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限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业01 电场力的性质
考点1电荷
1．两种电荷
毛皮摩擦过的橡胶棒带_负__电，丝绸摩擦过的玻璃棒带_正__电。同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，带电的物体能吸引轻小物体。
2．元电荷
最小的电荷量，其值为e＝ 1.60×10－19C　。
其他带电体的电荷量皆为元电荷的_整数__倍。
注意：元电荷不是带电体，也不是点电荷。
3．电荷守恒定律
(1)内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保持不变。
(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。
(3)带电实质：物体带电的实质是得失电子 。
(4)电荷的分配原则：两个形状、大小相同且带同种电荷的同种导体，接触后再分开，二者带等量同种电荷，若两导体原来带异种电荷，则电荷先中和，余下的电荷再平均分配。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 铜仁市期中）干燥的天气里，在阳光下用塑料梳子梳理干燥的头发，越梳头发越蓬松，且头发会随着梳子飞起来。下列说法正确的是（　　）
A．由于摩擦起电，梳子和头发带同种电荷
B．该过程中电荷凭空产生了，电荷不守恒
C．头发越来越蓬松是因为太阳照射和摩擦产生的热量
D．梳子带的电荷量大小一定是1.6×10﹣19C的整数倍
【答案】D
【解析】解：A、干燥的天气里，在阳光下用塑料梳子梳理干燥的头发，发生摩擦起电，根据电荷守恒定律得梳子与头发因电子转移而带异种电荷，而非同种电荷，故A错误；
B、电荷守恒定律指出电荷不能凭空产生或消失，摩擦起电只是电荷的转移，总电荷量守恒，故B错误；
C、头发蓬松是因同种电荷相互排斥，而非太阳照射或摩擦生热，故C错误；
D、电荷量是量子化的，任何带电体的电荷量均为元电荷（1.6×10﹣19C）的整数倍，故D正确。
故选：D。
2．（2025秋 山西期中）将用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近验电器的金属球后，金属箔片张开。金属箔片的起电方式及所带电荷为（　　）
A．接触起电，负电 B．接触起电，正电
C．感应起电，负电 D．感应起电，正电
【答案】C
【解析】解：根据摩擦起电可知，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，靠近验电器的金属球时，金属球感应出正电荷，金属箔片感应出负电荷，该过程为感应起电，故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．（2025秋 海珠区校级月考）有两个完全相同的带电金属小球A、B，分别带有电荷量6.4×10﹣9C、﹣3.2×10﹣9C，让两个金属小球A、B接触再分开，则（　　）
A．质子从A球转移到B球
B．A球电量变为3.2×10﹣9C
C．A、B两球电量均变为1.6×10﹣9C
D．A、B两球电量均变为4.8×10﹣9C
【答案】C
【解析】解：A.金属导体中是电子（负电荷）发生转移，质子不会移动，故A错误。
BCD.总电荷量Q总＝6.4×10﹣9C﹣3.2×10﹣9C＝3.2×10﹣9C；，由于两球完全相同，接触后电荷量平分，每个小球的电荷量为，故C正确，BD错误。
故选：C。
4．（2025秋 黄浦区校级期中）真空中有完全相同的导体球X、Y、Z，其中X带电+4μC、Y不带电，Z带电﹣10μC。先将Y与X接触，分开后Y再与Z接触，最后Y带电（　　）
A．﹣4μC B．﹣3μC C．﹣2μC D．+4μC
【答案】A
【解析】解：X与Y接触时，根据电荷守恒定律得
故Y所带的电荷量为+2μC；Y与Z再接触时，两者带异种电荷，电荷先中和，余下的电荷再平分，由电荷守恒定律得
4μC
最终Y所带的电荷量为﹣4μC，故BCD错误，A正确。
故选：A。
考点2库仑定律
1．点电荷：是一种理想化的物理模型，当带电体本身的形状和大小对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷。
2．库仑定律：①内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．这个规律叫作库仑定律．这种电荷之间的相互作用力叫作静电力或库仑力．
②公式：F＝k，其中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫作静电力常量．
③适用条件：a.在真空中；b.静止点电荷．
5．（2025秋 信宜市期中）真空中有两个点电荷，它们之间的静电力的大小为F，如果将它们的电荷量均减少为原来的一半，同时将它们的距离增大为原来的一倍，则它们之间的静电力大小将为（　　）
A． B． C． D．4F
【答案】C
【解析】解：两点电荷间的库仑力F＝k
将它们的电荷量均减少为原来的一半，同时将它们的距离增大为原来的一倍
则两点电荷间的库仑力F'＝kk，故C正确，ABD错误。
故选：C。
6．（2025秋 乌鲁木齐期中）如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个直角三角形的三个顶点上，已知A、B分别带正电荷和负电荷，∠B＝90°，∠C＝30°，A所受B、C两个电荷的静电力的合力FA平行于BC并由C指向B，则下列说法正确的是（　　）
A．C带正电，且QB：QC＝1：4
B．C带负电，且QB：QC＝1：4
C．C带正电，且QB：QC＝1：8
D．C带负电，且QB：QC＝1：8
【答案】C
【解析】解：A所受B、C两个电荷的静电力的合力FA平行于BC并由C指向B，画点电荷A受到的两个电场力的合成图示如图所示
由图可知，C带正电，由图可得FCA＝2FBA
结合库仑定律可得
其中rCA＝2rBA，解得QB：QC＝1：8，故C正确，ABD错误。
故选：C。
7．（2025秋 青羊区校级月考）如图所示，带电量分别为+4q、﹣q的小球A和小球B固定在相隔L的光滑绝缘水平面上，若要使带电小球C静止，可以将其放在（　　）
A．小球B左侧处
B．小球B右侧L处
C．小球B右侧2L处
D．放置的位置与小球C的电量和电性有关
【答案】B
【解析】解：球C受到A和B的库仑力等大反向，根据库仑定律，球C跟球A、B在同一直线上且在B的右侧，
设球C的电荷量大小为Q，与球B的距离为x，有：，代入数据可得：x＝L，故B正确，ACD错误。
故选：B。
8．（2025 广西开学）如图所示，A、B、C是三个相同的金属球（可视为质点），分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上，其中A球带正电荷，B球带负电荷，C球不带电，A球带电荷量为Q，B球带电荷量为﹣3Q。现将B球先后与A、C接触再放回原处，静电力常量为k，则A球受到的静电力大小为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】解：完全相同的金属球接触后，电荷量先中和再平分，所以将B球先后与A、C接触后，A、B、C各带电量为﹣Q、、
放回原处后，B、C对A的斥力均为，夹角为60°，则A受静电力的合力为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
考点3场强叠加
1．电场
(1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质；
(2)基本性质：对放入其中的电荷有_力的作用 。
2．电场强度
(1)定义：放入电场中某点的电荷受到的 静电力　与它的 电荷量　的比值。
(2)定义式：E＝ ，单位：N/C或V/m。
(3)矢量性：规定 正电荷　在电场中某点所受静电力的方向为该点电场强度的方向。
3．点电荷的电场：真空中与场源电荷Q相距为r处的电场强度大小为E＝ 。
4 电场强度的叠加：
(1)如果有几个静止电荷在空间同时产生电场， 那么空间某点的场强是各场源电荷单独存在时在该点所产生的场强的矢量和。
遵循的法则： 电场强度是矢量，所以叠加时遵循平行四边形定则。
(2)适用条件：点电荷电场与点电荷电场或点电荷电场与匀强电场电场强度叠加。
9．（2025秋 福州期中）如图，真空中有两个电荷量均为q（q＞0）的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。则细杆在顶点A处产生的电场强度大小和方向为（　　）
A．，方向垂直杆向上
B．，方向垂直杆向上
C．，方向垂直杆向下
D．，方向垂直杆向下
【答案】B
【解析】解：根据几何关系，正三角形ABC的中心M到各顶点的距离。由点电荷场强公式可得，点电荷B、C在M处产生的场强大小均为。由于∠BMC＝120°，根据矢量合成法则，B、C在M处产生的合场强大小，方向沿AM连线指向A（垂直杆向上）。
根据题意M点合场强为零，由电场叠加原理可知，带电细杆在M处产生的场强与E合1等大反向，解得：，方向垂直杆向下。
细杆位于AM中垂线上，由对称性分析可得，细杆在A处产生的场强大小与M处相同，解得：；根据场强方向背离带正电细杆的特性，细杆在A处场强方向垂直杆向上，故ACD错误，B正确；
故选：B。
10．（2025秋 永宁县校级期中）△ABC是一等腰直角三角形，∠A＝90°，如图所示，在顶点B、C各放置一个电荷量为Q的负点电荷，这时顶点A处电场强度的大小为E1；若将C处的负点电荷替换为电荷量为Q的正点电荷，B处不变，这时顶点A处电场强度的大小为E2，则的比值为（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】A
【解析】解：在顶点B、C各放置一个电荷量为Q的负点电荷，这时顶点A处电场强度的大小为E1，方向垂直BC向下，如图所示
设点电荷在A点产生的电场强度大小为E，则A点的合场强大小
若将C点处的负点电荷取走，并放置一个电荷量为Q的正点电荷，方向如图所示
这时顶点A处电场强度的大小为
则有
故A正确，BCD错误。
故选：A。
11．（2025秋 台江区期中）如图所示，三角形ABC为直角三角形，∠A＝30°，∠B＝60°。在A、B两点各放一个点电荷，使C点的场强与AB平行，则A、B两点的点电荷电量绝对值之比为（　　）
A． B．3：1 C．9：1 D．
【答案】D
【解析】解：A、B两点处的点电荷在C处各产生一个场强，要求C点的场强与AB平行，则A、B两点处的点电荷在C处产生的场强垂直AB方向的分量必然相互抵消，根据点电荷场强公式和正交分解可得
求得
，故D正确，ABC错误。
故选：D。
12．（2025秋 西青区校级月考）如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CD为通过半球面顶点C和球心O的轴线。P、M为轴线上的两点，距球心O的距离均为，在M右侧轴线上O′点固定一带正电的点电荷Q，O′、M两点间的距离为R，已知P点的电场强度为零，若均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零，则M点的电场强度大小为（　　）
A．0 B．
C． D．
【答案】C
【解析】解：根据P点场强为零可知，半球面对P点场强和点电荷Q对P场强等大反向，
即半球面对P点场强大小为E1＝k，方向向右；
现只研究半球面，若补全右半球面，根据带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，补全右半球面后，正电球面在P、M两点产生的电场强度均为零，由于对称性，左半球面对M点场强和右半球面对M点场强等大反向，左半球面P点场强和右半球面对M点场强等大反向，即左半球面对M点场强为E2，方向向右；点电荷Q对M点场强为E3，方向向左；根据电场的叠加原理可知，M点合场强为E＝E3﹣E2，方向向左，故C正确，ABD错误。
故选：C。
考点4电场线及其分布
1．电场线
(1)电场线是为了形象地描述电场而引入的，是假想的、客观不存在的，它有以下特点：
①电场线从正电荷或无限远处出发，终止于无限远处或负电荷；
②电场线在电场中不相交；
③在同一电场里，电场线越密的地方电场强度越大；
④电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向；
⑤沿电场线方向电势逐渐降低；
⑥电场线和等势面在相交处相互垂直。
(2)几种典型电场的电场线
两种等量点电荷电场线及规律的比较
比较 等量异种点电荷 等量同种正点电荷
电场线分布图
电荷连线上的电场强度 沿连线先变小后变大
O 点最小，但不为零 O 点为零
中垂线上的电场强度 O 点最大，向外逐渐减小 O 点最小，向外先变大后变小
关于 0 点对称位置的电场强度 与 、 与 、 与
等大同向 等大反向
13．（2025秋 射阳县校级期中）下列电场中，A、B两点电场强度相同的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】解：A、图中A、B两点电场强度方向不同，B处电场线密集，A处稀疏，所以B点场强大于A点场强，故A错误；
B、图中为匀强电场，A、B两点电场强度相同，故B正确；
C、图中A、B两点电场强度方向相同，A处电场线密集，B处稀疏，所以A点场强大于B点场强，故C错误；
D、图中A、B 两点在同一圆上，电场线疏密程度相同，它们的电场强度大小相等，但方向不同，电场强度是矢量，所以A、B 两点电场强度不同，故D错误。
故选：B。
14．（2025秋 台江区期中）如图所示，一带负电的粒子仅受电场力作用，以一定的初速度沿电场方向从a点运动到b点，关于粒子在此运动过程中的v﹣t图像，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】解：一带负电的粒子仅受电场力作用，以一定的初速度沿电场方向从a点运动到b点，电场方向向右，粒子带负电，所受电场力方向向左，故加速度方向与速度方向相反，所以粒子速度逐渐减小，又因为因电场线向右逐渐稀疏，场强逐渐减小，电场力逐渐减小，由牛顿第二定律可知加速度逐渐减小，则v﹣t图像的斜率绝对值减小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
15．（2025秋 湘潭县校级期中）如图所示，实线为正点电荷周围的部分电场线，虚线为以点电荷为圆心的圆弧，a、b、c、d为圆弧与电场线的交点，下列说法正确的是（　　）
A．a、d两点的场强相同
B．d、c两点的场强相同
C．b点的场强大于d点的场强
D．a点的场强大于c点的场强
【答案】D
【解析】解：A、根据点电荷的场强公式E可知，a、d两点的场强大小相等，但是两点的电场强度方向不同，由于电场强度是矢量，所以a、d两点的场强不同，故A错误；
BCD、电场线的疏密程度表示场强的相对大小，根据题意得d点的场强大于c点的场强，d点的场强大于b点的场强，a点的场强大于c点的场强，故BC错误，D正确。
故选：D。
（多选）16．（2025 成都模拟）如图所示，O点为等边三角形ABC的中心，D、E、F三点分别为各边中点，G、H两点关于直线AD对称。在顶点A、B、C分别固定三个等量正点电荷，图中实线为电场线，设无穷远处电势为零。下列说法正确的是（　　）
A．G、H两点的场强相同
B．D、E、F三点的电势相等
C．O点的场强和电势均为零
D．在垂直纸面的O点正上方静止释放一电子（不计重力），电子将做往复运动
【答案】BD
【解析】解：A、G、H两点的电场线的疏密程度相同，故场强大小相同；电场线的切线方向不同，故场强方向不相同，故A错误；
B、D、E、F三点到各个正电荷的距离相等，则各点的电势相等，故B正确；
C、各个正电荷到O点的距离相等，在O点场强大小相等，方向互相夹120°角，根据矢量合成可知O点的场强为零；沿电场线方向电势降低，故O点电势大于零，故C错误。
D、垂直纸面的O点正上方电场方向向上，静止释放一电子，所受电场力向下，故电子向下做加速运动，当运动到O点正下方，电场方向向下，电子所受电场力向上，电子做减速运动，减速至速度为零再向上做加速运动，依次类推，可知电子将做往复运动，故D正确。
故选：BD。
1.（2025 眉山期中） 如图所示,质量为 ,带电量 的物块放在倾角为 的斜面上(斜面固定)的底部,在与斜面成 角斜向上的匀强电场 作用下由静止沿斜面向上运动,物块与斜面间的动摩擦因数 ,物块运动 时撤去匀强电场,斜面足够长,物体可视为点电荷,重力加速度 , ,不计空气阻力。求:
(1)撤去匀强电场瞬间,物体的速度为多大；
(2)物块沿斜面能上升的最大距离。
【答案】(1)7 m/s (2)7.7 m
【解析】（1）设匀强电场作用时物块的加速度大小为 ，根据牛顿
第二定律有
解得
根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得撤去拉力前瞬间物块的速度大小为
（2）撤去电场前，物块的位移大小为
撤去电场后， 物块的加速度大小为
物块继续沿斜面滑行的位移大小为
2．（2025秋 惠农区校级期中）如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和﹣Q，A、B相距为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，MN与AB之间的距离为d。现有一个穿过细杆的带电小球P。质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球P从C处由静止开始释放，小球P向下运动，已知静电力常量为k，重力加速度为g，求：
（1）O点处的电场强度E的大小；
（2）小球P经过O点时的加速度。
【答案】（1）O点处的电场强度E的大小；
（2）小球P经过O点时的加速度g。
【解析】解：（1）小球P经过O点时受力如图：
由库仑定律得F1＝F2＝k
它们的合力为F＝F1cos45°+F2cos45°
所以O点处的电场强度E
（2）小球P经过O点时，由牛顿第二定律得mg+qE＝ma
所以a＝g
答：（1）O点处的电场强度E的大小；
（2）小球P经过O点时的加速度g。
1（2025秋 松山区校级期中）.如图所示，两光滑定滑轮 、 分别安装在竖直的固定轻杆上，带电小球 用轻质绝缘细线绕过两滑轮与不带电的物块 相连，与 连接端的细线竖直，在定滑轮 的正下方用绝缘杆固定一带电小球 ，整个系统处于平衡状态，忽略小球 、 及滑轮的大小。已知小球 带电量 ,物块 受到的重力 与竖直方向的夹角为 ,带电球 均可视为点电荷,静电力常量 。 求:
(1) 两球之间库仑力的大小；
(2)C物块对地面的压力的大小。
【答案】(1) 两球之间库仑力的大小为 ；
(2)C物块对地面的压力的大小为 。
【解析】
解:(1)由几何关系可知, ，由库仑定律可知， 两球之间库仑力的大小为: ，代入数据可得: ;
(2)对 受力分析，构建矢量三角形，如图所示:
由几何关系可知: ,对 ,由平衡条件可知: ,代入数据可得: ,由牛顿第三定律可知, 对地面的压力大小为 。
答:(1) 两球之间库仑力的大小为 ；
(2)C物块对地面的压力的大小为 。淘宝：学思创想
限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业15 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
考点1直线边界
直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图所示)：多大角度进入，多大角度出。
图a中粒子在磁场中运动的时间t＝＝
图b中粒子在磁场中运动的时间t＝(1－)T＝(1－)＝
图c中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 雁塔区校级月考）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，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束粒子，在纸面内从a点垂直于ab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。已知氕核的质量为m，电荷量为q。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025秋 重庆校级期中）如图，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在x轴上方有一个开口向下的长方体敞口粒子收集箱abcd，x轴在dc面上且与dc边平行，bc长为L，a、b距y轴的距离均为L。位于原点O的粒子源，沿xOy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（　　）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2L
B．bc面（不含b端）能收集到粒子
C．有一半的粒子能被ab面收集
D．收集箱收集到的粒子在磁场中运动的最短时间为
3．（2025 凉山州模拟）如图所示，粒子a、b的质量分别为2m、m，电量分别为q、﹣q，它们以相同的动能从O点沿OP方向射入无限长直边界AB上方的匀强磁场，OP与磁场边界成45°角，磁场方向垂直于纸面向里，则a、b在磁场中运动的时间之比为（　　）
A．6：1 B．4：1 C．3：1 D．2：1
4．（2025秋 城阳区期中）如图所示，平面直角坐标系xOy中，x轴上方存在垂直平面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场。t＝0时刻，位于坐标原点O的粒子源沿xOy平面向各个方向均匀持续发射速度大小为的粒子。已知粒子质量为m、电荷量为+q，不计粒子重力及粒子间相互作用。在时间内，磁场中可探测到离子区域的最大面积为（　　）
A． B．
C． D．πL2
5．（2025秋 灌云县期中）如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（　　）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
6.（多选）（2025秋 沙坪坝区校级期中）如图所示，平面直角坐标系xOy中，x轴上方充满磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场。在O点有一可视为质点的粒子源，沿纸面不断放出同种带负电粒子，且粒子的速率均为v，粒子射入磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角θ的范围为60°～120°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，已知粒子在y轴上能到达的最远距离为a，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子在磁场中运动的半径为a
B．粒子射出磁场时到O点的最远距离为2a
C．粒子射出磁场时到O点的最近距离为a
D．从距O点最近的位置射出磁场的粒子在磁场中运动的时间可能为
考点2平行边界
平行边界存在临界条件，图a中粒子在磁场中运动的时间t1＝，t2＝＝
图b中粒子在磁场中运动的时间t＝
图c中粒子在磁场中运动的时间t＝(1－)T＝(1－)
图d中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 自贡期末）如图所示，矩形边界ABCD内有磁场方向垂直纸面向里的匀强磁场，AB、CD边足够长。现有质量为m、电荷量为q的不同速率的带正电粒子，从AD边的中点E以垂直于磁场方向进入磁场区域，粒子进入磁场时速度方向与边界AD夹角均为θ（θ为固定夹角），不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．粒子的速度越大，在磁场中运动的时间越长
B．粒子在磁场中运动的时间不可能相等
C．从AB边射出的粒子速度小于从DC边射出的粒子速度
D．从AE边射出的粒子，出射点越靠近E点，粒子的速度越大
2．（2025秋 朝阳区校级期中）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在洛伦兹力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，粒子重力不计。下列说法中正确的是（　　）
A．若该带电粒子从ab边射出，它经历的时间可能为t0
B．若该带电粒子从bc边射出，它经历的时间可能为t0
C．若该带电粒子从cd边射出，它经历的时间为
D．若该带电粒子从ad边射出，它经历的时间可能为
3．（2024秋 回民区校级期末）如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界线，现有质量为m、电荷量为q的带正电的粒子沿图示方向垂直磁场射入，粒子重力不计，要使粒子不能从边界NN′射出。粒子入射速率v的最大值是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025春 成都期末）如图所示，一个边界为PQ、MN（两边界上有磁场）的足够大的匀强磁场区域，宽度为d，磁场方向垂直纸面向里。O点处有一体积可忽略的粒子发射装置，能够在纸面内向磁场各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的质子，发现从磁场MN边界射出的质子数占总数的三分之一，不计质子间相互作用及重力，则MN边界上有质子射出的区域长度为（　　）
A． B． C． D．2d
5．（2025 绵阳模拟）如图所示的平面内有宽度均为d的区域Ⅰ、Ⅱ，区域内有磁场方向分别垂直图示平面向里和向外的匀强磁场，区域Ⅱ内磁场磁感应强度大小为区域Ⅰ内磁场磁感应强度大小的3倍。一带负电的粒子以垂直于边界向右的初速度从区域Ⅰ左边界上的O点进入磁场，运动轨迹与区域Ⅱ右边界上的P点（图中未画出）相切。不计粒子重力，忽略边界效应，则下列判断正确的是（　　）
A．O、P两点竖直方向上的距离为
B．粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，速度与边界的夹角为60°
C．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动时间之比为3：2
D．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动路程之比为2：3
6.（多选）（2025秋 广东月考）如图所示，在矩形ABCD平面内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，在点A处有一个粒子源，在某时刻均匀向磁场内各个方向发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相等，方向均在纸面内，与AB的夹角分布在0～90°范围内。已知AB＝2a，AD＝7a，不计粒子重力及相互间的作用。若粒子在磁场中运动的最长时间为其做圆周运动周期的四分之一。下列说法正确的是（　　）
A．粒子在磁场中运动最长时间时，可以从AD边飞出
B．粒子在磁场中做圆周运动的半径为5a
C．粒子运动的速率为
D．粒子经过CD边的最大长度为a
考点3圆形边界
1.正对圆心射入圆形磁场区域：径向射入，必径向射出。
正对圆心射出，两圆心和出（入）射点构成直角三角形，有→磁偏转半径，根据半径公式求解；时间。速度v越大→磁偏转半径r越大→圆心角α越小→时间t越短。若r=R，构成正方形。
2.不对圆心射入圆形磁场区域：射入方向和射出方向的反向沿长线必在磁场圆和轨迹圆的连线上。即和半径相同的夹角射入和射出。
两个等腰三角形，一个共同的底边,若r=R，构成菱形 和半径相同的夹角射入和射出
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 泸县校级期末）如图所示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿直径AB方向从A点射入磁场中，分别从圆弧上的P、Q两点射出，下列说法正确的是（　　）
A．两粒子分别从A到P、Q经历时间之比为3：1
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动周期之比为2：1
C．粒子在磁场中速率之比为1：3
