0 D 9.0
【详解】（1）[1]当电流表满偏时，两端电压为
因此需要把电阻箱的阻值调为
（2）[2]用滑动变阻器控制电路时，用限流式接法，但滑动变阻器的最大阻值远大于待测电阻的阻值，不便于调节，不能使用；滑动变阻器和的最大阻值都小于待测电阻的阻值，则用分压式接法，当选择时，回路中的最大电流
不会超过滑动变阻器的额定电流。
当选择时，回路内的最小电流约为
超过滑动变阻器的额定电流，因此选择D。
（3）[3]因改装电压表内阻已知，所以采用电流表外接法，可以算出Rx的实际电流，没有系统误差，电路图如下图所示。
（4）[4]根据电路图，有
因为远大于，故
得
根据图像的斜率可得
解得
8． B 甲 如图所示 5.2 电压表测量值大于Rx两端的电压值 A
【详解】(1)[1][2]电路中可能出现的最大电流为，则电流表选用B；电源电动势4V，则电压表选用C； 因电压表内阻远大于待测电阻的阻值，则采用电流表外接，故选甲电路；
(2)[3]电路连线如图：
(3)[4]电流表最小刻度为0.02A，则读数为0.50A，电压表最小刻度为0.1V，则读数为2.60V，可得该电阻的测量值
(4)[5] 选用乙电路产生误差的主要原因是电压表测量值大于Rx两端的电压值；
(5)[6]根据闭合电路欧姆定律与电阻定律
当滑片P移动距离x的增加，被测电阻Rx两端的电压增大，但不成正比，且增加越来越快，则U-x图象如图A所示。
故选A。
9． V2 R1
【详解】（1）[1][2]因为电压表V1允许的最大电流为
故用电流表A1量程过大；可用量程与待测电压表接近的电压表V2与待测电压表串联，为保护电源，定值电阻应选阻值大的R1；
（2）[3]电路如图；
（3）[4]由欧姆定律可知
则
若所选电表V2读数为a，则电压表V1内阻的计算表达式
10． 电流表量程太大，电压表与电流表串联时实际流过电流表的电流太小，电流表的指针偏转不明 N为V表指针所指格数，U1为V1表读数
【详解】（1）[1]此电路设计存在的问题：电流表A的量程太大，电压表的内阻较大，电压表与其串联时实际流过电流表的电流太小，即电流表的指针偏转不明显。
（2）[2]由题意可知，待测电压表内阻已知，则将两表串联接入电路，两表中的电流相等，由标准电表可求得电流值，通过计算可求得待测电压表的量程；因两电压表阻值较大，而滑动变阻器阻值较小，故滑动变阻器采用分压接法；故电路如图所示
[3][4]由欧姆定律可求得，通过两电压表的电流为
则待测电压表两端的电压为
此时指针指示的格数为N，则有
解得量程为
其中N：直流电压表V指针所指格数，U1：标准电压表V1的读数。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第70讲替代法和电桥法测量电阻
（2022 湖北）
1．某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后，为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率，进行了如下实验探究。
（1）该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，示数如图甲所示，其读数为 mm。再用游标卡尺测得其长度L。
（2）该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻Rx的阻值。图中电流表量程为0.6A、内阻为1.0Ω，定值电阻R0的阻值为20.0Ω，电阻箱R的最大阻值为999.9 Ω。首先将S2置于位置1，闭合S1，多次改变电阻箱R的阻值，记下电流表的对应读数I，实验数据见下表。
R/Ω I/A /A-1
5.0 0.414 2.42
10.0 0.352 2.84
15.0 0.308 3.25
20.0 0.272 3.68
25.0 0.244 4.10
30.0 0.222 4.50
根据表中数据，在图丙中绘制出图像。再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400A。根据图丙中的图像可得 Ω（结果保留2位有效数字）。最后可由表达式 得到该材料的电阻率（用D、L、表示）。
（3）该小组根据图乙的电路和图丙的图像，还可以求得电源电动势 V，内阻 Ω。（结果均保留2位有效数字）
（4）持续使用后，电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置，测得电路的电流，仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
一、知识回顾
1.用“替代法”测电阻
①实验原理（如图所示）
②实验步骤
S先与2相接，记录的示数，再与1相接，调节R值使示数与原值相等，则Rx=R。
③说明
a、对的要求，只要有刻度且不超过量程即可，与指针位置是否超量程无关，因为电流表示数不参与运算。
b、也可以用一只电压表测量。
2.电桥法测电阻
如图所示，在a、b间接一灵敏电流计，当其读数为零时Uab=0，相当于a、b间断路，此时φa=φb，则有IR1=I′R3，IR2=I′R4，两式相除得=，所以知道其中任意三个电阻就可以求出第四个电阻的阻值。
二、例题精析
题型一、替代法测电阻
例1.（2021 浙江）
2．小李在实验室测量一电阻Rx的阻值。
（1）因电表内阻未知，用如图1所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后，合上开关S，将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷到1，电压表的读数，电流表的示数如图2所示，其读数 A；将K掷到2，电压表和电流表的读数分别为，。由此可知应采用电流表 （填“内”或“外”）接法。
（2）完成上述实验后，小李进一步尝试用其它方法进行实验：
①器材间连线如图3所示，请在虚线框中画出对应的电路图 ；
②先将单刀双掷开关掷到左边，记录电流表读数，再将单刀双掷开关挪到右边，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数与前一次尽量相同，电阻箱的示数如图3所示。则待测电阻 。此方法 （填“有”或“无”）明显的实验误差，其理由是 。
题型二：电桥法测电阻
例2
3．某同学利用如图（a）所示的电路测量一微安表（量程为100μA，内阻大约为2500Ω）的内阻．可使用的器材有：两个滑动变阻器R1、R2（其中一个阻值为20Ω，另一个阻值为2000Ω）；电阻箱Rz（最大阻值为99999.9Ω）；电源E（电动势约为1.5V）；单刀开关S1和S2。C、D分别为两个滑动变阻器的滑片。
（1）按原理图（a）将图（b）中的实物连线 ；
（2）完成下列填空：
①R1的阻值为 Ω（填“20”或“2000”）。
②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图（a）中滑动变阻器的 端（填“左”或“右”）对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近。
③将电阻箱Rz的阻值置于2500.0Ω，接通S1.将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置，最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势 （填“相等”或“不相等”）
④将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2601.0Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变．待测微安表的内阻为 Ω（结果保留到个位）。
（3）写出一条提高测量微安表内阻精度的建议： 。
三、举一反三，巩固练习
4．（1）某实验小组要对未知电阻进行测量。如图甲所示，他们先用多用电表欧姆挡进行粗测，若多用电表的电阻挡有三个倍率，先用“×100”挡测量电阻时，操作步骤正确，发现表头指针的偏转角度过大，为了较准确地进行测量，下列说法正确的是 。
A.先将选择开关拨到“×1K”挡，再将红黑表笔短接欧姆调零，且测量结果为4
B.先将红黑表笔短接欧姆调零，再将选择开关拨到“×1K”挡，且测量结果为
C.先将选择开关拨到“×10”挡，再将红黑表笔短接欧姆调零，且测量结果为
D.先将红黑表笔短接欧姆调零，再将选择开关拨到“×10”挡，且测量结果为
（2）为准确测定该电阻的阻值，甲同学设计图（a）所示的电路进行实验
①实验室提供了两种滑动变阻器；滑动变阻器（0~1000Ω）、滑动变阻器（0~10Ω），则实验中滑动变阻器应选 （选填“”或“”）；
②实验操作时，按电路图（a）先将滑动变阻器的滑动触头移到A端，保持断开，闭合，调节滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下此时电流表读数；
③依次断开S和，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱阻值在150Ω左右，再闭合和S，调节阻值使得电流表读数为 时，的读数即为待测电阻的阻值；
（3）乙同学利用电路图（b）进行实验，多次改变电阻箱的阻值，读出电流表相应的电流I，因电源和电流表内阻较小，乙同学忽略不计，由测得的数据作出图像，根据图像的斜率和截距求出待测电阻的阻值。若电源和电流表内阻是未知且不可忽略的，考虑实验产生的系统误差，则上述电路（a）中，电阻的测量值 真实值；电路（b）中电阻的测量值 真实值。（均选填“大于”“小于”或“等于”）
5．如图，已知表头G满偏电流为，表头上标记的内阻值为。、和是定值电阻，其中，某同学将其改装为两个量程的电压表。图中虚线框内是电压表的改装电路。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为。
(1)则根据题给条件，定值电阻的阻值应选 Ω， Ω。
(2)用量程为，内阻为的标准电压表对改装表挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E为；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为和。为了方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为 Ω的滑动变阻器。
(3)若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值 （填“大于”或“小于”）。
6．某学习小组想自己动手通过实验精确测量电阻的阻值，有下列器材供选用：
A．待测电阻（约为100Ω）
B．电压表V（3V，内阻约为3kΩ）
C．电流表（10mA，内阻约为5Ω）
D．电流表（30mA，内阻约为2Ω）
E．滑动变阻器（0~20Ω，额定电流3A）
F．滑动变阻器（0~2000Ω，额定电流0.5A）
G．直流电源E（3V，内阻约为1Ω）
H．开关、导线若干
（1）甲同学根据以上器材设计了用伏安法测量电阻的电路，能满足两端电压从零开始在尽可能大的范围内变化，并进行多次测量。请在图1的虚线框中帮甲同学画出实验电路原理图 ；（标明所选器材的符号）
（2）乙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图2所示的测量电路，具体操作如下①按图连接好实验电路，闭合开关S1前调节滑动变阻器、的滑片至适当位置；
②闭合开关，断开开关，调节滑动变阻器、的滑片，使电流表的示数恰好为电流表的示数的一半；
③闭合开关并保持滑动变阻器的滑片位置不变，读出电压表V和电流表的示数，分别记为U、I；
④比较甲、乙两同学测量电阻的方法，若仅考虑实验的系统误差，则甲同学的测量值 真实值，乙同学的测量值 真实值（以上两空均选填大于、小于或等于）。
7．饮酒驾车，害人害己．目前查酒驾的常用办法是测量驾驶员呼出的气体酒精浓度，依据国家酒驾、醉驾处罚标准，驾驶员呼出的气体酒精浓度大于小于等于是酒驾，大于是醉驾。某实验小组要利用一种二氧化锡半导体气体酒精传感器组装一个气体酒精测试仪，现有器材如下：
A．二氧化锡半导体酒精传感器；
B．电压表（量程为3V，内阻非常大，作为浓度表使用）；
C．直流电源（电动势为4V，内阻不计）；
D．电阻箱（最大阻值为）；
E．定值电阻（阻值为）；
F．定值电阻（阻值为10Ω）；
G．单刀双掷开关一个，导线若干。
该传感器电阻随气体酒精浓度的变化而变化，具体数据见下表：
60 40 30 20 10
气体酒精浓度 0 50 90 140 360
（1）请根据上表数据在坐标系中描绘出关系曲线
（2）图乙是该小组设计的酒精测试仪的电路图，为使伏特表不超量程，图乙的定值电阻R应该选择 （或）。
（3）该实验小组首先按照下列步骤标注此测试仪刻度：开关向b端闭合，逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断变大。按照甲图数据将电压表上“电压”刻度线标为对应的“气体酒精浓度”，若电阻箱调为30Ω，电压表指针对应的刻度应标注为 ；以此类推，逐一标注后再将开关向a端闭合，测试仪即可正常使用。
（4）一同学将标注好的酒精测试仪靠近某瓶口，发现电压表读数为0.80V，则测得的酒精浓度为 。
8．指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。
（1）如图甲所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是 ；（选填选项前面的字母）
A．当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
B．当S接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
C．当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
D．当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是红表笔
（2）用表盘为图乙所示的多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必需的步骤，并按操作顺序逐一写出步骤的序号： ；
A．将红表笔和黑表笔接触
B．把选择开关旋转到“×100”位置
C．把选择开关旋转到“×1k”位置
D．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
（3）某同学利用图甲中的器材设计了一只欧姆表，其电路如图乙所示。
①关于该欧姆表，下列说法正确的是 。
A．电阻刻度的零位在表盘的左端
B．表盘上的电阻刻度是均匀的
C．测量前，需要红、黑表笔短接调零
D．测量后，应将开关S断开
②某同学进行如下操作：当Rx未接入时，闭合开关S，将红、黑表笔分开时，调节可变电阻，使电流表满偏。当Rx接入A、B表笔之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，则待测电阻Rx的阻值为 （已知电流表的内阻为Rg，电池的内阻为r，可变电阻接入电路的阻值为R）。
9．半导体薄膜压力传感器是一种常用的传感器，其阻值会随压力变化而改变。现有一压力传感器：
（1）利用图甲所示的电路测量该传感器在不同压力下的阻值RN，其阻值约几十千欧，实验室提供以下器材：
直流电源：E=3V；电流表A（量程250μA，内阻约为50Ω）
电压表V（量程3V，内阻约为20kΩ）滑动变阻器R（阻值0~100Ω）
为了提高测量的准确性，开关S1应接 （选填“1”或“2”），开关S2应接 （选填“3”或“4”）；
（2）通过多次实验测得其阻值RN随压力F变化的关系图像如图乙所示；
（3）利用该压力传感器设计了如图丙所示的自动分拣装置，可以将质量不同的物体进行分拣，图中RN为压力传感器，R'为滑动变阻器，电源电压为6V（内阻不计）。分拣时将质量大小不同的物体用传送带运送到托盘上，OB为一个可绕O转动的杠杆，下端有弹簧，控制电路两端电压小于3V时，杠杆OB水平，物体水平通过进入通道1，当控制电路两端电压大于3V时，杠杆的B端就会被吸下，物体下滑进入通道2，从而实现分拣功能。若R'调为30kΩ，取重力加速度g=10m/s2，该分拣装置可以实现将质量超过 kg的物体进行分拣（保留2位有效数字），若要将质量超过0.20kg的货物实现分拣，应将R'调成 kΩ（保留3位有效数字）。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1． 3.700##3.699##3.701 6.0 12 3.0 偏大
【详解】（1）[1]用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，其读数为
（2）（3）[2][3][4][5]由电路可知，当将S2置于位置1，闭合S1时
即
由图像可知
解得
解得
再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400A，则
解得
根据
解得
（3）由（2）可知
（4）根据表达式
因电源电动势变小，内阻变大，则当安培表由相同读数时，得到的的值偏小，即测量值偏大。
2． 0.34 见解析 外 5 有 电阻箱的最小分度与待测电阻比较接近（或其它合理解释）
【详解】（1）[1]由电流表的表盘可知电流大小为0.34A
[2]电压表的百分比变化为
电流表的百分比变化为
因此可知电压表的示数变化更明显，说明电流表的分压更严重，因此不能让电流表分压，采用外接法
（2）①[3]电路图如图
②[4]两次实验中电路电流相同，因此可有
可得
读数可得
[5][6]电阻箱的最小分度和待测阻值阻值接近，这样测得的阻值不够精确，如待测电阻阻值为5.4Ω，则实验只能测得其为，误差较大。
3． 见解析图 20 左 相等 2550 调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程
【详解】（1）[1]实物连线如图所示
（2）[2]滑动变阻器R1采用分压式接法，为了方便调节要选择阻值较小的滑动变阻器。
[3]为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到滑动变阻器的左端对应的位置。
[4]将电阻箱Rz的阻值置于2500.0Ω，接通S1；将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置；最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前后在BD中无电流流过，可知B与D所在位置的电势相等。
[5]设滑片D两侧电阻分别为R21和R22，由B与D所在位置的电势相等可知Rz：RμA=R21：R22；同理，当Rz和微安表对调时，仍有RμA：Rz=R21：R22；联立两式解得，RμA=2550Ω。
（3）[6]为了提高测量精度，应调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程。
4． C 等于 大于
【详解】（1）[1]表头指针偏转角度过大，说明选择挡位太大，因此换用较小的挡位，即选择开关拨到“×10”挡，再将红黑表笔短接欧姆调零，且测量结果为
故C正确，ABD错误；
（2）①[2]图甲选用分压式连接，为了方便调节，选择阻值较小的；
③[3]图中所用方法为类似半偏法测电阻，依次断开S和，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱阻值在150Ω左右，再闭合和S，调节阻值使得电流表读数为时，的读数即为待测电阻的阻值；
（3）[4][5]若电源和电流表内阻是不可忽略的，因为电源和电流表内阻对用（a）测电阻没有影响，电路（a）测电阻没有系统误差，而电路（b）测量值增加了电源和电流表的内阻，比真实值大。
5． 910 2000 50 大于
【详解】(1)[1]由欧姆定律得
解得
[2]由欧姆定律得
解得
(2)[3]把改装电压表和标准电压表组成的并联部分看做一个整体，这个整体的总电阻约为，这个整体和滑动变阻器的一部分电阻丝并联，再和剩下的部分电阻丝串联，电池的电动势E为，如果选择的滑动变阻器，为了使电压表两端的电压能达到3V，则需小于，即滑动变阻器只有五分之一的调节空间，不利于控制电压表两端的电压；如果选择的滑动变阻器，因为电压表并联后的总电阻远大于，可将其当做理想电压表来处理，则滑动变阻器就有五分之三的调节空间，有利于精确调节电压，故选择最大阻值为的滑动变阻器。
(3)[4]改装电压表的读数比标准电压表的读数偏小，即在相同的电压下，流过改装表的电流偏小，说明改装表的电阻偏大，表头G内阻的真实值大于。
6． 大于 等于
【详解】（1）[1]由于需要满足两端电压从零开始在尽可能大的范围内变化，所以滑动变阻器应采用分压式接法，为了便于控制，应选择最大阻值较小的R1；根据所给电源电动势可知通过待测电阻的最大电流约为
所以电流表应选用A2；又因为
所以为了减小系统误差，电流表应采用内接法。综上所述作出电路图如图所示。
（2）[2]甲同学的实验方案中，电流表采用内接法，导致电压表读数比Rx两端实际电压偏大，而电流表读数就是通过Rx的电流真实值，所以甲同学Rx的测量值大于真实值。
[3]根据乙同学设计的实验步骤可知，闭合开关S2后，通过Rx的电流为
说明
因此当闭合S2后，依旧有，即Rx的电流为I，因此电阻没有误差。
7． 见解析 R2 90 50
【详解】（1）[1]描点，用光滑曲线连接各点，如图所示
（2）[2]传感器电阻阻值最小时，电压表不会超过量程，根据欧姆定律
代入数据可得
故选R2。
（3）[3]当电阻箱调为30Ω，对应酒精浓度为90 mg/m3，因此电压表指针对应的刻度应标为90 mg/m3。
[4] 根据欧姆定律可得
代入数据可得传感器电阻
对应酒精浓度为50 mg/m3。
8． AC BAD AD
【详解】（1）[1]A．当S接触点1时，电阻与表头并联，则多用电表处于测量电流的挡位，根据多用电表内部电流流向“红进黑出”知，其中接线柱B接的是黑表笔，故A正确；
BC．当S接触点2时，内部接电源，则多用电表处于测量电阻的挡位，因黑表笔内部接电源的正极，则其中接线柱B接的是黑表笔，故B错误，C正确；
D．当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故D错误；
故选AC。
（2）[2]用表盘为题图乙所示的多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻，为了使指针在表盘中央附近，减小读数误差，则必须将选择开关旋转到“×100”位置，然后两表笔短接调零，再进行欧姆调零，因此正确步骤顺序是BAD。
（3）①[3]由图丙可知，该欧姆表利用并联电路特点与闭合电路欧姆定律测电阻阻值，电阻刻度的零位置在表盘的左端，由闭合电路欧姆定律可知，表盘上的电阻刻度是不均匀的，测量前，不需要红、黑表笔短接调零，测量后，应将开关S断开，故选AD。
②[4]当Rx未接入时，闭合开关S，将红、黑表笔分开，调节可变电阻使电流表满偏，由闭合电路欧姆定律得
当Rx接入A、B表笔之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，由闭合电路欧姆定律得
解得
9． 2 3 0.14 26.0
【详解】（1）[1]RN的阻值约几十千欧，因此有
为了提高测量的准确性，开关S1应该接2。
[2]实验需要测量多组数据，且电压从零开始变化，实验时滑动变阻器用分压方式接入电路，因此开关S2接3。
（3）[3]由题意可知，当控制电压等于3V时，控制电路的电流为
压力传感器上的电压为3V，压力传感器的电阻值为
由图乙可知传感器上的压力1.40N，物体质量为0.14kg，因此由压力传感器的特点可知，该分拣装置可以实现将质量超过0.14kg的物体分拣。
[4]若要将质量超过0.20kg的货物实现分拣，由以上计算分析可知，当物体质量为0.20kg时，由图乙可知，压力传感器的电阻值为26.0kΩ，因此应该将R'调成26.0kΩ时，当质量超过0.20kg的货物，压力传感器的电阻值小于26.0kΩ，控制电路两端电压大于3V，货物实现分拣。
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答案第1页，共2页第71讲 电路设计之两种控制电路与六种测量电路以及器材选择原则
（2022 甲卷）
1．某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势，内阻很小），电流表（量程，内阻约），微安表（量程，内阻待测，约），滑动变阻器R（最大阻值），定值电阻（阻值），开关S，导线若干。
（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图 ；
（2）某次测量中，微安表的示数为，电流表的示数为，由此计算出微安表内阻 。
一.知识回顾
1.电路通常分测量电路与控制电路两部分，有的还有保护电路。
2．控制电路常常是滑动变阻器控制的，其有两种接法。
（1）滑动变阻器两种接法的比较
限流接法 分压接法 对比说明
两种接法电路图（忽略电源内阻） 串、并联关系不同
负载R上电压调节范围 ≤U≤E 0≤U≤E 分压电路调节范围大
负载R上电流调节范围 ≤I≤ 0≤I≤ 分压电路调节范围大
闭合S前触头位置 b端 a端 都是为了保护电路元件
（2）控制电路的选择：
①从节能的角度考虑，优先选用限流式．
②以下三种情况必须用分压式．
a．要求待测电路的U、I从0变化；
b．R滑 Rx；
c．选用限流式时，Ux、Ix过大．（超过电流表量程，烧坏电表、电源或用电器等）
3．常见的电阻测量电路及方法
（1）伏安法
伏安法测电阻是电学实验的基础，它渗透在电学实验的各个环节中，如测未知电阻、测电阻率、测电表内阻等。
特点：大内大，小外小（测大电阻时应用内接法，测量值比真实值大；测小电阻时应采用外接法，测量值比真实值小）。
（2）伏伏法测电阻（电压表的灵活选用）
已知内阻的电压表可作电流表使用，在缺少合适的电流表的情况下，常用电压表代替电流表使用（如图甲），这是设计电路中的高频考点。
（3）安安法测电阻（电流表的灵活选用）
已知内阻的电流表可作电压表使用，在缺少合适的电压表的情况下，常用电流表代替电压表使用（如图乙），这是电学设计电路的高频考点。
（4）用“替代法”测电阻（详见83号资料）
（5）半偏法测电表的内阻（详见82号资料）
（6）电桥法测电阻（详见83号资料）
4.电学实验仪器的选择
选择电学实验器材主要是选择电表、滑动变阻器、电源等，一般要考虑四方面因素：
（1）安全因素：通过电源、电阻和电表的电流不能超过其允许的最大电流。
（2）误差因素：选用电表应考虑尽可能减小测量值的相对误差，电压表、电流表在使用时，其指针应偏转到满偏刻度的以上；使用多用电表欧姆挡时应选择合适的倍率挡，使指针尽可能在中间刻度附近。
（3）便于操作：选用滑动变阻器时应考虑对外供电电压的变化范围既能满足实验要求，又便于调节。在调节滑动变阻器时，应使其大部分电阻线都被用到。
① 用分压式接法时，滑动变阻器应该选用阻值较小的，而额定电流较大的。
② 用限流式接法时，滑动变阻器应该选用阻值和被测电阻接近的，额定电流应大于被测电阻的额定电流。
（4）实验实际：除以上三个因素外，还应注重实验实际，如所用的电源与打点计时器的匹配问题等。
在选取电表时，在保证安全性的前提下，准确性优先，例如当遇到某一待测电阻不要求一定达到某一电压或电流的情况时，即使电源电动势较大，待测电阻的最大电流或最大电压也较大，超过了比较小的电表的量程，但用较大量程的电表，读数又会小于量程，则在滑动变阻器控制电压或电流保证安全的情况下，还是要选取较小量程的电表进行测量以便减小误差。
5．实物图连接的注意事项
（1） 各导线都应接在接线柱上。
（2） 不应在导线中间出现分叉，且导线不能跨过仪器。
（3） 连接电表应注意量程选用正确，正、负接线柱不要接错。
（4） 开关要控制整个电路。
二.例题精析
例1
2．要测绘一个标有“，”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到，并便于操作。已选用的器材有：
电池组（电动势为，内阻约）
电流表（量程为，内阻约）
电压表（量程为，内阻约）
电键一个、导线若干
①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的 （填字母代号）
A．滑动变阻器（最大阻值，额定电流）
B．滑动变阻器（最大阻值，额定电流）
②实验的电路图应选用下列的图 （填字母代号）
A．B．C．D．
③实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示，则小灯泡的电阻值随工作电压的不断的增大而 （填“增大”或“减小”）
④如果将这个小灯泡接到电动势为，内阻为的电源两端，小灯泡消耗的功率是 。
例2
3．学校实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度，该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10-8Ω m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度。
可供使用的器材有：
电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω
电压表：量程3V，内阻约为9kΩ
滑动变阻器R1：最大阻值5Ω
滑动变阻器R2：最大阻值20Ω
定值电阻：R0=3Ω
电源：电动势6V，内阻可不计
开关、导线若干。
回答下列问题：
(1)实验中滑动变阻器应选 （选填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至 （选填“a”或“b”）端。
(2)在实物图丙中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接 。
(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.51A，电压表示数如图乙所示，其读数为 V。
(4)导线实际长度为 。（保留2位有效数字）
例3
4．如图是测量阻值约几十欧的未知电阻Rx的原理图，图中R0是保护电阻（10Ω），R1是电阻箱（0～99.9Ω），R是滑动变阻器，A1和A2是电流表，E是电源（电动势10V，内阻很小），在保证安全和满足需求的情况下，使测量范围尽可能大．实验具体步骤如下：
①连接好电路，将滑动变阻器R调到最大；
②闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调 R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数I1=0.15A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2；
③重复步骤（2），再测量6组R1和I2的值；
④将实验测得的7组数据在坐标纸上描点，得到如图2所示的图象。
根据实验回答以下问题：
（1）现有四只供选用的电流表
A．电流表（0～3mA，内阻为 2.0Ω）
B．电流表（0～3mA，内阻未知）
C．电流表（0～0.3A，内阻为 5.0Ω）
D．电流表（0～0.3A，内阻未知）
A1应选用 ．A2应选用 （选填字母 A、B、C、D）
（2）测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1=0.15A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值 （选填“不变”、“变大”或“变小”）．
（3）根据以上实验得出 Rx= Ω．（保留两位有效数字）
三.举一反三，巩固练习
5．小芳同学想利用实验室的器材描绘出某电风扇的伏安特性曲线。她通过说明书得到电风扇的额定电压为5.0V，额定功率约为2.5W。器材有：
电源E：电动势为6.0V，内阻忽略不计
电流表A1：量程0.6A，内阻约为10Ω
电流表A2：量程100mA，内阻为r2=4Ω
定值电阻R1=10Ω
定值电阻R2=50Ω
滑动变阻器R3：最大阻值10Ω，最大电流0.5A
滑动变阻器R4：最大阻值3Ω，最大电流3A
滑动变阻器R5：最大阻值100Ω，最大电流3A
开关、导线等。
（1）滑动变阻器应选用 （选填“R3”“R4”或“R5”）；为了精确测量数据，选用定值电阻 （选填“R1”或“R2”），将电流表A2改装成电压表使用。
（2）请根据选用的实验器材设计实验电路，将最优电路设计图画在图甲虚线方框内，电风扇符号用M表示，需在图中标上所用元件对应的符号 。
（3）小芳在实验中发现，小电风扇在电流较小时不能转动。她多次测量描绘出I2一I1图像如图乙所示，其中I1为电流表A1的读数，I2为电流表A2的读数。当I1为0.10A，I2为10mA时，小电风扇的电阻为 Ω（结果保留两位有效数字）。
（4）从小芳描绘的I2一I1图像可以看出，随着I2的不断增大，I1先增大到某值时突然减小，造成这种现象的原因是 。
6．欲测量一个未知电阻R的阻值。
（1）某同学先用万用表欧姆“×10”挡粗测。测量中，表盘指针位置如图（a），其示数为 。
（2）为了准确测出的阻值，实验室提供了以下器材
A．电池组（电动势3V，内阻很小）；
B．电流表（量程100mA，内阻约1）；
C．电流表（量程25mA，内阻）；
D．电流表（量程1mA，内阻）；
E．电阻箱（阻值0～9999.9）；
F．滑动变阻器（阻值0～10）；
G．开关一只，导线若干。
①根据提供的器材，该同学设计了图（b）所示的电路。其中，A1表应选 （填器材序号字母）。
②要使图（b）所示虚线框中改装后的电表的量程为3V，表应选 （填器材序号字母），且该同学应将电阻箱接入电路的电阻调到 。
③完成以上工作后，该同学在实验中测出了多组表和表的示数和，由这些数据得到了图（c）所示的图像。利用图像求得被测电阻的阻值为 （结果取3位有效数字）。
7．为了测定某电阻的阻值，甲乙两同学在实验室里用如下器材做实验：
A．待测电阻R1（阻值约5kΩ）
B．直流电源E（电动势3V，内阻不计）
C．灵敏电流计G（0～500μA，内阻Rg=500Ω）
D．电阻箱R2（0～9999Ω）
E．滑动变阻器R3（0～10kΩ）
F．开关、导线若干
（1）甲同学设计了如图1所示的电路进行实验。
①先将滑动变阻器R3的滑片移到 （填“a”或“b”）端。将单刀双掷开关扳到1位置，再调节滑动变阻器使电流计指针偏转至某一位置，并记下电流计的示数I1；
②将单刀双掷开关扳到2位置，调节电阻箱R2的阻值，使得电流计的示数为 时，R2的阻值即等于待测电阻的阻值。
（2）乙同学采用了图2所示的电路进行实验。
改变电阻箱的阻值R2，读出电流计相应的电流I，得到多组数据，在坐标纸上以R2为横轴，以 为纵轴描点，然后用直线拟合，若图线与纵轴的截距为b，则待测电阻R1的阻值为 （用题中合适的物理量字母表示）。
在上面两种情况中，调节电阻箱R2的阻值都需要注意由大到小逐渐变化。
8．在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，小电珠标有“3.6V，1.8W”字样，可供选用的器材如下：
电流表，量程，内阻约为；
灵敏电流计，量程0~100μA，内阻Rg=1000Ω；
电阻箱，阻值范围0~99999Ω；
滑动变阻器，阻值范围；
学生电源，电动势为，内阻不计；
开关及导线若干．
（1）若把灵敏电流计改装成量程为的电压表，则串联的电阻箱的阻值应调整为
（2）使用改装后的电压表，采用如图甲所示的电路进行测量，图乙是实物电路，请你用笔画线代替导线，把电路连接完整 。
（3）用I1表示电流表的示数，I2表示灵敏电流计的示数，则小电珠两端的电压是 ；流过小电珠的电流是 。用I1、I2、Rg、R0表示
（4）现用改装后的电压表进行实验，得到电流表读数和如表所示．
次数
当灵敏电流计读数为30μA时，小电珠的电阻约为 Ω（结果保留三位有效数字
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． 见解析 990
【详解】（1）[1]为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所示
（2）[2]流过定值电阻R0的电流
加在微安表两端的电压
微安表的内电阻
2． A B 灯泡电阻随温度的升高而增大 0.1
【详解】①[1]因实验要求电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选全电阻最小的变阻器A；
②[2]因小灯泡电阻为
则有
故电流表应用外接法，又变阻器用分压式，故电路图应选B；
③[3]图象中的斜率倒数表示其电阻，故说明电阻值越来越大，即灯泡电阻随温度的升高而增大；
④[4]电源与小灯泡直接串联，则路端电压等于小灯泡两端的电压，画出内阻为，电动势为1.5V的电源的路端电压与干路电流的关系图象和小灯泡的付安特性曲线的交点，即表示小灯泡与该电源直接串联，如图所示
根据交点坐标（1.0V，0.1A）可以计算出小灯泡消耗的功率为
3． R2 a 2.30 88m
【详解】(1)[1]当电流表满偏时回路电阻为
当电流表指针偏转三分之一时，回路电阻为
待测电阻约为
滑动变阻器的阻值范围是
要求滑动变阻器的阻值在5.3Ω～25.3Ω范围内变化，所以滑动变阻器选择R2；
[2]闭合开关S前应使滑动变阻器阻值最大，应将滑片移至a端；
(2)[3]根据图甲，电路连接如图所示；
(3)[4]电压表示读数为2.30V；
(4)[5]根据
解得
导线实际长度为88m。
4． D C 变大 31.3
【详解】(1)[1]根据实验原理并联部分电压相等，可以得出
解得
通过图像斜率可以求出未知电阻的阻值，斜率中的必须知道，由于电流表A1的示数为0．15A，所以选用量程为0.3A的电流表，只要知道电流大小即可，即选用D；
[2]根据R1与I2的关系图，可知A2的量成为0.3A，且必须要知道其电阻，所以选用C表；
(2)[3]调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1=0.15A，则与其串联的两个电阻一个电流表的两端电压必须要减小，因此只有应让滑动变阻器R接入电路的阻值变大，才能达到这样的条件；
(3)[4]根据题目中已描的点，平滑连接，远离图象的点舍去，如图所示
根据欧姆定律
则有
而R1与I2图象的斜率为
得出
5． R4 R2 6.0 电动机突然开始转动，产生了反电动势
【详解】（1）[1]电风扇的额定电压为
额定功率为
电风扇的额定电流为
由于要描绘出这台电风扇的伏安特性曲线，电压需要从0调节，滑动变阻器采用分压式，使得串联接入电路部分的电流有可能大于0.5A，所以为了防止滑动变阻器烧坏且操作方便，滑动变阻器选；
[2]通过电流表A2与电阻串联改装成电压表，因电压调节范围为0～5.0V，需要串联的电阻阻值为
所以选取固定电阻
改装成电压表，其量程为
（2）[3]因为电压需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，因此电流表采用外接法，电路图如图所示
（3）[4]小电风扇在电流表读数小时电风扇不能转动，属于纯电阻电路，实验数据得知为0.10A时，为
小电风扇的电阻为
（4）[5]小电风扇在电流较小时不能转动，随着电流的不断增大，电动机突然开始转动，产生了反电动势，所以先增大到某值时突然减小。
6． 120 C D 2900 122
【详解】（1）[1]欧姆表读数为
（2）①[2]流过中的最大电流
所以A1表应选C；
②[3][4]B电流表的内阻不确定，所以表应选D，电阻箱接入电路的电阻
③[5]根据欧姆定律得
整理得
可得图像的斜率
解得
7．
【详解】（1）①[1]为了保护用电器，实验前触头在最左端，即端；
②[2]将单刀双掷开关扳到2位置，调节电阻箱R2的阻值，使得电流计的示数为时，R2的阻值即等于待测电阻的阻值。
（2）[3][4]根据欧姆定律得
整理得
可知在坐标纸上以R2为横轴，以为纵轴描点，然后用直线拟合，可知
解得
8． 49000 见解析 4.05
【详解】（1）[1]R0的电阻为
（2）[2]电路连接如图所示
（3）[3][4]根据欧姆定律
流过小电珠的电流
（4）[5]根据欧姆定律
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第72讲 测量电源的电动势和内阻实验设计与误差分析
一.知识回顾
注意事项：
1．为了使电池的路端电压变化明显，应选内阻稍大些的电池（选用已使用过一段时间的干电池）。
2．在实验中不要将I调得过大，每次读完U和I的数据后应立即断开电源，以免干电池在大电流放电时极化现象严重，使得E和r明显变化。
3．测出不少于6组I和U的数据，且变化范围要大些，用方程组求解时，类似于逐差法，要将测出的UI数据中，第1和第4组为一组，第2和第5组为一组，第3和第6组为一组，分别解出E、r值再求平均值。
4．在画UI图线时，要使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点应对称分布在直线两侧，可舍弃个别离直线较远的点，以减小偶然误差。
5．干电池内阻较小时，U的变化较小，此时，坐标图中数据点将呈现如图甲所示的状况，使下部大面积空间得不到利用。为此，可使纵坐标不从零开始而是根据测得的数据从某一恰当值开始（横坐标I必须从零开始），如图乙所示，并且把纵坐标的比例放大，可使结果的误差减小。此时图线与横轴交点不表示短路电流，而图线与纵轴交点的纵坐标仍为电动势。要在直线上任取两个相距较远的点，用r＝，计算出电池的内阻r。
二.例题精析
题型一：误差分析
例1
1．用图1所示的甲、乙两种方法测量某电源的电动势和内电阻（约为1Ω）。其中R为电阻箱，电流表的内电阻约为0.1Ω，电压表的内电阻约为3kΩ。
（1）利用图1中甲图实验电路测电源的电动势E和内电阻r，所测量的实际是图2中虚线框所示“等效电源”的电动势和内电阻。若电流表内电阻用表示，请你用E、r和RA表示出、： 、 。
（2）某同学利用图像分析甲、乙两种方法中由电表内电阻引起的实验误差。在图3中，实线是根据实验数据（图甲：U=IR，图乙：）描点作图得到的U-I图像；虚线是该电源的路端电压U随电流I变化的U-I图像（没有电表内电阻影响的理想情况）。在图中，对应图甲电路分析的U-I图像是： ；对应图乙电路分析的U-I图像是： 。
（3）综合上述分析，为了减小由电表内电阻引起的实验误差，本实验应选择图1中的 （填“甲”或“乙”）。
题型二：避免系统误差
例2（2020 浙江）
2．某同学分别用图甲和图乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。
(1)在答题纸相应的方框中画出图乙的电路图 ；
(2)某次测量时电流表和电压表的示数如图所示，则电流 ，电压 ；
(3)实验得到如图所示的两条直线，图中直线Ⅰ对应电路是图1 （选填“甲”或“乙”）；

(4)该电池的电动势 V（保留三位有效数字），内阻 （保留两位有效数字）。
题型三：利用图像的斜率和截距求电动势和内阻
例3
3．某实验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻（阻值为）、一个电流表（内阻为）、一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于，并配有可在电阻丝上移动的金属夹）、导线若干。由于缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，但发现桌上有一个圆形时钟表盘，某同学提出将电阻丝绕在该表盘上，利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度。主要实验步骤如下：
（1）将器材如图a连接。
（2）开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的 （选填“a”或“b”）端。
（3）改变金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角θ和电流表示数I，得到多组数据。
（4）整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图（b）所示，图线斜率为k，与纵轴截距为d，设单位角度对应电阻丝的阻值为，该电池电动势和内阻可表示为E＝ ，r＝ （用、、k、d、表示）
（5）为进一步确定结果，还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值，小明同学利用现有的器材设计了如图（c）的实验电路图（电阻丝用电阻箱符号表示）。测量原理如下：
①将单刀双掷开关接1，读出电流表示数；
②将单刀双掷开关接2，调节电阻丝的角度，直到电流表示数为 ，读出此时角度θ。
③此时，即可求得的数值。
三.举一反三，巩固练习
4．某实验小组的同学在进行电学实验时，发现缺少满足要求的电压表，欲将满偏电流为2mA的电流表改装成大量程电压表，但电流表的内阻未知。
（1）该小组的同学首先将多用电表欧姆表的挡位旋到“×10”挡，然后用多用电表欧姆表粗略测量电流表的内阻，多用电表的指针如图所示，则电流表的内阻约为 。
（2）该小组的同学想要精确测量电流表的内阻，实验室有如下的实验器材：
A.待测电流表；
B.标准电流表（的量程大于的量程，但内阻未知）；
C.电阻箱；
D.滑动变阻器R；
E.电池组、导线若干、开关。
①为了精确测量电流表的内阻，请在虚线框中所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图，要求能通过对电路的控制完成多次测量 ；
②如果两电流表的示数分别为，电阻箱阻值为，则待测电流表内阻的表达式为 ；（用表示）
③通过实验测得电流表的内阻为，为了将该电流表改装成量程为3V的电压表，应将电流表与定值电阻 （填“串”或“并”）联，定值电阻的阻值为 。
5．某同学要测量量程为电压表的内阻，步骤如下：
（1）先用多用电表的欧姆挡粗测该电压表的内阻值，选择开关拨至“×100”挡，表盘示数如图甲所示，则阻值约为 。若将欧姆表换一个电动势相同，但内阻变大的电池，重新欧姆调零后测量该电压表内阻，其测量结果 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；
（2）该同学改用如图所示电路测量电压表内阻，实验过程如下：
A．按电路图正确连接好电路，将滑动变阻器的滑动头移到最左端
B．闭合开关和并调节，使电压表的指针指到满刻度
C．保持开关闭合以及滑动变阻器的滑动头位置不变，断开，调整电阻箱的阻值，使电压表的指针指到满刻度的
D．读出此时电阻箱的阻值
① 若电阻箱为，则 ；
② 用上述方法得到电压表内电阻的测量值 （选填“大于”、“等于”或“小于”）；
③ 若实验中测得的结果，要将这个电压表改装成量程为的电压表，则应串联一个阻值为 的定值电阻；
④ 为了使上述根据计算后改装的电压表能更准确地测量电压，下面做法中可行的是（填写选项前的序号）( ) 。
A．在旁边再串联一个比小得多的电阻
B．在旁边再串联一个比大得多的电阻
C．在两端再并联一个比小得多的电阻
D．在两端再并联一个比大得多的电阻
6．某同学欲把一量程的微安表改装成的电流表，可供选用的实验器材有：
A．微安表表头G（量程，内阻约为几百欧）
B．电流表A（，内阻约）
C．滑动变阻器（最大阻值）
D．滑动变阻器（最大阻值）
E．电阻箱
F．电源E（电动势，内阻约）
G．开关、导线若干。
该同学首先利用图示电路测量微安表G的内阻，实验步骤如下
①按电路图连接好电路，将滑动变阻器触头调至最左端，调节电阻箱的电阻为；
②闭合开关，调节滑动变阻器，使G刚好满偏，记下此时电流表A的示数；
③断开开关，调节电阻箱的电阻为，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表A的示数与上次相同，读出此时G的示数为。
根据上述实验过程回答下列问题：
（1）实验中滑动变阻器应选用 （选填“”或“”）；
（2）图为某同学根据原理图连接的实物电路图，图中有一处导线连接错误，是编号为 的导线；
（3）该微安表G的内阻为 ，这一阻值与它的真实阻值相比 （选填“偏大”、“偏小”或“相等”）；
（4）要把该微安表改装成的电流表，需要 一个阻值为 的电阻（保留两位有效数字）。
7．实验室有一只灵敏电流计，刻度盘上共有格刻度而无具体示数，已知该电流计的满偏电流约为几百微安，内阻约为几百欧姆。为了测出和，小明设计了图示的甲、乙电路。除电流计外，提供的器材有：
①电压表V（量程4V，内阻为15kΩ）；
②滑动变阻器（0~20Ω，2A）；滑动变阻器（0~2000Ω，0.5A）；
③电阻箱（0~999.9Ω）；电阻箱（0~9999.9Ω）；
④电池组（电动势6V，内阻忽略不计）
⑤开关、导线若干
（1）甲中滑动变阻器应选择 （填“”或“”）；
（2）乙中虚线框内的可变电阻应选择 （填“”、“”或“”）；
（3）实验主要步骤：
①将甲中滑动变阻器滑到最左端，闭合开关，滑片向右滑动，记下电压表的示数U和电流计指针的格数；某次实验电压表示数为，电流计指针为格，那么电流计的满偏电流为 。
②将乙中的可变电阻调至最大值，断开，闭合S，减小R的阻值，使电流计指针达到满偏；闭合，调节B，电流计指针指在格，此时电阻箱读数为，则为 。
（4）用图乙测量内阻时，考虑到系统误差，内阻测量值 （填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