D．粒子在磁场中运动轨道半径之比为3：1
2．（2024秋 连云港期末）如图所示，半径为R圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的带电粒子由A点沿平行于直径CD方向射入磁场，经过圆心O后离开磁场，已知A点到CD的距离为，粒子重力不计，下列说法正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．粒子运动速率为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子在磁场中运动的路程为
3．（2025秋 沙坪坝区校级期中）如图所示，半径为R的圆形区域内存在着垂直纸面的匀强磁场，圆心为O，质子H）和氦原子核He）先后从边界上P点沿半径方向飞入磁场。只考虑洛伦兹力作用，它们在磁场中运动的时间相同，其中氦原子核在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R。则质子和氦原子核的速度大小之比约为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024秋 重庆校级期末）如图所示，空间有一以O点为圆心、半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。位于磁场边界上A点的粒子源可沿纸面内各个方向不停地发射不同速率的带正电粒子，粒子的质量均为m，带电量均为q，运动的轨迹半径为r。下列说法正确的是（　　）
A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为
B．若，则粒子在磁场中运动的最长时间为
C．若r＝2R，则粒子能打在圆形磁场圆周上的范围是二分之一个圆周长
D．若，则粒子能打在圆形磁场圆周上的范围是三分之一个圆周长
5．（2024秋 潍坊期末）如图所示，半径为R的圆形区域内，存在着方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一电荷量为﹣q，质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入匀强磁场。已知入射点与ab间的距离为，粒子射出磁场时速度方向与入射速度方向间的夹角为30°，不计粒子重力，则粒子的速率为（　　）
A． B．
C． D．
6.（多选）（2025 碧江区 校级模拟）如图所示，圆形区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量为m、电荷量为q的带电正电的粒子从P点沿平行于直径CD的方向射入磁场，粒子经过圆心O，最后离开磁场。已知圆形区域半径为R，PO与CD间的夹角为45°，不计粒子重力。则（　　）
A．磁场方向垂直纸面向外
B．粒子运动速率为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子在磁场中运动的路程为
考点4三角边界
三种类型:
类型 考法解析
粒子从底边射出的临 界轨迹图: 临界情况: 半径为 的轨迹圆与右侧边相切，当 时,粒子从底边射出
粒子从右侧边射出的 临界轨迹图: 临界情况一: 半径为 的轨迹圆与左侧边相切于 点,当 时, 粒子从右侧边射出。 临界情况二：若轨迹圆 与左侧边相切于延长线的 点,则半径为 的轨迹圆通过上顶点时为临界情况,当 时,粒子从右侧边射出。
粒子从左侧边射出的 临界轨迹图: 当 或 时, 粒子从左侧边射出。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 沙坪坝区校级期末）如图所示，等腰直角三角形ACD区域内（含边界），有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，DC边长为L，DC边中点P处有一个粒子源，可向各个方向发射质量为m，带电量为q（q＜0），速率为的同种粒子，该情况下三角形ACD中粒子可以经过的区域面积为S。若把粒子源从P点移到D点，其它条件不变，粒子可以经过的区域面积为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025秋 兰州期中）如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里、向外，三角形顶点A处有一正粒子源，能沿∠A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的粒子，所有粒子均能通过D点，粒子的比荷，粒子重力不计，粒子间的相互作用可忽略，则粒子的速度可能为（　　）
A． B．3BkL C． D．2BkL
3．（2025 沧州二模）如图所示，空间中有一竖直向下的匀强磁场，等边三角形AOC在水平面内，边长为L，D为AC中点。粒子a以速度v0沿AO方向从A点射入磁场，恰好能经过C点，粒子b以沿OC方向的速度从O点射入磁场，恰好能经过D点。已知两粒子的质量均为m、电荷量均为q，粒子的重力及粒子间的相互作用均可忽略，则下列说法中正确的是（　　）
A．粒子a带负电，粒子b带正电
B．粒子b的速度大小也为v0
C．匀强磁场磁感应强度
D．若粒子b从O点以原速率沿水平面内任意方向射出，则粒子b从出发到经过AC边的最短时间为
4．（2025春 临沧期末）如图所示，在直角三角形abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，∠c＝30°，a点处的粒子源持续将比荷为k的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场中，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在磁场中运动的最长时间为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025春 百色期末）如图，直角三角形abc中∠a＝30°，ac＝L，处在磁感应强度B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，c点处的粒子源可向磁场区域各个方向发射速度大小为（k为粒子的比荷）的带正电粒子。不计粒子的重力和相互间作用力，则（　　）
A．ab边上有粒子到达区域的长度为
B．ab边上有粒子到达区域的长度为
C．从ac边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
D．从ac边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为
6.（多选）（2024秋 江门期末）如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷不同的两个粒子a、b（不计重力）以相同的速度沿AB方向射入磁场，并分别从AC边上的PQ两点射出，a粒子的比荷是b粒子比荷的一半，则（　　）
A．从Q点射出的粒子的向心加速度小
B．从P点和Q点射出的粒子动能一样大
C．a、b两粒子带异种电荷
D．a、b两粒子在磁场中运动的时间不同
1．（2025秋 东城区校级月考）1932年，美国物理学家安德森在宇宙射线实验中发现了正电子（带正电荷，电荷量与质量都与负电子相同）。水平直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，正、负电子同时从MN边界O点以与MN成30°角的相同速度v射入该磁场区域（已知电子质量为m，电量为e），经一段时间后从边界MN射出，求：
（1）分别画出正、负电子射入磁场后的运动轨迹；
（2）它们从磁场中射出时，出射点间的距离d；
（3）它们从磁场中射出的时间差。
2．（2024秋 龙岗区校级期末）如图所示，正方形区域abcd内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，ab＝l，Oa＝0.4l，大量带正电的粒子从O点沿与ab边成37°的方向以不同的初速度v射入磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）判断粒子的轨迹是否可能与bc边相切。若能相切，则求出粒子的速度；若不能相切，则请通过计算说明原因；
（2）若带电粒子从ad边离开磁场，求v的取值范围。
1．（2024秋 仙游县期末）如图所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.10T，磁场区域半径rm，左侧区域圆心为O1，磁场向里，右侧区域圆心为O2，磁场向外。两区域切点为C。今有质量m＝3.2×10﹣26kg、带电荷量q＝1.6×10﹣19C的某种离子，从左侧区域边缘的A点以速度v＝106m/s正对O1的方向垂直磁场射入，它将穿越C点后再从右侧区域穿出。求：
（1）求匀速圆周运动半径和周期；
（2）该离子通过两磁场区域所用的时间；
（3）离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离（侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离）。
1限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业06 电学实验1
考点1测量金属丝的电阻率
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 武功县校级模拟）某同学想通过实验测定一捆铜导线的实际长度，查得铜的电阻率ρ＝1.7×10﹣8Ω m，并用多用电表的欧姆挡粗测铜导线的电阻约为15Ω。请设计一个在不拆散整捆导线的情况下测定导线的实际长度的方案，除待测导线Rx外，实验室还提供了下列器材：
A.电源（电动势E＝6V，内阻可以忽略）
B.电流表A1（量程为10mA，内阻）
C.电流表A2（量程为0.3A，内阻未知）
D.电阻箱R（0～9999.9Ω）
E.滑动变阻器RL（0～10Ω，额定电流为0.4A）
F.开关S、导线若干
已知所有电表均由同一表头改装，请回答下列问题：
（1）用螺旋测微器测量铜导线头上的导体横截面的直径，示数如图甲所示，则铜导线的直径d＝　　 mm。
（2）因实验室未提供电压表，故可以用电流表A1与电阻箱R　 　 （填“串联”或“并联”）来改装成量程为5V的电压表，通过计算可知电阻箱的阻值R＝　 　 Ω。
（3）根据以上器材和粗测铜导线电阻值的情况下，完成对铜导线电阻Rx的精确测量，在图乙所示的虚线框中画出最优实验电路原理图。
（4）测量时发现两电流表的偏转角度总是相同，通过计算可知导线的实际长度L＝　 m（保留三位有效数字）。
2．（2026 浙江一模）某兴趣小组要测量一个未知电阻，Rx的阻值，实验室提供的器材如下：
A.多用电表
B.恒压电源（输出电压为3V）
C.电压表（量程0～3V，内阻约为1kΩ）
D.电流表（量程0～3mA，内阻约为40Ω）
E.滑动变阻器（最大阻值20Ω）
F.定值电阻R1.R2.电阻箱R.灵敏电流表G
G.开关及导线若干
（1）该小组先用多用电表的电阻挡粗测Rx的阻值。选用“×10”挡试测时，指针如图a所示，于是决定换用　 　 （选填“×1”或“×100”）倍率。换用另一倍率后，重新进行欧姆调零，方可再次进行测量指针如图b所示，测量值为　 　 Ω。
（2）接下来该小组采用伏安法继续测量。
①为使电阻的测量结果尽量准确且在调节电路的过程中电压表示数的变化范围足够大，应选择以下哪个电路进行测量？　 　 。
②下列关于伏安法测电阻实验误差的说法正确的是　 　 。
A.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
B.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除偶然误差
C.用U﹣I图像处理数据求电阻Rx可以减小偶然误差
D.该小组选用合理电路进行测量，Rx的测量值小于真实值
（3）该小组又采用了实验电路如图c测量，连接好电路，先将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关，调节滑动变阻器滑片位置，再调节电阻箱的阻值，直到灵敏电流表G的示数为零，读出此时电阻箱阻值R，R1和R2均为阻值已知的定值电阻，由以上数据可得Rx的阻值为 　 　 （用题中给的物理量的字母表示）。
3．（2024秋 咸阳期末）某同学通过实验测量一种合金丝的电阻率。
（1）如图甲所示，用螺旋测微器测量合金丝的直径。从图中的示数可读出合金丝的直径为 　 　 mm。
（2）按图乙所示的电路图测量合金丝的电阻Rx（阻值约为5Ω），实验中使用的器材还有：
A.电源（输出电压为4V）
B.电流表（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）
C.电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）
D.滑动变阻器（最大阻值10Ω）
E.开关、导线等
①根据图乙电路图，在图丙中将实物连线补充完整。
②实验时，开关S2应接 　 　 （选填“a”或“b”）端。
（3）正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器，某次测量电压表示数为U，电流表示数为I，接入电路的合金丝长度为L、直径为D，若将电表视为理想电表，则合金丝的电阻率ρ＝ 　 　 。（用已知或所测得的物理量符号表示）
4．（2025秋 重庆期中）在测定一根粗细均匀金属丝的电阻率的实验中：
某学生用螺旋测微器测定该金属丝的直径时，测得的结果如图1所示，则该金属丝的直径
d＝ 　 　 mm。
（2）实验室提供了下列可选用的器材（电阻丝的总阻值大约为10Ω）
A.电源电压恒为E＝3.0V，内阻不计
B.电压表V1（0～3V，内阻约3kΩ）；
C.电压表V2（0～15V，内阻约15kΩ）
D.电流表A1（0～0.6A，内阻约0.125Ω）；
E.电流表A2（0～3A，内阻约0.0255Ω）
F.滑动变阻器R1（0～5Ω，3A）
G.滑动变阻器R2（0～1750Ω，3A）
H.开关S、导线若干
①滑动变阻器应选 　 　 ，电流表应选 　 　 ，电压表应选 　 　 （选填选项前的字母）；
②将器材如图2连接好后，在金属丝上夹一个可沿金属丝滑动的金属触头P，触头的位置可从刻度尺上读出。实验时改变触头P与金属丝接触的位置，多次改变金属丝接入电路的长度l，调节滑动变阻器滑动触头的位置，使电流表的读数达到某一相同值I时，记录电压表的示数U，从而得到多个的值，作出图像，如图3所示。
③由图3所给数据，可得金属丝的电阻率ρ＝ 　 　 ；（用a、b、c、d表示）
④请从理论上分析并说明，③问求得的金属丝电阻率 　 　 （选填“存在”或“不存在”）因电表内阻带来的误差。
5．（2025秋 市中区校级期中）电阻率是用来表示各种材料导电性能的物理量。某同学在实验室测量一新材料制成的圆柱体的电阻率。
（1）用螺旋测微器测量其横截面直径，示数如图甲所示，可知其直径 　 　 mm；用游标卡尺测其长度，示数如图乙所示，可知其长度为 　 　 mm。
（2）用多用电表粗测其电阻约为6Ω。为了减小实验误差，需进一步用伏安法测量圆柱体的电阻，要求待测电阻两端的电压能从0开始连续可调。除待测圆柱体R0外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压表V1（量程3V，内阻约为6kΩ）
B．电压表V2（量程6V，内阻约为15kΩ）
C．电流表A1（量程0.6A，内阻约为1Ω）
D．电流表A2（量程30mA，内阻约为20Ω）
E．滑动变阻器R（阻值范围0～5Ω，2.0A）
D．直流电源E（电动势为5V）
E．开关
F．导线若干
则该实验电路应选择电压表 　 　 （填A或B），应选择的电流表 　 　 （填C或D），电路应选择如图丙电路中的 　 　 。
（3）根据正确的实验电路进行实物接线。根据实物接线图，闭合电键之前应该将滑动变阻器的滑片滑动到 　 　 端（填左或右）。
（4）某次实验测出圆管两端的电压为U，圆管中的电流为I，圆管的外直径为D，内直径为d，长度为L，则圆管的电阻率为ρ＝ 　 　 。（用本小问中给出的U、I、D、d、L表示，单位均已为国际单位）
6．（2024秋 衡阳期末）学习了测电阻的方法后，物理兴趣小组欲设计实验测量未知电阻Rx的阻值。
（1）先用多用电表欧姆挡粗测电阻，使用多用电表前要先进行 　 　 ，然后将换挡开关扳至欧姆挡×10倍率后，两表笔短接，进行欧姆调零，使指针指到 　 　 （填“电流”或“电阻”）刻度的最大处，指针指向为如图所示虚线位置，更换 　 　 （填“×1”或“×100”）倍率后，　 　 （填“需要”或“不需要”）重新欧姆调零，指针指到如图所示实线位置。
（2）实验室提供的器材有：
直流电源6V，内阻不计
电压表V1，量程为0～3V，内阻为3kΩ
电压表V2，量程为0～15V，内阻为15kΩ
电流表A1，量程为0～300mA，内阻约为1Ω
电流表A2，量程为0～3A，内阻约为0.1Ω
定值电阻R1为3kΩ
定值电阻R2为12kΩ
滑动变阻器R，最大阻值约为5Ω，允许通过的最大电流为2A
开关和导线若干
①根据以上器材，在下方虚线框中设计出测Rx的实验电路图，要求测量误差尽可能小并标明所选器材；
②某次小组同学记录的电压表的示数为2.40V，电流表的示数为240mA，则由此可得未知电阻Rx的阻值为 　 　 Ω（结果保留三位有效数字）。
考点2练习使用多用电表
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 重庆期中）（1）用多用电表的欧姆挡测量阻值约为十几万欧的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆调零旋钮，把你认为正确的步骤选出来，并将其按合理的顺序填写在横线上 　 　 （填步骤前的字母）；
A.旋转S使其尖端对准欧姆挡×10000
B.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔
C.旋转S使其尖端对准欧姆挡×1000
D.将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔
E.旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔
根据图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为 　 Ω；
（2）下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是 　 　 。
A.测量阻值不同的电阻时都必须重新调零
B.测量电阻时，电流从红表笔流入多用电表，再从黑表笔流出
C.测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开
D.测电阻时如果指针偏转角过小，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量
2．（2025 洮北区校级模拟）某同学在“练习使用多用电表”实验中，进行了以下测量：
（1）某次测量电压时，选择“直流电压50V”挡，指针偏转如图甲所示，则测量结果为　22.6　 V。
（2）使用欧姆挡“×10”挡测量电阻时，由于电表长时间未使用，内部电源的电动势和内阻发生了变化，导致无法欧姆调零，该同学设置了如图乙所示电路测量电表内部电源的电动势，虚线框内为多用电表内部电路，a和b为多用电表的两个表笔。
①表笔a为　 　 （填“红”或“黑”）表笔；
②调节电阻箱，获得多组电流表读数I和电阻箱读数R，使用图像法处理数据，若要使绘制图像为直线，应以“R”为纵坐标，以　　 （填“I”或“”）为横坐标，测得图像斜率为k，则现电表内部电源的电动势为　 　 。不考虑偶然误差，则该电动势的测量值　 　 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
3．（2025 广州模拟）电阻式触摸屏的原理可简化为：如图（a），按压屏幕时，相互绝缘的两层导电层就在按压点位置有了接触，两导电层便并联接入电路，简化过程如图（b）中虚线框内结构所示。
将一块电阻式触摸屏单元接入电路中，如图（b）。先将开关接“1”让电容器充电，足够长时间后，再将开关切换到“2”，通过电压传感器观察电容器两端的电压随时间变化的情况。图（c）中画出了按压和不按压两种情况下电容器两端的电压U随时间t变化的图像，则按压状态对应的图像应为图（c）中
的　　 （填“虚线”或“实线”）所示。
（2）为测定该触摸屏单元未按压状态下的电阻Rx，制作一个只有两种倍率（×10Ω，×100Ω）的简易欧姆表，如图中虚线框内电路图所示，实验器材有：
微安表（量程500μA，内阻为150Ω）
滑动变阻器R（最大阻值50Ω，额定电流2A）
电阻箱R0（最大阻值9999.9Ω）
电池组E（3.0V，2Ω）
开关及导线若干
请你完成以下内容：
①断开开关，将滑动变阻器滑片置于最右端时，即为欧姆挡的其中一个倍率；置于另一个位置M（图中未画出）时，则为另一个倍率。当滑片置于最右端时，闭合开关S，调节电阻箱R0直到微安表满偏，此时通过滑动变阻器的电流为　　 mA，电阻箱的阻值为　　 Ω，对应的挡位为　　 （填“×10”或“×100”）挡。
②实际测量时，发现指针偏转　　 （填“较大”或“较小”），应将滑动变阻器的滑片滑动到位置M完成换挡，进行规范的操作后，将P、Q接在待测电阻Rx两端，稳定后微安表指针偏转到满偏刻度的，Rx＝　　 Ω。
4．（2025 陕西模拟）某实验小组计划将量程为Ig＝1mA、内阻Rg＝80Ω的毫安表改装成简易欧姆表并测量电阻的阻值。
实验室提供以下器材：
（1）毫安表（参数如上）
（2）定值电阻若干（R1＝10Ω，R2＝100Ω，R3＝1kΩ）
（3）滑动变阻器R4（最大阻值1kΩ）
（4）电源E（标称电动势1.5V，内阻未知）
（5）待测电阻Rx
（6）红表笔、黑表笔、导线若干
实验步骤如下：
（1）按图1所示的电路连接实验器材，其中A表笔应接 　　 表笔（填“红”或“黑”），定值电阻应选 　 （填“R1”“R2”或“R3”）。
（2）将两表笔短接，调节滑动变阻器，使毫安表指针指向 　　 （填“0mA”“0.5mA”或“1mA”）处。
（3）将待测电阻Rx接入两表笔之间，毫安表指针如图2所示，则待测电阻的测量值R测＝ 　 　 Ω。
（4）经检查，该实验小组发现所用电源的电动势小于1.5V，则该电阻的测量值 　 　 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
（5）更换电动势为1.5V的标准电源后，在毫安表表盘上标出对应的电阻数值，使此欧姆表的倍率为“×100”。
（6）按图3所示的电路改装欧姆表，可以将欧姆表的倍率变为“×10”，则图中R5阻值为 　 　 Ω。
5．（2025 银川校级模拟）如图1所示，多用电表是一种多功能仪表，简单的多用电表可用来测量直流电流、直流电压、交变电流、交变电压以及电阻，部分多用电表还可以测量电容。图2是某个多用电表的电路图，该多用电表有6个挡位，直流电流1mA挡和2.5mA挡、直流电压1V挡和5V挡以及两个欧姆挡，表头G的满偏电流Ig＝250μA，内阻rg＝480Ω，其中R1、R2、R3、R4、R5均为定值电阻。
（1）定值电阻R2＝ 　 　 Ω，R4＝ 　　 Ω。
（2）在图2中选择某一欧姆挡测量电阻，此时电源电动势E＝1.5V，电源内阻未知，测量前先进行调零，然后测得表盘示数如图3所示，则选择的欧姆挡位为 　　 （选填×1、×10、×100、×1k）。
（3）部分多用电表可测量电容器的电容值。将多用电表调至电容挡，用红黑表笔连接电容器，给电容器充电，测得电流I﹣t关系如图4所示，t＝10s后红黑表笔电压恒为U＝2V，则多用电表显示测得的电容值为 　 F（计算结果保留2位有效数字）。
6．（2025 漳平市校级模拟）小军同学学习了多用电表的原理后，自己设计了一个简易的可以用来测量电流和电阻的多用电表，并标定了刻度，其电路图如图。将欧姆表中央刻度值设计为“15”，通过调整S1、S2的开闭状态，可以形成“×1”、“×10”、“×100”三个挡位。所用的器材有：
电源E（电动势E＝15V，内阻可忽略）
电流表A（量程IA＝10mA，内阻RA＝900Ω）
电阻箱R0（0～9999.9Ω）
定值电阻R1＝100Ω，R2阻值未知
开关两个S1、S2，表笔两个a、b
导线若干。
回答下列问题：
（1）按照多用电表的使用规则，表笔a应为 　红　 （填“红”或“黑”）表笔。
（2）表笔b与接线柱“　 　 ”（填“1”或“2”）连接时，多用电表为测电流的挡位。
（3）测量电流时，若将开关S1闭合、S2断开，电流表的量程被扩大至 　 　 mA。
（4）当使用欧姆表的“10”挡时，发现指针偏转幅度较大，此时应该换成“　 　 ”（填“×1”或“100”）档。调整S1、S2的状态换成相应挡位后，应重新进行欧姆调零，调零后电阻箱的阻值为 　 　 Ω。
考点3伏安法测电阻
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 上饶期中）某同学使用两种不同的方式测量未知电阻阻值Rx。
（1）按照如图甲电路进行器材选择和电路连接。经正确操作，得到电流表示数为I1、电压表示数为U1，则该未知电阻的测量值为 　 　 ；理论上该测量值比被测电阻阻值 　　 （填“偏大”或“偏小”）；改变电阻箱阻值得到多组电流表、电压表示数，以电压为纵轴，电流为横轴对数据进行拟合，用斜率表示被测电阻阻值。这种用图像得到的被测阻值与真实阻值比较 　 　 （填“偏大”“偏小”或“相等”）。
（2）按照如图乙所示电路进行器材选择和电路连接。单刀双掷开关接通1，记录电流表示数I；再把单刀双掷开关接通2，调整电阻箱阻值，当阻值为R时，电流表示数为I，则被测电阻阻值为 　 　 。
2．（2025秋 新郑市期中）小明同学网购了一卷长度为100m，横截面积为1.5mm2的漆包铜线，他查阅了一下课本，得知铜的电阻率ρ＝1.7×10﹣8Ω m，他想知道这卷铜线是否为高纯度铜线，于是他把这卷铜线带到了实验室，他先测量了铜线的长度和横截面直径，经计算发现长度和横截面积都是准确的，接着他开始测量铜线的电阻，实验室有以下器材：
A.电流表A1（量程0～0.6A，内阻约为4Ω）；
B.电流表A2（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）；
C.电压表V1（量程为0～3V，内阻约为6kΩ）；
D.电压表V2（量程为0～15V，内阻约为30kΩ）；
E.滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω）；
F.滑动变阻器R2（最大阻值为200Ω）；
G.电源E（电动势为3.0V，内阻很小）；
H.开关S一个，导线若干。
（1）为使测量尽量准确，电压表选择　 　 ，电流表选择　 　 ，滑动变阻器选择　 　 （填器材前的字母代号）；
（2）小明同学设计了两个实验电路，请你帮他选出本次实验的最佳电路为　 　 ；
（3）某次小明在测量时，电压表、电流表的示数如图丙所示，电流表的读数为　 　 A，电压表的读数为　 　 V。则判断该导线　 　 （填“是”或“不是”）高纯度铜线。
3．（2025秋 沙坪坝区校级期中）在电学实验中，利用电压表和电流表的测量读数来完成有关实验的方法常被称为“伏安法”，小明和小华两位同学对“伏安法”及其应用展开了一系列研究。
（1）小明设计了如图甲所示电路，用于测量未知电阻的阻值Rx、电源的电动势E和内阻r。实验中，他改变电阻箱的阻值，记录了多组电阻箱读数R及相应的电压表示数U和电流表示数I，得到的实验数据如表所示，根据表中数据在同一坐标系中分别作出U﹣I、U﹣I总图像，如图乙所示。据此可求得待测电阻的阻值Rx＝ 　 　 Ω，电源的电动势E＝ 　 　 V，内阻r 　 　 Ω。（结果均保留2位有效数字）
R（Ω） 20 40 60 80 100
U（V） 0.63 0.79 0.87 0.91 0.94
I（mA） 12.7 15.8 17.4 18.2 18.8
44.1 35.6 31.9 29.5 28.2
（2）由于电压表内阻未知，（1）中得到的Rx测量值存在一定的系统误差。小华研究后发现，在不知道电流表和电压表内阻的情况下，通过优化电路设计，也可以得到较准确的Rx测量值，如图丙所示是他设计的优化实验电路，其中R0为定值电阻，电压表、电流表的内阻未知，两电表均可正常读数。简述利用图丙电路准确测量Rx的主要操作和需要读取的实验数据：　 。利用读取的数据表示Rx测量值的表达式Rx＝ 　 　 。