8．某兴趣小组的同学想将一量程为3V的电压表甲改装成量程为15V的电压表乙。
（1）先用多用表的欧姆挡测量电压表甲的内阻，机械调零后，将欧姆挡的选择开关置于“×10”，发现指针偏角过小，应将选择开关置于 （选填“×100”或“×1”），并进行欧姆调零。
（2）正确操作后，欧姆表的指针如图甲所示，则电压表甲的内阻的读数为 Ω
（3）为了进一步精确测量电压表甲的内阻，他在实验室中找到了其他的器材，有：
A．两节新的干电池；
B．电阻箱R（最大阻值9999.9Ω）
C．电流表（量程2mA，内阻为200Ω）
D．开关1个，导线若干
①请在乙图中将实物图连接完整；( )
②在闭合开关前，某同学将电阻箱的阻值调到零，他的操作是 （选填“正确”“错误”）的。
③闭合开关，调节电阻箱，读出多组电阻箱的阻值R，以及对应的电流表的读数I
④以为纵坐标，以R为横坐标，作出一R图象
⑤若图象为直线且纵截距为0.63mA-1，斜率为0.35V-1，不考虑电源的内阻，则该电压表的内阻的测量值为Rx= Ω。
9．现要尽量准确地测量量程为0~0.6A、内阻约为2Ω的电流表A1的内阻RA，实验室提供的其他器材如下：
电流表A2（量程0~3A，内阻r=10Ω）；
滑动变阻器R1（最大阻值10Ω，最大电流3.5A）；
电阻箱R2（阻值0~999Ω）；
电源E（电动势30V，内阻约0.5Ω）；
开关、导线若干。
选用上述的一些器材，两个同学分别设计了图甲、图乙所示的电路图。
（1）在图甲的电路中，下列电阻箱R2的取值最合理的是 。
A．5Ω B．50Ω C．500Ω
（2）在图甲的电路中，测得电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，电阻箱的示数为R2，则电流表A1的内阻RA的测量值为 。（用所给物理量表示）
（3）按图乙的电路进行如下操作：
①先将滑动变阻器R1的滑动触头移到使电路安全的位置，再把电阻箱R2的阻值调到 （填“最大”或“最小”）。
②闭合开关S1、S，调节滑动变阻器R1，使两电流表的指针有较大幅度偏转，记录电流表A2的示数I。
③断开S1，保持S闭合、R1不变，再闭合S2，调节R2，使电流表A2的示数 ，读出此时电阻箱的阻值R0，则电流表A1的内阻RA= 。
（4）从实验测量精度的角度分析，用图 电路较好，原因是 。
10．小明家里有一个充电宝（电动势约为5 V，内阻约为2 Ω），他欲精确地测量其电动势和内阻。他使用的器材如下：
A. 电压表V（量程为450 mV，内阻约为450 Ω）；
B. 电流表A（量程为0.6 A，内阻约为0.1 Ω）；
C. 滑动变阻器R1（最大阻值为10 Ω）；
D. 电阻箱R2（最大阻值为9999.9 Ω）；
E. 定值电阻R3（阻值为3 Ω）；
F. 开关S1、S2，导线若干。
（1）小明准备把电压表V改装成量程为4.5 V的电压表，需要测量电压表V的内阻，测量电路如图甲所示。请回答下列问题：
①根据甲图，将实物图乙补充完整 ；
②滑动R1的滑片，使滑片置于 （填“a”或“b”）端，将电阻箱R2调至阻值最大；
③闭合开关S1、S2，滑动R1的滑片，使电压表V的指针指在450 mV处；断开S2，调节电阻箱R2，使电压表V的指针指在300 mV处，此时电阻箱R2的示数为250.0 Ω。电压表V的内阻RV＝ Ω；
④电压表V （选填“并”或“串”）联一个阻值R0＝ kΩ的电阻（用电阻箱R2代替），就可以改装成量程为4.5 V的电压表；
（2）小明利用电流表A和改装好的电压表测量充电宝的电动势与内阻，设计的电路如图丙所示。若小明根据测出的多组电压表V的示数U与电流表A的示数I，得到的U－I图线如图丁所示，则充电宝的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。（结果均保留两位有效数字）
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参考答案：
1． C A 乙
【详解】（1）[1][2]因电源电动势等于外电路断路时的路端电压，可知
内阻
（2）[3][4]因U-I图像在U轴上的截距为电动势，斜率等于内阻；因甲电路中测得的电动势与准确值相等，而内阻测量值比真实值偏大，则在图中，对应图甲电路分析的U-I图像是C；而在以电路中，电动势的测量值
内阻
即电动势和内阻的测量值均偏小，则对应图乙电路分析的U-I图像是A。
（3）[5]综合上述分析，因电流表的内阻RA与电源内阻大致相当，而电压表的内阻远大于电源内阻，可知图乙电路测量的误差较小，则为了减小由电表内电阻引起的实验误差，本实验应选择图1中的乙图。
2． 0.39～0.41 1.29～1.31 乙 1.51～1.54 0.52～0.54
【详解】(1)[1]图乙中，电流表内接和变阻器串联接在电源两端，电压表测路段电压，则图乙对应的电路图为
(2)[2][3]一节干电池的电动势一般约为1.5V，故电压表量程选择0~3V，电流表量程选择0~0.6A，所以量表的读数分别为1.30V（1.29～1.31V均可），0.40A（0.39～0.41A均可）
(3)[4]由闭合电路欧姆定律可得
可得U-I图象的纵轴截距为电源电动势，斜率为电源内阻。图甲中电流表外接，则实验测得的电源内阻
测量值偏大；图乙中电路
测量值偏小，但是由于，故图乙实验测出的内阻误差更小，故图线Ⅰ对应图乙，图线Ⅱ对应的图甲。
(4)[5]图线Ⅱ与纵轴的交点为电源的电动势E=1.52V ；
[6]在图线Ⅰ与横轴的交点为短路电流I=2.86A
由
，此实验原理无误差。
3． b
【详解】（2）[1]开关闭合前，为确保电表等仪器安全，需使回路总电阻最大，故金属夹应夹在电阻丝的b端。
（4）[2][3]由闭合电路欧姆定律可得
整理得
对比图像可得
，
故电动势为
内阻为
（5）②[4]测量单位角度对应电阻丝的阻值的实验中，使用了等效替代法，开关从1到2过程，电流表示数均为，则两回路电阻相等，即电阻丝的阻值等于R0，进而可求得的数值。
4． 100 串 1390
【详解】（1）[1]由欧姆表的读数规则可知，电流表的内阻约为
（2）[2][3][4][5]①器材中没有电压表，应用电阻箱代替电压表测量电流表两端的电压，又由于电流表的内阻未知且的量程大于的量程，应用电流表测量流过和的总电流，因此电路图为
②根据欧姆定律得
解得
③为了将电流表改装成电压表，应将电流表与一个定值电阻串联，由串联电路的特
点可得
解得
5． 2.2 不变 2.3 大于 1.6 D
【详解】（1）[1]欧姆表读数为
[2]欧姆表电动势不变，内阻改变，通过欧姆调零后不影响测量结果。若电动势改变则会影响测量结果。故测量结果不变。
（2）[3]断开开关，并联部分电压不变，电压表指针指到满刻度的，则根据闭合电路欧姆定律可知，电阻变为原来的，故
[4]当断开开关，电压表该支路的总电阻增大，则并联部分的总电阻增大，并联部分的电压增大。为了使电压表的指针指到满刻度的，电阻箱的电阻也偏大。故最终得到电压表内电阻的测量值大于真实值。
[5]改装前后电压表满偏的电流是相等的，则根据欧姆定律有
得到
[6]因为电压表内阻测量值偏大，改装电压表时，串联电阻阻值偏大。用改装后的电阻测电压时，所测电压偏小。为准确测电压，应减小串联电阻阻值，可以减小串联电阻阻值或在串联电阻两端并联一个比该电阻大得多的电阻。故选D。
6． R2 ③ 180 相等 并 0.54
【详解】（1）[1]由实验原理可知，由于两次保持电流表A的示数不变，即干路中的电流不变，且微安表和电流表A的阻较小，为更方便操作，滑动变阻器应选择阻值较大的R2；
（2）[2]根据原理图可知，滑动变阻器为限流式，实物图中则为分压式，则实物图中错误的导线编号为③；
（3）[3]微安表G与电阻箱并联，由题意可知
解得
[4]由实验原理可知，微安表内阻的测量没有系统误差，则测量值与真实值相等；
（4）[5][6]根据串并联电流特点可知，把该微安表改装成的电流表，需要并联一个电阻，其阻值为
7． 400 150 小于
【详解】（1）[1]图甲中滑动变阻器采用分压式接法，为了方便调节且使电表示数变化比较均匀，滑动变阻器应选择阻值较小的；
（2）[2]由于灵敏电流计的满偏电流只有几百微安，电源电动势为，可知图乙中电路的总电阻很大，需要串联接入电路的可变电阻阻值很大，故虚线框内的可变电阻应选择；
（3）①[3]某次实验电压表示数为，电流计指针为格，图甲中灵敏电流计与电压表串联，可知此时灵敏电流计的电流为
又
解得电流计的满偏电流为
②[4]将乙中的可变电阻R调至最大值，断开，闭合，减小R的阻值，使电流计指针达到满偏；闭合，调节B，电流计指针指在格，此时电阻箱读数为，闭合前后电路的总电阻主要由可变电阻决定，可认为闭合前后电路的总电流保持不变，故有
解得
（4）[5]用图乙测量内阻时，考虑到闭合后，电路的总电阻减小，电路的总电流增大，即，则有
解得灵敏电流计的真实内阻应满足
可知内阻测量值小于真实值。
8． ×100 1500 错误 1600
【详解】（1）[1] 欧姆表指针偏角太小，则示数比较大，说明被测电阻较大，应换用较大挡位，故换用“×100”挡位。
（2）[2]由图甲指针位置可知，内阻的读数为
15.0×100=1500Ω
（3）[3]实物连接如图所示
[4] 在闭合开关前，应将电阻箱的阻值调到最大，以免在闭合开关后，电流和电压超过电表的量程，损坏电表，所以在闭合开关前，将电阻箱的阻值调到零的操作是错误的；
[5]由闭合电路欧姆定律可知
所以
由题意知
，
电流表内阻，可解得
9． B 最大 再次为I（或仍为I） R0 甲 图乙电路受电阻箱取值限制，阻值只能精确到个位
【详解】（1）[1]为了减小测量误差，图甲中两个电流表应同时偏转较大角度，电阻箱R2的阻值应为50Ω。
故选B。
（2）[2]在图甲的电路中，测得电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，电阻箱的示数为R2，则电流表A1两端的电压为
I2r-I1R2
则RA的测量值为
（3）①[3]实验前R2的阻值应该调节到最大，以保证电表安全；
③[4][5]替代法最简单的操作是让A2示数不变，则可直接从R2的读数得到电流表A1的内阻。所以使电流表A2的示数再次为I（或仍为I），电流表A1的内阻RA=R0。
（4）[6][7]两个电路都没有由仪器引起的系统误差，但用图乙电路测量时，受电阻箱取值限制，阻值只能精确到个位，误差较大，所以用图甲电路较好。
10． a 500.0（500也可给分） 串 4.5 4.9 1.9（2.0 也可给分）
【详解】（1）[1]实物图连线如下图所示
[2]为保证电路的安全，在接通开关S1前，滑动变阻器R1的滑片应置于a端。
[3]电压表的内阻远大于变阻器R1的最大阻值，故断开开关S2后，电压表与电阻箱的总电压几乎为，当电压表的示数为时，电阻箱两端的电压为150 mV
根据串联电流相等
解得
[4]电压表扩大量程时需要串联电阻。
[5]根据
解得
（2）[6]经分析可知
整理得
结合题图丁有
解得
E=4.9 V
[7]结合题图丁有
解得
（也可给分）
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第73讲 磁场及磁场的叠加
[2022 江苏]
1．如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向（　　）
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
一.知识回顾
1．磁场
（1）基本特性：磁场对处于其中的磁体、通电导体和运动电荷有力的作用。
（2）方向：小磁针静止时N极所指的方向或小磁针N极的受力方向。
2．磁感应强度
（1）物理意义：描述磁场的强弱和方向。
（2）大小：B＝（通电导线垂直于磁场）。在物理学中，把很短一段通电导线中的电流I与导线长度l的乘积Il叫作电流元。
（3）单位：特斯拉，符号是T。
（4）方向：小磁针静止时N极所指的方向（即磁场方向就是B的方向）。
（5）B是矢量，合成时遵循平行四边形定则。
3．磁感线及其特点
（1）磁感线：为了形象地描述磁场，在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点磁场的方向一致，这样的曲线就叫作磁感线。
（2）特点
①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。
②磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。
③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。
④同一磁场的磁感线不中断、不相交。
⑤磁感线是假想的曲线，客观上不存在。
5．电流的磁场
（1）奥斯特实验：奥斯特实验发现了电流的磁效应，即电流可以产生磁场，首次揭示了电与磁的联系。
（2）安培定则
①直线电流：用右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向。
②环形（螺线管）电流：让右手弯曲的四指与环形（或螺线管）电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线（或螺线管）轴线上磁场的方向。
（3）安培分子电流假说
安培认为，在物质内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极。
6．几种常见的磁场
（1）常见磁体的磁场
（2）电流的磁场
直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场
特点 无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱 与条形磁体的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场由S→N，管外为非匀强磁场 环形电流的两侧是N极和S极，且沿中心轴线离圆环中心越远，磁场越弱
安培定则
立体图
横截面图
纵截面图
（3）匀强磁场：如果磁场中各点的磁感应强度的大小相等、方向相同，这个磁场叫作匀强磁场。匀强磁场的磁感线用一些间隔相等的平行直线表示，如图所示。
（4）地磁场
①地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近，磁感线分布如图所示。
②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相同，且方向水平向北。
7．磁场的叠加：磁感应强度为矢量，合成与分解遵从平行四边形定则。
磁场叠加问题的一般解题思路：
（1）确定磁场场源，如通电直导线。
（2）定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则及其他已知条件判定各个场源在这一点上产生的磁场的磁感应强度的大小和方向。如图中BM、BN分别为M、N在c点产生的磁场。
（3）应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B。
8．磁场的叠加和安培定则应用的“三大注意”
（1）根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向时，注意直导线和环形导线存在的差异。
（2）磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。
（3）磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。
二.例题精析
题型一：通电直导线的磁场
2．在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示，一根金属管线平行于水平地面。有一种探测方法，首先给金属长直管线通上恒定电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L。由此可确定（　　）
A．金属管线在EF正下方，深度为
B．金属管线在EF正下方，深度为
C．金属管线的走向垂直于EF，深度为
D．金属管线在EF正下方，深度为
题型二：通电螺线管的磁场
3．图为通电螺线管，为螺线管外一点，、两点在螺线管的垂直平分线上，点在螺线管内，点在螺线管外，、两点均在螺线管内部且位于螺线管的轴线上。下列说法正确的是（　　）
A．在处放置的小磁针静止后，小磁针的极指向右方
B．在处放置的小磁针静止后，小磁针的极指向右方
C．、两点的磁感应强度相同
D．、两点的磁感应强度相同
题型三：磁场的叠加
4．如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)
A．0 B． C． D．2B0
三.举一反三，巩固练习
5．如图所示，完全相同的甲、乙两个通电圆环同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时b点的磁感应强度大小为B1，c点的磁感应强度大小为B2。现将甲撤去，则a点的磁感应强度大小为（　　）
A．B2－ B．B1－ C．B1－B2 D．B1
6．磁感应强度大小为B0的匀强磁场方向垂直于纸面向里，通电长直导线位于纸面上，M、N是纸面上导线两侧关于导线对称的两点。经测量，N点的磁感应强度大小是M点磁感应强度大小的3倍且方向相同，则通电长直导线在M点产生的磁感应强度大小等于（通电长直导线在空间中某点产生的磁感应强度大小，其中k为常量，I为通过的电流，r为点到导线的距离）（　　）
A．B0 B． C． D．
7．空间存在垂直纸面的匀强磁场（未画出），磁感应强度为，将一通有顺时针方向恒定电流的圆形导体环放置于纸面内（如图甲），此时圆心处的磁感应强度为零。若将磁场中的导体环替换为半径相同的半圆形导体弧，通以逆时针方向、同样大小的恒定电流（如图乙），则以下说法正确的是（　　）
A．空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里
B．乙图圆心处的磁感应强度为
C．乙图半圆形导体弧在圆心处产生磁场的磁感应强度为
D．乙图圆心处的磁感应强度方向垂直纸面向外
8．如图所示，边长为a的等边的A、B、C三点处各放置一个点电荷，三个点电荷所带电荷量数值均为Q，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；边长为a的等边的E、F、G三点处均有一垂直纸面的电流大小为I的导线，其中E、F处电流垂直纸面向内，G处电流垂直纸面向外，O，H是三角形的中心，D为中点，若两三角形均竖直放置，且、相互平行，下列说法正确的是（　　）
A．O点处的电势高于D点处的电势
B．带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能增大
C．A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向相同
D．正电荷在O点处所受电场力方向与电流方向垂直纸面向内的通电导线在H点处所受安培力方向相同
9．下列说法中正确的是（　　）
A．若一小段电流在某处所受的磁场力为零，该处的磁感应强度不一定为零
B．磁场中磁感应强度大的地方，磁通量一定很大
C．磁感应强度的方向与通电直导线在该处所受磁场力方向相同
D．穿过某一面积的磁通量为零，则该处磁感应强度一定为零
10．我国是最早在航海中使用指南针的国家，郑和下西洋的船队已经装备了罗盘，如图所示。在实验精度要求不高的情况下，可利用罗盘来测量电流产生磁场的磁感应强度，具体做法是：在一根南北方向放置的直导线正下方5cm处放一个罗盘。导线没有通电时罗盘的指针（小磁针的N极）指向北方；当给导线通入电流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度。现已测出此地的地磁场水平分量为，直导线通电后罗盘指针停在北偏西30°的位置，由此测出该通电直导线在其正下方5cm处产生磁场的磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
11．已知通电圆环中心处磁感应强度大小与电流成正比，与半径成反比。两个载流线圈（小半圆关于虚线ab对称）中的电流相同，关于O1、O2处的磁感应强度的说法正确的是（　　）
A．O1处垂直纸面向外、O2处垂直纸面向里，并且
B．O1、O2处均垂直纸面向里，并且
C．O1处垂直纸面向外、O2处垂直纸面向里，并且
D．O1、O2处均垂直纸面向里，并且
12．三根互相平行的通电长直导线垂直于纸面放置，其与纸面的交点a、b、c位于等边三角形的三个顶点上，电流方向如图所示。c在坐标轴的原点上，三角形关于y轴对称。电流Ia < Ib，则c受到a和b的磁场力的合力方向，是从原点指向（　　）
A．第Ⅰ象限 B．第Ⅱ象限 C．第Ⅲ象限 D．第Ⅳ象限
13．“通量”是物理学中的重要概念，在研究磁场时我们引入了“磁通量”。定义磁通量，其中B为磁感应强度、S为垂直磁场的面积。
（1）如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，放置一个面积为S的平面，平面的法线（与平面垂直）方向与磁场方向的夹角为。求穿过该平面的磁通量。
（2）与之类似，在静电场中，我们定义“垂直穿过某一平面的电场线条数为通过这一平面的电通量”
a.写出电通量的定义式及单位；
b.求出通过真空中以点电荷为球心，以R为半径的球面的电通量。（已知真空中静电力常量为k，球的表面积公式）
（3）自然界中的物体都会不断向外辐射电磁波，太阳和火星也在不断向外辐射电磁波，若忽略其他天体及宇宙空间的其他辐射，已知火星半径为R，太阳和火星间距离为r。太阳单位时间内向外辐射电磁波的能量为，求：火星单位时间内吸收的太阳辐射能量P。
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参考答案：
1．C
【详解】根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向下方，根据左手定则可判断出左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里。
故选C。
2．B
【详解】用测量仪在金属管线附近的水平地面，上找到磁感应强度最强的某点，记为a，说明a点离电流最近；找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF，故说明这些点均离电流最近，根据电流应该时是平行EF，画出左侧视图，如图所示
b、c间距为L，且磁场方向与地面夹角为45°，故深度为。
故选B。
3．D
【详解】A．根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极，则在处放置的小磁针静止后，小磁针的极指向左方，选项A错误；
B．螺线管内部的磁感线从右向左，可知在处放置的小磁针静止后，小磁针的极指向左方，选项B错误；
CD．根据通电螺线管的磁场特点，内部为匀强磁场且最强，管外为非匀强磁场，B点比C点的磁感应强度大，且两点的磁场方向也不同；B、D两点的磁感应强度相同，故C错误，D正确；
故选D。
4．C
【详解】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示：
由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°=B0； 解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP=B0；
当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2=B0；因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B=，故C正确，ABD错误．
5．A
【详解】甲乙两环在b点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，而b点的磁感应强度大小为B1，因此两环在b点产生的磁感应强度均为。乙环在b点和c点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故乙环在c点产生的磁感应强度为，而c点的磁感应强度大小为B2，因此甲环在c点产生的磁感应强度为。由于甲环在c点产生的磁感应强度与乙环在a点产生的磁感应强度大小相等，因此撤去甲环后，a点的磁感应强度大小为，故选A。
6．B
【详解】由磁感应强度大小
可知，磁感应强度大小与距离r有关，根据安培定则知通电直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反，设其大小为B，由磁感应强度矢量叠加原理，N点的合磁感应强度为B0+B，方向垂直纸面向里，M点的合磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，则
解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
7．D
【详解】A．根据安培定则可知，恒定电流在圆心处的磁感应强度方向垂直纸面向里，此时圆心处的磁感应强度为零，所以空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，故A错误；
BCD．据题意可知，圆形导体环在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小为B0，则通以逆时针方向、同样大小的恒定电流的半圆形导体弧在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小为，根据安培定则可知，方向垂直纸面向外，所以乙图圆心处的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为
故BC错误，D正确。
故选D。
8．B
【详解】A．结合三个点电荷分布可知，CD的电场线方向由D指向C，顺着电场线的方向电势逐渐降低，即O点处的电势低于D点处的电势，故A错误；
B．带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中，电势降低，故负电荷的电势能增大，故B正确；
C．在电场中，根据同种电荷排斥，异种电荷相吸引，分别作出B、C对A的作用力，再根据平行四边定则进行合成，得A点电荷所受电场力，其方向如左图所示；在磁场中，根据同向电流相吸引，反向电流相排斥，分别作出F、G对E的作用力，再根据平行四边定则进行合成，得E点处通电直导线所受安培力，其方向如右图所示
由图可知，A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向不相同，故C错误；
D．在电场中，作出A、B、C三个点电荷在O点产生的电场强度方向，因正电荷A、B两点电荷产生的电场强度大小相等，与DC线的夹角相等，根据平行四边形定则可知，A、B的合电场强度方向由O指向C，而负电荷C在O点产生的电场强度方向，也是由O指向C，如左图所示，故三个点电荷在O点产生的电场强度方向最终也是由O指向C，所以将正电荷放在O点，其所受的电场力方向由O指向C；在磁场中，分别作出E、F、G三根通电导线在H点产生的磁感应强度方向，因E、F的电流大小相等，方向相同，且都向里，则两根通电导线在H点产生的磁感应强度大小相等，方向如右图所示
根据平行四边形定则，可知E、F两根通电导线的合磁感应强度方向沿水平向右，而G通的电流方向是垂直纸面向外，故在H点产生的磁感应强度方向是水平向右，故三根通电导线的最终合磁感应强度方向水平向右，所以根据左手定则可知，在H点放一根电流方向垂直纸面向内的通电导线，所受的安培力方向由G指向H，即正电荷在O点处所受电场力方向与电流方向垂直纸面向内的通电导线在H点处所受安培力方向相反，故D错误。
故选B。
9．A
【详解】A．若一小段电流在某处所受的磁场力为零，则该处的磁感应强度不一定为零，也可能是电流方向与磁场方向平行，A正确；
B．磁场中磁感应强度大的地方，磁通量不一定大，与线框的面积和位置有关，B错误；
C．根据左手定则，磁感应强度的方向与通电直导线在该处安培力的方向垂直，C错误；
D．穿过某一面积的磁通量为零，可能是磁感应强度为零，也可能是线圈平面与磁场方向平行，D错误。
故选A。
10．A
【详解】由题意可知，该通电直导线在其正下方5cm处产生磁场的磁感应强度与地磁场的水平分量合成后的合磁场方向沿北偏西30°，则直导线产生的磁场大小为
故选A。
11．A
【详解】设大圆在O点的磁感应强度大小为B大，小圆在O点的磁感应强度大小为B小，根据叠加原理和安培定则
O1磁感应强度方向向外
O2磁感应强度方向向里
所以
综上所述，A正确，BCD错误。
故选A。
12．D
【详解】根据两通电直导线间同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，可知c导线的受力如图所示
因场源电流Ia < Ib，则有
合成两个安培力后总的合力从原点指向指向第四象限，故选D。
13．（1）；（2）a. ΦE=ES； V m；b. ；（3）
【详解】（1）穿过该平面的磁通量
（2）a.电通量定义式
ΦE=ES
其中E为电场强度、S为垂直电场的面积。
电场强度的单位是：V/m，面积的单位是：m2，则电通量的单位是：V/m×m2=V m
b.点电荷+Q在半径为R处产生的电场强度大小

半径为R的球面面积为
S=4πR2
穿过该球面的电通量为
（3）火星单位时间内吸收的太阳能量为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第74讲　安培力作用下的平衡问题
（2022 湖南）
1．如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tanθ与电流I成正比
D．sinθ与电流I成正比
（2021 广东）
2．截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（　　）
A． B．
C． D．
一、知识回顾
1．安培力的方向
（1）用左手定则判断：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
（2）安培力方向的特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面。
（3）推论：两平行的通电直导线间的安培力——同向电流互相吸引，反向电流互相排斥。
2．安培力的大小
F＝IlBsinθ（其中θ为B与I之间的夹角）。如图所示：
（1）I∥B时，θ＝0或θ＝180°，安培力F＝0。
（2）I⊥B时，θ＝90°，安培力最大，F＝IlB。
3.分析通电导体在磁场中平衡或加速问题的一般步骤
（1）确定要研究的通电导体。
（2）按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体作受力分析。
（3）分析导体的运动情况。
（4）根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解。
4．分析安培力的注意事项
（1）安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面。
（2）安培力的大小：应用公式F＝IlBsinθ计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时，有效长度l等于曲线两端点的直线长度。
（3）视图转换：对于安培力作用下的力学综合问题，题目往往给出三维空间图，需用左手定则判断安培力方向，确定导体受力的平面，变立体图为二维平面图。
5．其他注意事项
（1）类似于力学中用功与能的关系解决问题，通电导体受磁场力时的加速问题也可以考虑从能量的观点解决，关键是弄清安培力做正功还是做负功，再由动能定理列式求解。
（2）对于含电路的问题，可由闭合电路欧姆定律求得导体中的电流，再结合安培力分析求解。
二、例题精析
题型一： 动态平衡问题
3．如图，垂直纸面放置的金属棒用绝缘丝线悬挂在O点，金属棒的质量m=0.1Kg、长度L=0.5m，棒中通有垂直纸面向里的电流。在竖直面内加上匀强磁场，金属棒平衡时丝线与竖直方向间夹角，棒中电流强度I=2A，重力加速度g=10m/s2。关于所加磁场，下面判断正确的是
A．磁场的方向可能垂直丝线向右上方
B．若所加磁场的磁感应强度大小B=0.8T，那么磁场的方向是唯一确定的
C．若所加磁场的方向与丝线平行，那么磁场的磁感应强度数值最小
D．只要所加磁场的磁感应强度大小确定，丝线上的拉力大小也就唯一确定
题型二：磁场叠加下的平衡问题
（2019秋 长治月考）
4．如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等.矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止．则a、b的电流方向可能是( )
A．均沿纸面向上
B．均沿纸面向下
C．a的沿纸面向上， b的沿纸面向下
D．a的沿纸面向下，b的沿纸面向上
题型三：三维空间的平衡问题
5．如图所示，长为L、质量为m的导体棒ab，置于倾角为θ的光滑斜面上，导体棒与斜面的水平底边始终平行。已知导体棒通以从b向a的电流，电流为I，重力加速度为g。若匀强磁场的大小、方向都可以改变，要使导体棒能静止在斜面上，则磁感应强度B的最小值和对应的方向为（　　）
A．，方向垂直斜面向上
B．，方向垂直斜面向下
C．，方向竖直向上
D．，方向竖直向下
三、举一反三，巩固练习
6．在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的直角三角形线框abc，∠a＝90°，∠c＝37°，磁场方向垂直于线框平面，a、c两点接一直流电源，电流方向如图所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　）
A．导线bc受到的安培力大于导线ac所受的安培力
B．导线abc受到的安培力的合力大于导线ac受到的安培力
C．导线ab、ac所受安培力的大小之比为3：8
D．导线abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向上
7．如图所示，两平行金属导轨所在平面与水平面的夹角，导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源，两导轨间的距离，在导轨所在空间内分布着磁感应强度大小、方向垂直导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量的导体棒放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒接入电路的电阻，导体棒恰好要滑动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属导轨电阻不计。（取，，）则棒与导轨的动摩擦因数为（　　）
A．0.15 B．0.2 C．0.25 D．0.4
8．三根互相平行的通电长直导线垂直于纸面放置，其与纸面的交点a、b、c位于等边三角形的三个顶点上，电流方向如图所示。c在坐标轴的原点上，三角形关于y轴对称。电流Ia < Ib，则c受到a和b的磁场力的合力方向，是从原点指向（　　）
A．第Ⅰ象限 B．第Ⅱ象限 C．第Ⅲ象限 D．第Ⅳ象限
9．如图所示，质量为m的三根完全相同的导体棒垂直于纸面放置，其中a、b两导体棒放置在粗糙的水平面上，c导体棒被竖立的轻质弹簧悬挂，三根导体棒中均通入垂直纸面向里、大小相等的恒定电流后，呈等边三角形排列，且保持稳定。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的弹力小于c导体棒的重力
B．水平面对a导体棒的摩擦力可能为零
C．水平面对a导体棒的支持力小于
D．若在地面上对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离，弹簧长度将增大
10．粗细均匀边长为L的正方形铜制线框固定在如图所示的两匀强磁场中，连线与磁场分界线重合，磁场的磁感应强度大小均为B，a、b两端与恒压电源相连。若通过边的电流大小为I，则线框受到的安培力大小为（　　）
A．0 B． C． D．
11．一光滑绝缘的正方体固定在水平面内。导体棒可绕过其中点的转轴在正方体的上表面内自由转动，导体棒固定在正方体的下底面。开始时两棒相互垂直并静止，两棒中点连线在正方体的中轴线上。现对两棒同时通有图示（A到B、D到C）方向的电流。下列说法中正确的是（　　）
A．通电后棒仍将保持静止 B．通电后棒将要顺时针转动（俯视）
C．通电后棒将要逆时针转动（俯视） D．通电瞬间线段间存在磁感应强度为零的位置
12．如图所示，边长为L的正方形线框ABCD，ADC边的电阻与ABC边的电阻不相等，将线框放在与线框平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。电流I从A点流入，从C点流出，O是线框的正中心，下列说法正确的是（　　）
A．线框中的电流形成的磁场在O点的磁感应强度方向一定垂直纸面向内
B．线框中的电流形成的磁场在O点的磁感应强度方向一定垂直纸面向外
C．整个线框在匀强磁场中受到的安培力大小为
D．整个线框在匀强磁场中受到的安培力大小为
13．如题图（俯视图）所示，粗糙水平面上固定一通电长直导线MN，长直导线周围磁场的磁感应强度大小，式中常量，I为电流强度，r为距导线的距离。在该直导线右侧有一质量为m的单匝矩形线圈abcd，ad边与MN平行，且距MN距离为L。该线圈内通有逆时针方向的恒定电流，线圈与水平面间动摩擦因数为μ，且。当MN内通以电流强度为的电流时线圈恰能保持静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则此时矩形线圈abcd内的电流强度大小是（　　）
A． B． C． D．
14．如图所示，间距为1m的平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨左端连接有电动势为E=15V，内阻r=1Ω的电源。质量m=0.5kg的金属棒垂直放在导轨上，导轨处在磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场中，磁场与金属棒垂直，方向与导轨平面成θ=53°斜向右上。绕过桌边光滑定滑轮的一根细线，一端系在金属棒的中点，另一端吊着一个重物，拉着金属棒的细线水平且与金属棒垂直，金属棒处于静止状态且刚好不向左滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，金属棒接入电路的电阻R=2Ω，导轨电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
（1）悬吊重物的质量；
（2）保持磁感应强度大小不变，将磁场方向迅速改为竖直向上，则磁场方向改为竖直向上的一瞬间，重物的加速度（不考虑电磁感应现象）。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有
可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；
BCD．由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有
，FT= mgcosθ
则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，BC错误、D正确。
故选D。
2．C
【详解】因，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。
故选C。
3．C
【详解】金属棒受重力、绳子拉力和安培力，三力平衡，受力分析如图所示，故安培力一定与拉力和重力的合力大小相等，如图所示弧形区域的反方向，故安培力一定与拉力和重力的合力大小相等，如图所示弧形区域的反方向。
A．若磁场的方向垂直实线向右上方的话，那么安培力的方向就沿丝线向下，从受力角度上可以看出此时无法平衡，故A错误 ；
B．若所加磁场的磁感应强度大小B=0.8T，只要安培力大小与拉力和重力的合力大小相等，反向相反即可，故磁场方向不确定，故B错误；
C．根据上图可知，当安培力与绳子拉力垂直时，安培力最小，磁感应强度最小，根据左手定则可判，此时所加磁场的方向与丝线平行，故C正确；
D．所加磁场的磁感应强度大小确定，由于磁场方向不确定，故安培力不确定，绳子拉力则不确定，只要满足三力合力为零即可，故D错误。
故选C。
4．CD
【详解】由右手螺旋定则可知，若a、b两导线的电流方向相同，在矩形线框左、右边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框左、右边的电流方向也相反，则矩形线框左、右边所受的安培力相反，所以不可以平衡，则要使矩形线框静止，a、b两导线的电流方向相反．
A.A项与上述分析结论不相符，故A错误；
B.B项与上述分析结论不相符，故B错误；
C.C项与上述分析结论相符，故C正确；
D.D项与上述分析结论相符，故D正确．
5．A
【详解】依题意对导体棒进行受力分析如图
当安培力平行于斜面向上，即安培力与斜面对导体棒的支持力垂直时，安培力最小。由左手定则可知此时磁感线方向垂直于斜面向，根据共点力平衡可知，安培力的最小值为
此时所加的磁场方向垂直于斜面向上，即为
解得
故选A。
6．C
【详解】A．设磁感应强度大小为B，ac边长为L，则abc的长度
由题意可知在a、c点接一直流电源后流过abc导线的电流为，流过ac导线的电流为，故导线bc受到的安培力大小为
导线ac所受的安培力大小为
故A错误；
B．导线abc的有效长度为L，受到的安培力大小为
故B错误；
C．ab、ac所受安培力的大小之比
故C正确；
D．根据左手定则，导线abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向下，故D错误。
故选C。
7．C
【详解】根据闭合电路欧姆定律可得
安培力公式联立解得
因为
所以棒有沿导轨下滑的运动趋势，棒受到的静摩擦力方向沿导轨向上，棒受力情况如图所示
导体棒恰好要滑动，静摩擦力等于滑动摩擦力，有
根据受力平衡可得
，
联立可得
故ABD错误C正确。
故选C。
8．D
【详解】根据两通电直导线间同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，可知c导线的受力如图所示
因场源电流Ia < Ib，则有
合成两个安培力后总的合力从原点指向指向第四象限，故选D。
9．C
【详解】A．三根导体棒的电流方向相同，由“同向电流相吸，反向电流相斥“知a导体棒和b导体棒对c导体棒都是吸引力力，作用力的合力方向竖直向下，故弹簧的拉力大于c导体棒的重力，故A错误；
B．、导体棒对导体棒的合力垂直向上，在水平方向的分力不为零，而导体棒静止，所以导体棒必定受到水平面面的摩擦力，故B错误；
C．对、、整体研究，弹簧弹力竖直向上，所以地面对的作用力小于，故C正确；
D．若对称地缓慢增大ab导体棒间的距离，a导体棒和b导体棒对c导体棒的作用力都在减小，且二力的夹角增大，故二力的合力减小，则弹簧的弹力减小，长度减小，故D错误。
故选C。
10．C
【详解】根据安培力公式可知，ab边受到的安培力均为
根据欧姆定律，另外三边受到的安培力大小为
对ab边，根据左手定则可知，安培力向上。对bc边，根据左手定则可知，安培力向右。对cd边，根据左手定则可知，安培力向下。对da边，根据左手定则可知，安培力向右。根据力的合成可知，线框受到的安培力大小
故选C。
11．B
【详解】ABC．从正视方向研究导体棒电流产生的磁场分布，如图所示
可知导体棒电流在端有垂直棒向上的分磁场，根据左手定则可知端受到垂直于纸面向外的安培力，端向外转动，导体棒电流在端有垂直棒向下的分磁场，根据左手定则可知端受到垂直于纸面向里的安培力，端向里转动，故俯视看导体棒将要顺时针转动，B正确，AC错误；
D．根据安培定则可知通电瞬间导体棒电流和导体棒电流在线段间产生的磁场方向相互垂直，故通电瞬间线段间不存在磁感应强度为零的位置，D错误；
故选B。
12．C
【详解】AB．根据ADC边的电阻与ABC边的电阻不相等，可知线框上、下边的电流不相等，由电流形成的磁场在O点的方向可能为垂直纸面向内或向外，选项AB均错误；
CD．电流通过线框的等效长度为，故整个线框在匀强磁场中受到的安培力大小为
选项C正确、D错误。
故选C。
13．A
【详解】设此时矩形线圈abcd内的电流强度大小为I，则ad边与bc边受安培力合力为
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
14．（1） 0.3kg；（2）0
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律可得通过金属棒的电流大小为

因为金属棒恰好不向左滑动，所以其所受最大静摩擦力方向向右，对金属棒根据平衡条件可得


由题意可知

对重物根据平衡条件可得

联立以上五式解得
M=0.3kg
（2）将磁场方向迅速改为竖直向上后，金属棒受到的安培力方向变为水平向左，大小为
=5N
因为
所以金属棒的加速度为0。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第75讲　安培力作用下的运动
1．小明同学设计了一个电磁天平，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L=0.1m，竖直边长H=0.3m，匝数为．线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0~2.0A范围内调节的电流I．挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．（重力加速度取）
（1）为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数至少为多少；
（2）进一步探究电磁感应现象，另选匝、形状相同的线圈，总电阻，不接外电流，两臂平衡，如图2所示，保持不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度．当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。
一.知识回顾
1．方法概述
判断通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先要弄清导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。
2．常用判断方法
（1）电流元法：把整段弯曲导线分为多段直线电流元，先用左手定则判断每段电流元的受力方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向。
（2）特殊位置法：通电导线转动到某个便于分析的特殊位置时，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向。
（3）等效法：环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁体或多个环形电流。然后根据同极相斥、异极相吸判断相互作用情况。
（4）结论法：两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势。
（5）转换研究对象法：定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题时，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后根据牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体受力及运动情况。
3．解题思路
确定研究对象→判断其所在处合磁场情况→根据左手定则判断受力→确定运动情况。
二.例题精析
题型一：运动情况定性判定
2．一个可以自由运动的线圈和一个固定的线圈互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，当两线圈通过如图所示的电流时，从左向右看，则线圈将（　　）。
A．不动 B．顺时针转动 C．逆时针转动 D．向纸面内平动
题型二：定量计算
3．2021年11月1日，央视实地报道了一种新型消防用电磁炮发射的新闻。电磁发射是一种全新的发射技术，通过电磁发射远程投送无动力的炮弹，可以实现比较高的出口速度，且它的能量是可调控的。电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是（　　）
A．只将弹体质量减至原来的二分之一
B．只将轨道长度变为原来的2倍
C．只将电流增加至原来的2倍
D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度变为原来的2倍，其它量不变
三.举一反三，巩固练习
4．如图所示，长度为d、质量为m的导体棒用绝缘细线悬挂并垂直纸面放置，导体棒中有方向由a指向b、大小为I的电流，导体棒处在水平向右的匀强磁场中.现改变匀强磁场方向，使其在竖直平面内逆时针缓慢转到水平向左，此过程中细线与竖直方向的最大夹角为30°，细线始终绷紧.已知重力加速度为g（安培力小于重力）.则匀强磁场的磁感应强度B大小为（　　）
A． B． C． D．