4．（2025秋 泉州期中）某待测电阻约为500Ω，利用以下实验器材用“伏安法”进一步测量其阻值。
A.电流表A（量程0～10mA，内阻RA＝10Ω）
B.电压表V（量程0～15V，内阻RV约为10kΩ）
C.滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流1A）
D.电源E（15V，内阻约1Ω）
E.开关S、导线若干
（1）为减小实验误差，该实验的电路图应选用图中 　 　 。
（2）实验器材所给电流表量程不足，为了更准确测量，小浩准备将电流表量程扩大为30mA，则小浩需要给电流表 　 　 （填“串联”或“并联”）一个阻值为 　 　 Ω的定值电阻。
5．（2025秋 山西期中）小明同学网购了一卷长度为100m，横截面积为1.5mm2的漆包铜线，他查阅了一下课本，得知铜的电阻率ρ＝1.7×10﹣8Ω m，他想知道这卷铜线是否为高纯度铜线，于是他把这卷铜线带到了实验室，他先测量了铜线的长度和横截面直径，经计算发现长度和横截面积都是准确的，接着他开始测量铜线的电阻，实验室有以下器材：
A．电流表A1（量程0～0.6A，内阻约为4Ω）
B．电流表A2（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）
C．电压表V1（量程为0～3V，内阻约为6kΩ）
D．电压表V2（量程为0～15V，内阻约为30kΩ）
E．滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω）
F．滑动变阻器R2（最大阻值为200Ω）
G．电源E（电动势为3.0V，内阻很小）
H．开关S一个，导线若干
（1）为使测量尽量准确，电压表选择　 　 ，电流表选择　 　 ，滑动变阻器选择　 　 （填器材前的字母代号）。
（2）小明同学设计了两个实验电路，请你帮他选出本次实验的最佳电路为　 　 。
（3）某次小明在测量时，电压表、电流表的示数如图所示，电流表的读数为　 　 A，电压表的读数为　 　 V。则判断该导线　 　 （填“是”或“不是”）高纯度铜线。
6．（2025秋 启东市期中）实验小组做“伏安法测定导体的电阻”实验，实验室提供的器材有：待测金属丝、电池组（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0﹣10Ω，额定电流2A）、开关、导线若干。
（1）实验要求被测电阻两端的电压从0开始连续增大，应选用图1中　甲　 图所示的电路图。
（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，请根据题（1）所选的电路图，用笔画线代替导线把电路连接完整。
（3）实验小组进行实验测量，记录数据如表：
次数 U/V I/A
1 0.10 0.02
2 0.30 0.06
3 0.70 0.16
4 1.00 0.22
5 1.50 0.34
6 1.70 0.46
7 2.30 0.52
实验小组在坐标纸上作U﹣I图像，如图3所示。图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。请你在图中标出第3、5、6次测量数据的坐标点，并描绘出U﹣I图线。由图线得到金属丝的阻值Rx＝　 　 Ω（保留两位有效数字）。
（4）实验中产生误差的主要原因是　 　 。
（5）按本实验所选用的电路做实验时，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（U不超过电表量程），下列反映U﹣x关系的示意图中可能正确的　 　 。
考点4半偏法测电表内阻
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 庐阳区校级期末）某兴趣小组利用半偏法测量量程为100mA的电流表的内阻，实验电路如图甲所示。
实验步骤如下：
①按图连接好电路，将电阻箱R1的阻值调至最大；
②闭合开关S1、断开开关S2，调节电阻箱R1，使电流表满偏；
③保持电阻箱R1接入电路的电阻不变，再闭合开关S2，调节电阻箱R2使电流表示数为50mA，记录此时电阻箱R2的阻值。
（1）在步骤③中，若记录的电阻箱阻值R2＝3.0Ω，则电流表的内阻为　 　 Ω；
（2）将该电流表和电阻箱并联改装成一个量程为0.6A的新电流表，则电阻箱的阻值应该调整到　 　 Ω；
（3）该小组用这个新电流表去测量一节干电池的电动势和内阻，除了待测干电池、新电流表、开关和若干导线之外，实验室还提供了以下器材：
A．电压表V（量程为3V、内阻约为1kΩ）
B．滑动变阻器R（0～20Ω，最大电流为2A）
该小组设计的电路图如图乙所示，为了准确测量干电池内阻，改装后的新电流表应该接在　 　 （选填“a”或“b”）点。
（4）闭合开关S，改变滑动变阻器滑片的位置，记录多组电压表的示数U和新电流表的示数I，根据实验数据所绘制出的U﹣I图像如图丙所示。根据图像可得，被测干电池的电动势E＝　 　 V，内阻r＝　 　 Ω（结果均保留两位小数）。
2．（2025秋 浑南区校级期中）（1）某小组同学先用半偏法通过如图甲所示的电路来测量灵敏电流计G的内阻，滑动变阻器R1应　 　 （填“远大于”或“远小于”）Rg；实验步骤如下：
①实验时，先断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使得G的示数为Ig；
②保持R1的阻值不变，再闭合S2，调节电阻箱R2，使得G的示数为，此时电阻箱R2的示数如图乙所示，则G的内阻为　 　 Ω；
根据实验方案可知：该实验中G的内阻测量值　 　 （选填“大于”或“小于”）真实值。
（2）该小组同学又设计了图丙所示电路来测量某一电源电动势E和内阻r，其中E1是辅助电源。
实验步骤如下：
①闭合开关S1、S2，调节R1和R2，使灵敏电流计G的示数为零，读出电流表和电压表的示数I1和U1；
②改变R1、R2的阻值，　 　 ，读出电流表和电压表的示数I2和U2；
③重复②中的操作，得到多组I和U，根据所得数据作出U﹣I图像如图丁所示；
由图丁可得：电源电动势E＝　 　 V，内阻r＝　 　 Ω（结果均保留2位小数）。
3．（2025 盐池县三模）某同学在实验室找到一批量程0～3mA但内阻未知的毫安表。为了后续便于改装，决定先测量出其准确的内阻值。
（1）某同学先按图甲所示的电路图连接电路，闭合开关S1，调节滑动变阻器使得毫安表G1指针满偏，再闭合开关S2，调节电阻箱Rx使得毫安表G1指针半偏，并记录下此时电阻箱的阻值。若将该阻值作为毫安表内阻的测量值，则该测量值　 　 毫安表内阻的真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
（2）实验中发现，闭合开关S2，调节电阻箱Rx时，毫安表G2在实验过程中示数变化较大，这是因为　 　 。
A.电源电动势较小
B.定值电阻R1较大
C.电阻箱最大阻值较小
（3）为了减小测量误差，该同学采用了一种“补偿”电路进行测量，如图乙所示，操作步骤如下：
①闭合开关S1、S3，调节滑动变阻器RP至合适位置，记录下此时毫安表G1的示数I1＝3mA；
②断开开关S3，闭合开关S4，调节滑动变阻器Rp′使毫安表G2示数为0，此时毫安表G1的示数为　3　 mA；
③再闭合开关S2，调节电阻箱Rx与　 （选填“RP”、“Rp′”）使得毫安表G2示数为0，记录下此时毫安表G1的示数I2＝1.3mA，电阻箱的示数Rx＝195Ω。
则毫安表内阻为　 　 Ω。
4．（2025 奎文区校级开学）某物理兴趣小组要将一个内阻未知的电流表改装成量程为3V的电压表，为此他们用如图所示电路测定该电流表的内阻，实验室可提供的器材如下：
A.电流表G：满偏电流为300μA，内阻未知；
B.干电池E：电动势为3V，内阻未知；
C.滑动变阻器R1：最大阻值约为5kΩ，额定电流为1A；
D.滑动变阻器R2：最大阻值为16kΩ，额定电流为0.5A；
E.电阻箱R0：0～9999.9Ω；
F.开关两个，导线若干。
（1）滑动变阻器R应选用　 　 （选填“C”或“D”），将开关S1、S2都断开，连接好实物图，使滑动变阻器接入电路的电阻达到最大后，闭合开关S1，移动滑动变阻器的滑片，使电流表G的示数为200μA。
（2）闭合开关S2，调节电阻箱R0的阻值为100Ω时，电流表G的示数为100μA，则电流表G的内阻r＝　 　 Ω。
若仅考虑系统误差，则测量值比实际值略　 　 （选填“偏大”或“偏小”）。
（3）为将该电流表改装成量程为3V的电压表，需串联电阻的阻值为　 　 Ω。
5．（2025春 广东期末）某教师为提升自身实验操作水准，利用假期在实验室练习利用半偏法测量电压表的内阻。实验室提供以下器材：
电池（电动势约为4V，内阻可忽略不计）；
滑动变阻器A（阻值范围为0～2000Ω）；
滑动变阻器B（阻值范围为0～20Ω）；
电阻箱（最大阻值为9999.9Ω）；
待测电压表（量程为0～3V，内阻约为3000Ω）；
开关及导线若干。
（1）该教师设计了如图所示的电路图，滑动变阻器应选择 　 　 （选填“A”或“B”）；
（2）正确连接电路后进行如下操作：
①把滑动变阻器的滑片P滑到 　 　 （选填“a”或“b”）端，并将电阻箱的阻值调到零，闭合开关S；
②闭合开关S，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；
③保持开关S闭合、滑动变阻器滑片的位置不变，调整电阻箱的阻值，当电阻箱阻值为R1时，电压表的指针指在满刻度的处，即可认为该电压表的内阻为R1。
（3）该电压表的实际内阻 　 　 （选填“大于”“小于”或“等于”）R1；
（4）该教师通过录像分析实验操作时，发现在开关S闭合前，电阻箱阻值并未调到零，阻值为R2，后续操作均正确，则该电压表内阻应为 　 （用R1、R2表示）。
6．（2025 湖南模拟）某实验小组测量一电流计G的内阻，两位同学采用了不同的方法。
同学一采用如图甲所示的电路，实验步骤如下：
①按图甲连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至正确的位置；
②先断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；
③再闭合S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使G的示数为满偏的一半，记下此时电阻箱的阻值为R1；
④断开电路。
同学二采用如图乙所示的电路，实验步骤如下：
①按图乙连接好电路；
②闭合开关S，调节滑动变阻器R和电阻箱，使电流表A的示数为电流计G的3倍，记下此时电阻箱的阻值为R2；
③断开电路。
根据两位同学的实验操作，回答下列问题：
（1）两位同学在实验第1步中，滑动变阻器的滑片开始都应调至　 　 端（填“a”或“b”）；
（2）同学一测量的电流计G的内阻Rg1＝　 ；
（3）同学二测量的电流计G的内阻Rg2＝　 ；
（4）从系统误差的角度分析，两位同学的测量值的大小关系为Rg1　 　 Rg2（填“＞”“＜”或“＝”）。
1．（2024秋 重庆校级期中）某同学为了测量量程为0～1mA微安表G的内阻，并将该微安表改装成量程为0～3V的电压表，进行了如下操作。
该同学利用“半偏法”测量微安表G的内阻，现有器材如下：
A.滑动变阻器R1（0 5kΩ）
B.滑动变阻器R2（0 20kΩ）
C.电源E1（电动势为9V）
D.电源E2（电动势为3V）
E.电阻箱R0（0 9999.9Ω）
F.开关、导线若干
具体实验步骤如下：
a.按图甲连接好电路；
b.将滑动变阻器R和电阻箱R0的阻值都调到最大，只闭合开关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R0的阻值，使微安表G的指针半偏，此时R0的示数为300.0Ω。
回答下列问题：
（1）①为减小实验误差，实验中电源应选用　 　 （填仪器前的字母代号），滑动变阻器应选用　 　 。（填仪器前的字母代号）
②由实验操作步骤可知微安表G内阻的测量值Rg＝　 　 Ω，该测量值　 　 微安表内阻的真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（2）若按照（1）中测算的Rg，将上述微安表G改装成量程为0～3V的电压表，需要串联一个电阻箱R0，并将R0的阻值调为　 　 Ω。
（3）用图乙所示的电路对改装电压表进行校准，由于微安表内阻测量造成的误差，当标准电压表示数为2.4V时，改装电压表中微安表G的示数为0.78mA，为了尽量减小电压测量误差，R0的阻值应调为　 　 Ω（计算结果保留一位小数）。
2．（2024秋 德阳期末）某小组同学设计了如图甲所示电路同时测量电压表内阻RV与定值电阻Rx的阻值。现有的实验器材如下：
A.待测电压表（量程0～3V，RV未知）
B.待测电阻Rx（Rx约为300Ω）
C.滑动变阻器RP1（0～5Ω）
D.滑动变阻器Rp2（0～500Ω）
E.电阻箱R1（0～999.99Ω）
F.电阻箱R2（0～9999.9Ω）
G.电源（电动势为3V，内阻不计）；
H.开关，导线若干。
（1）根据实验电路，为尽可能精确测量，滑动变阻器、电阻箱应该分别选用 　 　 ；（填器材前字母序号）
（2）该小组选定实验器材后进行了如下操作：
①先将电阻箱R调至零，先后闭合开关S2、S1，调节RP至电压表读数恰好如图乙所示，此时电压表示数为 　 　 V；
②断开开关S2；
③保持滑动变阻器位置不变，调节电阻箱R，记录此时电压表示数U与电阻箱示数R；
④多次改变电阻箱R阻值，重复步骤③；
⑤根据图像法科学分析、计算结果。
（3）该小组同学根据所测数据作出图像如图丙所示，根据该图像可计算出电压表内阻RV＝ 　　 kΩ，待测电阻Rx＝　　 kΩ。（保留两位有效数字）
3．（2025秋 南岗区校级期中）如图甲所示是多用电表欧姆挡内部的部分原理图，已知电源电动势E＝1.5V，内阻r＝1Ω，灵敏电流计满偏电流Ig＝10mA，内阻rg＝90Ω，表盘如图丙所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”。
（1）多用电表的选择开关旋至“×10”Ω挡位时，其内部电路为图甲所示。将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为　 　 Ω。某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图丙所示，则该电阻的阻值为　 　 Ω。
（2）若将选择开关旋至“×1”Ω挡位时，其内部电路是在图甲电路的基础上将灵敏电流计　　 （选填“串联”或“并联”）一阻值为　 　 Ω的电阻。
（3）某同学利用多用电表对二极管正接时的电阻进行粗略测量，如图乙所示，下列说法中正确的是　 　 （填选项前的字母）。
A.欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的C、D端
B.测量时双手捏住两表笔金属杆，则测量值将偏大
C.若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，应换“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零
D.若采用“×10”倍率测量时，发现指针位于刻度“15”与“20”的正中央，测量值应略大于175Ω
1．（2025秋 庐阳区校级期中）某实验小组准备利用表头Gx设计一个多挡位欧姆表，Gx量程为200μA，但不知道其内阻。为了精确测量表头内阻，小组首先采用“电桥法”进行测量。实验电路如图所示：
（1）闭合开关，将滑动变阻器滑片置于合适位置。调节R3，当灵敏电流计Gx中的电流为　 　 （选填“满偏”、“半偏”或“0”）时，电阻箱R3的读数为1080.0Ω。已知定值电阻R1＝50.0Ω，R2＝30.0Ω，计算出RGx＝　 　 Ω。
（2）将表头Gx改装成具有“×10”、“×100”或“×1k”三个挡位的欧姆表，如图乙所示。电源电动势E＝3.0V，内阻忽略，R0为调节范围足够的滑动变阻器，且接线柱3未接电阻。表笔b为　 　 （填“红”或“黑”）表笔；当开关S接接线柱3时，对应的倍率为　 　 （填“×10”、“×100”或“×1k”）；短接表笔a、b进行欧姆调零时，R0应调至　 　 Ω。
（3）将开关拨至3测量某个电阻，进行欧姆调零后，将两表笔接待测电阻两端，示数如图丙所示，该电阻的阻值为　 　 Ω。
2．（2025秋 大足区校级期中）某同学制作了一款测温计，该测温计的电路图如图甲所示，所使用器材：定值电阻R1为10Ω，定值电阻R2为50Ω，电阻箱R3（调节范围0～999.9Ω），金属热电阻R4，电动势为36V的直流电源（内阻很小可忽略不计），电压表V量程范围0～3V（内阻很大），开关，导线若干。金属热电阻的阻值随温度变化图像如图乙所示，操作步骤如下：
（1）先按图连接好电路，将传感器置于恒温箱中，将恒温箱温度调为210℃，调节R3的阻值为　 　 Ω，此时电压表指针指到0刻线；
（2）降低恒温箱温度，电压表示数Uba＝1.2V时，恒温箱的温度为　 　 ；
（3）依次降低温度，将电压表刻度改为相应的温度刻度；
（4）该测温计能够测量的最低温度为　 　 。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业12 力学实验
考点1验证动量守恒定律
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 延边州校级模拟）如图所示，质量均为m＝0.5kg的物块a、b用劲度系数为k＝50N/m的轻弹簧固定拴接，竖直静止在水平地面上。物块a正上方有一个质量也为m的物块c，将c由静止释放，与a碰撞后立即粘在一起，碰撞时间极短，之后在竖直方向做简谐运动。在简谐运动过程中物块b恰好没有脱离地面。忽略空气阻力，轻弹簧足够长且始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．c和a从相碰后至第一次运动到最低点的过程中加速度一直增大
B．简谐运动的振幅为0.2m
C．轻弹簧的最大弹力为60N
D．刚开始释放物块c时，c离a的高度为0.8m
【答案】D
【解析】解：A、根据题意分析可知，c和a从相碰后至第一次运动到最低点的过程中弹力先小于重力，加速度向下，随着弹力增大，加速度减少。再弹力大于重力，加速度向上，弹力增大，加速度增大，故A错误；
C、根据题意分析可知，物体b恰好不脱离地面，所以a、c整体向上到最高点时，弹簧是伸长状态，弹力大小为
F1＝mg
a、c整体向下运动到最低点时，弹簧是压缩状态，弹力设为F2，碰后a、c整体在竖直方向做简谐运动，最高点、最低点的回复力大小相等，方向相反，则有
F1+2mg＝F2﹣2mg
解得
F2＝25N
最低点时，弹簧的弹力最大，所以弹簧的最大弹力为25N，故C错误；
B、根据题意分析可知，c与a粘合后做简谐运动过程中，两物体在平衡位置时，设弹簧形变量为x，则有
2mg＝kx
设两物体在最低点时，弹簧形变量为x′，有
F2＝kx′
可知振幅为
A＝x′﹣x
代入数据解得A＝0.3m
故B错误；
D、根据题意分析可知，设刚开始释放物块c时，c离a的高度为h，则c与a碰前速度大小为
v0
c与a碰撞时间极短，由动量守恒定律可得
mv0＝2mv1
解得碰后a、c共同速度大小为
v1
从a、c碰后瞬间到反弹至最高点的过程，a、c整体上升的高度为
h1，代入数据解得h1＝0.2m
对a、c整体由机械能守恒定律可得
代入数据解得
h＝0.8m
故D正确。
故选：D。
2．（2024秋 江苏期末）两列振幅均为2cm的简谐横波均沿x轴传播，t时刻的波形图如图所示，其中一列沿x轴正方向传播（图中实线所示），一列沿x轴负方向传播（图中虚线所示）。这两列波的频率相等，振动方向均沿y轴，且传播速度均为10m/s，下列说法中正确的是（　　）
A．两列波的频率均为1.25Hz
B．x＝2cm处质点的振幅为4cm
C．x＝1cm处质点振动的位移可能为4cm
D．在（t+0.2s）时刻x＝4cm处质点振动的位移为0
【答案】D
【解析】解：A．由图可知两列波的波长均为8cm，由公式
解得两列波的周期均为T＝8×10 3s
所以两列波的频率均为f
解得f＝125Hz
故A错误；
B．由波的传播方向与质点的振动方向的关系可知，在x＝2m处，两列波引起质点的振动方向恰好相反，因此这个位置振动的振幅最小等于零，故B错误；
C．根据同侧法可知，t时刻，x＝1cm处质点在实线波形中沿y轴负方向运动，x＝1cm处质点在虚线波形中也沿y轴负方向运动，可知该质点在实线与虚线波形中，不可能同时到达平衡位置，也不可能同时到达波峰或者波谷位置，即该质点的位移0＜s＜4cm，即x＝1cm处质点振动的位移不可能为4cm，故C错误；
D．由于0.2s＝25T，刚好是周期的整数倍，可知在（t+0.2s）时刻，两列简谐波波形和图中波形相同，所以此时x＝4cm处质点振动的位移为0，故D正确。
故选：D。
二．实验题（共15小题）
3．（2024秋 邯郸期末）利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律，其中两滑块质量不同，但滑块上的遮光片规格相同。
（1）要验证系统的动量守恒，除了如图所示的器材外，还必需的实验器材有　A　 （填选项前的字母）。
A．天平
B．螺旋测微器
C．刻度尺
D．秒表
（2）实验时要将气垫导轨调节至水平，调节时开动气泵，取一个滑块放置在气垫导轨上光电门1的左侧，轻推滑块，若滑块通过光电门1时的遮光时间比通过光电门2时的遮光时间短，应　将气垫导轨右侧支点调低（或左侧支点调高）　 （写出具体操作），直至滑块通过两个光电门时的遮光时间相同，可认为气垫导轨水平。
（3）若验证弹性碰撞时动量守恒，应选用　A　 （选填字母）组滑块进行实验。
A．
B．
C．
（4）将滑块1放到光电门1的左侧，滑块2放到光电门1与光电门2之间，向右轻推滑块1使它与滑块2相碰。光电门1的计时器显示遮光时间为t1，光电门2的计时器先后显示有两次遮光时间，依次为t2、t3，若碰撞为弹性碰撞，应满足的表达式为　　 （用已给的物理量符号表示）。
【答案】（1）A；（2）将气垫导轨右侧支点调低（或左侧支点调高）；（3）A；（4）
【解析】解：（1）动量守恒表达式为：m1v0＝m1v1+m2v2，需要用天平测质量，通过光电门测量速度，光电门记录遮光时间t，因滑块上的遮光片规格相同，则遮光片宽度可消去，故没有必要测量遮光片的宽度，可知必须要用的器材为天平，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2）滑块通过光电门1时的遮光时间比通过光电门2时的遮光时间短，由，可知经过光电门1的速度较大，滑块做减速运动，气垫导轨左边比右边低，则应将右侧支点调低或左侧支点调高。
（3）若验证弹性碰撞时动量守恒，还需满足机械能守恒，应选择带弹簧片的滑块，故A正确，BC错误。
故选：A。
（4）光电门1的计时器显示遮光时间为t1，光电门2的计时器显示有两次遮光时间依次为t2、t3，可得：
碰撞前滑块1的速度大小为：
碰撞后滑块1的速度大小为：
碰撞后滑块2的速度大小为：
若碰撞为弹性碰撞，需满足动量守恒与机械能守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
m1v0＝m1v1+m2v2
联立可得：v0+v1＝v2
可得应满足的表达式为：
故答案为：（1）A；（2）将气垫导轨右侧支点调低（或左侧支点调高）；（3）A；（4）
4．（2024秋 牡丹江期末）如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置示意图。
（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则 　C　 。
A、m1＞m2，r1＞r2
B、m1＞m2，r1＜r2
C、m1＞m2，r1＝r2
D、m1＜m2，r1＝r2
（2）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是 　AC　 。（填下列对应的字母）
A、直尺
B、游标卡尺
C、天平
D、弹簧秤
E、秒表
（3）实验中必需要求的条件是 　BCD　 。
A、斜槽必须是光滑的
B、斜槽末端的切线必须水平
C、m1与m2的球心在碰撞瞬间必须在同一高度
D、m1每次必须从同一高度处滚下
（4）设入射小球的质量m1，被碰小球质量为m2，P为被碰前入射小球落点的平均位置，则关系式 　m1 OP＝m1 OM+m2 ON　 （用m1、m2及图中字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒。
【答案】（1）C；（2）AC；（3）BCD；（4）m1 OP＝m1 OM+m2 ON
【解析】解：（1）为了使两球发生正碰，两小球的半径需相同。为保证入射小球不反弹，需满足：m1＞m2，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2）实验中小球碰撞前后的速度是利用平抛运动规律间接测量得到的，根据平抛运动规律可得：h，x＝vt
解得小球平抛的初速度：v＝x
因平抛运动下落的高度h均相同，故小球碰撞前后的速度与平抛运动的水平位移成正比，可用平抛运动的水平位移大小代替小球碰撞前后的速度大小。故需要直尺测量平抛运动的水平位移大小，此外还需要天平测量小球的质量，故BCD错误，AC正确。
故选：AC。
（3）AD．为保证每次碰撞前入射小球的速度相同，只需保证入射小球每次从同一高度由静止释放即可，斜槽轨道不必要光滑，故A错误，D正确；
B．为保证碰撞后两球做平抛运动，斜槽末端的切线必须水平，故B正确；
C．两球的球心在碰撞瞬间必须在同一高度，以保证正碰，故C正确。
故选：BCD。
（4）P为碰前入射小球落点的平均位置，则M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置。根据（2）的解答，可得：
碰撞前入射小球的速度大小v1∝OP
碰撞后入射小球的速度大小v2∝OM
碰撞后被碰小球的速度大小v3∝ON
若碰撞中动量守恒，以向右为正方向，则由动量守恒定律得：m1v1＝m2v3+m1v2
可得需满足的关系式为：m1 OP＝m1 OM+m2 ON
故答案为：（1）C；（2）AC；（3）BCD；（4）m1 OP＝m1 OM+m2 ON
5．（2024秋 亳州期末）某同学利用图1所示装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：
①用垫块将长木板附有打点计时器的一侧适当垫高，放在长木板上的小车A的前端粘有橡皮泥，后端连着纸带，纸带穿过打点计时器，如图1所示；
②接通交流电源后，轻推小车A，与小车相连的纸带上打出一系列均匀分布的点，断开电源；
③安装有撞针的小车B静止于长木板上的某处；
④更换纸带，接通电源，沿平行木板方向向下轻推一下小车A，使小车获得一初速度，两车碰撞后粘在一起，打点计时器打出一系列的点迹，如图2所示，已知连接打点计时器的电源频率为50Hz；
⑤用天平测得小车A（含橡皮泥）的质量为0.60kg，小车B（含撞针）的质量为0.40kg。
（1）下列说法正确的是　AD　 。
A．步骤①中适当垫高长木板的目的是补偿阻力
B．实验中A车的质量必须大于B车的质量
C．两车上也可以安装弹性碰撞架
D．两小车碰撞过程处于图2中的“DE”段
（2）结合图2可知，碰前A车的动量大小为　0.612　 kg m/s，碰后两车的总动量大小为　0.610　 kg m/s（以上结果均保留3位有效数字）。
（3）由此可知，在误差允许的范围内，两车组成的系统动量守恒。
【答案】（1）AD；（2）0.612；0.610。
【解析】解：（1）A．本实验是验证动量守恒定律，故需要碰撞前后系统所受的合外力为零，故长木板右端下面放垫块的目的是使小车重力的下滑分力等于小车受到的摩擦力，即步骤①中适当垫高长木板的目的是补偿阻力，故A正确；
B．两车发生完全非弹性碰撞，所以实验中A车的质量不必大于B车的质量，故B错误；
C．当两车上安装弹性碰撞架时，两车发生弹性碰撞，碰后B车的动量无法确定，所以不能验证动量守恒定律，故C错误；
D．碰前A车的速度较大，相等时间内位移较大，碰后两车的速度减小，相等时间内的位移较小，所以两小车碰撞过程处于图2中的“DE”段，故D正确。
故选：AD。
（2）纸带上相邻两计数点间的时间间隔为
碰前A车的速度大小
碰撞前A车的动量大小为p0＝mAv0＝0.60×1.02kg m/s＝0.612kg m/s
碰后两车的速度大小
碰后两车的总动量大小为p＝（mA+mB）v＝（0.60+0.40）×0.61kg m/s＝0.610kg m/s。
故答案为：（1）AD；（2）0.612；0.610。