5．在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，接电源负极；沿边缘内壁放一个半径与玻璃皿内径相当的圆环形电极，接电源正极，电源电动势为E，内阻不计。在玻璃皿中加入导电液体。如果把玻璃皿放在蹄型磁铁的磁场中，液体就会旋转起来。导电液体等效电阻为R，下列说法正确的是（　　）
A．导电液体在电磁感应现象的作用下旋转
B．改变磁场方向，液体旋转方向不变
C．俯视发现液体顺时针旋转，则蹄型磁铁下端为S极，上端为N极
D．通过液体的电流等于
6．如图甲所示是磁电式电表内部结构示意图，蹄形磁铁的两极间有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯外面套有一个可以绕轴转动的铝框，在铝框上绕有铜线圈。电表指针固定铁芯在线圈上，可与线圈一起转动，线圈的两端分别接在两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入线圈。蹄形磁铁与铁芯间的磁场可看作是均匀辐射分布的，如图乙所示，无论线圈转到什么位置，线圈平面总与线圈所在磁场甲的方向平行。关于磁电式电表，下列说法不正确的是（　　）
A．磁电式电表的原理是通电线圈在磁场中因受安培力而转动
B．改变线圈中电流的方向，指针会反向偏转
C．增加线圈的匝数可以提高电表的灵敏度
D．用塑料框代替铝框，在使用电表时可以使指针更迅速稳定在示数位置上
7．如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流I时，水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上，空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。若电流和磁场的方向均不变，仅将磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g，则此时（　　）
A．金属细杆中的电流方向垂直于纸面向外
B．金属细杆受到的安培力大小为4BILsinθ
C．金属细杆对斜面的压力大小变为原来的4倍
D．金属细杆将沿斜面加速向上运动，加速度大小为3gsinθ
8．如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距为L，与水平面成θ角，上端接入阻值为R的电阻。导轨平面区域有垂直导轨平面向上磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好。不计导轨及金属棒ab的电阻，则金属棒ab沿导轨下滑过程中（　　）
A．金属棒ab将一直做加速运动
B．通过电阻R的电流方向为从Q到N
C．金属棒ab的最大加速度为gsinθ
D．电阻R产生的焦耳热等于金属棒ab减少的重力势能
9．如图所示，间距为1m的平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨左端连接有电动势为E=15V，内阻r=1Ω的电源。质量m=0.5kg的金属棒垂直放在导轨上，导轨处在磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场中，磁场与金属棒垂直，方向与导轨平面成θ=53°斜向右上。绕过桌边光滑定滑轮的一根细线，一端系在金属棒的中点，另一端吊着一个重物，拉着金属棒的细线水平且与金属棒垂直，金属棒处于静止状态且刚好不向左滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，金属棒接入电路的电阻R=2Ω，导轨电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
（1）悬吊重物的质量；
（2）保持磁感应强度大小不变，将磁场方向迅速改为竖直向上，则磁场方向改为竖直向上的一瞬间，重物的加速度（不考虑电磁感应现象）。
10．如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（　　）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
11．如图所示,质量为m的铜棒长为a,棒的两端与长为L的细软铜线相连,吊在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中当棒中通过恒定电流I后,铜棒向上摆动,最大偏角=60°，重力加速度为g,以下说法不正确的是
A．铜棒中电流的大小
B．铜棒从开始摆至最大摆角的过程中,速度先增大后减小
C．铜棒在摆动过程中的最大速率
D．铜棒达到最大摆角处时每根细线上的拉力为T=mg/2
12．如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，匀强磁场的方向与线圈平面垂直．当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡．
(1)若线圈串联一个电阻R连接到电压为U的稳定电源上，已知线圈电阻为r，当线圈中通过电流I时，请用题给的物理量符号表示出电阻R的大小.
(2)请用重力加速度g和n、m、L、I导出B的表达式.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）匝（2）
【详解】（1）线圈受到安培力①
天平平衡②
代入数据得匝 ③
（2）由电磁感应定律得④
⑤
由欧姆定律得⑥
线圈受到安培力⑦
天平平衡⑧
代入数据可得⑨
【点睛】该题的关键是分析好安培力的方向，列好平衡方程，基础题
2．B
【详解】根据安培定则可以判断出线圈L2在L1所在平面上产生的磁场方向竖直向上，根据左手定则可以分析出L1最上方所受安培力垂直纸面向外，最下方所受安培力垂直纸面向内，则从左向右看，线圈L1将顺时针转动。
故选B。
3．CD
【详解】由题意可知磁感应强度与电流的关系为
①
设轨道宽度为d，则弹体所受安培力大小为
②
设弹体的质量为m，出射速度大小为v，根据动能定理有
③
联立①②③解得
④
根据④式可知，欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是：只将弹体质量m减至原来的四分之一；只将轨道长度L变为原来的4倍；只将电流I增加至原来的2倍；将弹体质量m减至原来的一半，轨道长度变为原来的2倍，其它量不变。综上所述可知AB错误，CD正确
故选CD。
4．B
【详解】缓慢调节磁场方向时，导体棒受安培力大小不变，对导体棒受力分析，并作出安培力的旋转矢量如图所示
由图可知当安培力方向与细线拉力方向垂直时，导体棒与竖直方向夹角最大，由图中几何关系可知
变形得
故选B。
5．C
【详解】AB．导电液体之所以会旋转，是因为通电液体受到了安培力作用，若磁场反向则受力反向，旋转方向改变，故AB错误；
C．若磁场方向垂直纸面向下，据左手定则，液体顺时针转动，因此蹄型磁铁下端为S极，上端为N极，故C正确；
D．导体开始运动后切割磁感线产生反电动势，因此电流小于，故D错误。
故选C。
6．D
【详解】A．磁电式电流表的内部，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，故A正确，不符合题意；
B．改变线圈中电流的方向，线圈受力方向相反，指针会反向偏转，故B正确，不符合题意；
C．线圈匝数越多，受到的安培力合力越大，越容易转动，可以提高电流表的灵敏度；故C正确，不符合题意；
D．用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动。而塑料做骨架达不到此作用，故D错误，符合题意。
故选D。
7．D
【详解】A．直导线受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡，安培力垂直于B，只能水平向右，由左手定则知，电流方向应垂直纸面向里，故A错误；
B．根据安培力公式可得受到的安培力大小为
故B错误；
CD．金属细杆水平静止斜面上时，根据平衡条件可得
磁感应强度大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律可得
加速度方向沿斜面加速向上，故C错误，D正确。
故选D。
8．C
【详解】A. 金属棒ab先做加速运动，后做匀速运动，A错误；
B. 根据右手定则，通过电阻R的电流方向为从N到Q，B错误；
C. 金属棒速度等于零时，加速度最大，根据牛顿第二定律
解得
C正确；
D. 根据能量守恒定律，电阻R产生的焦耳热等于金属棒ab减少的机械能，D错误。
故选C。
9．（1） 0.3kg；（2）0
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律可得通过金属棒的电流大小为

因为金属棒恰好不向左滑动，所以其所受最大静摩擦力方向向右，对金属棒根据平衡条件可得


由题意可知

对重物根据平衡条件可得

联立以上五式解得
M=0.3kg
（2）将磁场方向迅速改为竖直向上后，金属棒受到的安培力方向变为水平向左，大小为
=5N
因为
所以金属棒的加速度为0。
10．BC
【详解】设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
令
根据数学知识可得
则有
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
有
所以有
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得
带入
可得α=30°，此时
加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有
减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有
故BC正确，AD错误。
故选BC。
11．C
【分析】铜棒最大偏角是60°，则偏角为30°时是它的平衡位置，对铜棒受力分析，求出重力与安培力间的关系；偏角为30°时，铜棒的速度最大，由动能定理及安培力公式可以求出电流和最大速率．
【详解】A项：铜棒上摆的过程，根据动能定理得：
又安培力
联立解得：，故A正确；
B项：由题意，铜棒向上摆动的最大偏角θ=60°，根据对称性可知，偏角是30°时是其平衡位置即速度最大位置，所以铜棒从开始摆至最大摆角的过程中,速度先增大后减小，故B正确；
C项：由题意，铜棒向上摆动的最大偏角θ=60°，根据对称性可知，偏角是30°时是其平衡位置，铜棒受力如图所示，
则有：
当铜棒偏角是30°时，速度最大，动能最大，
由动能定理可得：
联立解得：，故C错误；
D项：由C分析可知，F=，在最高点铜棒受重力，安培力，拉力，沿线方向合力为零，则有：，解得：，故D正确．
故应选：C．
【点睛】知道偏角为30°位置是铜棒的平衡位置，对铜棒进行受力分析，熟练应用动能定理即可正确解题．
12．(1) 　(2)
【分析】(1)根据闭合电路的欧姆定律即可求得；
(2)天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小．
【详解】(1) 根据闭合电路的欧姆定律可得I（R+r）=U
解得： ；
(2) 根据平衡条件：
有：mg=2nBIL，
解得：．
【点睛】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题．
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答案第1页，共2页第76讲 带电粒子在有界磁场中的运动
（四川）
1．如图所示：正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长=1.8m，距地面h=0.8m。平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10-13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2。
（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；
（2）求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；
（3）若微粒质量mo=1×10-13kg，求滑块开始运动时所获得的速度。
一.知识回顾
有界匀强磁场是指只在局部空间存在着匀强磁场，带电粒子从磁场区域外垂直磁场方向射入磁场，在磁场区域内做一段匀速圆周运动，也就是通过一段圆弧轨迹，然后离开磁场区域。带电粒子在磁场中运动的圆弧轨迹取决于粒子进入磁场的速度大小、方向和磁场的磁感应强度及磁场的区域边界。常见磁场区域边界可分为如下几种情形：
情形一：直线边界
直线边界磁场又分单边直线边界和双边平行直线边界。单边直线边界如图甲、乙、丙所示，粒子进出磁场具有对称性；双边平行直线边界如图丁、戊所示，粒子进出磁场存在临界条件。
解决这类问题的“三部曲”：画轨迹、找圆心、定半径。
如果粒子从同一直线边界射入和射出，那么粒子进入磁场时速度与边界的夹角和射出磁场时速度与边界的夹角相等。
情形二：矩形边界
矩形边界磁场是指分布在矩形范围内的有界磁场，带电粒子的轨迹只是一部分圆弧。垂直于某边射入，从某一顶点射出是常见的临界情况。
解决该类问题的关键是把握临界情况，如图所示。常见的有如下几种情况：（设粒子从ad边中点e垂直射入）
（1）两个临界半径
①从d点射出：。
②从c点射出：。
（2）三种情况
①r≤r1，粒子从ed段射出。
②r1③r>r2，粒子从cf段射出（不会到达f点）。
情形三：圆形边界
圆形边界磁场是指分布在圆形区域内的有界磁场，带电粒子在圆形边界的匀强磁场中的轨迹也是一段不完整的圆弧。由于此类问题涉及两个圆：粒子运动轨迹的圆与磁场区域的圆，能很好地考查学生的综合分析能力，所以是近年来高考的热点。
带电粒子在圆形边界磁场中运动的四个结论：
（1）径向进出：当粒子运动方向与磁场方向垂直时，沿圆形磁场半径方向射入的带电粒子，必沿径向射出圆形磁场区域，即粒子出射速度的反向延长线必过磁场圆的圆心，如图1所示。
（2）等角进出：入射速度方向与过入射点的磁场圆半径的夹角等于出射速度方向与过出射点的磁场圆半径的夹角，如图2所示。径向进出是等角进出的一种特殊情况（θ＝0°）。
（3）点入平出：若带电粒子从圆形匀强磁场区域圆周上一点沿垂直于磁场方向进入磁场，当带电粒子做圆周运动的半径与圆形磁场区域的半径相同时，所有带电粒子都以平行于磁场区域圆周上入射点处的切线方向射出磁场，如图3所示。
（4）平入点出：若带电粒子以相互平行的速度射入磁场，且带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和圆形磁场区域半径相同，则这些带电粒子将会从磁场区域圆周上同一点射出，且磁场区域圆周上该点的切线与带电粒子射入磁场时的速度方向平行，如图4所示。
情形四：四分之一平面边界
四分之一平面边界磁场是指分布在平面直角坐标系中某一象限范围的有界磁场，带电粒子的轨迹只是一部分圆弧，粒子轨迹与坐标轴相切或垂直是常见的临界情况。
解决该类问题的关键是明确粒子射入(射出)磁场的位置坐标，及速度方向与坐标轴的夹角关系，然后分析粒子做圆周运动的轨迹、圆心，寻找几何关系求解问题。
情形五：三角形边界
三角形边界磁场是指分布在三角形区域内的有界磁场，粒子的轨迹也是一段圆弧，由于三角形有等边三角形、等腰三角形、直角三角形等不同类型，所以会有不同的临界情景。
解答该类问题主要把握以下两点：
（1）射入磁场的方式
①从某顶点射入。
②从某条边上某点（如中点）垂直（或成某一角度）射入。
（2）射出点的判断
其临界条件是判断轨迹可能与哪条边相切，进而判定出射点的可能位置。
二.例题精析
题型一：直线边界
例1．
2．如图所示，在竖直线EOF右侧足够大的区域内存在着磁感应强度大小为B方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量相同、电荷量分别为+q和-q带电粒子，从O点以相同的速度，先后射入磁场，已知v的方向与OF成θ=30°，两带电粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，则不正确的是（　　）
A．两带电粒子回到EOF竖直线时与O点的距离相等
B．两带电粒子在磁场中的运动时间相等
C．两带电粒子回到EOF竖直线时的速度相同
D．从射入到射出磁场的过程中，两粒子所受洛仑兹力的冲量相同
题型二：圆边界
例2．
3．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是（　　）
A．粒子在磁场中通过的弧长越长时间也越长
B．出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心O
C．出磁场的粒子一定能垂直打在MN上
D．只要速度满足，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上
题型三：三角形边界
例3．
4．如图所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向外，两磁场的磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速率的粒子，粒子质量均为m、电荷量均为+q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力，则发射速度v0为哪一值时粒子能通过B点（　　）
A． B． C． D．
题型四：四边形边界
例4．
5．如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子，已知电子的比荷为k，则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为（　　）
A．从a点射出的电子的速度大小为
B．从a点射出的电子的速度大小为
C．从d点射出的电子的速度大小为
D．从d点射出的电子的速度大小为
三.举一反三、巩固练习
6．如图所示，abcd为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为L，三个粒子以相同的速度从a点沿对角线方向射入，粒子1从b点射出，粒子2从c点射出，粒子3从cd边垂直射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用. 根据以上信息，可以确定
A．粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电
B．粒子1和粒子3的比荷之比为2：1
C．粒子1和粒子2在磁场中的运动时间之比为π：4
D．粒子3的射出位置与d点相距
7．如图所示，在、的长方形区域中有一磁感应强度大小B的匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面向外。O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内的第一象限内。已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，最先从磁场上边界中飞出的粒子经历的时间为，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则（　　）
A．粒子圆周运动的半径
B．长方形区域的边长满足关系
C．长方形区域的边长满足关系1
D．粒子射入磁场的速度大小
8．如图所示，在边长为a的正方形ABCD区域(包含边界)内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．E点是AB边上的一点，且AE之间的距离为．将一电子从E点沿EB方向射出，若初速度为v1，其运动轨迹将与BC边相切：若初速度为v2，其运动轨迹将与CD边相切．则v1与v2之比为
A．2：1 B．3：2 C．3：1 D．4：3
9．如图所示，在边长为L的正方形区域abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场，有一个质量为m，带电量大小为q的离子，从ad边的中点O处以速度v垂直ad边界向右射入磁场区域，并从b点离开磁场。则（　　）
A．离子在O、b两处的速度相同
B．离子在磁场中运动的时间为
C．若增大磁感应强度B，则离子在磁场中的运动时间增大
D．若磁感应强度，则该离子将从bc边射出
10．空间存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,图中的正方形abcd为其边界。一束速率不同的带正电粒子从左边界ad中点P垂直射入磁场，速度方向与ad边夹角，已知粒子质量为m，电荷量为q，粒子间的相互作用和粒子重力不计，则（ ）
A．粒子在磁场中运动的最长时间为
B．从bc边射出的粒子在磁场中的运动时间都相等
C．入射速度越大的程子，在磁场中的运动时间越长
D．运动时间相的粒子，在磁场中的运动轨迹可能不同
11．如图所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场。对于从不同边界射出的电子，下列判断错误的是（　　）
A．从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等
B．从c点离开的电子在磁场中运动时间最长
C．电子在磁场中运动的速度偏转角最大为π
D．从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度
12．利用电场与磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示，一粒子源不断释放质量为m，带电量为的带电粒子，其初速度为，经过可调的加速电压加速后，以一定速度垂直平面射入边长为的正方体区域。可调整粒子源及加速电场位置，使带电粒子在长方形区域（，）内入射，不计粒子重力及其相互作用。（说明：本题中为了计算方便，取，）
（1）若仅在正方体区域中加上沿x轴正方向的匀强电场，要让所有粒子都到达平面，求所加匀强电场电场强度的最小值；
（2）若仅在正方体区域中加上沿x轴正方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面（含边界），求所加匀强磁场的磁感应强度的大小满足的条件；
（3）同时加上沿x轴正方向的电场和磁场，且加速电压为零时，从M点射入的粒子恰好打在底面的中心，求所加的B、E的大小；
（4）同时加上沿x轴正方向的电场和磁场，且电场强度为，磁场的磁感应强度为，画出在平面上有粒子打到的区域的边界，并求出面积。
13．如图所示：正方形绝缘光滑水平台面边长，距地面高。平行板电容器的极板间距且垂直放置于台面，C板位于边界上，D板与边界相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度、方向竖直向上的匀强磁场。质量、电荷量的微粒静止于W处，在间加上恒定电压U，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数，取。求
（1）为使微粒由边界离开台面，间所加电压U的范围；
（2）若间所加电压，求滑块开始运动时所获得的速度。
14．竖直平面内有I、Ⅱ两个区域的匀强磁场，方向均垂直纸面向外，两区域边界相切，如图所示。I区域是半径为R的圆形边界磁场，磁感应强度大小为B；Ⅱ区域是边长为2R的正方形边界场，感应强度大小为2B。以圆形边界磁场最底端O为原点建立xOy直角坐标系。一质量为m，电荷量为+q的粒子，由原点O沿与x轴正方向夹角60°进入I磁场区域，速度大小。粒子重力略不计，求：
（1）粒子运动到x轴时的位置；
（2）若Ⅱ区域内磁场反向，则粒子再次经过y轴时的位置。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）1.25×10-11N，C板为正，D板为负；（2）；（3）4.15m/s
【详解】（1）微粒在极板间所受电场力大小为
代入数据得
F=1.25×10-11 N
由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C板为正极，D板为负极。
（2）若微粒的质量为m，刚进入磁场时的速度大小为v，由动能定理可得
微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，若圆周运动半径为R，则有
微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为
则有
联立代入数据，可得