6．（2024秋 濮阳期末）小明同学用如图1所示的装置验证动量守恒定律。长木板的一端垫有小薄木片，可以微调木板的倾斜程度，使小车能在木板上做匀速直线运动。将两个手机分别固定在小车A和B内，利用手机软件中的速度传感器可以描绘小车的速度随着时间变化的图线。
（1）某次给小车A一个初速度，传感器记录了v随时间t变化图像如图2所示，此时应　右　 （填向“左”或向“右”）移动长木板下面的小薄木片。
（2）调整好长木板后，让小车A以某速度运动，与置于长木板上静止的小车B发生碰撞、导出传感器记录的数据，绘制v随时间t变化图像如图3所示。
（3）已知小车A的质量为mA，则碰撞前小车A的动量pA＝mAv1，碰撞后小车A的动量p′A＝　mAv3 。若碰撞前后动量守恒，则小车A和小车B的质量之比为　　 。
（4）若两小车的碰撞为弹性碰撞，则v1、v2、v3之间的关系为　v2﹣v3＝v1 （用v1、v2和v3表示）。
【答案】（1）右；（3）mAv3；；（4）v2﹣v3＝v1
【解析】解：（1）由图2可知小车做匀加速直线运动，为了使小车做匀速直线运动，应减小长木板的倾斜角度，故此时应向右移动长木板下面的小薄木片。
（3）碰撞前小车A的速度为v1，碰撞后小车A的速度变小，可知碰撞后小车A的速度为v3，则碰撞后小车A的动量p′A＝mAv3。
若碰撞前后动量守恒，以沿长木板向下为正方向，则有：mAv1＝mAv3+mBv2
解得小车A和小车B的质量之比为：
（4）若两小车的碰撞为弹性碰撞，则满足机械能守恒定律，可得：
联立解得：v2﹣v3＝v1
故答案为：（1）右；（3）mAv3；；（4）v2﹣v3＝v1
考点2用单摆测定重力加速度
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
7．（2025秋 南海区期中）一研究学习小组设计出如图甲所示的实验装置来探究“动量守恒定律”。
（1）如图甲所示，两个相同的刚性球悬挂于同一水平面，两悬点的距离等于刚性球的直径大小，线长相等，将其中一球拉开至一定角度，松手后使之与另一球发生正碰。
（2）如图甲所示，分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1反弹后达到的最高位置为B，球2向左摆动的最高位置为C，测得A、B、C到最低点的竖直高度差分别为hA、hB、hC。已知重力加速度为g。则碰后瞬间小球1的速度大小为　　 。
（3）若测量数据近似满足关系式　m1m1m2　 （用m1、m2、hA、hB、hC表示），则说明两小球碰撞过程动量守恒。
（4）如图乙所示，在两个球上分别套上尼龙搭扣（魔术贴）毛面和勾面做的套圈，再进行同样的碰撞。两小球分别　不能　 （填“能”或“不能”）到达原来的位置C跟B，可能的原因是　碰撞时两球接触尼龙搭扣粘合后再分离的过程，两球均需要克服尼龙搭扣毛面和勾面相互作用的阻力，使两球的机械能均减少　 。
【答案】（2）；（3）m1m1m2；（4）不能；碰撞时两球接触尼龙搭扣粘合后再分离的过程，两球均需要克服尼龙搭扣毛面和勾面相互作用的阻力，使两球的机械能均减少。
【解析】解：（2）设碰后瞬间小球1的速度大小为vB，对碰后小球1运动到位置B的过程，根据机械能守恒定律得：
m1m1ghB，解得：vB
（3）与（2）同理可得：碰前瞬间小球1的速度大小为vA；碰后瞬间小球2的速度大小为vC。
以向左为正方向，若两小球碰撞过程动量守恒，则根据动量守恒定律得：m1vA＝﹣m1vB+m2vC
可得测量数据近似满足关系式为：m1m1m2
（4）碰撞时两球接触尼龙搭扣粘合后再分离的过程，两球均需要克服尼龙搭扣毛面和勾面相互作用的阻力，使两球的机械能均减少，则两小球均不能到达原来的位置C和B。
故答案为：（2）；（3）m1m1m2；（4）不能；碰撞时两球接触尼龙搭扣粘合后再分离的过程，两球均需要克服尼龙搭扣毛面和勾面相互作用的阻力，使两球的机械能均减少。
8．（2025秋 重庆期中）某同学用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。在水平桌面上放置一长木板，其中长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度，使小车能在木板上做匀速直线运动，且长木板的顶端安装有位移传感器，可以测量小车A到传感器的距离x。
（1）现在无小车B的情况下，将小车A紧靠传感器，并给小车A一个初速度，传感器记录了x随时间t变化的图像如图乙所示，此时应将小木块水平向 　右　 （选填“左”或“右”）稍微移动一下。
（2）调整好长木板后，让小车A以某一速度运动，与静止在长木板上的小车B（后端粘有橡皮泥）相碰并粘在一起，导出传感器记录的数据，绘制x随时间t变化的图像如图丙所示。
（3）已知小车A的质量为0.5kg，小车B（连同橡皮泥）的质量为0.3kg，由此可知碰前两小车的总动量是 　0.4　 kg m s﹣1，碰后两小车的总动量是 　0.384　 kg m s﹣1。
【答案】（1）右；（3）0.4；0.384。
【解析】解：（1）x﹣t图中，斜率代表速度，由乙图可知，小车A做加速运动，木板过于倾斜了，所以应将小木块水平向右稍微移动一下，以使小车做匀速运动；
（3）由丙图可知，碰前和碰后小车A的速度分别为：v1＝0.8m/s，v2＝0.48m/s，
碰前和碰后两小车的总动量分别为：p1＝mAv1＝0.5×0.8kg m/s＝0.4kg m/s，p2＝（mA+mB）v2＝（0.5+0.3）×0.48kg m/s＝0.384kg m/s。
故答案为：（1）右；（3）0.4；0.384。
9．（2025秋 重庆校级期中）小蜀同学周末在家里利用单摆测量重力加速度，他找到了一块外形不规则的小金属挂件代替摆球做了一个如图所示的单摆，实验操作如下：
（1）用刻度尺测出摆线长度为l，将挂件拉开一个小于5°的角度，然后由静止释放，从单摆运动到最低点开始计时且计数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，则单摆周期T＝　　 （用t、n表示）。
（2）若只测一组数据l1、T1，并将l1作为摆长代入公式计算，会使得重力加速度的测量值　小于　 （选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
（3）为了消除摆线长与摆长不同而带来的误差，先后做了两次实验，准确记录细线的长度及单摆对应的周期分别为l1、T1和l2、T2，已知l1小于l2，由此测得的重力加速度为　　 （用l1、T1、l2、T2表示）。
【答案】（1）；（2）小于；（3）。
【解析】解：（1）单摆完成一次全振动需要的时间是周期，单摆的周期T。
（2）根据周期公式，解得，
摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，摆线长度l小于摆长，则g的测量值小于真实值。
（3）单摆摆长L＝l，根据周期公式可知，
解得
故答案为：（1）；（2）小于；（3）。
10．（2025 武功县校级模拟）某同学利用如图甲所示装置做“利用单摆测重力加速度”的实验，进行了如下的操作：
（1）用游标卡尺测量摆球的直径，示数如图乙所示，则摆球的直径d＝　1.280　 cm。把摆球用不可伸长的摆线悬挂在铁架台上，测量摆线长L，通过计算得到摆长l。
（2）使摆球在竖直平面内摆动稳定后，当摆球到达　最低点　 （填“最低点”或“最高点”）时启动秒表开始计时，摆球再次经过计时起点的次数为n，停止计时时，秒表的读数为t，可知摆球的周期T＝　　 （用t和n表示）。
（3）经过正确的操作与测量，得到多组周期T与对应的摆长l数值后，画出的T2﹣l图像如图丙所示，则实验所测得的重力加速度大小g＝　9.86　 m/s2（保留三位有效数字）。
（4）若另一同学没有使用游标卡尺测摆球直径，也测出了重力加速度，他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2，则该同学测出的重力加速度的表达式g＝　　 （用题中所给物理量符号和常数表示）。
【答案】（1）1.280；（2）最低点，；（3）9.86；（4）。
【解析】解：（1）由图乙可知，该游标卡尺精度为0.05mm，故摆球的直径d＝12mm+16×0.05mm＝1.280cm
（2）摆球在竖直平面内摆动稳定后，为了减小误差，当摆球到达最低点时启动秒表开始计时；
每次经过最低点计数，可知摆球的周期
（3）由单摆周期公式
化简可得
则T2﹣l图像的斜率
解得g≈9.86m/s2
（4）根据题意，由单摆周期公式
可得和
联立可得
故答案为：（1）1.280；（2）最低点，；（3）9.86；（4）。
11．（2025 咸阳模拟）小王同学对单摆周期公式很感兴趣，发现单摆周期T与摆长l和重力加速度g有关，想对其关系的正确性进行验证。
（1）他采取　控制变量　 方法，进行分别验证。
（2）在验证T与l关系中，实验中摆角应满足　α＜5°　 ，摆线长度应满足　l d　 。
（3）在验证T与g关系时，要在地球上让g发生明显变化几乎不可能。他参考《单摆周期与重力加速度定量关系的实验研究》，进行装置安装（如图，F为铁架台，AO为细线，AB为轻杆，OD为铅垂线，轻杆与铅垂线夹角为β，轻杆与水平线夹角为θ）。AB轻杆可以绕着OB无摩擦自由转动，若装置中摆球所处位置的等效重力加速度为g′，此刻g′＝　gsinθ或者gcosβ　 。实验中不断的改变公式中g′的大小，小王同学只需要改变　θ或者β　 即可，这种方法在物理学上称为　转换法　 。
【答案】（1）控制变量；（2）α＜5°，l d；（3）gsinθ或者gcosβ，θ或者β，转换法。
【解析】解：（1）验证三个物理量之间的关系常采取控制变量的方法，进行分别验证。
（2）在验证T与l关系中，实验中摆角应满足α＜5°，摆线长度应满足l d（d为小球直径）。
（3）将重力加速度g沿细杆AB和垂直AB方向分解，可知沿细杆AB方向的分量为g′＝gsinθ＝gcosβ
实验中不断的改变公式中g′的大小，小王同学只需要改变θ或者β即可，这种方法在物理学上称为转换法。
故答案为：（1）控制变量；（2）α＜5°，l d；（3）gsinθ或者gcosβ，θ或者β，转换法。
12．（2025 武功县校级模拟）如图1所示为利用“双线摆”和手机软件测量当地重力加速度的实验装置。直尺两端固定在铁架台上，借助手机水平仪调节直尺水平。用不可伸长的细线穿过小球，使小球两侧的细线等长，且细线两端分别固定在直尺上，具体实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量小球直径为d，小球静止时用直尺测量小球上端到细线两端点的距离均为l，直尺上细线两端点距离为s，则小球前后做单摆运动时的等效摆长L＝　　 （用d、l、s表示）。
（2）将准备好的铷磁铁与单摆小球来回摩擦充分接触，让小球被磁化具有磁性。打开手机软件，点击进入磁力计工具。
（3）将手机放在小球平衡位置正下方，让双线摆在摆角小于5°条件下前后做往复运动，小球经过最低点时，手机软件计时开始。点击“数据选取”功能，记录多个周期下两个峰值的时间间隔如图2所示，则单摆周期为　4.37　 s（保留3位有效数字）。
（4）改变摆长，测量多组数据，在电脑利用软件建立T2﹣L关系图像，得到如图3的函数图像，则当地重力加速度大小为　9.73　 m/s2（π2取9.87，结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）；（3）4.37；（4）9.73。
【解析】解：（1）由几何关系可得小球前后做单摆运动时的等效摆长为
（3）由图2可知磁性小球经过最低点测得的磁感应强度B最大，小球两次经最低点的时间间隔是半个周期，所以则单摆周期为
（4）根据单摆周期公式
可得
由图3的函数图像可知
解得g≈9.73m/s2
故答案为：（1）；（3）4.37；（4）9.73。
13．（2024秋 定安县期末）（1）在“用单摆测定重力加速度”实验中：
①除长约1m的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、游标卡尺外，下列器材中，还需要 　AB　 。（填正确答案的标号）
A．秒表
B．米尺
C．天平
D．弹簧测力计
②用游标卡尺测量小球的直径，如图1所示，则小球的直径是 　1.25　 cm。
③下列做法正确的是 　D　 。（填正确答案的标号）
A．从摆球达到最高位置时开始计时
B．记录摆球完成一次全振动的时间
C．要让摆球在竖直平面内摆动的角度不小于5°
D．选用的细线应细、质量小，且不易伸长
④为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，以L为横坐标、T2为纵坐标，作出了T2﹣L图像，求得该直线的斜率为k。则重力加速度g＝ 　　 。
⑤某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，那么他得到的实验图像可能是下列图像中的 　B　 。
（2）用图2所示装置验证动量守恒定律。气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。
①实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，为使导轨水平，可调节Q使轨道右端 　降低　 （选填“升高”或“降低”）一些。
②正确调节后，测出滑块A和遮光条的总质量为m，滑块B和遮光条的总质量为mB。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的挡光时间为Δt1、Δt2光电门1记录的挡光时间为Δt3。则实验中两滑块的质量应满足mA　＞　 mB（选填“＞”“＝”或“＜”），若等式 　　 成立，则可初步验证上述碰撞中系统动量守恒。
【答案】（1）①AB；②1.25；③D；④；⑤B；（2）①降低；②＞；。
【解析】解：（1）①“用单摆测定重力加速度”实验中需要使用秒表测量单摆的运动周期，需要米尺测量摆线的长度，不需要测量摆球的质量，故不需要天平或弹簧测力计，故AB正确，CD错误；
故选：AB。
②小球的直径为
d＝12mm+5×0.1mm＝12.5mm＝1.25cm
③A．摆球经过平衡位置时速度最大，在该处计时测量误差较小，应从平衡位置开始计时，故A错误；
B．测量一次全振动的时间误差较大，应测量n次全振动的时间t，通过
计算周期，故B错误；
C．摆球应在同一竖直面内摆动，不能做圆锥摆，当摆角不超过5°时，其摆动可视为简谐振动，故C错误；
D．实验选用的细线应细、质量小，且不易伸长，故D正确。
故选：D。
④根据单摆周期公式
整理得
图像斜率为
解得重力加速度为
⑤某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，有
整理得
可知l﹣T2图像的纵截距为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2）①滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块做加速运动，右端较高，为使导轨水平，可调节Q使轨道右端降低一些；
②滑块B与A碰撞后被弹回，根据碰撞规律可知滑块B的质量较小，则有
mA＞mB
若碰撞过程中动量守恒，取水平向左为正方向，则有
mBv0＝mAv1﹣mBv2
所以
故答案为：（1）①AB；②1.25；③D；④；⑤B；（2）①降低；②＞；。
14．（2025 鼎湖区一模）某同学想测量某容器的深度，发现没有足够长的测量工具，他灵机一动，想到利用单摆实验进行测量，步骤如下：
（1）该同学找到一把游标卡尺，游标卡尺可用来测物体的深度，应使用图甲中的 　位置3　 （选填“位置1”“位置2”或“位置3”）测量物体深度。但游标卡尺量程并不够测量该容器的深度，他先测量了小球的直径，图乙所示的游标卡尺读数为 　9.2　 mm。
（2）将做好的单摆竖直悬挂于容器底部且开口向下（单摆的下部分露于容器外），如图（a）所示。将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，单摆摆动的过程中悬线不会碰到器壁，测出容器的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出图像，那么就可以通过此图像得出当地的重力加速度g和该容器的深度h，取π2＝9.86，回答下列问题：
①如果实验中所得到的T2﹣L图像如图（b）所示，那么实验图像应该是线 　a　 （选填“a”、“b”或“c”）。
②由图像可知，当地的重力加速度g＝ 　9.86　 m/s2（结果保留三位有效数字），容器的深度h＝ 　0.45　 m（结果保留两位小数）。
【答案】（1）位置3，9.2；（2）a，9.86，
【解析】解：（1）游标卡尺测深度应该使用图中的位置3；
游标卡尺的最小分度值为0.1mm，读数为
9mm+2×0.1mm＝9.2mm
（2）由单摆的周期公式得
可得
所以图像应该是a。
结合图像可知
联立可得
g＝9.86m/s2，h＝0.45m
故答案为：（1）位置3，9.2；（2）a，9.86，0.45。
15．（2025 盐池县二模）某实验小组想用多种方式验证动量守恒定律。
小明同学选取两个体积相同、质量不等的小球，先让质量为m1的小球从轨道顶部由静止释放，由轨道末端的O点飞出并落在斜面上。再把质量为m2的小球放在O点，让小球m1仍从原位置由静止释放，与小球m2碰后两小球均落在斜面上，分别记录落点痕迹，其中M、P、N三个落点的位置距离O点的长度分别为xOM、xOP、xON。
（1）用游标卡尺测得两小球的直径均如图乙所示，则小球直径d＝　1.070　 cm。
（2）关于该实验，下列说法正确的是　ACD　 。
A.必须满足m1＞m2
B.轨道必须光滑
C.轨道末端必须水平
D.落点位置需要多次测量取平均值
（3）在实验误差允许的范围内，若满足关系式　　 ，则可认为两球碰撞过程中动量守恒（用题目中的物理量表示）。
（4）若两小球的质量满足m2＝km1，若满足xOP＝　　 xON（用k表示），则可证明两球间的碰撞是弹性的。
（5）小帅同学利用该套装置做了一个新实验，仅改变小球m2的质量（两小球质量关系仍符合题干条件），其他条件均不变，将小球m1多次从轨道顶部由静止释放，与不同质量的小球m2相碰，分别记录对应的落点到O点距离xOM、xOP、xON，以为横坐标、为纵坐标作出图像，若该碰撞为弹性碰撞，则下列图像正确的是　C　 。
【答案】（1）1.070；（2）ACD；（3）；（4）；（5）C。
【解析】解：（1）游标卡尺的最小分度值为0.05mm，读数为d＝1cm+14×0.05mm＝1.070cm
（2）A．为了保证小球m1碰后不被反弹，所以m1＞m2，故A正确；
B．只要保证小球m1每次到达O点的速度相同即可，轨道无须光滑，故B错误；
C．为了保证小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故C正确；
D．多次测量可以减小偶然误差，故D正确。
故选：ACD。
（3）小球从O点飞出后均为平抛运动，假设小球位移为x，由平抛运动的知识可得x cosθ＝vt，
解得
由碰撞规律可知，P点是小球m1第一次的落点，M和N分别是碰后小球m1和m2的落点，取水平向右为正方向，碰撞过程满足动量守恒m1vP＝m1vM+m2vN
代入可得
（4）若为弹性碰撞，则碰撞前后能量守恒
动量守恒m1vP＝m1vM+m2vN
联立解得
代入前问解析中的速度可得
（5）小球m1的碰前速度保持不变，则xOP不变，根据前问解析动量守恒关系式可写成
能量守恒关系式可写成m1xOP＝m1xOM+m2xON
联立可得
故C正确，AB错误
故选：C。
故答案为：（1）1.070；（2）ACD；（3）；（4）；（5）C。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业06 电学实验1
考点1测量金属丝的电阻率
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 武功县校级模拟）某同学想通过实验测定一捆铜导线的实际长度，查得铜的电阻率ρ＝1.7×10﹣8Ω m，并用多用电表的欧姆挡粗测铜导线的电阻约为15Ω。请设计一个在不拆散整捆导线的情况下测定导线的实际长度的方案，除待测导线Rx外，实验室还提供了下列器材：
A.电源（电动势E＝6V，内阻可以忽略）
B.电流表A1（量程为10mA，内阻）
C.电流表A2（量程为0.3A，内阻未知）
D.电阻箱R（0～9999.9Ω）
E.滑动变阻器RL（0～10Ω，额定电流为0.4A）
F.开关S、导线若干
已知所有电表均由同一表头改装，请回答下列问题：
（1）用螺旋测微器测量铜导线头上的导体横截面的直径，示数如图甲所示，则铜导线的直径d＝　1.130　 mm。
（2）因实验室未提供电压表，故可以用电流表A1与电阻箱R　串联　 （填“串联”或“并联”）来改装成量程为5V的电压表，通过计算可知电阻箱的阻值R＝　497.5　 Ω。
（3）根据以上器材和粗测铜导线电阻值的情况下，完成对铜导线电阻Rx的精确测量，在图乙所示的虚线框中画出最优实验电路原理图。
（4）测量时发现两电流表的偏转角度总是相同，通过计算可知导线的实际长度L＝　1.02×103 m（保留三位有效数字）。
【答案】（1）1.130；（2）串联，497.5；（3）
（4）1.02×103。
【解析】解：（1）根据图甲，可知铜导线的直径d＝1.0mm+13.0×0.01mm＝1.130mm
（2）将电流表改成电压表时，需要把电流表与电阻箱串联；根据欧姆定律，有
解得电阻箱的阻值R＝497.5Ω。
（3）滑动变阻器的阻值为10Ω，使用分压式接入电路时，滑动变阻器处在干路上的部分电流会超过0.4A，故使用限流式接法，电路图如图所示。
（4）根据串、并联电路的特点，可得
化简可得
因两电流表的偏转角度相同，故有
解得铜导线的电阻
根据电阻定律有
其中导线的横截面积
联立解得铜导线的长度L≈1.02×103m
故答案为：（1）1.130；（2）串联，497.5；（3）
（4）1.02×103。
2．（2026 浙江一模）某兴趣小组要测量一个未知电阻，Rx的阻值，实验室提供的器材如下：
A.多用电表
B.恒压电源（输出电压为3V）
C.电压表（量程0～3V，内阻约为1kΩ）
D.电流表（量程0～3mA，内阻约为40Ω）
E.滑动变阻器（最大阻值20Ω）
F.定值电阻R1.R2.电阻箱R.灵敏电流表G
G.开关及导线若干
（1）该小组先用多用电表的电阻挡粗测Rx的阻值。选用“×10”挡试测时，指针如图a所示，于是决定换用　×100　 （选填“×1”或“×100”）倍率。换用另一倍率后，重新进行欧姆调零，方可再次进行测量指针如图b所示，测量值为　1000　 Ω。
（2）接下来该小组采用伏安法继续测量。
①为使电阻的测量结果尽量准确且在调节电路的过程中电压表示数的变化范围足够大，应选择以下哪个电路进行测量？　B　 。
②下列关于伏安法测电阻实验误差的说法正确的是　C　 。
A.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
B.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除偶然误差
C.用U﹣I图像处理数据求电阻Rx可以减小偶然误差
D.该小组选用合理电路进行测量，Rx的测量值小于真实值
（3）该小组又采用了实验电路如图c测量，连接好电路，先将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关，调节滑动变阻器滑片位置，再调节电阻箱的阻值，直到灵敏电流表G的示数为零，读出此时电阻箱阻值R，R1和R2均为阻值已知的定值电阻，由以上数据可得Rx的阻值为　　 （用题中给的物理量的字母表示）。
【答案】（1）“×100”，1000；（2）B，C；（3）。
【解析】解：（1）由图可知，多用表的指针偏转幅度过小，故应更换大倍率的挡位，即更换为“×100”的倍率；
待测电阻的大小为Rx＝10×100Ω＝1000Ω
（2）①由于使用要求电压表示数的变化范围足够大，因此滑动变阻器应采用分压式接法；待测电阻的阻值，故应采用电流表的内接法，故B正确，ACD错误。
故选：B。
②A．由于电流表和电压表的内阻引起的误差属于系统误差，故A错误；
B．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故B错误；
C．用图像处理数据能起到“平均”的作用，可以减小偶然误差但不能消除偶然误差，故C正确；
D．电流表内接法测量的电阻为RA+Rx，大于真实值，故D错误。
故选：C。
（3）由于灵敏电流计的示数为零，a、b两点的电势相等，则有Rx、R1两端的电压相等，设为U1，同理可知R、R2两端的电压也相等，设为U2，根据欧姆定律可得，
联立可得可得
即
故答案为：（1）“×100”，1000；（2）B，C；（3）。
3．（2024秋 咸阳期末）某同学通过实验测量一种合金丝的电阻率。
（1）如图甲所示，用螺旋测微器测量合金丝的直径。从图中的示数可读出合金丝的直径为 　1.170　 mm。
（2）按图乙所示的电路图测量合金丝的电阻Rx（阻值约为5Ω），实验中使用的器材还有：
A.电源（输出电压为4V）
B.电流表（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）
C.电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）
D.滑动变阻器（最大阻值10Ω）
E.开关、导线等
①根据图乙电路图，在图丙中将实物连线补充完整。
②实验时，开关S2应接 　b　 （选填“a”或“b”）端。
（3）正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器，某次测量电压表示数为U，电流表示数为I，接入电路的合金丝长度为L、直径为D，若将电表视为理想电表，则合金丝的电阻率ρ＝ 　　 。（用已知或所测得的物理量符号表示）
【答案】（1）1.170；（2）①如图
②b；（3）
【解析】解：（1）合金丝的直径d＝1mm+17.0×0.01mm＝1.170mm。
（2）①根据图乙电路图，完整的实物连线如图所示：
②某合金丝阻值约为5Ω，由于
可知电流表应采用外接法，则实验时开关S2应接b端；
（3）根据电阻定律可得又根据欧姆定律得
联立可得合金丝的电阻率为
故答案为：（1）1.170；（2）①如图
②b；（3）
4．（2025秋 重庆期中）在测定一根粗细均匀金属丝的电阻率的实验中：
（1）某学生用螺旋测微器测定该金属丝的直径时，测得的结果如图1所示，则该金属丝的直径d＝ 　6.864　 mm。
（2）实验室提供了下列可选用的器材（电阻丝的总阻值大约为10Ω）
A.电源电压恒为E＝3.0V，内阻不计
B.电压表V1（0～3V，内阻约3kΩ）；
C.电压表V2（0～15V，内阻约15kΩ）
D.电流表A1（0～0.6A，内阻约0.125Ω）；
E.电流表A2（0～3A，内阻约0.0255Ω）
F.滑动变阻器R1（0～5Ω，3A）
G.滑动变阻器R2（0～1750Ω，3A）
H.开关S、导线若干
①滑动变阻器应选 　F　 ，电流表应选 　D　 ，电压表应选 　B　 （选填选项前的字母）；
②将器材如图2连接好后，在金属丝上夹一个可沿金属丝滑动的金属触头P，触头的位置可从刻度尺上读出。实验时改变触头P与金属丝接触的位置，多次改变金属丝接入电路的长度l，调节滑动变阻器滑动触头的位置，使电流表的读数达到某一相同值I时，记录电压表的示数U，从而得到多个的值，作出图像，如图3所示。
③由图3所给数据，可得金属丝的电阻率ρ＝ 　　 ；（用a、b、c、d表示）
④请从理论上分析并说明，③问求得的金属丝电阻率 　不存在　 （选填“存在”或“不存在”）因电表内阻带来的误差。
【答案】（1）6.864；（2）①F；D；B；③；④不存在。
【解析】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝的直径d＝6.5mm+36.4×0.01mm＝6.864mm；
（2）①滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全，方便探究，滑动变阻器选择F；
电源电动势为3.0V，因此电压表选择B；
根据欧姆定律，电路中的最大电流，因此电流表选择D；
③根据电阻定律，金属丝的接入电阻
根据欧姆定律
联立解得
图像的斜率
解得电阻率
④根据上述③电阻率的求解过程可知，消除了电流表内阻引起的实验误差，因此求得的金属丝电阻率不存在因电表内阻带来的误差。
故答案为：（1）6.864；（2）①F；D；B；③；④不存在。
5．（2025秋 市中区校级期中）电阻率是用来表示各种材料导电性能的物理量。某同学在实验室测量一新材料制成的圆柱体的电阻率。