（3）如图所示，微粒在台面以速度v做以O点为圆心、R为半径的圆周运动，从台面边缘P点沿与XY边界成θ角飞出做平抛运动，落地点为Q，水平位移为s，下落时间为t。设滑块质量为M，滑块获得速度v0后在t内沿与平台前侧面成φ角方向，以加速度a做匀减速直线运动到Q，经过位移为k。由几何关系，可有
根据平抛运动规律，则有
对于滑块，由牛顿定律及运动学公式，有
由余弦定理可得
由正弦定理可得
联立并代入数据解得
此时
或
φ=53°
2．B
【详解】A．这两个正负粒子以与OF成射入有界匀强磁场后，由左手定则可判断，正离子沿逆时针方向旋转，负粒子沿顺时针方向旋转，如下图所示
因正、负粒子所带电荷量的绝对值和质量都相同，由
可知，磁场中做匀速圆周运动的轨道半径相同，由几何关系知，负粒子在磁场中转过的角度为2θ，正离子在磁场中转过的角度，则两段圆弧所对应的弦长度相等，即带电粒子回到EOF竖直线时与O点的距离相等，A选项不合题意，故A错误；
B．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期
则+q和-q粒子的周期相同，但是轨迹圆弧所对的圆心角不同，因此两带电粒子在磁场中的运动时间不相等，B选项符合题意，故B正确；
C．因洛伦兹力不改变速度的大小，结合几何关系分析知，速度方向与EOF的夹角都是，因此两带电粒子回到EOF竖直线时的速度相同，C选项不合题意，故C错误；
D．两带电粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，由动量定理
由于以相同的初速度射入磁场，两带电粒子的初动量相等，离开磁场时速度大小相等、方向相同，两带电粒子的末速度相等，因此两带电粒子所受洛伦兹力的冲量相同，D选项不合题意，故D错误。
故选B。
3．BD
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
，
则速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由知，运动时间t越小，故A错误；
B．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹圆心为，粒子出射点为，根据几何知识可知
≌
则
即对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B正确；
C．速度不同，半径不同，轨迹对应的圆心角不同，对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故C错误；
D．速度满足v=时，粒子的轨迹半径为r==R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的轨迹半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确。
故选BD。
【点睛】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出时轨迹半径，确定出速度的偏向角。对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系。
4．D
【详解】粒子带正电，且经过B点，其可能的轨迹如图所示
所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运行半径
r=（n=1，2，3，…）
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
qvB=m
解得
（n=1，2，3，…）
由此可知，的粒子能通过B点，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
5．BC
【详解】AB．从a点和d点射出的电子运动轨迹如图所示
根据几何关系可得
根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
故A错误，B正确；
CD．对于从d点射出的电子，根据几何关系可得
解得
根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
故C正确，D错误．
故选BC。
6．BC
【详解】A.根据左手定则可得：粒子1带正电，粒子2不带电，粒子3带负电．故A错误；
B.做出粒子运动的轨迹如图，则粒子1运动的半径：r1＝，由可得：
粒子3的运动的轨迹如图，则：r3＝L，
所以：．故B正确；
C.粒子1 在磁场中运动的时间： ；粒子2 在磁场中运动的时间： ；所以：，故C正确；
D.粒子3射出的位置与d点相距：．故D错误．
7．C
【详解】AD．最先从磁场上边界中飞出的粒子在磁场中的偏转角最小，对应的圆弧最短，可以判断出是沿y轴方向入射的粒子；其运动的轨迹如图甲，则由题意偏转角
由几何关系得
带电粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得
所以
AD错误；
BC．当时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图乙所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意，，回旋角度为，设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系得
解得
则
由图可得
解得
B错误，C正确。
故选C。
8．B
【分析】根据两种情况下粒子的运动轨迹由几何关系确定粒子的轨道半径，根据确定速度比.
【详解】将一电子从E点沿EB方向射出，若初速度为v1，其运动轨迹将与BC边相切，则由几何关系可知粒子运动的轨道半径，若初速度为v2，其运动轨迹将与CD边相切，则由几何关系可知粒子运动的轨道半径，根据可知，则，故选B.
9．D
【详解】A．离子在磁场中做匀速圆周运动，在离子在O、b两处的速度大小相同，但是方向不同，故A错误；
B．离子在磁场中的运动的半径满足
解得
则粒子在磁场中运动的弧长所对的圆心角的正弦值为
即
θ=53°
运动的时间
故B错误；
C．若增大磁感应强度B，由
则离子在磁场中的运动半径减小，粒子将从ab边射出，如图所示
此时粒子在磁场中运动弧长变小，速度不变，则运动时间减小，故C错误；
D．若离子从bc边射出，则
即
故D正确。
故选D。
10．D
【详解】A．粒子对应的圆心角越大，在磁场中运动的时间越长，最长时间对应的轨迹如图所示
从pa边射出对应的轨迹的圆心角最大，为300°，故最长时间为
故A错误；
B．因粒子的质量和电量相同，则周期相同，从bc边射出的粒子在磁场中的运动的速度不同，做圆周运动的半径不同，所对的圆心角不同，则所用的时间不相等，故B错误；
C．若粒子从dc、bc或ab边射出，入射速度越大的粒子在磁场中的运动弧所对的圆心角越小，则时间越短，故C错误；
D．运动时间相等的粒子，在磁场中的运动轨迹可能不同，例如从pa之间射出的粒子运动时间均为，但轨迹不同，故D正确。
故选D。
11．B
【详解】ABC．电子的速率不同，运动轨迹半径不同，如图，由周期公式
可知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，根据
可得电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，故从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等且运动时间最长，AC正确，B错误；
D．从bc边射出的轨道半径大于从ad边射出的电子的轨道半径，由半径公式
可得轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，故从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度，D正确。
本题选错误的，故选B。
12．（1）；（2）；（3），；（4），
【详解】（1）粒子经过加速电场加速有
仅加电场时粒子在正方体区域中做类平抛运动，当加速电压，从M点射入的粒子恰好到达P点，则所有粒子均能达到平面，由类平抛规律可得
，，
解得
（2）仅加磁场时粒子在正方体区域中做匀速圆周运动，当从M点射入的粒子恰好到达点时所加的磁场为最小值，由圆周运动规律可得
，
解得
当从M点射入的粒子恰好到达点时所加的磁场为最大值，有
，
解得
由于，要让所有粒子都到达平面，则所加匀强磁场的磁感应强度的大小只能取
（3）x方向的运动
xz平面的运动
得到
，
又
，
解得
，
（4）画出在平面上有粒子打到的区域的边界如下图所示
面积为
13．（1）；（2）
【详解】（1）若刚进入磁场时的速度大小为v，由动能定理
微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，若圆周运动半径为R，有
解得
微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为
R1=
R2=l-d
带入数据，联立解得
（2）
微粒在台面以速度v做以O点为圆心、R为半径的圆周运动，从台面边缘P点沿与XY边界成θ角飞出做平抛运动，落地点为Q，水平位移为s，下落时间为t。设滑块质量为M，滑块获得速度v0后在t内沿与平台前侧面成φ角方向，以加速度a做匀减速直线运动到Q，经过位移为k。
由上一小题的半径表达式可得，当时，粒子进入磁场的速度为
在磁场中运动的半径为
由几何关系
cosθ=
根据平抛运动
对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有
μMg=Ma
再由余弦定理
及正弦定理
联立并代入数据解得
此时
φ=arcsin1（或φ=90°）
14．（1）；（2）（0，2R）
【详解】（1）设粒子在磁场I中运动的半径为r1，根据牛顿第二定律有
同理可知粒子在磁场Ⅱ中运动的半径为
如图所示，根据几何关系可知粒子从磁场I中射出时速度方向水平，则粒子在磁场Ⅱ中运动轨迹为圆周，粒子运动到x轴时的横坐标为
即粒子运动到x轴时的位置为。
（2）若Ⅱ区域内磁场反向，如图所示，根据几何关系以及对称性可知，粒子再次经过y轴时的纵坐标为
粒子再次经过y轴时的位置为（0，2R）。
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答案第1页，共2页第77讲 带电粒子在磁场中的动态圆模型
（2021 乙卷）
1．如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（　　）
A． B． C． D．
一、知识回顾
1．模型构建
此类模型较为复杂，常见的磁场边界有单直线边界、双直线边界、矩形边界和圆形边界等。因为是有界磁场，则带电粒子运动的完整圆周往往会被破坏，可能存在最大、最小面积，最长、最短时间等问题。
2．模型条件
（1）在匀强磁场中做匀速圆周运动。（2）磁场有一定范围。
3．模型分类
（一）动态放缩法
适用条件 速度方向一定、大小不同 粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径与粒子速度大小有关
轨迹圆圆心共线 如图所示（图中只画出粒子带正电的情景），速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上
界定方法 以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法
带电粒子在矩形有界匀强磁场中运动的临界问题
带电粒子在矩形有界匀强磁场中运动的特点：
（1）若粒子射入的初速度方向和矩形磁场某边界垂直，如图甲所示。
①当粒子速度较小时，粒子将在磁场中做半个圆周运动后从原边界射出磁场区域；
②当粒子速度在某一范围内时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从侧面边界飞出磁场；
③当粒子速度较大时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从对面边界飞出磁场。
（2）若粒子射入的初速度方向和矩形磁场某边界成一夹角，如图乙所示。
①当粒子速度较小时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从原边界飞出磁场；
②当粒子速度在某一范围内时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从上侧面边界飞出磁场；
③当粒子速度较大时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从右侧面边界飞出磁场；
④当粒子速度更大时，粒子将在磁场中做部分圆周运动后从下侧面边界飞出磁场。
综合以上分析可知，求解带电粒子在矩形有界匀强磁场区域运动的时间范围、速度范围等的问题时，寻找“相切或相交”的临界点是解决问题的关键；另外可知在磁场边界上还有粒子不能达到的区域即“盲区”。
（二）定圆旋转法
适用条件 速度大小一定，方向不同 粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度大小为v0，则圆周运动半径为r＝，如图所示
轨迹圆圆心共圆 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点O为圆心、半径r＝的圆上
界定方法 将半径为r＝的轨迹圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
（1）解决带电粒子在有界磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向，找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。
（2）要重视分析时的尺规作图，规范而准确的作图可突出几何关系，使抽象的物理问题更形象、直观。
（三）平移圆法
适用条件 速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上 粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的带电粒子，它们进入匀强磁场时，做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则运动半径r＝，如图所示
轨迹圆圆心共线 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线
界定方法 将半径为r＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法
二、例题精析
题型一：动态放缩圆
2．如图所示，在正方形区域abcd内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．在t＝0时刻，位于正方形中心O的离子源向平面abcd内各个方向发射出大量带正电的粒子，所有粒子的初速度大小均相同，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形的边长，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用力．已知平行于ad方向向下发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界cd上某点离开磁场，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在该磁场中匀速圆周运动的周期为6t0
B．粒子的比荷为
C．粒子在磁场中运动的轨迹越长，对应圆弧的圆心角越大
D．初速度方向正对四个顶点的粒子在磁场中运动时间最长
题型二：旋转圆
3．如图所示，在荧屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧屏d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q，质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则（　　）
A．粒子能打到板上的区域长度为2d B．能打到板上最左侧的粒子所用的时间为
C．粒子从发射到达到绝缘板上的最长时间为 D．同一时刻发射的粒子打到绝缘板上的最大时间差
题型三：平移圆
4．如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，.现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为（不计重力）．则下列判断中正确的是( )
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为
D．粒子进入磁场时速度大小为
三、举一反三，巩固练习
5．如图所示，在直角坐标系xoy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量为m、电荷量为+q的粒子，以相同的速率v沿纸面内，由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R=mv/qB，正确的图是（ ）
A． B．
C． D．
（2020 新课标Ⅰ）
6．一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（　　）
A． B． C． D．
（2020 浙江）
7．某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板平行于水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为，探测板的宽度为，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
（1）求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界时与H点的距离s；
（2）求探测到三束离子时探测板与边界的最大距离；
（3）若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到距离L的关系。
8．如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则这两种情况下带电粒子从P点射入到距P点最远处射出，其在磁场中所经历的时间比t1∶t2为（　　）
A．1∶2 B．2∶1 C．∶1 D．1∶1
9．真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（　　）
A． B． C． D．
10．如图所示，在 xOy平面的第一象限内存在磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀 强磁场．两个相同的带电粒子，先后从 y轴上的 P点（0，a）) 和 Q点（纵坐标 b未知），以相同的速度v0 沿x轴正方向射入磁场，在 x轴上的 M 点（c，0）相遇． 不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，由题中信息可以确定( )
A．Q点的纵坐标 b
B．带电粒子的电荷量
C．两个带电粒子在磁场中运动的半径
D．两个带电粒子在磁场中运动的时间
（2021 湖南）
11．带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流（每个粒子的质量为、电荷量为）以初速度垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在平面内的粒子，求解以下问题。
（1）如图（a），宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入圆心为、半径为的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点，求该磁场磁感应强度的大小；
（2）如图（a），虚线框为边长等于的正方形，其几何中心位于。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到点的带电粒子流经过该区域后宽度变为，并沿轴正方向射出。求该磁场磁感应强度的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；
（3）如图（b），虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为，并沿轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。
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参考答案：
1．B
【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示
设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径
第二次的半径
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
所以
故选B。
2．BC
【详解】B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，初速度平行于ad方向发射的粒子运动轨迹如图，其圆心为O1
设正方形边长为L，由几何关系得
得
则
又
解得
B正确；
A．由上知
A错误；
CD．由于粒子的初速度大小相等，所有粒子的轨迹半径相等，运动轨迹最长的粒子转过的圆心角最大，在磁场中运动时间也最长，初速度方向正对四个顶点的粒子在磁场中运动的弧长不是最长，则时间不是最长， D错误C正确。
故选BC。
3．BD
【详解】A．打在极板上粒子轨迹的临界状态如图所示：
根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度为：
A错误；
B．由运动轨迹图可知，能打到板上最左侧的粒子偏转了半个周期，故所用时间为：
又
解得：，B正确；
CD．设此时粒子出射速度的大小为v，在磁场中运动时间最长（优弧1）和最短（劣弧2）的粒子运动轨迹示意图如下：
粒子做整个圆周运动的周期，由几何关系可知：
最短时间：
最长时间：
根据题意得同一时刻发射的粒子打到绝缘板上的最大时间差：
解得：，C错误，D正确。
故选BD。
4．ABC
【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是，即为：，则得周期为：T=4t，故A正确；由 T=4t，R=，T=，得：，故B正确；运动时间最长的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，
根据几何关系有：，解得：R=d，故C正确；根据粒子在磁场中运动的速度为：v=，周期为：T=4t0，半径为：R=d，联立可得：v=，故D错误．故选ABC．
【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，考查半径公式R=和周期公式T=的运用，解题的关键是要画出粒子轨迹过程图，确定圆心，利用几何方法求出半径．
5．D
【详解】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，以轴为边界的磁场，粒子从 轴进入磁场后在离开，速度与 轴的夹角相同，根据左手定和，知沿x轴负轴的刚好进入磁场做一个圆周，沿y轴进入的刚好转半个周期，如图，在两图形的相交的部分是粒子不经过的地方，故D正确；
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动
【名师点睛】本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析运动轨迹的边界，可以运用极限分析法分析．
6．C
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动
，
可得粒子在磁场中的周期
粒子在磁场中运动的时间
则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长；过点做半圆的切线交于点，如图所示
由图可知，粒子从点离开时，轨迹对应的圆心角最大，在磁场中运动时间最长；由图中几何关系可知，此时轨迹对应的最大圆心角为
则粒子在磁场中运动的最长时间为
故选C。
7．（1），0.8R；（2）；（3）当时：；当时：；当时：
【详解】（1）离子在磁场中做圆周运动
得粒子的速度大小
令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界边的Q点射出，则由几何关系可得
，
（2）a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O’，从磁场边界边射出时距离H点的距离为x，由几何关系可得
即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为、，由几何关系可得
探测到三束离子，则c束中的离子恰好达到探测板的D点时，探测板与边界的距离最大
则
（3）a或c束中每个离子动量的竖直分量
当时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
当时，只有a和b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
当时，只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
8．D
【详解】由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由
可知
R＝
又
即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。
若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点M离P点最远时，则
MP＝2R1
同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点N离P点最远时，则
NP＝2R2
由几何关系可知
R2＝Rcos 30°＝R
则
由轨迹图可知，这两种情况下带电粒子的对应的圆心角相等，故带电粒子从P点射入到距P点最远处射出，其在磁场中所经历的时间比t1∶t2为1:1，ABC错误，D正确。
故选D。
9．C
【详解】电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为
即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示
A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，， 为直角三角形，则由几何关系可得
解得
解得磁场的磁感应强度最小值
故选C。
10．ACD
【详解】粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，轨迹如图所示：
洛伦兹力做向心力，故有：Bqv0＝m…①；根据几何关系可得P点粒子的轨道半径，从而可以求出Q点射出粒子半径及坐标，故AC正确；由于是同种粒子，比荷相同，无法具体求解电荷量和质量，但可以求出比荷，故B错误；根据根据粒子运动轨道半径和粒子转过的中心角；故根据周期，可求得运动时间t＝T，故D正确；故选ACD．
【点睛】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动半径；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度．
11．（1）；（2），垂直与纸面向里，；（3），，，
【详解】（1）粒子垂直进入圆形磁场，在坐标原点汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力
解得
（2）粒子从点进入下方虚线区域，若要从聚焦的点飞入然后平行轴飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域
磁场半径为，根据可知磁感应强度为
根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为
（3）粒子在磁场中运动，3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为粒子运动的磁场的圆周
根据可知I和III中的磁感应强度为
，
图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最小面积为叶子形状，取I区域如图
图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周与三角形之差，所以阴影部分的面积为
类似地可知IV区域的阴影部分面积为
根据对称性可知II中的匀强磁场面积为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第78讲 带电粒子在组合场中的运动
（2022 海南）
1．有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的（ ）
A．质量 B．电量 C．比荷 D．动能
（2022 河北）
2．两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）时刻释放的粒子，在时刻的位置坐标；
（2）在时间内，静电力对时刻释放的粒子所做的功；
（3）在点放置一粒接收器，在时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
一.知识回顾
1.组合场概念：
静电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，静电场、磁场分时间段交替出现。
2．三种场的比较
　　项目 名称　　 力的特点 功和能的特点
重力场 大小：G＝mg 方向：竖直向下 重力做功与路径无关 重力做功改变物体的重力势能
静电场 大小：F＝qE 方向：①正电荷受力方向与场强方向相同 ②负电荷受力方向与场强方向相反 静电力做功与路径无关 W＝qU 静电力做功改变电势能
磁场 洛伦兹力大小：F＝qvB 方向：根据左手定则判定 洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
3．带电粒子在复合场中的运动分类
(1)静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与静电力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。
(3)较复杂的曲线运动
当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
(4)分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。
4．常见的基本运动形式
电偏转 磁偏转
偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场
示意图
受力情况 只受恒定的静电力 只受大小恒定的洛伦兹力
运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动
运动轨迹 抛物线 圆弧
物理规律 类平抛运动规律、牛顿第二定律 牛顿第二定律、向心力公式
基本公式 L＝vt，y＝at2 a＝，tanθ＝ qvB＝，r＝ T＝，t＝ sinθ＝
做功情况 静电力既改变速度方向，也改变速度大小，对电荷做功 洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，对电荷永不做功
二.例题精析
题型一： 组合场（匀变速直线运动+匀速圆周运动）
3．如图所示，从离子源产生的某种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B，磁场左边界竖直．已知离子射入磁场的速度大小为v，并在磁场边界的N点射出；不计重力影响和离子间的相互作用．
（1）判断这种离子的电性；
（2）求这种离子的荷质比
（3）求MN之间的距离d．
题型二： 组合场（类平抛运动+匀速圆周运动）
4．一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l ，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行，一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出，不计重力。
（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
（2）求该粒子从M点入射时速度的大小；
（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
三.举一反三，巩固练习
5．质谱仪是研究同位素的重要工具，重庆一中学生在学习了质谱仪原理后，运用所学知识设计了一个质谱仪，其构造原理如图所示。粒子源O可产生a、b两种电荷量相同、质量不同的粒子（初速度可视为0），经电场加速后从板AB边缘沿平行于板间方向射入，两平行板AB与CD间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，板间距为L，板足够长，a、b粒子最终分别打到CD板上的E、F点，E、F到C点的距离分别为L和L，则a、b两粒子的质量之比为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内有一虚线，虚线与x轴正方向间夹角θ=30°。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.75×10-3T。虚线下方到第四象限内有与虚线平行、电场强度E=20N/C的匀强电场。一比荷的带电粒子从y轴正半轴上的P点以速度 沿x轴正方向射入磁场，粒子进入磁场后，从虚线上的M点（M点图中未画出）垂直虚线方向进入电场（不计重力），则（　　）
A．该带电粒子一定带正电
B．OM之间的距离为2m
C．粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为0.98m
D．粒子第一次穿过虚线后能击中x轴
7．如图所示，一平行板电容器，右极板接电源正极，板长为2d，板间距离为d。一带电量为q、质量为m的负离子（重力不计）以速度贴近左极板沿极板方向射入，恰从右极板下边缘射出。在右极板右侧空间存在垂直纸面方向的匀强磁场（未标出）。要使该负离子在磁场中运动后，又恰能直接从右极板上边缘进入电场，则（　　）
A．磁场方向垂直纸面向里
B．磁场方向垂直纸面向外，向里都有可能
C．磁感应强度大小为
D．在磁场中运动时间为
8．如图所示，氕、氘、氚三种核子分别从静止开始经过同一加速电压U1（图中未画出）加速，再经过同一偏转电压U2偏转，后进入垂直于纸面向里的有界匀强磁场，氕的运动轨迹如图。则氕、氘、氚三种核子射入磁场的点和射出磁场的点间距最大的是（　　）
A．氕 B．氘 C．氚 D．无法判定
9．如图所示，以坐标原点为圆心、半径为R的区域内存在方向垂直平面向外的匀强磁场。磁场左侧有一平行轴放置的荧光屏，相距为的足够大金属薄板、平行于轴正对放置，K板中央有一小孔P，K板与磁场边界相切于P点，K、A两板间加有恒定电压，K板电势高于A板电势。紧挨A板内侧有一长为3d的线状电子源，其中点正对P孔。电子源可以沿平面向各个方向发射速率均为的电子，沿y轴进入磁场的电子，经磁场偏转后垂直打在荧光屏上。已知电子的质量为m，电荷量为e，磁场磁感应强度，不计电子重力及它们间的相互作用力。则（　　）
A．K，A极板间的电压大小为
B．所发射电子能进入P孔的电子源的长度为
C．荧光屏上能有电子到达的区域长度为R
D．所有达到荧光屏的电子中在磁场中运动时间最短为
10．圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场（未画出），磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大水平向左的匀强电场，电场强度为E。当粒子的速度大小为且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向外
B．粒子的比荷为
C．粒子在磁场中运动的总时间为
D．粒子在电场中运动的总时间为
11．如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。氕核和氘核分别以相同的初动能 从平面MN上的P点水平向右射入Ⅰ区。Ⅰ区存在匀强电场，电场强度大小为E，方向竖直向下；Ⅱ区存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。已知氕核、氘核的质量分别为m、2m，电荷量均为＋q，不计氕核和氘核的重力。下列说法正确的是（　　）
A．氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同
B．氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为
C．氕核在Ⅱ区做匀速圆周运动的半径为
D．氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距
12．如图甲所示，圆形区域内有一磁感应强度大小为、垂直纸面向外的匀强磁场；紧挨着竖直放置的两平行金属板，板接地，中间有一狭缝。当有粒子通过狭缝时板有电势，且随时间变化的规律如图乙所示。在圆形磁场处的粒子发射装置，以任意角射出质量、电荷量、速率的粒子，在磁场中运动的轨迹半径与圆形磁场的半径正好相等。从圆弧之间离开磁场的粒子均能打在竖直放置的板上，粒子间的相互作用及其重力均可忽略不计。求这部分粒子
（1）在磁场中运动的最短时间；
（2）到达板上动能的最大值；
（3）要保证到达板上速度最大，间距离应满足的条件。
13．如图所示，坐标系xOy第一象限内有场强大小为E，方向沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面且与x轴相切于P点的圆形匀强磁场区域（图中未画出）， P点的坐标为（ 3l0，0），电子a、b以大小相等的速度，从P点射入磁场，b沿+y方向，a、b速度方向间的夹角为（0<<，a、b经过磁场偏转后均垂直于y轴进入第一象限，b经过y轴上的Q点。已知电子质量为m、电荷最为e，不计电子重力。
（1）求Q点的坐标；
（2）求a、b第1次通过磁场的时间差 t；
（3）a、b离开电场后途经同一点A（图中未画出），求A点的坐标及a从P点运动至A点的总路程s。
14．显像管电视机已渐渐退出了历史的舞台，但其利用磁场控制电荷运动的方法仍然被广泛应用。如图为一磁场控制电子运动的示意图，大量质量为m，电荷量为e（e＞0）的电子从P点飘进加速电压为U的极板，加速后的电子从右极板的小孔沿中心线射出，一圆形匀强磁场区域，区域半径为R，磁感应强度大小，方向垂直于纸面向里，其圆心O1位于中心线上，在O1右侧2R处有一垂直于中心线的荧光屏，其长度足够大，屏上O2也位于中心线上，不计电子进电场时的初速度及它们间的相互作用，R，U，m，e为已知量。求：
（1）电子在磁场中运动时的半径r；
（2）电子从进入磁场到落在荧光屏上的运动时间；
（3）若圆形磁场区域可由图示位置沿y轴向上或向下平移，则圆形区域向哪个方向平移多少距离时，电子在磁场中的运动时间最长？并求此情况下粒子打在荧光屏上位置离O2的距离。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】粒子在辐射电场中以速度做匀速圆周运动，电场力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知
解得
粒子在匀强磁场中
解得
粒子不同场中的轨迹相同，即粒子在不同场中转动半径相同，所以这些粒子具有相同的速度和比荷。
故选C。
2．（1）；（2）；（3）或
【详解】（1）在时间内，电场强度为，带电粒子在电场中加速度，根据动量定理可知
解得粒子在时刻的速度大小为
方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离
在时间内，根据粒子在磁场运动的周期可知粒子偏转，速度反向，根据可知粒子水平向右运动的距离为
粒子运动轨迹如图
所以粒子在时刻粒子的位置坐标为，即；
（2）在时间内，电场强度为，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向
解得时刻粒子的速度
方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的距离为
在时间内，粒子在水平方向运动的距离为
此时粒子速度方向向下，大小为，在时间内，电场强度为，竖直方向
解得粒子在时刻的速度
粒子在竖直方向运动的距离
粒子运动的轨迹如图
在时间内，静电力对粒子的做功大小为
电场力做正功；
（3）根据（1）问中解析有，
①若粒子到达点之前，在磁场中已经过两个半圆，则释放时刻一定在时间内，若在之间的时刻释放粒子，粒子运动轨迹如图丙所示，有
，
，
，
，
，
所以
整理发现
所以需满足，代入数据解不等式，
当时不等式成立
②若粒子到达点前只经过一个半圆，则粒子在磁场中运动的轨迹半径
由得，经第一次电场加速的末速度，则粒子在时间内释放不可能，如果在时间内释放，则第一次在电场中加速的时间，即在时释放符合条件，但在此情况下，，经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的位移大小为
联立有
故此情况下无法到达点，所以考虑在时间内释放，假设粒子第一次在电场中加速的时间为，则，在此种情况下，，经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的位移大小为
联立有
故此情况下粒子能在点被吸收，所以粒子释放时刻为
综上可知，在或时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获
3．（1）正电（2）（3）
【分析】（1）根据离子在磁场中的偏转方向应用左手定则判断离子电性．
（2）离子在加速电场中加速，应用动能定理可以求出离子的比荷．
（3）离子在磁场中做圆周运动，应用牛顿第二定律求出离子轨道半径，然后求出MN间的距离．
【详解】（1）由题意可知，离子在磁场中向上偏转，离子刚进入磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，离子带正电；
（2）离子在电场加速过程，由动能定理得：
解得，离子核质比为：
（3）离子进入磁场做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：
MN间的距离：
解得：．
【点睛】本题考查了离子在电场与磁场中的运动，分析清楚离子运动过程是解题的前提，应用动能定理与牛顿第二定律即可解题，根据粒子所受洛伦兹力方向应用左手定则可以判断离子电性．
4．（1）轨迹如图所示：
（2）
（3）；
【详解】（1）粒子运动的轨迹如图所示。（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）
（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为如图所示，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
由几何关系得
联立以上公式可得
（3）由运动学公式和题给数据得
联立得
设粒子由M点运动到N点所用的时间为，则
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
则从M点运动到N点的时间
【点睛】在复合场中的运动要分阶段处理，每一个运动建立合理的公式即可求出待求的物理量。
5．B
【详解】如图
由几何关系可得
所以
由图易得为L，加速阶段有
圆周运动有
所以
所以
所以
故选B。
6．BC
【详解】A．该粒子所受洛伦兹力向下，根据左手定则，该带电粒子一定带电，A错误；
B．根据牛顿第二定律得
解得
OM之间的距离为2m，B正确；
CD．竖直方向的分速度为
竖直方向的加速度为
竖直方向的位移为
解得
M点到x轴的距离为
粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为
C正确，D错误。
故选BC。
7．C
【详解】A．粒子在电场中做类似平抛运动，离开电场后做匀速圆周运动，轨迹如下图
由于粒子带负电，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故AB错误；
B．对于抛物线运动，速度偏向角θ的正切值与位移偏向角的正切值间有
解得
θ＝45°
且
所以
根据几何关系，圆周运动的轨道半径为
圆周运动中，洛仑兹力提供向心力，即
解得
故C正确；
D．磁场中运动的时间为
故D错误。
故选C。
8．C
【详解】设核子的质量为m，带电量为q，偏转电场对应的极板长为L，板间距离为d，板间电场强度为E，进入偏转电场的速度为v0，进入磁场的速度为v，在偏转电场的侧移量为y，速度偏转角为θ。核子在加速电场运动过程，由动能定理得
qU1
核子在偏转电场做类平抛运动，将运动沿极板方向和垂直极板方向分解。沿极板方向做匀速直线运动，则有
L＝v0t
沿极板方向做匀加速直线运动，则有
y
vy＝at
由牛顿第二定律得
联立解得
速度偏转角的正切值为
可见核子在偏转电场的侧移量y与速度偏转角θ均与核子的质量和带电量无关，故三种核子进入磁场的位置和速度方向均相同。进入磁场的速度
核子在匀强磁场只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，轨迹如图所示
由牛顿第二定律得
qvB
由几何关系可得，射入磁场的点和射出磁场的点间距s为
s＝2rcosθ
联立解得
氕、氘、氚三种核子的电量相等，氚的质量最大，则氚的射入磁场的点和射出磁场的点间距最大。
故选C。
9．BCD
【详解】A．根据题意，电子在磁场运动圆周，轨迹半径r=R，电子在磁场中运动时有
电子在AK间运动时有
解得
故A错误；
B．如图
当速度方向平行x轴发射的电子刚好可以进入P，该电子就是电子源离中心点最远处发射的，设此处离中心点的距离为x，则
x=v0t
联立解得
所以满足条件的长度为
故B正确；
C．由几何关系得，进入磁场的所有电子都平行x轴击中荧光屏能从P进入磁场的电子速度方向与OP的最大夹角为θ
解得
θ=30°
由几何关系得
y1=R+Rsinθ
y2=R-Rsinθ
解得
L=y1-y2=R
故C正确；
D．由前面分析可知，电子在磁场中转过的最小圆心角为
则所有达到荧光屏的电子中在磁场中运动时间最短为
故D正确。
故选BCD。
10．ABD
【详解】A．根据题意可知，粒子从A点进入磁场时，受到洛伦兹力方向为水平向右，根据左手定则可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A正确；
B．根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，根据洛伦兹力提供向心力有
可得
则
故B正确；
C．根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先做向右减速运动，再做向左的加速运动，再次到达B点时，速度的大小仍为，再次进入磁场，运动轨迹如图所示
则粒子在磁场中的运动时间为
故C错误；
D．粒子在电场中，根据牛顿第二定律有
解得
根据，由对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为
故D正确。
故选ABD。
11．AD
【详解】A. 第一次在电场中，水平方向有
竖直方向有
联立解得
氕核、氘核具有相同的初动能和相同的电荷量，氕核、氘核在电场中的轨迹相同，即氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同，A正确；
B. 氘核在电场中做类平抛。则
， ，
氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小
联立解得
B错误；
C. 由B选项分析，同理可得氕核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为，根据
解得
C错误；
D. 粒子在进入磁场速度方向与水平方向夹角相同，设为，则有
粒子在进入磁场速度方向与MN的夹角为，则
可得
粒子从进入磁场到再次回到MN时与进入磁场位置的距离
氘核在磁场中的半径
则氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距
D正确；
故选AD。
12．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在磁场中的轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力