（1）用螺旋测微器测量其横截面直径，示数如图甲所示，可知其直径 　0.920　 mm；用游标卡尺测其长度，示数如图乙所示，可知其长度为 　42.40　 mm。
（2）用多用电表粗测其电阻约为6Ω。为了减小实验误差，需进一步用伏安法测量圆柱体的电阻，要求待测电阻两端的电压能从0开始连续可调。除待测圆柱体R0外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压表V1（量程3V，内阻约为6kΩ）
B．电压表V2（量程6V，内阻约为15kΩ）
C．电流表A1（量程0.6A，内阻约为1Ω）
D．电流表A2（量程30mA，内阻约为20Ω）
E．滑动变阻器R（阻值范围0～5Ω，2.0A）
D．直流电源E（电动势为5V）
E．开关
F．导线若干
则该实验电路应选择电压表 　B　 （填A或B），应选择的电流表 　C　 （填C或D），电路应选择如图丙电路中的 　B　 。
（3）根据正确的实验电路进行实物接线。根据实物接线图，闭合电键之前应该将滑动变阻器的滑片滑动到 　右　 端（填左或右）。
（4）某次实验测出圆管两端的电压为U，圆管中的电流为I，圆管的外直径为D，内直径为d，长度为L，则圆管的电阻率为ρ＝ 　　 。（用本小问中给出的U、I、D、d、L表示，单位均已为国际单位）
【答案】（1）0.920、42.40；（2）B、C、B；
（3）右，实物图连接如下：
；
（4）。
【解析】解：（1）螺旋测微器，主尺为0.5mm，螺旋尺读42.0×0.01mm＝0.420mm，最后读数为：0.5mm+0.420mm＝0.920mm；
游标卡尺，主尺读数为4.2cm＝42mm，游标卡尺第8格线与主尺对齐，读数为8×0.05mm＝0.40mm，最后读数为：42mm+0.40mm＝42.40mm；
（2）实验中电源电压为5V，待测电阻约为6Ω，所以电压表选择6V的量程就可以了，根据：，可以算出电流大约为0.83A，所以电流表选择0.6A的量程，故电压表选择B，电流表选择C；
根据，所以选择外接法，待测电阻小，选择分压式接法，故电路图选择B，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（3）滑动变阻器在开关闭合前，要接入阻值最大，所以滑片滑到最右端；
实物图连接如下：
（4）根据电阻率公式：，代入数据解得：。
故答案为：（1）0.920、42.40；（2）B、C、B；
（3）右，实物图连接如下：
；
（4）。
6．（2024秋 衡阳期末）学习了测电阻的方法后，物理兴趣小组欲设计实验测量未知电阻Rx的阻值。
（1）先用多用电表欧姆挡粗测电阻，使用多用电表前要先进行 　机械调零　 ，然后将换挡开关扳至欧姆挡×10倍率后，两表笔短接，进行欧姆调零，使指针指到 　电流　 （填“电流”或“电阻”）刻度的最大处，指针指向为如图所示虚线位置，更换 　×1　 （填“×1”或“×100”）倍率后，　需要　 （填“需要”或“不需要”）重新欧姆调零，指针指到如图所示实线位置。
（2）实验室提供的器材有：
直流电源6V，内阻不计
电压表V1，量程为0～3V，内阻为3kΩ
电压表V2，量程为0～15V，内阻为15kΩ
电流表A1，量程为0～300mA，内阻约为1Ω
电流表A2，量程为0～3A，内阻约为0.1Ω
定值电阻R1为3kΩ
定值电阻R2为12kΩ
滑动变阻器R，最大阻值约为5Ω，允许通过的最大电流为2A
开关和导线若干
①根据以上器材，在下方虚线框中设计出测Rx的实验电路图，要求测量误差尽可能小并标明所选器材；
②某次小组同学记录的电压表的示数为2.40V，电流表的示数为240mA，则由此可得未知电阻Rx的阻值为 　20.1　 Ω（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）机械调零；电流；×1；需要；
（2）
；20.1。
【解析】解：（1）先用多用电表欧姆挡粗测电阻，使用多用电表前要先进行机械调零，然后将换挡开关扳至欧姆挡×10倍率后，两表笔短接，进行欧姆调零，使指针指到电流刻度的最大处，指针指向为图中虚线位置，发现指针偏转较大，说明是电阻较小，故需要更换×1倍率，之后需要重新欧姆调零，指针指到图中实线位置。
（2）①由题知，直流电源6V，电压表V2为量程为0～15V，大于于6V，误差较大；所以选用电压表V1，其量程为0～3V，小于6V，故需要将电压表V1与某一定值电阻串联改装成6V的电压表，根据改装原理有
解得R＝3×103Ω＝3kΩ
故定值电阻选R1；
由上一问可知Rx＝19×1Ω＝19Ω
回路中的最大电流为
故电流表选A1，由于改装电压表内阻已知，电流表采用外接法；
实验要求测量误差尽可能小，多测几组数据，滑动变阻器采用分压式接法，实验电路图如图所示：
②由题知，电压表的示数为2.40V，则流过电压的电流为
故Rx两端的电压为
流过Rx的电流为
故。
故答案为：（1）机械调零；电流；×1；需要；
（2）
；20.1。
考点2练习使用多用电表
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 重庆期中）（1）用多用电表的欧姆挡测量阻值约为十几万欧的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆调零旋钮，把你认为正确的步骤选出来，并将其按合理的顺序填写在横线上 　ADBE　 （填步骤前的字母）；
A.旋转S使其尖端对准欧姆挡×10000
B.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔
C.旋转S使其尖端对准欧姆挡×1000
D.将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔
E.旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔
根据图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为 　1.5×105 Ω；
（2）下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是 　BC　 。
A.测量阻值不同的电阻时都必须重新调零
B.测量电阻时，电流从红表笔流入多用电表，再从黑表笔流出
C.测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开
D.测电阻时如果指针偏转角过小，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量
【答案】（1）ADBE；1.5×105；（2）BC
【解析】解：（1）用多用电表的欧姆挡测量阻值约为十几万欧的电阻，应选择较大的倍率，合理的步骤为：先将旋转S使其尖端对准欧姆挡×10000，之后进行欧姆调零，再测量电阻，测量完成后将旋转开关旋至交流500V挡，并拔出两表笔。可得合理的顺序为：ADBE。
根据图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为Rx＝15×10000Ω＝1.5×105Ω。
（2）A.测量阻值不同的电阻时只要不改变倍率，就不用重新欧姆调零，故A错误；
B.根据“红进黑出”的原则，测量电阻时，电流从红表笔流入多用电表，再从黑表笔流出，故B正确；
C.欧姆表内部有电源，测量电路中的某个电阻，要把该电阻与电路断开，故C正确；
D.测电阻时如果指针偏转角过小，说明测量的电阻值较大，应将选择开关S拨至倍率较大的挡位，重新调零后测量，故D错误。
故选：BC。
故答案为：（1）ADBE；1.5×105；（2）BC
2．（2025 洮北区校级模拟）某同学在“练习使用多用电表”实验中，进行了以下测量：
（1）某次测量电压时，选择“直流电压50V”挡，指针偏转如图甲所示，则测量结果为　22.6　 V。
（2）使用欧姆挡“×10”挡测量电阻时，由于电表长时间未使用，内部电源的电动势和内阻发生了变化，导致无法欧姆调零，该同学设置了如图乙所示电路测量电表内部电源的电动势，虚线框内为多用电表内部电路，a和b为多用电表的两个表笔。
①表笔a为　黑　 （填“红”或“黑”）表笔；
②调节电阻箱，获得多组电流表读数I和电阻箱读数R，使用图像法处理数据，若要使绘制图像为直线，应以“R”为纵坐标，以　　 （填“I”或“”）为横坐标，测得图像斜率为k，则现电表内部电源的电动势为　k　 。不考虑偶然误差，则该电动势的测量值　等于　 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】（1）22.6；（2）①黑；②；k；等于。
【解析】解：（1）测量电压时，选择“直流电压50V”挡，分度值为1V，读数为22.6V；
（2）①欧姆表的内部电流从黑表笔流出，红表笔流入，因此表笔a为黑表笔；
②根据闭合电路欧姆定律E＝I（R+r）
变形得
若要使绘制图像为直线，应以“R”为纵坐标，以为横坐标；
图像的斜率表示电动势，电动势E＝k
根据上述分析，电流和电阻均为真实值，实验无误差，不考虑偶然误差，则该电动势的测量值等于真实值。
故答案为：（1）22.6；（2）①黑；②；k；等于。
3．（2025 广州模拟）电阻式触摸屏的原理可简化为：如图（a），按压屏幕时，相互绝缘的两层导电层就在按压点位置有了接触，两导电层便并联接入电路，简化过程如图（b）中虚线框内结构所示。
（1）将一块电阻式触摸屏单元接入电路中，如图（b）。先将开关接“1”让电容器充电，足够长时间后，再将开关切换到“2”，通过电压传感器观察电容器两端的电压随时间变化的情况。图（c）中画出了按压和不按压两种情况下电容器两端的电压U随时间t变化的图像，则按压状态对应的图像应为图（c）中的　实线　 （填“虚线”或“实线”）所示。
（2）为测定该触摸屏单元未按压状态下的电阻Rx，制作一个只有两种倍率（×10Ω，×100Ω）的简易欧姆表，如图中虚线框内电路图所示，实验器材有：
微安表（量程500μA，内阻为150Ω）
滑动变阻器R（最大阻值50Ω，额定电流2A）
电阻箱R0（最大阻值9999.9Ω）
电池组E（3.0V，2Ω）
开关及导线若干
请你完成以下内容：
①断开开关，将滑动变阻器滑片置于最右端时，即为欧姆挡的其中一个倍率；置于另一个位置M（图中未画出）时，则为另一个倍率。当滑片置于最右端时，闭合开关S，调节电阻箱R0直到微安表满偏，此时通过滑动变阻器的电流为　1.5　 mA，电阻箱的阻值为　1460.5　 Ω，对应的挡位为　×100　 （填“×10”或“×100”）挡。
②实际测量时，发现指针偏转　较大　 （填“较大”或“较小”），应将滑动变阻器的滑片滑动到位置M完成换挡，进行规范的操作后，将P、Q接在待测电阻Rx两端，稳定后微安表指针偏转到满偏刻度的，Rx＝　225　 Ω。
【答案】（1）实线；（2）①1.5，1460.5，×100；②较大，225。
【解析】解：（1）按压状态时两层导电层就在按压点位置有了接触，并联进去电阻，总电阻减小，放电速度变快，根据图像可知，按压状态对应的图像应为实线。
（2）①当滑片置于最右端时，闭合开关S，调节电阻箱R0直到微安表满偏，此时滑动变阻器与电流表并联，则有
根据闭合电路欧姆定律有
总电阻为
对应的挡位为×100挡
②将滑动变阻器的滑片滑动到位置M完成换挡，即用小挡位测量，可见实际测量时，指针应偏转过大；
此时挡位为×10Ω，则内阻为150Ω，根据、
解得Rx＝225Ω
故答案为：（1）实线；（2）①1.5，1460.5，×100；②较大，225。
4．（2025 陕西模拟）某实验小组计划将量程为Ig＝1mA、内阻Rg＝80Ω的毫安表改装成简易欧姆表并测量电阻的阻值。
实验室提供以下器材：
（1）毫安表（参数如上）
（2）定值电阻若干（R1＝10Ω，R2＝100Ω，R3＝1kΩ）
（3）滑动变阻器R4（最大阻值1kΩ）
（4）电源E（标称电动势1.5V，内阻未知）
（5）待测电阻Rx
（6）红表笔、黑表笔、导线若干
实验步骤如下：
（1）按图1所示的电路连接实验器材，其中A表笔应接 　红　 表笔（填“红”或“黑”），定值电阻应选 　R3 （填“R1”“R2”或“R3”）。
（2）将两表笔短接，调节滑动变阻器，使毫安表指针指向 　1mA　 （填“0mA”“0.5mA”或“1mA”）处。
（3）将待测电阻Rx接入两表笔之间，毫安表指针如图2所示，则待测电阻的测量值R测＝ 　2250　 Ω。
（4）经检查，该实验小组发现所用电源的电动势小于1.5V，则该电阻的测量值 　大于　 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
（5）更换电动势为1.5V的标准电源后，在毫安表表盘上标出对应的电阻数值，使此欧姆表的倍率为“×100”。
（6）按图3所示的电路改装欧姆表，可以将欧姆表的倍率变为“×10”，则图中R5阻值为 　120　 Ω。
【答案】（1）红；R3；（2）1mA；（3）2250；（4）大于；（6）120
【解析】解：（1）由图1知，欧姆表内部电流方向为顺时针方向，电流从B表笔流出，从A表笔流入，故A为红表笔；
欧姆表中值电阻为Ω＝1.5kΩ
Rg＝80Ω，滑动变阻器的最大阻值为1kΩ，故定值电阻应选R3
（2）电阻调零时，两表笔短接，指针指向欧姆零刻度处，即电流表的满偏电流处，故为1mA。
（3）由图2可得，电路中的电流为0.40mA，2250Ω
（4）假设E'＝1.4V，R'中＝1.4kΩ
可得测量值大于真实值。
（6）原欧姆表的中值电阻为1.5kΩ，倍率为“×100“，欧姆表中央刻度为“15”，要将欧姆表的倍率改为“×10“，中值电阻为150Ω，改装后电流表的满偏电流为10mA，并联电阻阻值为：
解得R5＝120Ω
故答案为：（1）红；R3；（2）1mA；（3）2250；（4）大于；（6）120
5．（2025 银川校级模拟）如图1所示，多用电表是一种多功能仪表，简单的多用电表可用来测量直流电流、直流电压、交变电流、交变电压以及电阻，部分多用电表还可以测量电容。图2是某个多用电表的电路图，该多用电表有6个挡位，直流电流1mA挡和2.5mA挡、直流电压1V挡和5V挡以及两个欧姆挡，表头G的满偏电流Ig＝250μA，内阻rg＝480Ω，其中R1、R2、R3、R4、R5均为定值电阻。
（1）定值电阻R2＝ 　96　 Ω，R4＝ 　880　 Ω。
（2）在图2中选择某一欧姆挡测量电阻，此时电源电动势E＝1.5V，电源内阻未知，测量前先进行调零，然后测得表盘示数如图3所示，则选择的欧姆挡位为 　×100　 （选填×1、×10、×100、×1k）。
（3）部分多用电表可测量电容器的电容值。将多用电表调至电容挡，用红黑表笔连接电容器，给电容器充电，测得电流I﹣t关系如图4所示，t＝10s后红黑表笔电压恒为U＝2V，则多用电表显示测得的电容值为 　5.6×10﹣3 F（计算结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）96，880；（2）×100；（3）5.6×10﹣3。
【解析】解：（1）由题意可知，选择开关接“1”时有
选择开关接“2”时，有
代入数据联立解得
R1＝64Ω，R2＝96Ω
当选择开关接“5”时，相当于量程为1mA的电流表与R4串联，改装成量程为1V的电压表；量程为1mA的电流表的内阻
当选择开关接“4”时，根据欧姆定律有
U2＝I2m（RA2+R4）
代入数据解得
R4＝880Ω
（2）根据中值电阻的定义，即电流为满偏电流的一半时，待测电阻阻值等于多用电表的内阻，则欧姆表的内阻为
则使用的挡位为欧姆“×100”挡。
（3）根据
q＝It
可知图像与坐标轴围成的面积代表电荷量，可得
Q＝0.4×10﹣3×0.8×35C＝1.12×10﹣2C
根据电容的定义式可知
故答案为：（1）96，880；（2）×100；（3）5.6×10﹣3。
6．（2025 漳平市校级模拟）小军同学学习了多用电表的原理后，自己设计了一个简易的可以用来测量电流和电阻的多用电表，并标定了刻度，其电路图如图。将欧姆表中央刻度值设计为“15”，通过调整S1、S2的开闭状态，可以形成“×1”、“×10”、“×100”三个挡位。所用的器材有：
电源E（电动势E＝15V，内阻可忽略）
电流表A（量程IA＝10mA，内阻RA＝900Ω）
电阻箱R0（0～9999.9Ω）
定值电阻R1＝100Ω，R2阻值未知
开关两个S1、S2，表笔两个a、b
导线若干。
回答下列问题：
（1）按照多用电表的使用规则，表笔a应为 　红　 （填“红”或“黑”）表笔。
（2）表笔b与接线柱“　1　 ”（填“1”或“2”）连接时，多用电表为测电流的挡位。
（3）测量电流时，若将开关S1闭合、S2断开，电流表的量程被扩大至 　100　 mA。
（4）当使用欧姆表的“10”挡时，发现指针偏转幅度较大，此时应该换成“　×1　 ”（填“×1”或“100”）档。调整S1、S2的状态换成相应挡位后，应重新进行欧姆调零，调零后电阻箱的阻值为 　6.0　 Ω。
【答案】（1）红；（2）1；（3）100；（4）×1，6.0。
【解析】解：（1）按照多用电表的使用规则，表笔a与内部电源的负极连接，可知应为红表笔。
（2）表笔b与接线柱1连接时，多用电表为测电流的挡位。
（3）测量电流时，若将开关S1闭合、S2断开，则IARA＝（I﹣IA）R1
解得I＝100mA
即电流表的量程被扩大至100mA。
（4）当使用欧姆表的“×10”挡时，发现指针偏转幅度较大，说明倍率挡选择过高，此时应该换成“×1”挡。
当S1闭合时，根据闭合电路欧姆定律可得中值电阻
因中值刻度为15，可知为“×10”挡；则当S2闭合时为“×1”挡，此时中值电阻，即欧姆表内阻
R中2＝R内＝15Ω
根据闭合电路欧姆定律可知此时电流表量程为
则电流表内阻
可知整S1、S2的状态换成相应挡位后，调零后电阻箱的阻值为15Ω 9Ω＝6.0Ω。
故答案为：（1）红；（2）1；（3）100；（4）×1，6.0。
考点3伏安法测电阻
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 上饶期中）某同学使用两种不同的方式测量未知电阻阻值Rx。
（1）按照如图甲电路进行器材选择和电路连接。经正确操作，得到电流表示数为I1、电压表示数为U1，则该未知电阻的测量值为 　　 ；理论上该测量值比被测电阻阻值 　偏小　 （填“偏大”或“偏小”）；改变电阻箱阻值得到多组电流表、电压表示数，以电压为纵轴，电流为横轴对数据进行拟合，用斜率表示被测电阻阻值。这种用图像得到的被测阻值与真实阻值比较 　偏小　 （填“偏大”“偏小”或“相等”）。
（2）按照如图乙所示电路进行器材选择和电路连接。单刀双掷开关接通1，记录电流表示数I；再把单刀双掷开关接通2，调整电阻箱阻值，当阻值为R时，电流表示数为I，则被测电阻阻值为 　R　 。
【答案】（1），偏小，偏小；（2）R。
【解析】解：（1）甲图为伏安法测电阻，电流表外接，由于电压表的分流作用，电流表的测量值偏大，根据，可知测量值比真实值小；
图像法可以减小偶然误差，但不能消除系统误差，所以用斜率表示被测电阻阻值。这种用图像得到的被测阻值与真实阻值相比仍然偏小。
（2）乙图为等效替代法测电阻，当电流表示数相等时电路中电阻相等，所以Rx＝R。
故答案为：（1），偏小，偏小；（2）R。
2．（2025秋 新郑市期中）小明同学网购了一卷长度为100m，横截面积为1.5mm2的漆包铜线，他查阅了一下课本，得知铜的电阻率ρ＝1.7×10﹣8Ω m，他想知道这卷铜线是否为高纯度铜线，于是他把这卷铜线带到了实验室，他先测量了铜线的长度和横截面直径，经计算发现长度和横截面积都是准确的，接着他开始测量铜线的电阻，实验室有以下器材：
A.电流表A1（量程0～0.6A，内阻约为4Ω）；
B.电流表A2（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）；
C.电压表V1（量程为0～3V，内阻约为6kΩ）；
D.电压表V2（量程为0～15V，内阻约为30kΩ）；
E.滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω）；
F.滑动变阻器R2（最大阻值为200Ω）；
G.电源E（电动势为3.0V，内阻很小）；
H.开关S一个，导线若干。
（1）为使测量尽量准确，电压表选择　C　 ，电流表选择　B　 ，滑动变阻器选择　E　 （填器材前的字母代号）；
（2）小明同学设计了两个实验电路，请你帮他选出本次实验的最佳电路为　甲　 ；
（3）某次小明在测量时，电压表、电流表的示数如图丙所示，电流表的读数为　0.40　 A，电压表的读数为　1.20　 V。则判断该导线　不是　 （填“是”或“不是”）高纯度铜线。
【答案】（1）C，B，E；（2）甲；（3）0.40，1.20，不是。
【解析】解：（1）电源电动势约为3V，电压表选择0～3V量程，即选C；
根据电阻定律有
若用电流表A1，电路中的最大电流约为，若用电流表A2，电路中的最大电流约为，为了减小误差，电流表选择0～0.6A量程，即选A；为了减小误差，滑动变阻器选择接近电源内阻的，即选E；
（2）因Rx＝1Ω，属小电阻，采用电流表外接法可减小系统误差，故最佳电路为甲；
（3）电流表的最小分度值为0.1A，读数为0.40A，电压表的最小分度值为0.1V，读数为1.20V，电阻为1Ω，故导线不是高纯度铜线。
故答案为：（1）C，B，E；（2）甲；（3）0.40，1.20，不是。
3．（2025秋 沙坪坝区校级期中）在电学实验中，利用电压表和电流表的测量读数来完成有关实验的方法常被称为“伏安法”，小明和小华两位同学对“伏安法”及其应用展开了一系列研究。
（1）小明设计了如图甲所示电路，用于测量未知电阻的阻值Rx、电源的电动势E和内阻r。实验中，他改变电阻箱的阻值，记录了多组电阻箱读数R及相应的电压表示数U和电流表示数I，得到的实验数据如表所示，根据表中数据在同一坐标系中分别作出U﹣I、U﹣I总图像，如图乙所示。据此可求得待测电阻的阻值Rx＝ 　34　 Ω，电源的电动势E＝ 　1.3　 V，内阻r 　15　 Ω。（结果均保留2位有效数字）
R（Ω） 20 40 60 80 100
U（V） 0.63 0.79 0.87 0.91 0.94
I（mA） 12.7 15.8 17.4 18.2 18.8
44.1 35.6 31.9 29.5 28.2
（2）由于电压表内阻未知，（1）中得到的Rx测量值存在一定的系统误差。小华研究后发现，在不知道电流表和电压表内阻的情况下，通过优化电路设计，也可以得到较准确的Rx测量值，如图丙所示是他设计的优化实验电路，其中R0为定值电阻，电压表、电流表的内阻未知，两电表均可正常读数。简述利用图丙电路准确测量Rx的主要操作和需要读取的实验数据：　仅闭合S，调节滑动变阻器R，记下此时电压表、电流表示数U1和I1，同时闭合S和S1，调节滑动变阻器R，记下此时电压表、电流表示数U2和I2 。利用读取的数据表示Rx测量值的表达式Rx＝ 　　 。
【答案】（1）34，1.3，15；（2）仅闭合S，调节滑动变阻器R，记下此时电压表、电流表示数U1和I1，同时闭合S和S1，调节滑动变阻器R，记下此时电压表、电流表示数U2和I2，。
【解析】解：（1）由欧姆定律有U＝IRx，可知U﹣I图像的斜率等于Rx，故
根据闭合电路欧姆定律有U＝E﹣I总r，可知U﹣I总图像斜率的绝对值等于电源的内阻，故
选取I总＝35.6mA，U＝0.79V
根据闭合电路欧姆定律
（2）仅闭合S，调节滑动变阻器R，记下此时电压表、电流表示数U1和I1，同时闭合S和S1，调节滑动变阻器R，记下此时电压表、电流表示数U2和I2
设电压表与定值电阻并联后的总阻值为R′，仅闭合S，根据欧姆定律有
同时闭合S和S1，根据欧姆定律有
联立可得Rx测量值的表达式为
故答案为：（1）34，1.3，15；（2）仅闭合S，调节滑动变阻器R，记下此时电压表、电流表示数U1和I1，同时闭合S和S1，调节滑动变阻器R，记下此时电压表、电流表示数U2和I2，。
4．（2025秋 泉州期中）某待测电阻约为500Ω，利用以下实验器材用“伏安法”进一步测量其阻值。
A.电流表A（量程0～10mA，内阻RA＝10Ω）
B.电压表V（量程0～15V，内阻RV约为10kΩ）
C.滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流1A）
D.电源E（15V，内阻约1Ω）
E.开关S、导线若干
（1）为减小实验误差，该实验的电路图应选用图中 　D　 。
（2）实验器材所给电流表量程不足，为了更准确测量，小浩准备将电流表量程扩大为30mA，则小浩需要给电流表 　并联　 （填“串联”或“并联”）一个阻值为 　5　 Ω的定值电阻。
【答案】（1）D；（2）并联，5。
【解析】解：（1）电流表的内阻已知，应采用电流表内接法，滑动变阻器总阻值远小于待测电阻，应采用分压式，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2）要把10mA的电流表改装成量程为30mA的电流表，需要并联的电阻为
故答案为：（1）D；（2）并联，5。
5．（2025秋 山西期中）小明同学网购了一卷长度为100m，横截面积为1.5mm2的漆包铜线，他查阅了一下课本，得知铜的电阻率ρ＝1.7×10﹣8Ω m，他想知道这卷铜线是否为高纯度铜线，于是他把这卷铜线带到了实验室，他先测量了铜线的长度和横截面直径，经计算发现长度和横截面积都是准确的，接着他开始测量铜线的电阻，实验室有以下器材：
A．电流表A1（量程0～0.6A，内阻约为4Ω）
B．电流表A2（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）
C．电压表V1（量程为0～3V，内阻约为6kΩ）
D．电压表V2（量程为0～15V，内阻约为30kΩ）
E．滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω）
F．滑动变阻器R2（最大阻值为200Ω）
G．电源E（电动势为3.0V，内阻很小）
H．开关S一个，导线若干
（1）为使测量尽量准确，电压表选择　C　 ，电流表选择　A　 ，滑动变阻器选择　E　 （填器材前的字母代号）。
（2）小明同学设计了两个实验电路，请你帮他选出本次实验的最佳电路为　A　 。
（3）某次小明在测量时，电压表、电流表的示数如图所示，电流表的读数为　0.40　 A，电压表的读数为　1.20　 V。则判断该导线　不是　 （填“是”或“不是”）高纯度铜线。
【答案】（1）C，A，E；（2）甲；（3）0.40，1.20，不是
【解析】解：（1）由于电源电动势为3V，因此电压表选择C；若为铜导线则电阻，最大电流，若用电流表A1，最大电流约为0.6A，若用电流表A2最大电流约为2.5A，因此电流表应选择A；滑动变阻器选择阻值较小的电阻，便于调节电路的电压电流，选择E。
（2）由于被测电阻较小，电路图应选甲。
（3）电流表读数为0.40A，电压表读数为1.20V，，可知该铜线不是高纯度铜线。
故答案为：（1）C，A，E；（2）甲；（3）0.40，1.20，不是
6．（2025秋 启东市期中）实验小组做“伏安法测定导体的电阻”实验，实验室提供的器材有：待测金属丝、电池组（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0﹣10Ω，额定电流2A）、开关、导线若干。
（1）实验要求被测电阻两端的电压从0开始连续增大，应选用图1中　甲　 图所示的电路图。
（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，请根据题（1）所选的电路图，用笔画线代替导线把电路连接完整。
（3）实验小组进行实验测量，记录数据如表：
次数 U/V I/A
1 0.10 0.02
2 0.30 0.06
3 0.70 0.16
4 1.00 0.22
5 1.50 0.34
6 1.70 0.46
7 2.30 0.52
实验小组在坐标纸上作U﹣I图像，如图3所示。图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。请你在图中标出第3、5、6次测量数据的坐标点，并描绘出U﹣I图线。由图线得到金属丝的阻值Rx＝　4.50　 Ω（保留两位有效数字）。
（4）实验中产生误差的主要原因是　电压表有分流作用　 。
（5）按本实验所选用的电路做实验时，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（U不超过电表量程），下列反映U﹣x关系的示意图中可能正确的　A　 。
【答案】（1）甲；（2）
（3）4.5；
（4）电压表有分流作用；（5）A。
【解析】解：（1）实验要求被测电阻两端的电压从0开始连续增大，滑动变阻器采用分压式接法，则应选用图1中甲电路图；
（2）根据选择的电路图连接实物图如下
（3）在坐标系中描出第3、5、6次测量数据的坐标点，用直线连接各点，使大部分点落在直线上，未落在直线上的点均匀分布在直线两侧，远离的点舍去，作出图像如下
由图像斜率可知
（4）产生误差的主要原因是电压表与待测电阻并联，电压表有分流作用，电流测量值偏大；
（5）被测电阻两端的电压U随滑片P移动距离x的增加而增加，但这种增加不是线性的，因为滑动变阻器的电阻变化不是线性的。因此，正确的U﹣x关系示意图应该是曲线，且随着x的增加，U的增加速度加快。故A正确，BC错误。
故选：A。
故答案为：（1）甲；（2）
（3）4.5；
（4）电压表有分流作用；（5）A。
考点4半偏法测电表内阻
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 庐阳区校级期末）某兴趣小组利用半偏法测量量程为100mA的电流表的内阻，实验电路如图甲所示。
实验步骤如下：
①按图连接好电路，将电阻箱R1的阻值调至最大；
②闭合开关S1、断开开关S2，调节电阻箱R1，使电流表满偏；
③保持电阻箱R1接入电路的电阻不变，再闭合开关S2，调节电阻箱R2使电流表示数为50mA，记录此时电阻箱R2的阻值。
（1）在步骤③中，若记录的电阻箱阻值R2＝3.0Ω，则电流表的内阻为　3.0　 Ω；
（2）将该电流表和电阻箱并联改装成一个量程为0.6A的新电流表，则电阻箱的阻值应该调整到　0.6　 Ω；
（3）该小组用这个新电流表去测量一节干电池的电动势和内阻，除了待测干电池、新电流表、开关和若干导线之外，实验室还提供了以下器材：
A．电压表V（量程为3V、内阻约为1kΩ）
B．滑动变阻器R（0～20Ω，最大电流为2A）
该小组设计的电路图如图乙所示，为了准确测量干电池内阻，改装后的新电流表应该接在　a　 （选填“a”或“b”）点。
（4）闭合开关S，改变滑动变阻器滑片的位置，记录多组电压表的示数U和新电流表的示数I，根据实验数据所绘制出的U﹣I图像如图丙所示。根据图像可得，被测干电池的电动势E＝　1.48　 V，内阻r＝　1.43　 Ω（结果均保留两位小数）。
【答案】（1）3.0；（2）0.6；（3）a；（4）1.48，1.43。
【解析】解：（1）闭合开关S2，调节电阻箱R2使电流表示数为50mA，根据并联电路电阻与电流关系可知RA＝R2＝3.0Ω
（2）根据并联电路规律有
代入数据有
（3）由于电流表内阻已知，为了准确测量干电池内阻，改装后的新电流表应该接在a点；
（4）根据闭合电路欧姆定律有
变形可得U＝E﹣I（0.5+r）
根据图像的斜率与截距有E＝1.48V，
解得r＝1.43Ω
故答案为：（1）3.0；（2）0.6；（3）a；（4）1.48，1.43。
2．（2025秋 浑南区校级期中）（1）某小组同学先用半偏法通过如图甲所示的电路来测量灵敏电流计G的内阻，滑动变阻器R1应　远大于　 （填“远大于”或“远小于”）Rg；实验步骤如下：
①实验时，先断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使得G的示数为Ig；
②保持R1的阻值不变，再闭合S2，调节电阻箱R2，使得G的示数为，此时电阻箱R2的示数如图乙所示，则G的内阻为　48.0　 Ω；
根据实验方案可知：该实验中G的内阻测量值　小于　 （选填“大于”或“小于”）真实值。
（2）该小组同学又设计了图丙所示电路来测量某一电源电动势E和内阻r，其中E1是辅助电源。
实验步骤如下：
①闭合开关S1、S2，调节R1和R2，使灵敏电流计G的示数为零，读出电流表和电压表的示数I1和U1；
②改变R1、R2的阻值，　仍使灵敏电流计的示数为零　 ，读出电流表和电压表的示数I2和U2；
③重复②中的操作，得到多组I和U，根据所得数据作出U﹣I图像如图丁所示；
由图丁可得：电源电动势E＝　1.44　 V，内阻r＝　1.33　 Ω（结果均保留2位小数）。
【答案】（1）远大于；②48.0，小于；（2）②仍使灵敏电流计的示数为零；③1.44，1.33。
【解析】解：（1）用半偏法测量灵敏电流计G的内阻，为减小系统误差，使闭合开关S2前后，干路电流不变，应使滑动变阻器R1的有效阻值远大于Rg，同时使电流表能达到满偏，电源也应选电动势较大的。
②闭合S2前后认为干路电流不变，调节电阻箱R2，使得G的示数为，此时电阻箱R2的电流也为，故电流表内阻与电阻箱的阻值相等，如图乙所示
电阻箱的读数为：0×100Ω+4×10Ω+8×1Ω+0×0.1Ω＝48.0Ω，则G的内阻Rg＝48.0Ω。
闭合开关时电流表与电阻箱并联，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知，干路电流变大，当电流表半偏时流过电阻箱的电流大于流过电流表的电流，
电阻箱阻值小于电流表内阻，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值，则电流表内阻的测量值小于真实值。
（2）②根据实验原理，每次改变R1、R2的阻值，都应使灵敏电流计G的示数为零，则灵敏电流计上下两端点等势。
③根据闭合电路欧姆定律E＝U+Ir
变形可得 U＝E﹣Ir
由图丁可得纵截距表示电源电动势 E＝1.44V
内阻为
故答案为：（1）远大于；②48.0，小于；（2）②仍使灵敏电流计的示数为零；③1.44，1.33。
3．（2025 盐池县三模）某同学在实验室找到一批量程0～3mA但内阻未知的毫安表。为了后续便于改装，决定先测量出其准确的内阻值。
（1）某同学先按图甲所示的电路图连接电路，闭合开关S1，调节滑动变阻器使得毫安表G1指针满偏，再闭合开关S2，调节电阻箱Rx使得毫安表G1指针半偏，并记录下此时电阻箱的阻值。若将该阻值作为毫安表内阻的测量值，则该测量值　小于　 毫安表内阻的真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
（2）实验中发现，闭合开关S2，调节电阻箱Rx时，毫安表G2在实验过程中示数变化较大，这是因为　A　 。
A.电源电动势较小
B.定值电阻R1较大
C.电阻箱最大阻值较小
（3）为了减小测量误差，该同学采用了一种“补偿”电路进行测量，如图乙所示，操作步骤如下：
①闭合开关S1、S3，调节滑动变阻器RP至合适位置，记录下此时毫安表G1的示数I1＝3mA；
②断开开关S3，闭合开关S4，调节滑动变阻器Rp′使毫安表G2示数为0，此时毫安表G1的示数为　3　 mA；
③再闭合开关S2，调节电阻箱Rx与　Rp （选填“RP”、“Rp′”）使得毫安表G2示数为0，记录下此时毫安表G1的示数I2＝1.3mA，电阻箱的示数Rx＝195Ω。
则毫安表内阻为　255　 Ω。
【答案】（1）小于。（2）A。（3）①3，②RP，③255。
【解析】解：（1）闭合S2后，电路中总电阻减小，总电流增大，大于原来的满偏电流Ig，而电流计中电流为，则通过电阻箱的电流大于。根据可知测量值比真实值偏小。
（2）闭合开关S2，调节电阻箱Rx时，毫安表G2在实验过程中示数变化较大，说明电路中总电流变化较大，这是因为电源电动势较小，电路总电阻相对较小，使得开关S2闭合前后电路总电阻变化比例较大。
（3）断开开关S3，闭合开关S4后，毫安表G2和R1的总电流，可视为左侧电源输出电流和右侧电源输出电流的差，当毫安表G2示数为0时，说明左侧电源电流和右侧电源电流相等，毫安表G1的示数仍为3mA。闭合开关S2后，若不调节滑动变阻器RP'，则右侧电源输出电流不变，仍为3mA，此时调节电阻箱Rx与滑动变阻器RP再次使得毫安表G2示数为0时，可以保证左侧电源输出电流也为3mA。再根据并联分流的规律有，解得Rg＝255Ω。
故答案为：（1）小于。（2）A。（3）①3，②RP，③255。
4．（2025 奎文区校级开学）某物理兴趣小组要将一个内阻未知的电流表改装成量程为3V的电压表，为此他们用如图所示电路测定该电流表的内阻，实验室可提供的器材如下：
A.电流表G：满偏电流为300μA，内阻未知；
B.干电池E：电动势为3V，内阻未知；
C.滑动变阻器R1：最大阻值约为5kΩ，额定电流为1A；
D.滑动变阻器R2：最大阻值为16kΩ，额定电流为0.5A；
E.电阻箱R0：0～9999.9Ω；
F.开关两个，导线若干。
（1）滑动变阻器R应选用　D　 （选填“C”或“D”），将开关S1、S2都断开，连接好实物图，使滑动变阻器接入电路的电阻达到最大后，闭合开关S1，移动滑动变阻器的滑片，使电流表G的示数为200μA。
（2）闭合开关S2，调节电阻箱R0的阻值为100Ω时，电流表G的示数为100μA，则电流表G的内阻r＝　100　 Ω。
若仅考虑系统误差，则测量值比实际值略　偏小　 （选填“偏大”或“偏小”）。
（3）为将该电流表改装成量程为3V的电压表，需串联电阻的阻值为　9900　 Ω。
【答案】（1）D；（2）100；偏小；（3）9900
【解析】解：（1）干电池电动势为E＝3V，被测电流表G的满偏电流为Ig＝300μA＝3.00×10﹣4A，由闭合电路欧姆定律可得电路的总电阻最小值为R11×104Ω＝10kΩ，滑动变阻器R应选用最大阻值为16kΩ的滑动变阻器R2（选填D）。
（2）闭合开关S2，调节电阻箱R0的阻值为100Ω时，电流表G的示数为100μA，可认为干路电流仍等于之前电流表G的示数200μA，则电阻箱R0的分流为200μA﹣100μA＝100μA，即此时流过电阻箱R0的电流与电流表G的相等，可得电流表G的内阻等于此时电阻箱R0的阻值，即：r＝100Ω；
仅考虑系统误差，由于闭合开关S2后电阻箱R0与电流表G是并联关系，电路总电阻变小，则实际干路电流大于200μA，可知电阻箱R0的分流实际上大于100μA，由并联分流的特点可知电流表G的内阻实际上大于此时电阻箱R0的阻值，则测量值比实际值略偏小。
（3）将该电流表改装成量程为3V的电压表，设需串联电阻的阻值为R，则有：
U＝Ig（R+r），代入数据得：3V＝3.00×10﹣4A×（R+100Ω），解得：R＝9900Ω
故答案为：（1）D；（2）100；偏小；（3）9900
5．（2025春 广东期末）某教师为提升自身实验操作水准，利用假期在实验室练习利用半偏法测量电压表的内阻。实验室提供以下器材：
电池（电动势约为4V，内阻可忽略不计）；
滑动变阻器A（阻值范围为0～2000Ω）；
滑动变阻器B（阻值范围为0～20Ω）；
电阻箱（最大阻值为9999.9Ω）；
待测电压表（量程为0～3V，内阻约为3000Ω）；
开关及导线若干。
（1）该教师设计了如图所示的电路图，滑动变阻器应选择 　B　 （选填“A”或“B”）；
（2）正确连接电路后进行如下操作：
①把滑动变阻器的滑片P滑到 　a　 （选填“a”或“b”）端，并将电阻箱的阻值调到零，闭合开关S；
②闭合开关S，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；
③保持开关S闭合、滑动变阻器滑片的位置不变，调整电阻箱的阻值，当电阻箱阻值为R1时，电压表的指针指在满刻度的处，即可认为该电压表的内阻为R1。
（3）该电压表的实际内阻 　小于　 （选填“大于”“小于”或“等于”）R1；
（4）该教师通过录像分析实验操作时，发现在开关S闭合前，电阻箱阻值并未调到零，阻值为R2，后续操作均正确，则该电压表内阻应为 　R1﹣2R2 （用R1、R2表示）。
【答案】（1）B；（2）①a；（3）小于；（4）R1﹣2R2。
【解析】解：（1）滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器选择B；
（2）①为了保证电路安全，闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应位于a端；
（3）当电阻箱阻值为R1时，电压表支路的电阻增大，电路中的总电阻增大，总电流减小，滑动变阻器滑动片右端电阻和电源内阻分得的电压减小，滑动变阻器滑动片左端电阻分得的电压增大，即电压表支路的总电压增大；
当电压表示数为时，电阻箱两端的真实电压大于
根据串联电路电压的分配与电阻的关系，电压表内阻的真实值小于R1；
（4）电阻箱阻值并未调到零，阻值为R2，电压表满偏时，支路的电压
由于滑动变阻器的滑动片位置不变，电压表支路的电压不变，电压表半偏时，支路的电压
联立解得RV＝R1﹣2R2。
故答案为：（1）B；（2）①a；（3）小于；（4）R1﹣2R2。
6．（2025 湖南模拟）某实验小组测量一电流计G的内阻，两位同学采用了不同的方法。
同学一采用如图甲所示的电路，实验步骤如下：
①按图甲连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至正确的位置；
②先断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；
③再闭合S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使G的示数为满偏的一半，记下此时电阻箱的阻值为R1；
④断开电路。
同学二采用如图乙所示的电路，实验步骤如下：
①按图乙连接好电路；
②闭合开关S，调节滑动变阻器R和电阻箱，使电流表A的示数为电流计G的3倍，记下此时电阻箱的阻值为R2；
③断开电路。
根据两位同学的实验操作，回答下列问题：
（1）两位同学在实验第1步中，滑动变阻器的滑片开始都应调至　b　 端（填“a”或“b”）；
（2）同学一测量的电流计G的内阻Rg1＝　R1 ；
（3）同学二测量的电流计G的内阻Rg2＝　2R2 ；
（4）从系统误差的角度分析，两位同学的测量值的大小关系为Rg1　＜　 Rg2（填“＞”“＜”或“＝”）。
【答案】（1）b；（2）R1；（3）2R2；（4）＜。
【解析】解：（1）为了保护电路安全为前提，开始都应将滑动变阻器阻值调至最大，再结合电路图可以看出滑片开始应调至b端；
（2）根据题意可以看出同学一采用了半偏法测电流计G的内阻，则电流计G的内阻测量值为Rg1＝R1
（3）同学二操作中让电流表A的示数为电流计G的3倍，则电阻箱的电流是电流计G电流的2倍，由于并联两端电压相等，则有Rg2＝2R2
（4）同学一的半偏法误差为测量值小于真实值，同学二没有系统误差，故有Rg1＜Rg2
故答案为：（1）b；（2）R1；（3）2R2；（4）＜。
1．（2024秋 重庆校级期中）某同学为了测量量程为0～1mA微安表G的内阻，并将该微安表改装成量程为0～3V的电压表，进行了如下操作。
该同学利用“半偏法”测量微安表G的内阻，现有器材如下：
A.滑动变阻器R1（0 5kΩ）
B.滑动变阻器R2（0 20kΩ）
C.电源E1（电动势为9V）
D.电源E2（电动势为3V）
E.电阻箱R0（0 9999.9Ω）
F.开关、导线若干
具体实验步骤如下：
a.按图甲连接好电路；
b.将滑动变阻器R和电阻箱R0的阻值都调到最大，只闭合开关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R0的阻值，使微安表G的指针半偏，此时R0的示数为300.0Ω。
回答下列问题：
（1）①为减小实验误差，实验中电源应选用　C　 （填仪器前的字母代号），滑动变阻器应选用　B　 。（填仪器前的字母代号）
②由实验操作步骤可知微安表G内阻的测量值Rg＝　300.0　 Ω，该测量值　小于　 微安表内阻的真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（2）若按照（1）中测算的Rg，将上述微安表G改装成量程为0～3V的电压表，需要串联一个电阻箱R0，并将R0的阻值调为　2700.0　 Ω。
（3）用图乙所示的电路对改装电压表进行校准，由于微安表内阻测量造成的误差，当标准电压表示数为2.4V时，改装电压表中微安表G的示数为0.78mA，为了尽量减小电压测量误差，R0的阻值应调为　2623.1　 Ω（计算结果保留一位小数）。
【答案】（1）C，B，300.0，小于；（2）2700.0；（3）2623.1。
【解析】解：（1）①本实验误差来自闭合开关S2后，电阻箱R0并入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接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，故电源选择电动势为9V的电源E1，故电源应选用C；
毫安表G的满偏电流为1mA，则干路中滑动变阻器接入电路的最小阻值约为
故滑动变阻器应选用B。
②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＝300.0Ω
因闭合开关S2，电阻箱R0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，则流过电阻箱R0的电流大于，即流过电阻箱R0的电流大于流过微安表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R0的阻值，可知测量值偏小，即测量值小于微安表内阻的真实值。
（2）若按照（1）中测算的Rg，将上述微安表G改装成量程为3V的电压表需要串联一个的电阻，阻值为
（3）当微安表G的示数为0.78mA时，有
若想调整准确，则需将微安表读数变为0.8mA，则
即将改装后的电压表内阻减小76.9Ω，即将R0的阻值变为
2700.0Ω﹣76.9Ω＝2623.1Ω
故答案为：（1）C，B，300.0，小于；（2）2700.0；（3）2623.1。
2．（2024秋 德阳期末）某小组同学设计了如图甲所示电路同时测量电压表内阻RV与定值电阻Rx的阻值。现有的实验器材如下：
A.待测电压表（量程0～3V，RV未知）
B.待测电阻Rx（Rx约为300Ω）
C.滑动变阻器RP1（0～5Ω）
D.滑动变阻器Rp2（0～500Ω）
E.电阻箱R1（0～999.99Ω）
F.电阻箱R2（0～9999.9Ω）
G.电源（电动势为3V，内阻不计）；
H.开关，导线若干。
（1）根据实验电路，为尽可能精确测量，滑动变阻器、电阻箱应该分别选用 　C、F　 ；（填器材前字母序号）
（2）该小组选定实验器材后进行了如下操作：
①先将电阻箱R调至零，先后闭合开关S2、S1，调节RP至电压表读数恰好如图乙所示，此时电压表示数为 　2.00　 V；
②断开开关S2；
③保持滑动变阻器位置不变，调节电阻箱R，记录此时电压表示数U与电阻箱示数R；
④多次改变电阻箱R阻值，重复步骤③；
⑤根据图像法科学分析、计算结果。
（3）该小组同学根据所测数据作出图像如图丙所示，根据该图像可计算出电压表内阻RV＝ 　3.6　 kΩ，待测电阻Rx＝　0.40　 kΩ。（保留两位有效数字）
【答案】（1）C、F；（2）2.00；（3）3.6，0.40。
【解析】解：（1）实验中滑动变阻器采用分压式接法，应选用最大阻值较小的滑动变阻器，选C；
电阻箱要能够调节电路中的电流，电压表内阻较大，而待测电阻的阻值约为300Ω，电阻箱的阻值应该大一些，即选F。
（2）①电压表的分度值为0.1V，此时电压表示数为2.00V；
（3）由欧姆定律有
整理有
结合题图可知，对于图像有，
解得RV＝3.6kΩ，Rx＝0.40kΩ
故答案为：（1）C、F；（2）2.00；（3）3.6，0.40。
3．（2025秋 南岗区校级期中）如图甲所示是多用电表欧姆挡内部的部分原理图，已知电源电动势E＝1.5V，内阻r＝1Ω，灵敏电流计满偏电流Ig＝10mA，内阻rg＝90Ω，表盘如图丙所示，欧姆表表盘中值刻度为“15”。
（1）多用电表的选择开关旋至“×10”Ω挡位时，其内部电路为图甲所示。将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为　150　 Ω。某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图丙所示，则该电阻的阻值为　70　 Ω。
（2）若将选择开关旋至“×1”Ω挡位时，其内部电路是在图甲电路的基础上将灵敏电流计　并联　 （选填“串联”或“并联”）一阻值为　10　 Ω的电阻。
（3）某同学利用多用电表对二极管正接时的电阻进行粗略测量，如图乙所示，下列说法中正确的是　AC　 （填选项前的字母）。
A.欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的C、D端
B.测量时双手捏住两表笔金属杆，则测量值将偏大
C.若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，应换“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零
D.若采用“×10”倍率测量时，发现指针位于刻度“15”与“20”的正中央，测量值应略大于175Ω
【答案】（1）150；70；（2）并联；10；（3）AC。
【解析】解：（1）多用电表欧姆挡的内阻等于中值电阻，欧姆挡的倍率为“×10”Ω挡位时，欧姆表的内阻R内＝R中＝15×10Ω＝150Ω
待测电阻Rx＝7×10Ω＝7Ω
（2）若将选择开关旋至“×1”Ω挡位时，中值电阻R中′＝15×1Ω＝15Ω
此时欧姆表的内阻R内′＝R中′＝15Ω
改装电流表的满偏电流
将小量程电流表改成成大量程电流表需要并联一个电阻，根据并联电路特点和欧姆定律Igrg＝（I﹣Ig）R
代入数据解得并联电阻R＝10Ω
（3）A.欧姆表的内部电流从黑表笔A流出，二极管的C端为正极，对二极管正接时的电阻进行粗略测量时，欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的C、D端，故A正确；
B.测量时双手捏住两表笔金属杆，人体与二极管并联，则测量值将偏小，故B错误；
C.若采用“×100”倍率测量时，发现指针偏角过大，欧姆表指针对应示数小，应换“×10”倍率，且要重新进行欧姆调零，故C正确；
D.由于欧姆表的刻度不均匀，越往左刻度越密，若采用“×10”倍率测量时，发现指针位于刻度“15”与“20”的正中央，测量值应略小于175Ω，故D错误。
故选：AC。
故答案为：（1）150；70；（2）并联；10；（3）AC。
1．（2025秋 庐阳区校级期中）某实验小组准备利用表头Gx设计一个多挡位欧姆表，Gx量程为200μA，但不知道其内阻。为了精确测量表头内阻，小组首先采用“电桥法”进行测量。实验电路如图所示：
（1）闭合开关，将滑动变阻器滑片置于合适位置。调节R3，当灵敏电流计Gx中的电流为　0　 （选填“满偏”、“半偏”或“0”）时，电阻箱R3的读数为1080.0Ω。已知定值电阻R1＝50.0Ω，R2＝30.0Ω，计算出RGx＝　1800　 Ω。
（2）将表头Gx改装成具有“×10”、“×100”或“×1k”三个挡位的欧姆表，如图乙所示。电源电动势E＝3.0V，内阻忽略，R0为调节范围足够的滑动变阻器，且接线柱3未接电阻。表笔b为　黑　 （填“红”或“黑”）表笔；当开关S接接线柱3时，对应的倍率为　×1k　 （填“×10”、“×100”或“×1k”）；短接表笔a、b进行欧姆调零时，R0应调至　13200　 Ω。
（3）将开关拨至3测量某个电阻，进行欧姆调零后，将两表笔接待测电阻两端，示数如图丙所示，该电阻的阻值为　19000　 Ω。
【答案】（1）0，1800；
（2）黑，×1k，13200；
（3）19000。
【解析】解：（1）只有电桥﹣﹣灵敏电流计Gx中的电流为0时，其两端电势相等，据欧姆定律，才有，代入数据得；
（2）据红进黑出，表笔b电流流出为黑表笔，，得；，而15000Ω＝15×1000Ω＝15kΩ，故选×1k挡；
（3）示数×倍率119×1000Ω＝19000Ω。
故答案为：（1）0，1800；
（2）黑，×1k，13200；
（3）19000。
2．（2025秋 大足区校级期中）某同学制作了一款测温计，该测温计的电路图如图甲所示，所使用器材：定值电阻R1为10Ω，定值电阻R2为50Ω，电阻箱R3（调节范围0～999.9Ω），金属热电阻R4，电动势为36V的直流电源（内阻很小可忽略不计），电压表V量程范围0～3V（内阻很大），开关，导线若干。金属热电阻的阻值随温度变化图像如图乙所示，操作步骤如下：
（1）先按图连接好电路，将传感器置于恒温箱中，将恒温箱温度调为210℃，调节R3的阻值为　32　 Ω，此时电压表指针指到0刻线；
（2）降低恒温箱温度，电压表示数Uba＝1.2V时，恒温箱的温度为　114℃　 ；
（3）依次降低温度，将电压表刻度改为相应的温度刻度；
（4）该测温计能够测量的最低温度为　18℃　 。
【答案】（1）32；（2）114℃；（4）18℃
【解析】解：（1）由图可得金属热电阻的阻值随温度变化函数为，
则t＝210℃时，R4＝160Ω，此时电压表指针指到0刻线，即φa＝φb，有
可得：，代入电阻值解得：R3＝32Ω
（2）电动势为U＝36V的直流电源（内阻很小可忽略不计），则有
，
当电压表示数Uba＝1.2V时，故有：
解得：R4＝128Ω，代入到函数，可得温度为：t＝114℃
（4）该测温计能够测量的最低温度时，电压表的示数为3V，有：，解得：R4＝96Ω，代入到函数，得最低温度为：t＝18℃
故答案为：（1）32；（2）114℃；（4）18℃限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业09 碰撞模型
考点1滑块-板块与子弹打木块
1．子弹打木块模型
分类 模型特点 示例
子弹嵌入木块中 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒． (2)系统的机械能有损失． 两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0＝(m＋M)v 能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－(M＋m)v2
子弹穿透木块 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒． (2)系统的机械能有损失． 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－(Mv22＋mv12)
2．板块模型
分类 模型特点 示例
滑块未滑离木板 木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。 ①系统的动量守恒； ②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。 类似于子弹打木块模型中子弹未穿出的情况。 ①系统动量守恒：mv0＝（M＋m）v； ②系统能量守恒：Q＝f·x＝m－（M＋m）v2。
滑块滑离木板 木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。 ①系统的动量守恒； ②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。 类似于子弹穿出的情况。 ①系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； ②系统能量守恒：Q＝fl＝m－。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 工业园区校级期中）如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较（　　）
A．射入滑块A的子弹速度变化大
B．整个射入过程中两滑块受的冲量不一样大
C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
D．两个过程中系统产生的热量相同
2．（2025秋 烟台期中）如图所示，一小球（可视为质点）通过长为L的轻质细绳悬挂在天花板上O点，处于静止状态。现有一质量为m的子弹以初速度v0水平射向小球，子弹穿过小球后继续向前飞行，穿出时速度变为原来的倍，而小球恰好做小角度摆动（摆角小于5°）。已知小球的质量是子弹质量的5倍，空气阻力不计，子弹穿过小球时间不计，重力加速度为g，则从子弹击中小球到小球再次回到最低点的过程，下列说法正确的是（　　）
A．小球所受合力的冲量大小为mv0
B．小球所受拉力的冲量大小为零
C．小球所受重力的冲量大小为零
D．小球所受重力的冲量大小为
3．（2025秋 海淀区校级期中）如图所示，把一个质量为m1的小球放在高度为h的直杆的顶端，一颗质量为m′的子弹以速度v0沿水平方向击中小球，并在很短时间内穿过球心，小球落地处离杆的距离为s，子弹落地处离杆的距离为s′。如果增大子弹速度v0，且认为子弹与小球之间的作用力与二者相对运动速度大小无关，下列判断正确的是（　　）
A．s增大、s′也增大
B．s增大，s′减小
C．s减小，s′增大
D．子弹和小球系统机械能的损失减小
4．（2025秋 金坛区期中）如图所示，光滑水平面上有一静止的木块，一颗子弹以水平速度v0射穿木块，并沿原来速度方向远离木块。则在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．子弹和木块组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小