又
解得粒子在磁场中做圆周运动的周期为
由轨迹图可知粒子从点离开时，在磁场中运动的时间最小，则有
（2）粒子在磁场中，根据左手定则可知粒子带负电，且所有粒子从磁场离开进入电场的速度大小均为，方向均与极板垂直，可知在电场中受到的电场力方向与速度方向在同一直线上，为了使粒子到达板上动能最大，应使粒子从板到板过程一直做匀加速直线运动，根据动能定理可得
解得最大动能为
（3）要保证到达板上速度最大，应使粒子从板到板过程一直做匀加速直线运动，即粒子在极板中运动的时间应满足
设粒子到达板的最大速度为，则有
解得
根据运动学公式可得
联立可得
故要保证到达板上速度最大，间距离应满足
13．（1）；（2）；（3）；
【详解】（1）电子在磁场中运动
解得
根据题意a、b经过磁场偏转后均垂直于y轴进入第一象限，磁场圆的半径
根据磁发散规律：b粒子垂直x轴进入磁场，则垂直于y轴出磁场，所以Q点的坐标为
（2）粒子运动轨迹如图所示，电子在匀强磁场中运动的周期
a在磁场区中的运动时间
b在磁场区中的运动时间
可得
解得
（3）根据磁聚焦规律：粒子运动轨迹如上图所示，a、b离开电场后均经过圆形磁场的最高点A，A点的坐标为；a在磁场中运动的路程
无场区的路程
在电场中，动能定理
路程为
解得
14．（1） ；（2）；（3）沿y轴负向平移；
【详解】（1）设电子在电场中加速获得的速度v，由动能定理得
电子在磁场中做匀速圆周运动时，由牛顿第二定律
又
解得
（2）由左手定则判断出电子圆周运动的圆心在中心线下方，设速度偏向角及轨迹圆弧对应的圆心角为，出磁场后打到荧光屏的M点
由几何关系可知
解得
则
电子在磁场中的运动时间为
电子飞出磁场后的运动时间为
则电子从进磁场到落在荧光屏上的运动时间为
（3）易知，当粒子射入和射出两点连线为圆形磁场直径时，时间最长，如图，当磁场由图示位置沿y轴负向平移时，电子从C点进入磁场，从D点出磁场，做圆周运动的圆心为，速度偏向角及轨迹圆弧对应的圆心角为，出磁场后打到荧光屏的N点，CD为圆形区域的直径。的延长线交中心线于F
由几何关系可知
解得
故磁场沿y轴负向平移时电子在磁场中运动时间最久，又
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第79讲 带电粒子在叠加场中的运动
（2022 浙江）
1．如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出，
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小，区域Ⅱ的磁感应强度大小，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
一、知识回顾
1.叠加场概念：静电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。
2.三种场的比较
　　项目 名称　　 力的特点 功和能的特点
重力场 大小：G=mg 方向：竖直向下 重力做功与路径无关 重力做功改变物体的重力势能
静电场 大小：F=qE 方向：①正电荷受力方向与场强方向相同 ②负电荷受力方向与场强方向相反 静电力做功与路径无关 W=qU 静电力做功改变电势能
磁场 洛伦兹力大小：F=qvB 方向：根据左手定则判定 洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
3.带电粒子（带电体）在叠加场中无约束情况下的运动
（1）静电力、重力并存
静电力与重力的合力一般为恒力，带电体做匀速直线运动或匀变速直线（或曲线）运动，比较简单。
（2）磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
（3）静电力、磁场力并存（不计重力的微观粒子）
①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。
（4）静电力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动。
②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动。
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
4.是否考虑重力的判断
①对于微观粒子，如电子、质子、离子等，若无特殊说明，一般不考虑重力；对于宏观带电小物体，如带电小球、尘埃、油滴、液滴等，若无特殊说明，一般需要考虑重力。
②题目中已明确说明是否需要考虑重力时则按说明分析。
③不能直接判断是否需要考虑重力的，在进行受力分析和运动分析时，由分析结果确定是否考虑重力。
二、例题精析
题型一：叠加场
2．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为ma，mb，mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动，下列选项正确的是（ ）
A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
题型二：叠加场+组合场
（多选）例2.（2019 莆田二模）
3．如图所示，在y轴的右方有一方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一方向平行x轴向左的匀强电场。现有一个氕核和一个氘核分别以相同的动量从y轴上的P点垂直y轴进入第一象限，经x轴后分别到达y轴上的某一点（图中未画出）。不考虑粒子受到的重力。则（　　）
A．两粒子在第一象限中运动的半径之比为1:1
B．两粒子在第一象限中运动的半径之比为1:2
C．氕核到达y轴时的速度较大
D．氘核到达y轴时的速度较大
三、举一反三，巩固练习
4．带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是（　　）
A．油滴必带正电荷，电荷量为 B．油滴必带负电荷，比荷＝
C．油滴必带正电荷，电荷量为 D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
5．如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空 匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上。P M N分别为轨道的最低点。a b c三个相同的带正电绝缘小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，则（　　）
A．b球先于a球到达轨道的最低点
B．a b两球第一次经过轨道最低点时，b球对轨道的压力更小
C．三小球向下运动过程中，c球到达轨道最低点的速度最小
D．c球运动过程中，其重力势能最小时，电势能一定最大
6．在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要工序，如图为离子注入工作原理示意图：质量为m，电量为q的离子由静止经电场加速后，沿水平虚线穿过速度选择器，再通过匀强磁场偏转后，恰好竖直向下射出。已知速度选择器的磁场和偏转磁场的磁感应强度大小均为B，方向相同；速度选择器的匀强电场场强大小为E、方向为竖直向上。整个系统置于真空中，不计离子重力，则（　　）
A．该离子带正电 B．偏转磁场的方向垂直纸面向外
C．加速电场的电压 D．离子在偏转磁场中做匀速圆周运动的半径为
7．如图，竖直面（纸面）内，一层够长的粗糙绝缘直杆与水平方向成角固定，所在空间有方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向水平向左的匀强电场，一质量为m且可视为质点的带正电小球套在杆上，现给球一个沿杆向下的初速度v，球恰能做匀速运动，且杆对球恰好无弹力。下列判定正确的是（　　）
A．电场强度与磁感应强度的大小关系为
B．若在球运动的过程中仅撤去磁场，球仍将保持速度v做匀速运动
C．若仅将球的初速度大小变为，球将做加速度不断减小的减速运动直至静止
D．若仅将球的初速度大小变为2v，球沿杆运动的过程中，克服摩擦力做的功为
8．如图所示，两平行金属板之间有竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，一带负电的粒子（重力不计）以速度水平向右飞入两板之间，恰能沿直线飞出，下列判断正确的是（　　）
A．粒子一定做匀速直线运动
B．若只增大粒子速度，其运动轨迹仍是直线
C．若只增加粒子的电量，其运动轨迹将向上偏转
D．若粒子以速度从右向左水平飞入，其运动轨迹是抛物线
9．如图甲所示，一带正电粒子以水平初速度（）先后进入方向垂直的宽度相同且紧相邻在一起的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向下，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中（重力忽略不计），电场力和磁场力对粒子所做的总功大小为；若把电场和磁场正交重叠，如图乙所示，粒子仍以水平初速度穿过重叠场区，在粒子穿过电场和磁场的过程中，电场力和磁场力对粒子所做的总功大小为。则（　　）
A．一定是 B．一定是
C．一定是 D．可能是，也可能是
10．如图所示，下端封闭、上端开口、长度H＝5m的内壁光滑的竖直细玻璃管，管底有一个质量为m＝10g、电荷量为q＝0.1C的带正电小球（其半径略小于玻璃管内径），整个装置处在垂直纸面向里、磁感应强度为B＝1T的匀强磁场中，在外力作用下玻璃管在磁场中开始以初速度v0＝2m/s、向右做匀速直线运动，已知重力加速度g取10m/s2，则（　　）
A．小球不可能上升到管口
B．小球经过时间1.5s离开管口
C．在小球上升到管口过程中机械能增加1J
D．在小球上升到管口过程中玻璃管对小球做功0.5J
11．如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ=30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则（　　）
A．两板间电压的最大值
B．能打到N板上的粒子的最大动能为
C．粒子在磁场中运动的最长时间
D．CD板上可能被粒子打中区域的长度
12．北京正负电子对撞机（BEPC）是我国第一台高能加速器，由长200m的直线加速器、周长240m的储存环等几部分组成，外型像一只硕大的羽毛球拍，如图所示。电子束被加速到150MeV时，轰击一个约1cm厚的钨靶，产生正负电子对。将正电子聚焦、收集起来加速，再经下一个直线加速器加速到约1.4GeV。需要加速电子时，则把钨靶移走，让电子束直接经过下一个直线加速器进行加速，使其获得与正电子束相同的能量。正、负电子束流分别通过不同的路径注入到储存环中，在储存环的真空盒里做回旋运动。安放在其空盒周围的各种高精密电磁铁将正、负电子束流偏转、聚焦，控制其在环形真空盒的中心附近；速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射。通过微波不断地给正、负电子束补充能量；当正、负电子束流被加速到所需要的能量时，正、负电子束流就可以开始对撞，安放在对撞点附近的北京谱仪开始工作，获取正、负电子对撞产生的信息，进一步认识粒子的性质，探索微观世界的奥秘。下列说法正确的是（　　）
A．该装置中正、负电子同时在直线加速器中加速
B．正、负电子发生对撞前，为了增大碰撞概率，可利用磁场对其偏转、聚焦
C．正、负电子离开直线加速器之后，各自所需偏转磁场的方向相反
D．储存环中的正、负电子所受洛伦兹力不做功，所以正负电子能量不会衰减
13．如图所示，M、N两极板间存在匀强电场，场强大小可以调节，两极板的宽度为d，N板右侧存在如图所示的磁场，折线PQ是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．折线的顶角∠A=90°，P、Q是折线上的两点且AP=AQ=L。现有一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从S点由静止经电场加速后从P点沿PQ方向水平射出，不计粒子的重力，则（　　）
A．当粒子通过P点的速度为时，可经过一次偏转直接到达A点
B．当M、N两极板间场强为时，粒子到达Q点的时间最长
C．粒子由P点到达Q点的时间只能为的偶数倍
D．粒子由P点到达Q点的时间只能为的奇数倍
14．如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。氕核和氘核分别以相同的初动能 从平面MN上的P点水平向右射入Ⅰ区。Ⅰ区存在匀强电场，电场强度大小为E，方向竖直向下；Ⅱ区存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。已知氕核、氘核的质量分别为m、2m，电荷量均为＋q，不计氕核和氘核的重力。下列说法正确的是（　　）
A．氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同
B．氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为
C．氕核在Ⅱ区做匀速圆周运动的半径为
D．氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距
15．如图所示，MN下方足够长的区域Ⅰ内存在方向竖直向上的匀强电场，MN右上侧和左上侧的正方形区域Ⅲ和Ⅳ内存在方向竖直向下的匀强电场，MN上方的矩形区域Ⅱ内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的正离子以速度v从P点沿水平方向射入匀强电场，粒子先经过电场Ⅲ再经过磁场Ⅱ后恰从MN中点竖直向下射入匀强电场区域Ⅰ。已知正方形边长均为d，区域Ⅰ及正方形区域Ⅲ和Ⅳ内匀强电场场强的大小均为，不计粒子的重力，求：
（1）粒子第一次进入磁场时的位置与M点之间的距离；
（2）矩形区域Ⅱ内磁感应强度的大小；
（3）离子从P点射入到离开区域Ⅳ所用的时间。
16．如图所示，在绝缘水平面上方，相距为L的竖直边界MO、NA之间存在水平向左的匀强电场，场强大小为E1。边界NA右侧有一直角三角形区域ACD，区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场和大小为 、方向竖直向下的匀强电场。在边界MO上的O点静止释放一个质量为m、电量大小为q的带电小球（大小忽略不计），小球从A点进入三角形场区，最终从AD边界上的P点离开。已知AP间的距离为d，∠DAC=30°，不计一切摩擦。求：
（1）带电小球到达A点时的速度大小；
（2）ACD区域内的磁感应强度大小。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）；；（2）；；（3）；
【详解】（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
（2）速度选择器
如图所示，几何关系
（3）由上述表达式可得
由
而v0sinθ等于光电子在板逸出时沿y轴的分速度，则有
即
联立可得B2的最大值
2．B
【详解】由题意知
mag=qE
mbg=qE+Bqv
mcg+Bqv=qE
所以
故选B。
3．AC
【详解】AB．由洛伦兹力提供向心力
由此可得
根据题意
解得
故A正确，B错误；
C．由于两者运动半径相同，所以从x轴射出时的横坐标x也相同。洛伦兹力不做功，因此当粒子从x轴射出时速度与初速度相同。由于两者初动量相等设为，且质量比为
因此有
由动能定理得
化简可得
联立可知
即氕核到达y轴时的速度大于氘核，故C正确，D错误。
故选AC。
4．C
【详解】油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，由
qv0B＝mg
得
q＝
故选C。
5．C
【详解】A．沿着轨道建立自然坐标系，将速度和加速度分解为沿轨道方向和垂直于轨道方向，由于图二洛伦兹力始终在垂直于轨道方向，不影响沿轨道方向的受力，所以b球和a球同时到达轨道的最低点；A错误；
BC．第一个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到P点过程中只有重力做功，根据动能定理有
第二个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到M点过程中只有重力做功，根据动能定理有
第三个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到N点过程中有重力做功、电场力做功，根据动能定理有
根据以上公式有可知，c球到达轨道最低点的速度最小。
由牛顿第二定律，对a球得
对b球得
所以a b两球第一次经过轨道最低点时，b球对轨道的压力更大；B错误，C正确；
D．c球运动过程中，小球运动到轨道右侧速度减小为0时，电势能最大，D错误。
故选C。
6．ABC
【详解】AB．离子水平穿过速度选择器，则电场力和洛伦兹力等大反向，分析可知磁场方向垂直纸面向外。在偏转电场中竖直向下射出，即进入偏转磁场时洛伦兹力向下，由左手定则可知离子带正电，故AB正确。
C．在速度选择器中有
解得
则在加速电场中由动能定理有
解得
故C正确；
D．离子在偏转磁场中做匀速圆周运动的半径为
故D错误。
故选ABC。
7．D
【详解】A．根据左手定则判定洛伦兹力的方向垂直于杆向上，对小球受力分析有
解得
A错误；
B．若撤去磁场，重力与电场力的合力方向垂直于杆向下，则小球还受到杆的弹力与滑动摩擦力，小球向下做匀减速直线运动，最终静止，B错误；
C．若仅将球的初速度大小变为，则小球受到垂直于杆的弹力与沿杆向上的摩擦力
则小球先向下做加速度减小的变加速运动，当速度减为v时，之后做匀速运动，C错误；
D．由C分析，小球最终以速度v做匀速运动，由于电场力与重力的合力垂直于杆，则电场力与重力做功的代数和为0，根据动能定理有
则克服摩擦力做的功为，D正确。
故选D。
8．A
【详解】A．带负电的粒子沿直线从正交场中飞出，则受向上的电场力等于向下的洛伦兹力，则一定做匀速直线运动，如果不是匀速直线运动，则洛伦兹力就会变化，将做曲线运动，选项A正确；
B．若只增大粒子速度，则粒子受洛伦兹力变大，则其运动轨迹向下弯曲，则轨迹不是直线，选项B错误；
C．根据
可知，若只增加粒子的电量，则粒子仍沿直线穿过正交场，选项C错误；
D．若粒子以速度从右向左水平飞入，则受电场力和洛伦兹力均向上，则其运动轨迹是曲线，但不是抛物线，选项D错误。
故选A。
9．A
【详解】不论带电粒子带何种电荷，由于
所以电场力qE大于洛伦兹力qBv0，根据左手定则判断可知：洛伦兹力有与电场力方向相反的分力，所以带电粒子在电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的偏转位移，而洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是
W1＞W2
故A正确，BCD错误。
故选A。
10．C
【详解】AB．开始初速度为v0＝2m/s时小球受到向上的洛伦兹力大小为
小球上升加速度大小为
应用位移公式有
解得
故AB错误；
根据速度公式可知离开管口竖直分速度为
CD．由于洛伦兹力不做功，设玻璃管做功为W，在此过程中对小球应用动能定理有
解得
根据能量守恒定律可知玻璃管对小球做功等于小球机械能的增加量，故C正确，D错误。
故选C。
11．A
【详解】A．如图
当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，在加速电场中，根据动能定理
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律
解得轨迹半径为
解得
故A正确；
D．设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为r′，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则GH间距离即为粒子打中区域的长度s，根据几何关系
解得
被粒子打中区域的长度为
解得
故D错误；
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
粒子在磁场中运动的周期为
解得
故C错误；
B．当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，粒子半径
即粒子半径最大动能为
解得
故B错误。
故选A。
12．B
【详解】A．正、负电子在同一加速电场中所受电场力方向相反，所以该装置中正、负电子不能同时在直线加速器中加速，故A错误；
B．正、负电子发生对撞前，为了增大碰撞概率，可利用磁场对其偏转、聚焦，故B正确；
C．正、负电子离开直线加速器之后偏转方向相反，各自所需偏转磁场的方向相同，故C错误；
D．储存环中的正、负电子所受洛伦兹力不做功，但电子沿圆弧轨道切线发出电磁辐射，从而造成能量衰减，故D错误。
故选B。
13．AC
【详解】A．粒子经过一次偏转直接到达A点，
由图中几何关系得
2Rsin45°=L
联立解得
故A正确；
BCD．根据运动对称性，粒子能从P点到达Q点，应满足L=nx，其中x为每次偏转圆弧对应弦长，偏转圆弧对应圆心角为90°或270°，设圆轨迹半径为R，则有
可得
解得
v，（n=1、2、3、…）
在M，N间由动能定理
解得
E（n=1、2、3、…）
当M、N两极板间场强为时，粒子到达Q点的时间最短；
当n取奇数时，粒子从P到Q过程中圆心角总和为
，其中n=1、3、5、…
当n取偶数时，粒子从P到Q过程中圆心角总和为
，其中n=2、4、6、…，
则粒子由P点到达Q点的时间只能为的偶数倍，故BD错误，C正确；
故选AC。
14．AD
【详解】A. 第一次在电场中，水平方向有
竖直方向有
联立解得
氕核、氘核具有相同的初动能和相同的电荷量，氕核、氘核在电场中的轨迹相同，即氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同，A正确；
B. 氘核在电场中做类平抛。则
， ，
氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小
联立解得
B错误；
C. 由B选项分析，同理可得氕核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为，根据
解得
C错误；
D. 粒子在进入磁场速度方向与水平方向夹角相同，设为，则有
粒子在进入磁场速度方向与MN的夹角为，则
可得
粒子从进入磁场到再次回到MN时与进入磁场位置的距离
氘核在磁场中的半径
则氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距
D正确；
故选AD。
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在Ⅲ区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为y。水平方向
d=vt
由牛顿第二定律得
Eq=ma
解得加速度大小
竖直方向
y
解得
yd
粒子第一次进入磁场时的位置与M点之间的距离为
（2）粒子射出Ⅲ区域电场时沿场强方向速度为
vy=atv
速度偏向角为
解得
由几何关系得，粒子在磁场中的轨道半径为
射入磁场的速度大小为
v′v
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得磁感应强大大小
（3）粒子在Ⅲ区域电场中偏转的运动时间
粒子在Ⅱ区域磁场中向下偏转运动时间
其中
T
粒子在Ⅰ区域下方电场中运动减速到零的时间为
粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为
t总=2（t1+t2+t3）
解得
16．（1）；（2）
【详解】（1）小球在电场E1中加速，由动能定理得
qE1L0
解得
v0
（2）小球进入ACD场区时，所受电场力大小
qE2=mg
方向竖直向上，电场力与重力合力为零，小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球做匀速圆周运动的运动轨迹如图所示
由几何关系得轨道半径为
rsin30°
解得
r=d
小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
qv0B=m
解得
B
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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