C．子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功
D．子弹动能变化量的大小等于木块动能变化量的大小
5．（2025春 江西期末）如图所示，光滑水平面上有一质量为M的物块静止放置，物块左侧有一发射装置可以连续向右射出质量均为m的子弹，每颗子弹的初速度大小均为v0，每颗子弹与物块作用时间极短，子弹在物块中所受作用力大小不变，且全部子弹均停留在物块中，子弹可视为质点，已知M＞m，下列说法正确的是（　　）
A．若总共射出5颗子弹，物块稳定时的速度大小为
B．第5颗子弹对物块的冲量大小为
C．每颗子弹与物块作用过程损失的机械能越来越大
D．每颗子弹与物块作用过程损失的机械能不变
6.（多选）（2025秋 昌乐县校级期中）如图所示，一块质量为M的木块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，子弹射穿木块时，木块速度大小为v1，已知木块对子弹的阻力为f。下列说法正确的是（　　）
A．子弹动量的减少量为Mv1
B．子弹刚射穿过木块时的速度大小为
C．木块的长度为
D．子弹和木块组成的系统动能减少量为
考点2滑块-曲面或斜面
1.上升到最大高度：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块m的竖直速度vy＝0。
系统水平方向动量守恒：mv0＝(M＋m)v共；
系统机械能守恒：m(M＋m)＋mgh，
其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m的重力势能)。
2.返回最低点：滑块m与斜(曲)面M分离点。
系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
系统机械能守恒：mmM(相当于弹性碰撞)
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 常州期中）如图所示，在光滑水平面上静止放置一个弧形槽，其光滑弧面底部与水平面相切，将一小滑块从弧形槽上的A点由静止释放。已知小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，弧形槽质量小于小滑块质量，则（　　）
A．小滑块能追上弧形槽，但不能到达弧形槽上的A点
B．下滑过程中，小滑块所受重力的功率一直增大
C．小滑块弹回后不能追上弧形槽
D．从滑块释放到再次追上弧形槽的过程中，弧形槽与滑块组成的系统水平方向动量守恒
2．（2025秋 鼓楼区校级月考）如图所示，光滑圆槽静止放在光滑水平地面上，小球以某一速度在水平面上向右运动，恰好运动到圆槽最高点，且圆槽的质量是小球的3倍。小球和圆槽相互作用过程中（　　）
A．小球和圆槽组成的系统动量守恒
B．小球和圆槽组成的系统机械能先减小后增大
C．小球返回到水平地面时圆槽的速度最大
D．小球在圆槽上运动时，圆槽对小球不做功
3．（2025秋 徐州月考）在光滑水平地面上放一个质量为2kg、内侧带有光滑弧形凹槽的滑块M，凹槽的底端切线水平，如图所示。质量为1kg的小物块m以v0＝6m/s的水平速度从滑块M的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块M的顶端，随后下滑至底端二者分离。重力加速度取g＝10m/s2，不计空气阻力。在小物块m沿滑块M滑行的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．地面对滑块M的冲量为零
B．小物块m沿滑块M上滑的最大高度为0.6m
C．滑块M对小物块m做的功为﹣16J
D．合力对滑块M的冲量大小为16N s
4．（2025春 保定期末）如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，则在小球运动过程中（　　）
A．小球和滑块组成的系统动量守恒
B．小球在圆弧轨道最高点的速度大小为
C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为
D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为
5．（2025 洮北区校级一模）如图所示将一质量为m的小球，从放置在光滑水平地面上质量为M的光滑半圆形槽的槽口A点由静止释放经过最低点B运动到C点下列说法中正确的是（　　）
A．从A→B，半圆形槽运动的位移一定大于小球在水平方向上运动的位移
B．从B→C，半圆形槽和小球组成的系统动量守恒
C．从A→B→C，C点可能是小球运动的最高点
D．小球最终在半圆形槽内做往复运动
6.（多选）（2024秋 辽宁期末）如图所示，一质量为2m的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道。质量为m的光滑小球，以的速度由水平台面滑上小车。已知OP竖直，OQ水平，水平台面高，小球可视为质点，重力加速度为g。则（　　）
A．小车能获得的最大速度为
B．小球在Q点的速度大小为
C．小球落地时的速度大小为
D．小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为
考点3弹簧与滑块
1.动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
2.机械能守恒：系统所受的外力的矢量和为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
3.弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。
4.弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 南京期中）如图甲，轻质弹簧左端与物块A相连，右端与物块B接触但不栓接，系统处于静止状态，给A一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的v﹣t图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，t2时刻B与弹簧分离，弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法正确的是（　　）
A．0～t1时间，弹簧对物块A的冲量大小为
B．物块B的质量为3m
C．0～t1时间，弹簧弹性势能变化量ΔEp
D．t2时刻B的速度
2．（2025秋 曲阜市期中）如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大
B．板的加速度一直增大
C．弹簧给木块A的冲量大小为
D．弹簧的最大弹性势能为
3．（2024秋 庐阳区校级期末）如图所示，置于水平面上的质量为2m的木板右端水平固定有一轻质弹簧，木板的右侧有竖直方向的墙壁，木板左端上方有质量为m的物体，二者一起以水平速度v向右运动，一切接触面摩擦不计，木板与墙碰撞无机械能损失，木板原速率反弹，则下列说法正确的是（　　）
A．木板与墙碰撞前后，物体、木板组成的系统动量守恒
B．当物体速度为零时，木板速度大小为0.5v
C．当物体向右运动速度为零时；弹簧弹性势能最大
D．物体最终与木板以速度共同向左运动
4．（2024秋 南京期末）如图所示，质量分别为m1、m2的小球A、B用轻弹簧连接且m1＞m2，两小球分别套在两平行光滑水平轨道上，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d，B的左侧有一固定挡板，假设轨道足够长，A由图示位置由静止释放，当A与B相距最近时，A的速度为v1，则在以后的运动过程中（　　）
A．A的最小速度是0
B．A的最小速度是
C．B的最大速度是v1
D．B的最大速度是
5．（2025秋 新吴区校级期中）如图，光滑水平面上有a、b、c、d四个弹性小球，质量分别为m、9m、3m、m。小球a一端靠墙，并通过一根轻弹簧与小球b相连，此时弹簧处于原长。小球b和c接触但不粘连。现给小球d一个向左的初速度v0，与小球c发生碰撞，整个碰撞过程中没有能量损失，弹簧始终处于弹性限度之内。以下说法正确的是（　　）
A．整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量守恒
B．整个过程中四个弹性小球a、b、c、d的机械能守恒
C．小球a速度最大时，弹簧处于原长状态
D．当小球a、b速度相等时，弹簧的弹性势能最大
6.（多选）（2024秋 泰安期末）如图甲所示，质量为m的物体P与物体Q（质量未知）之间拴接一轻弹簧，均静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给物体P一瞬时初速度v0，并把此时记为0时刻，规定向左为正方向，0～2t0时间内物体P、Q运动的a﹣t图像如图乙所示，则（　　）
A．物体Q的质量为2m
B．物体Q的质量为0.5m
C．t0时刻物体Q的速度大小为
D．t0时刻物体P的速度大小为
考点4人船模型
1．模型探究：如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。
2．模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝0；
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
(3)两物体的位移大小满足：m人－m船＝0，x人＋x船＝L，得x人＝L，x船＝L。
3．“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 重庆期中）一质量为M，长为L的长木板静止在光滑水平面上，质量为m的机械蛙静止蹲在长木板的左端。机械蛙向右上方跳起，恰好落至长木板右端，且立刻相对木板静止，木板的厚度不计。已知起跳与着板过程时间极短，机械蛙可看作质点，空气阻力忽略不计，木板和机械蛙的质量关系满足（M＞m）。下列说法正确的是（　　）
A．机械蛙和木板都向右运动
B．机械蛙和木板组成的系统动量守恒
C．木板由于惯性大，机械蛙落在木板上后，木板还要继续向前运动
D．机械蛙相对于水平面位移大小为
2．（2025秋 灌云县期中）如图所示，平静的湖面上有一艘静止的小船，李同学和刘同学均站立在船头处（图中未画出），两位同学发现距离船头前方d处有一株荷花。当刘同学缓慢从船头走至船尾时，站立在船头的李同学恰好到达荷花处。已知李同学和刘同学的质量均为m，船长为L，不计水的阻力，则船的质量为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025春 天山区校级期中）如图所示，平静湖面上静止的小船的船头直立一垂钓者，距离船头右侧d处有一株荷花，当此人沿直线走到船尾时，船头恰好到达荷花处。若已知人的质量为m，船长为L，不计水的阻力，则船的质量为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025秋 江阴市校级期中）如图所示，一质量为的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为的小球，轻绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略所有摩擦阻力，已知重力加速度为g，则（　　）
A．任意时刻小球与小车的动量等大反向
B．小球运动到最低点时的速度大小为
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
5．（2025春 南岗区校级期中）如图所示，质量m＝50kg的人，站在质量M＝250kg的车的一端，人和车均相对于地面静止。人由车的一端走到另一端的过程中，车后退0.4m，车与地面间的摩擦可以忽略不计，则车的总长为（　　）
A．0.33m B．0.48m C．2.4m D．3m
6.（多选）（2025秋 乌鲁木齐校级期中）光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是（　　）
A．FN＝mgcosα
B．滑块下滑过程中斜面体A做匀加速直线运动
C．此过程中斜面体向左滑动的距离为
D．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒
1．（2025秋 安徽期中）如图，长木板A放在光滑的水平面上，右端带有一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，滑块B放在长木板A的左侧，两者之间的动摩擦因数μ＝0.1，右侧是墙壁。t0时刻给B一个方向水平向右、大小v0＝1.25m/s的初速度，在摩擦力作用下，A开始向右做加速运动，t1时刻弹簧接触到墙壁，此时A、B恰好共速。当继续压缩弹簧到t2时刻，A、B加速度恰好相同，两物体即将开始相对滑动，在t3时刻弹簧的压缩量达到最大，在t4时刻A、B加速度再次相同。已知A、B的质量分别为1kg和4kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计，弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的弹性势能（x为弹簧伸长或缩短的长度），滑块B始终未滑离木板A。
（1）求在t0～t1时间内，A向右运动的距离。
（2）求在t2时刻A的速度大小。
（3）若，求在t2～t4时间内，系统损失的机械能。
2．（2025秋 河北期中）如图所示，长为L＝2m的水平传送带以v＝8m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带的上表面与水平面相平，传送带的两端与光滑水平面平滑连接，轻弹簧左端连接在固定挡板上，质量为1kg的物块A放在水平面上，质量均为3kg的物块B和光滑圆弧体C静止在光滑水平面上，圆弧所对的圆心角为53°，圆弧的半径为R＝0.5m，重力加速度g＝10m/s2，用力将物块A向左压缩轻弹簧至某一位置，由静止释放物块A，物块A刚好能匀减速滑过传送带，并与物块B发生弹性碰撞，物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计物块的大小，求：
（1）轻弹簧开始被压缩时具有的弹性势能；
（2）物块A第二次在传送带上运动，因摩擦产生的内能为多少；
（3）物块B滑离圆弧体C后，还能上升的高度为多少。
1．（2025秋 合肥期中）如图所示，木板A和滑块C静置于水平轨道上，滑块B从木板A的左端以初速度v0＝4m/s滑上A。A、B、C的质量均为m＝2kg，木板A下表面光滑，上表面粗糙，滑块C与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1。当滑块B与木板A第一次速度相等后，A、C第1次碰撞。已知A与C间的碰撞均为弹性碰撞（时间极短），木板A足够长，g＝10m/s2。求：
（1）A与C第1次碰撞前，A、B间因摩擦产生的热量；
（2）A与C第1次碰后的速度大小vA1和vC1；
（3）A、C第n次碰撞至第（n+1）次碰撞过程中C的位移大小xCn。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业18 电磁感应的综合模型
考点1电磁感应中的单棒模型
模 型 一 示意图 无动力：水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来
求电荷 量q 对金属棒应用动量定理－BLΔt＝0－mv0，q＝Δt，q＝
求位 移x 对金属棒应用动量定理－Δt＝0－mv0，x＝Δt＝
模 型 二 示意图 有动力：间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v
求运动 时间 －BLΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt，－Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝Δt
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 江苏模拟）某游乐园中过山车从倾斜轨道最高点无动力静止滑下后到水平直轨道停下。为保证安全，水平轨道上安装有磁力刹车装置，其简化示意图如图所示。水平直轨道右侧与定值电阻R相连，虚线PQ的右侧有竖直向上的匀强磁场，左侧无磁场。过山车的刹车金属片可等效为一根金属杆ab，其从倾斜轨道上某一位置由静止释放，最终静止在水平轨道某一位置，忽略摩擦力和空气阻力。下列关于金属棒ab运动过程中速率v、加速度大小a与运动时间t或运动路程s的关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】解：AB、金属棒ab在倾斜导轨上运动时，由静止开始做加速运动，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ＝ma金属棒的速度v＝at，所以速度与时间成正比；根据v2＝2as可知，v﹣s图像是开口向下的抛物线；
进入磁场后，由于安培力方向向左，金属棒做减速运动，根据牛顿第二定律可得：ma，所以加速度减小，故A正确、B错误；
C、由于加速度与速度成正比，所以加速度随时间的变化情况与速度随时间的变化情况相同，故C错误；
D、在极短时间Δt内，取向右为正方向，对金属棒根据动量定理可得：﹣BLΔt＝﹣mΔv，即：mΔv
所以有：Δvs，速度随位移均匀减小、加速度也随位移均匀减小，故D错误。
故选：A。
2．（2025 襄城区校级模拟）如图所示，顶角为60°足够长的等腰三角形金属轨道MON水平固定在方向竖直向上，磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，沿轨道角平分线方向建立坐标轴Ox。质量m＝5kg且足够长的金属棒ab以速度v0＝2m/s进入轨道，之后在轨道上做减速运动。金属棒与坐标轴Ox始终垂直，与轨道始终接触良好。已知金属棒与导轨单位长度电阻值均为rΩ，不计一切摩擦阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．当金属棒ab进入轨道后，回路中将形成逆时针方向的电流
B．当金属棒ab进入轨道后，金属棒ab将做匀减速直线运动
C．当金属棒ab的速度为1m/s时，回路中的电流大小为A
D．当金属棒ab停止时，其水平方向运动的距离为x＝3m
【答案】D
【解析】解：A、当金属棒ab进入轨道后，回路中的磁通量增加，根据楞次定律可知，回路中将形成顺时针方向的电流，故A错误；
B.设金属棒切割磁感线的有效长度为l，金属棒的速度为v
感应电动势E＝Blv
金属棒与导轨组成的回路总电阻R＝3l r
回路中的电流
安培力
又因为金属棒的位移x
所以
对金属棒由动量定理，以水平向右的方向为正方向，得﹣∑FΔt＝mv﹣mv0＝mΔv
即一
也就是
由此可知速度的变化量与位移的平方成正比，所以金属棒ab的运动不是匀减速直线运动，故B错误；
C.当金属棒ab的速度为1m/s时，根据
可得回路中的电流大小为
故C错误；
D.由B项分析可知
从金属棒进入轨道到金属棒停止下来
Δv＝0﹣v0
所以一
联立解得
故D正确
故选：D。
3．（2025 翠屏区校级二模）某电磁缓冲装置的原理如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨置于同一水平面内，两导轨左端之间与一阻值为R的定值电阻相连，直线AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置，在直线AA1的右侧有与其平行的两直线BB1和CC1，且AA1与BB1、BB1与CC1间的距离均为d。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终金属杆恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R。导轨的电阻及空气阻力均可忽略不计，下列说法中正确的是（　　）
A．金属杆经过BB1时的速度为
B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
C．金属杆经过AA1﹣BB1和BB1﹣CC1区域，其所受安培力的冲量不同
D．若将金属杆的初速度变为原来的2倍，则其在磁场中运动的最大距离大于原来的2倍
【答案】A
【解析】解：A.设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1﹣C1C区域向右运动的过程中切割磁感线有E＝BLv，
金属杆在AA1﹣C1C区域运动的过程中，Δt时间内，以向右为正方向，根据动量定理有﹣BILΔt＝mΔv
则
由于d＝∑vΔt
则上面方程左右两边累计求和，可得
设金属杆经过BB1的速度为v1，同理对金属杆在BB1﹣C1C区域运动的过程中根据动量定理，同理可得
综上有
则金属杆经过BB1的速度等于，故A正确；
B.在整个过程中，根据能量守恒定律可得
则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
故B错误；
C.金属杆经过AA1﹣B1B与BB1﹣C1C区域，以向右为正方向，金属杆所受安培力的冲量为
因金属杆经过AA1﹣B1B与BB1﹣C1C区域滑行距离均为d，所以金属杆所受安培力的冲量相同，故C错误；
D.根据A选项可得，金属杆以初速度v0进入磁场中运动直到停止运动，有
可见若将金属杆的初速度变为原来的2倍，则金属杆在磁场中运动的最大距离等于原来的2倍，故D错误。
故选：A。
4．（2025 南岸区校级模拟）如图甲所示，两根固定的平行金属导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，导轨间距0.4m，每根导轨单位长度的电阻为0.01Ω/m。均匀变化的磁场垂直于导轨平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。t＝0时刻有一电阻不计的金属杆从P、Q端以1.0m/s的速度匀速运动，滑动过程中保持与导轨垂直，则（　　）
A．0.5s末回路中电动势为4×10﹣3V
B．0.5s末回路电功率为1.6×10﹣3W
C．1s末穿过回路的磁通量为9×10﹣3Wb
D．1s末金属杆所受安培力大小为6.4×10﹣3N
【答案】D
【解析】解：A、根据图（乙）可知t1＝0.5s时的磁感应强度大小为：B1＝0.01T，此时回路中金属杆切割磁感应线产生的感应电动势为：E1＝B1Lv＝0.01×0.4×1.0V＝0.004V
此时导体棒的位移：x1＝vt1＝1.0×0.5m＝0.5m
回路中的感生电动势为：E20.4×0.5V＝4×10﹣3V
两种情况下产生的感应电流方向相同，故0.5s末回路中电动势为E＝E1+E2，解得：E＝8×10﹣3V，故A错误；
B、0.5s末回路中的电阻为：R1＝0.01×2×0.5Ω＝1×10﹣2Ω，电功率为：P，代入数据解得：P＝6.4×10﹣3W，故B错误；
C、根据图（乙）可知t2＝1.0s时的磁感应强度大小为：B2＝0.02T，此时导体棒的位移：x2＝vt2＝1.0×1m＝1m
1s末穿过回路的磁通量为：Φ＝B2Lx2＝0.02×0.4×1Wb＝8×10﹣3Wb，故C错误；
D、1s时回路中金属杆切割磁感应线产生的感应电动势为：E3＝B2Lv＝0.02×0.4×1.0V＝0.008V
回路中的感生电动势为：E4，解得：E4＝8×10﹣3V
两种情况下产生的感应电流方向相同，故0.5s末回路中电动势为E′＝E3+E4，解得：E′＝0.016V
1s末回路中的电阻为：R2＝0.01×2×1Ω＝2×10﹣2Ω；根据安培力的计算公式可得：FA＝B2IL＝B2 L
代入数据解得：FA＝6.4×10﹣3N，故D正确。
故选：D。
5．（2025 双流区校级模拟）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中（　　）
A．导体棒做匀减速直线运动
B．导体棒中感应电流的方向为a→b
C．电阻R消耗的总电能为
D．导体棒克服安培力做的总功小于
【答案】C
【解析】解：A、设磁感应强度为B，导轨的宽度为L，当速度为v时的安培力为FA＝BIL，根据牛顿第二定律可得：FA＝ma，解得：a，当速度减小时加速度减小、导体棒做加速度减小的减速运动，故A错误；
B、根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向为b→a，故B错误；
C、整个过程中电路中消耗的总电能为：E，根据焦耳定律可得电阻R消耗的总电能为ER，故C正确；
D、根据动能定理可知导体棒克服安培力做的总功等于，故D错误。
故选：C。
6．（多选）（2025 江西一模）如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨竖直固定放置，导轨上端连接有电阻为R的定值电阻，水平边界a、b间，c、d间分别有垂直于导轨平面向里的匀强磁场1、2，磁场的磁感应强度大小均为B，磁场的宽度均为h，一个质量为m、长度大于L的金属棒垂直于导轨放置并在图示位置由静止释放，重力加速度为g，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，金属棒穿过两磁场的时间和穿过b、c间的时间均相等，不计金属棒的电阻，则下列说法正确的是（　　）
A．金属棒进磁场1后有可能先做加速运动
B．金属棒进入磁场1、2后均先做减速运动
C．b、c间的距离一定大于h
D．金属棒刚进入磁场1或磁场2时，受到安培力的大小F＞2mg
【答案】BCD
【解析】解：AB、设金属棒进磁场1时的速度大小为v0，出磁场1时的速度大小为v1，金属棒穿过磁场1的时间为t，以向下为正方向，根据动量定理得：
mgt﹣BLmv1﹣mv0，其中： t
可得：
因金属棒穿过两磁场的时间相同，如果进磁场1后先加速运动，则有v1＞v0，可得：0，可知金属棒穿过两个磁场的过程合力的冲量均大于零，故进磁场2后也是加速运动，那么在磁场2中的平均速度较大，故穿过磁场2的时间较短，与实际矛盾，因此金属棒不可能进磁场1后先做加速运动；若金属棒进入磁场1后做匀速运动，则金属棒进入磁场2后一定先做减速运动，同理可知两次的时间不等，因此金属棒进磁场1、2后均先做减速运动，故A错误，B正确；
C、金属棒进磁场后均先做减速运动，且通过两磁场的时间、位移均相等，则金属棒进两磁场时的速度相等，出两磁场时的速度也相等，由v﹣t图像面积可知，b、c间的距离一定大于h，故C正确；
D、金属棒在磁场1或磁场2中做加速度减小的减速运动过程，比较金属棒从b到c的运动过程，金属棒在磁场中运动时必有一时刻的加速度等于g，刚进入磁场时金属棒的加速度必然大于g，根据牛顿第二定律可知金属棒受到的安培力此时大于2mg，故D正确。
故选：BCD。
考点2电磁感应中的双棒模型
等距双棒模型
光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨
示意 图 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝La 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝La 摩擦力Ffb＝Ffa
运动 分析 开始时，两杆受安培力做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动 开始时，若Ff2Ff，a杆先变加速后匀加速运动，b杆先静止后变加速最后和a杆同时做匀加速运动，且加速度相同
运动 图像
能量 观点 F做的功转化为两杆的动能和内能：WF＝ΔEk＋Q F做的功转化为两杆的动能和内能(包括电热和摩擦热)：WF＝ΔEk＋Q电＋Qf
动量 观点 两杆组成的系统动量不守恒 对单杆可以用动量定理 两杆组成的系统动量不守恒 对单杆可以用动量定理
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 盐池县二模）如图所示，绝缘平面上固定两条足够长的“V”字型光滑平行导轨，导轨间距为l，左右两侧导轨与水平面夹角分别为θ、2θ，均处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度分别为B、2B，不计导轨电阻。两侧顶端分别用外力固定质量为m，2m的导体棒ab、cd，电阻分别为R、2R，导体棒垂直于导轨，且运动过程中始终未脱离导轨，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　）
A．若ab棒具有沿斜面向上的初速度，则cd棒由静止释放瞬间加速度可能为零
B．若cd棒具有沿斜面向上的初速度，则ab棒由静止释放瞬间加速度可能为零
C．若cd棒始终固定，ab棒由静止释放后的稳定速度为
D．若两导体棒同时静止释放，两棒最终不可能同时匀速下滑
【答案】D
【解析】解：A、若cd释放瞬间加速度为零，则cd受到的安培力水平向右，由左手定则可知，流经cd的感应电流由d指向c，则ab中电流由a指向b，由右手定则可知，ab具有沿斜面向下的速度，故A错误；
B、若ab释放瞬间加速度为零，则ab受到的安培力水平向左，由左手定则可知，流经ab的电流由a指向b，则cd中电流由d指向c，由右手定则可知cd具有沿斜面向下的速度，故B错误；
C、cd棒始终固定，ab棒的加速度为零时达到稳定状态，ab匀速下滑时所受安培力大小F安＝BIl
由平衡平衡条件有F安cosθ＝mgsinθ
由闭合电路欧姆定律可知流经ab的电流
ab切割磁感线产生电动势，匀速时的速度为v，则E＝Blvcosθ
联立可得速度，故C错误；
D、若ab匀速下滑，则由平衡条件得F安cosθ＝BI1lcosθ＝mgsinθ
电流
若cd匀速下滑，则由平衡条件得F'安cos2θ＝2BI2lcos2θ＝2mgsin2θ
电流
则I1≠I2
故两棒不可能同时匀速下滑，故D正确。
故选：D。
2．（2025 鹰潭一模）如图甲所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨固定且间距为L。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为L的金属棒ab、cd分别静置在导轨上。现给ab棒一水平向右的初速度v0，其速度随时间变化的关系如图乙所示，两金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。已知ab棒的质量为m，电阻为R。导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．ab棒刚开始运动时，cd棒中的电流方向为d→c
B．ab运动后，cd棒将做加速度逐渐增大的加速运动
C．在0﹣t0时间内，ab棒产生的热量为
D．在0 t0时间内，通过cd棒的电荷量为
【答案】D
【解析】解：A、金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知cd棒中的电流方向为c→d，故A错误；
B、ab运动后，由于安培力作用，速度会逐渐减小，同时cd棒将做加速运动，回路总电动势减小，电流减小，cd棒受到的安培力会减小，由于：F＝mcda，可知，cd棒的加速度会减小，故B错误；
C、两金属棒组成的系统动量守恒：，解得：m＝2m，由于ab棒与cd棒质量之比为1：2，且它们的材料和长度相同，故横截面积之比为1：2，由，得电阻之比为2：1，故ab棒与cd棒产生的热量之比为2：1，根据两棒组成的系统能量守恒有：，0～t0时间内ab棒产生的热量：，故C错误；
D、对cd棒列动量定理有：，又：，则在0～t0时间内，通过cd棒的电荷量：，故D正确。
故选：D。
3．（2024 浙江模拟）在两根光滑的平行金属导轨上有两根直导线，导线中分别接有电流表A和电压表V，如图所示．导线以相同的初速度，在匀强磁场中用相同的加速度沿相同方向运动，则下列说法正确的是（　　）
A．A读数为零，V读数为零
B．A读数不为零，V读数为零
C．V读数不为零，A读数为零
D．V读数不为零，A读数不为零
【答案】A
【解析】解：当两根导线以相同速度向右运动时，由两根导线和导轨组成的回路磁通量不变，回路电动势为零，无感应电流，电流表示数为零。只有当回路中存在电流时，电压表的指针才会偏转，回路无电流，示数为零。
故选：A。
4．（2025 保定一模）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为2L和L，金属棒a、b的质量分别为2m、m，阻值分别为2R、R，长度分别为2L、L，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属棒a一水平向右的初速度v0，经一段时间后金属棒a、b达到稳定速度。已知运动过程中两金属棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，金属棒a一直未到达NN1位置，下列说法正确的是（　　）
A．稳定后金属棒a的速度大小为v0
B．稳定后金属棒b的速度大小为
C．整个运动过程中产生的热量为m
D．从开始运动至达到稳定速度的过程中，流过金属棒b的电荷量为
【答案】C
【解析】解：AB、设稳定后金属棒a的速度大小为v1，金属棒b的速度大小为v2，这时两个金属棒产生的感应电动势大小相等，回路中感应电流为0，即B 2Lv1＝BLv2，则v2＝2v1，规定向右的方向为正方向，根据动量定理，对金属棒a有，对金属棒b有，联立解得，，故AB错误；
C、根据能量守恒可得整个过程中产生的热量为Q，解得Q，故C正确；
D、对金属棒b有，q，联立解得q，故D错误。
故选：C。
5．（2025 天心区校级一模）如图，足够长的光滑平行金属直导轨固定在水平面上，左侧轨道间距为2d，右侧轨道间距为d。轨道处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。质量为2m、有效电阻为2R的金属棒a静止在左侧轨道上，质量为m、有效电阻为R的金属棒b静止在右侧轨道上。现给金属棒a一水平向右的初速度v0，经过一段时间后两金属棒达到稳定状态。已知两金属棒运动过程中始终相互平行且与导轨良好接触，导轨电阻忽略不计，金属棒a始终在左侧轨道上运动，则下列说法正确的是（　　）
A．整个运动过程中a、b两棒组成的系统动量守恒
B．达到稳定状态时，a、b两棒的速度之比为2：1
C．金属棒b稳定时的速度大小为
D．整个运动过程中金属棒a产生的焦耳热为
【答案】D
【解析】解：A、金属棒a、b的长度不等，通过两棒的电流相等，所以两棒所受安培力大小不等，即金属棒a、b棒组成的系统合外力不为0，故动量不守恒，故A错误；
BC、达到稳定运动时，电路中电流为零，设此时a、b棒的速度分别为v1、v2，则有：2Bdv1＝Bdv2
对变速运动中取极短时间Δt，以向右为正方向，根据动量定理可得：
对a棒有：﹣2Bd Δt＝2m Δv1
对b棒有：Bd Δt＝m Δv2
对变速运动全过程有：Bdq＝m（v0﹣v1）
v0﹣v1＝v2
联立解得：v2v0，v1v0
所以最终a、b两棒的速度之比为1：2，故BC错误；
D、根据能量守恒定律可知，从t＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为
Q 2 2
整理可得Q
整个运动过程中金属棒b产生的焦耳热和金属棒a产生的焦耳热满足：
故整个运动过程中金属棒a产生的焦耳热Qa，故D正确。
故选：D。
6.（多选）（2025 惠农区校级模拟）如图所示，足够长的光滑水平轨道左侧b1b2～c1c2部分的轨道间距为3L，右侧c1c2～d1d2部分的轨道间距为L，两部分轨道通过导线连通。整个区域存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小B＝0.1T。质量m＝0.1kg的金属棒P和质量M＝0.2kg的金属棒Q垂直于导轨分别静止放置在左、右两侧轨道上。现给金属棒P一大小为v0＝2m/s、方向沿轨道向右的初速度，已知两金属棒接入电路的有效电阻均为R＝0.2Ω，轨道电阻不计，L＝0.2m，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，P棒总在宽轨上运动，Q棒总在窄轨上运动。下列说法正确的是（　　）
A．整个过程金属棒P、Q动量守恒
B．金属棒P匀速运动的速度大小为
C．整个过程通过金属棒Q某横截面的电荷量为
D．整个运动过程金属棒P、Q扫过的面积之差为
【答案】BC
【解析】解：A、因为P、Q受到的安培力大小不相等，合外力不为零，所以整个过程金属棒P、Q动量不守恒，故A错误；
B、规定水平向右为正方向，对P、Q分别根据动量定理可得
对P有﹣FP安 t＝mvP﹣mv0
对Q有FQ安 t＝MvQ
其中FP安＝3FQ安
整理得mv0﹣mvP＝3MvQ
两棒最后匀速时，电路中无电流，此时回路总电动势为零，则有3BLvP＝BLvQ
即vQ＝3vP
联立解得金属棒P匀速运动的速度大小为，故B正确；
C、由B项可得vQm/s。在Q加速过程中，规定水平向右为正方向，根据动量定理有∑BiLΔt＝MvQ﹣0
又整个过程通过金属棒Q某横截面的电荷量为q＝∑iΔt，解得，故C正确；
D、根据，解得金属棒P、Q扫过的面积之差为，故D错误。
故选：BC。
考点3电磁感应中的线框模型
模 型 一 示意图 在安培力作用下穿越磁场
位移 速度 电荷 量的 计算 动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量： (1)求电荷量或速度：－B·LΔt＝mv2－mv1，q＝Δt； (2)求位移：－＝0－mv0，即－＝0－mv0
模 型 二 示意图 在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁场
时间的 计算 求时间：①－BLΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间； ②－＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－＋F其他·Δt＝mv2－mv1 若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 三台县二模）如图所示，空间存在磁感应强度大小相等、方向分别垂直于光滑绝缘水平面向上和向下的匀强磁场，正方形导线框从紧靠磁场的位置Ⅰ以某一初速度垂直边界进入磁场，运动到位置Ⅱ时完全进入左侧磁场，运动到位置Ⅲ（线框各有一半面积在左、右两个磁场中）时速度恰好为0。已知磁场宽度均为线框长度的2倍，线框在整个过程中，速度v随位移x的变化关系和感应电流i随时间t的变化关系图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】解：AB．根据法拉第电磁感应定律E＝Blv，设线圈电阻为R，根据闭合电路的欧姆定律，
根据安培力公式F＝Bll，线框进入磁场过程中，以水平向右为正方向，由动量定理：
，，
联立得，即，解得：
因此v﹣x图应该线性变化；
完全进入磁场后，通过线框的磁通量为定值，所以没有安培力，线框做匀速直线运动；
出左侧磁场时，同理可得线框v﹣x图应该也为线性变化，根据法拉第电磁感应定律E'＝2Blv，
根据闭合电路的欧姆定律，根据安培力公式F'＝2BI'l，得
，，
即出左侧磁场时，线框随位移的速度变化率为进入磁场时速度变化率的4倍，故B错误，A正确。
CD．根据牛顿第二定律，联立解得；；，；
根据加速度的表达式可知，线框向右全部进入磁场的过程，线框做加速度减小的减速运动，感应电流随时间逐渐减小，且减小的斜率逐渐减小；
线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量不变，线框中感应电动势为零，感应电流为零；
线框进入右侧磁场后，两侧切割不同方向的磁场，感应电流突然增大，再逐渐减小，知道速度减为0时，感应电流减为0；
此过程i﹣t图应为如下图所示：
故CD错误。
故选：A。
2．（2025 集宁区校级三模）如图所示，闭合矩形线圈abcd以速度v从无磁场区域垂直磁场匀速穿过匀强磁场区域。以顺时针方向为电流的正方向，能正确反映bc两点间的电势差Ubc、线圈中电流I随时间t变化关系的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】解：CD、根据楞次定律判断可知，线圈进入磁场时，线圈中感应电流方向为顺时针方向，为正值；线圈穿出磁场时，感应电流方向为逆时针方向，为负值。由可知，线圈进入和穿出磁场时感应电流的大小相等；线圈完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生，故C正确，D错误；
AB、线圈进入磁场时，bc边切割磁感线相当于电源，bc两点间的电势差Ubc为路端电压。感应电流方向为顺时针方向，c点电势高于d点电势，则；
线圈离开磁场时，ad边切割磁感线相当于电源，感应电流方向为逆时针方向，c点电势高于d点电势，则
；
线圈完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生，此时bc两点间的电势差为零，故AB错误。
故选：C。
3．（2025 邯郸模拟）如图所示，有界匀强磁场的宽为2L，方向垂直纸面向里，边长为L的等边三角形线圈abc位于纸面内。t＝0时刻，bc边与磁场边界垂直且c点在磁场边界上。当线圈沿垂直于磁场边界的方向以速度v匀速穿过磁场时，线圈中的感应电流i随时间t变化的图像可能是（取逆时针方向为感应电流正方向）（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】解：C、根据楞次定律判断线框进入磁场的过程中，电流的方向为逆时针，即为正方向，线框离开磁场的过程中，电流的方向为顺时针，即为负方向，故C错误；
D、线框匀速进入和离开磁场用时均为，线框完全进入磁场后运动的时间内磁通量没有变化，因此没有感应电流，故D错误；
B、线框进入磁场的过程中，在0～时间内，切割磁场的有效长度为l＝vt tanθ，根据法拉第电磁感应定律得 E＝Blv，根据欧姆定律有，所以线框中的电流随时间变化，同理线框离开磁场的过程中电流也会逐渐变化，故B错误；
A、同理得出线框在进入磁场的时间～内，电流随时间均匀减小，方向不变，当线框离开磁场的和时间段内，电流随时间均匀增大和均匀减少，故A正确。
故选：A。
4．（2025 东莞市校级三模）两个匀强磁场，磁感应强度均为B，宽度均为a。矩形线框abcd的ab边与y轴重合，ad边长为a，从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，线框平面始终保持与磁场垂直，以逆时针电流为正，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】解：线圈进入磁场，在进入磁场0﹣a的过程中，感应电动势为：E＝BLabv
感应电流：
根据右手定则，可知电流的方向为逆时针方向，为正方向；
在a﹣2a的过程中，感应电动势为：E＝2BLabv
感应电流：
根据右手定则，可知电流的方向为顺时针方向，为负方向；
在2a﹣3a的过程中，感应电动势为：E＝BLabv
感应电流：
根据右手定则，可知电流的方向为逆时针方向，为正方向，故ABD错误，C正确。
故选：C。
5．（2020 滨州二模）如图甲所示，正方形金属线圈abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R．在线圈的下方有一匀强磁场，MN和M'N'是磁场的水平边界，并写bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里。现使金属线框从MN上方某一位置处由静止释放，图乙是线圈由开始下落到恰好完全穿过匀强磁场区域的v﹣t图象，图中字母均为已知量。重力加速度为g，不计空气阻力。图乙中，0～t1时间内图线围成的面积为S1，t1～t2时间内图线围成的面积为S2，t2～t3时间内图线围成的面积为S3，t3～t4时间内图线围成的面积为S4，下列说法正确的是（　　）
A．S2与S4大小一定相等
B．金属线框的边长一定为S2
C．磁场的宽度可能为S2
D．金属线框在0～t4时间内所产生的热量一定为mg（S1+S2+S3+S4）mv
【答案】A
【解析】解：设磁场的宽度（即高度）为h，线框的边长为L。
AB、若磁场宽度大于线框的边长，则t1～t2时间内图线围成的面积为S2＝L，t3～t4时间内图线围成的面积为S4＝L，所以S2与S4大小一定相等；
若磁场宽度小于线框的边长，则t1～t2时间内图线围成的面积为S2＝h，t3～t4时间内图线围成的面积为S4＝h，所以S2与S4大小一定相等，故A正确、B错误；
C、磁场的宽度为t1～t3时间线框的位移，即为h＝S2+S3，故C错误；
D、根据能量关系可得，金属框离开磁场的速度为v2，金属线框在0～t4时间内所产生的热量Q＝mg（S1+S2+S3+S4）mv，故D错误。
故选：A。
6.（多选）（2025 南昌一模）在光滑绝缘的水平面上有两相互平行的边界MN、PQ，边界内有竖直向下的匀强磁场。紧靠MN有一材料相同、粗细均匀的正方形线框abcd，如图所示（俯视图）。已知线框边长为L，磁场宽度为2L。从t＝0时刻起线框在水平向右外力作用下从图示位置由静止水平向右匀加速直线运动。则从线框ab边进磁场到cd边出磁场的过程中，以下关于线框中的磁通量Φ、ab边电压U、外力F和电功率P随位移x变化的规律图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】解：A、由题意可知：在0～L阶段，穿过线圈的磁通量为：Φ＝BLx，Φ随x均匀增大；在L～2L阶段，Φ＝BL2保持不变；在2L～3L阶段，Φ＝BL（3L﹣x），Φ随x均匀减小，故A正确；
B、根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律，在0～L阶段，有：，完全进入磁场的瞬间有：
完全进入磁场后在磁场中加速运动，此时，线圈的ab边出磁场的瞬间有：，线圈完全出磁场时，B＝0，则有U＝0，故B错误；
C、在0～L阶段，线圈的ab边开始进入磁场的安培力为：，所以F与x不是线性关系，故C错误；
D、在0～L阶段，电功率为：，P﹣x图像为倾斜直线，L～2L阶段，线圈完全进入磁场，I＝0，电功率为P＝0，在2L～3L阶段，ab离开磁场，电功率为：，P﹣x图像为倾斜直线，故D正确。
故选：AD。
1．（2025 碧江区 校级模拟）如图所示，长直金属杆M、N在水平固定的平行光滑长直金属导轨上运动，导轨间距为L＝0.4m；水平虚线PQ与导轨垂直，PQ左、右两侧区域分别充满垂直于导轨平面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝0.25T。初始时刻，N静止在PQ左侧导轨上，M从N左侧以初速度v0＝6m/s水平向右运动。M、N质量均为m＝0.1kg、在导轨间的电阻均为R＝0.1Ω，整个运动过程中，两金属杆始终与导轨垂直并接触良好。感应电流产生的磁场、导轨电阻、空气阻力及两金属杆粗细均忽略不计，导轨足够长。
（1）求初始时刻M的加速度大小和方向；
（2）若M、N在PQ左侧未相撞，N进入PQ右侧时速度大小为2m/s，求此时M杆的速度及这个过程中M杆产生的焦耳热；
（3）在（2）的条件下，若M到达PQ处时速度大小为3m/s，求此时N的速度大小并判断两杆之后是否会发生碰撞。
【答案】（1）初始时刻M的加速度大小为3m/s2，方向向左。
（2）此时M杆的速度为4m/s，M杆产生的焦耳热为0.4J。
（3）此时N的速度大小为1m/s，两杆之后不会发生碰撞。
【解析】解：（1）开始时，感应电动势为E＝BLv0，感应电流，所受安培力F＝BIL，加速度，联立解得：a＝3m/s2，方向向左。
（2）当N在PQ左侧时，MN组成的系统所受合外力为零，总动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝mv1+mv2，其中v2＝2m/s，解得：v1＝4m/s。
此过程中产生的热量，解得：Q＝0.8J。M杆产生的焦耳热，解得：Q1＝0.4J。
（3）取水平向右为正方向，N杆过PQ右侧后，两杆所受安培力大小相等、方向相同，安培力的冲量相同，均向左。
对M杆由动量定理得﹣I＝mv3﹣mv1，对N杆由动量定理得﹣I＝mv4﹣mv2，解得：v4＝1m/s。
从N杆经过PQ到M杆经过PQ，对N杆由动量定理得，其中，解得：Δx＝2m。
当M杆过了PQ后，MN系统动量守恒，最终达到共同速度，有mv3+mv4＝2mv，解得：v＝2m/s。
对N杆由动量定理得，其中，解得：Δx'＝2m。因Δx'＝Δx，可知MN刚好不相碰。
答：（1）初始时刻M的加速度大小为3m/s2，方向向左。
（2）此时M杆的速度为4m/s，M杆产生的焦耳热为0.4J。
（3）此时N的速度大小为1m/s，两杆之后不会发生碰撞。
2．（2025 安徽模拟）如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L＝1.0m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m＝0.1kg，空间存在磁感应强度B＝0.5T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R＝3.0Ω，金属杆的电阻r＝1.0Ω，其余部分电阻不计，某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v﹣t图像，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ＝0.5，在金属杆P运动的过程中，第一个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过电阻R的电荷量之比为3：5，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）水平恒力F的大小；
（2）金属杆运动的最大加速度的大小；
（3）前4s内电阻R上产生的热量。
【答案】（1）水平恒力F的大小为0.75N；
（2）金属杆运动的最大加速度的大小2.5m/s2；
（3）前4s内电阻R上产生的热量为1.8J。
【解析】解：（1）根据图乙可知，2s后金属杆做匀速直线运动，当t＝2s时，金属杆的速度v＝4m/s
感应电动势E＝BLv
感应电流
安培力
根据平衡条件F﹣F′﹣μmg＝0
解得F＝0.75N
（2）刚开始运动时加速度最大，根据牛顿第二定律F﹣μmg＝ma
解得a＝2.5m/s2
（3）根据法拉第电磁感应定律
通过金属杆的电荷量
联立解得（x为P位移）
设第一个2s内金属杆P位移为x1，第二个2s内P位移为x2；
根据v﹣t图像，第二个2s内的位移x2＝4×（4﹣2）m＝8m
又由于q1：q2＝3：5
联立解得x1＝4.8m
前4s内，由能量守恒定律得
根据焦耳定律Q＝I2Rt
热量之比
解得QR＝1.8J。
答：（1）水平恒力F的大小为0.75N；
（2）金属杆运动的最大加速度的大小2.5m/s2；
（3）前4s内电阻R上产生的热量为1.8J。
1．（2025 菏泽一模）如图所示，两段足够长但不等宽的光滑平行金属导轨水平放置，b、g两点各有绝缘材料（长度忽略不计）平滑连接导轨，ac、fh段间距为l，de、jk段间距为2l。整个空间处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨af端接有电容的电容器（初始不带电），导体棒Ⅱ静止于de、jk段。导体棒Ⅰ、Ⅱ的质量分别为m、2m，电阻分别为R、2R，长度分别为l、2l，导体棒Ⅰ从靠近af位置以初速度v0向右运动，到达bg左侧前已达到稳定速度v1（v1未知）。两导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，导轨电阻和空气阻力忽略不计。求：
（1）导体棒Ⅰ到达bg时速度v1的大小；
（2）导体棒Ⅰ在bc、gh段水平导轨上运动的过程中，导体棒Ⅰ达到稳定时的速度v2的大小；
（3）导体棒在bc、gh段运动过程中，导体棒Ⅰ上产生的焦耳热。
【答案】（1）导体棒Ⅰ到达bg时速度v1的大小为；
（2）导体棒Ⅰ在bc、gh段水平导轨上运动的过程中，导体棒Ⅰ达到稳定时的速度v2的大小为；
（3）导体棒在bc、gh段运动过程中，导体棒Ⅰ上产生的焦耳热为。
【解析】解：（1）规定向右的方向为正反向，设经时间t导体棒Ⅰ的速度稳定，根据动量定理有
此时电容器所带电荷量为q，则
q
电容器两板间电压为U＝Blv1
且q＝CU
联立以上各式解得
v1
（2）导体棒Ⅰ在bc、gh段水平导轨上运动的过程中，导体棒Ⅰ达到稳定时，通过导体棒的电流为零，设经过的时间为t'，此时导体棒Ⅱ的速度为v3
则有Blv2＝B 2lv3
规定向右的方向为正方向，根据动量定理分别对导体棒Ⅰ、Ⅱ有
联立以上各式，解得v2，v3
（3）导体棒在bc、gh段运动过程中，两个导体棒产生的热量设为Q，根据能量守恒定律有
Q
所以导体棒Ⅰ上产生的焦耳热为
Q1
解得Q1
答：（1）导体棒Ⅰ到达bg时速度v1的大小为；
（2）导体棒Ⅰ在bc、gh段水平导轨上运动的过程中，导体棒Ⅰ达到稳定时的速度v2的大小为；
（3）导体棒在bc、gh段运动过程中，导体棒Ⅰ上产生的焦耳热为。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业13 光学
考点1光的折射
1．折射现象
光从一种介质斜射进入另一种介质时传播方向发生改变的现象。
2．折射定律
(1)内容：折射光线与入射光线、法线处在同一平面　内，折射光线与入射光线分别位于法线的 两侧　；入射角的正弦与折射角的正弦 成正比　。
(2)表达式：＝n12，式中n12是比例常数。
(3)在光的折射现象中，光路是可逆的。
3．折射率
(1)定义：光从真空射入某种介质发生折射时， 入射角的正弦与折射角的正弦之比，叫作这种介质的绝对折射率，简称折射率，用符号n表示。
(2)表达式：n＝。
(3)计算公式：n＝，因为v4．光密介质与光疏介质
(1)光密介质：折射率较大的介质。
(2)光疏介质：折射率较小的介质。
(3)光密介质和光疏介质是相对的。某种介质相对其他不同介质可能是光密介质，也可能是光疏介质。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 海门区校级期中）如图所示，一束由a、b两种光组成的光束以θ角射入玻璃砖，a、b光从射入到传播到玻璃砖下表面所用时间相等，已知两光在介质中的折射角分别为α、β（α＜β），下列关系式正确的是（　　）
A．β+α＝θ B．β+α＝45° C．β﹣α＝30° D．β+α＝90°
【答案】D
【解析】解：根据折射定律得
光在玻璃砖中传播速度为v
设厚度为d，则光从射入到传播到玻璃砖下表面所用时间
根据数学关系，解得β+α＝90°，故ABC错误，D正确。
故选：D。
2．（2025秋 海门区校级期中）地球表面大气对光的折射率随高度的增加而逐渐减小。一束太阳光从大气层中某点射入，此后光的传播路径可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】解：依题意，地球表面大气对光的折射率随高度的增加逐渐减小，则太阳光从大气层中某点射入时，光从光疏介质射向光密介质，根据折射定律可知，折射角小于入射角，光线逐渐向下弯曲，偏折程度越来越厉害，折射光线不可能是直线，故ACD错误，B正确。
故选：B。
3．（2025秋 赤峰期中）用插针法测量平行玻璃砖折射率的实验中。按正确实验步骤操作，并画出径迹如图所示，A、B、C、D是四枚大头针的位置，a、a′表示玻璃的上下表面，AB、OO′、CD表示光线。下列说法正确的是（　　）
A．实验者在观察时能同时看见A、B、C、D四枚大头针
B．实验者在观察时只能看见D这一枚大头针
C．入射光线AB在平行玻璃砖a表面处可以发生全反射
D．折射光线OO′在平行玻璃砖a′表面处可以发生全反射
【答案】B
【解析】解：AB．实验中，在玻璃砖的另一侧插上第四颗大头针D时，使大头针D挡住C，以及大头针AB的像，因此实验者在观察时只能看见D这一枚大头针，故A错误，B正确；
CD．根据全反射产生的条件，光从光疏介质进入光密介质，入射角大于折射角，因此入射光线AB在平行玻璃砖a表面处不可能发生全反射；
根据折射定律和几何知识可知，对于平行玻璃砖，出射光线必定平行于出射光线，因此折射光线OO′在平行玻璃砖a′表面处也不可能发生全反射，故CD错误。
故选：B。
4．（2024秋 娄底月考）人们常用棱镜控制光路。如图，两横截面为直角三角形的相同棱镜放置在水平桌面上，ab平行于cd，ab边与cd边的距离为L，三角形顶角为α＝37°，两棱镜间为真空。一束单色光从P点垂直射入棱镜，经折射后从右边棱镜上Q点射出。已知棱镜材料对该单色光的折射率为，，，则P、Q点间的高度差为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解：光从左侧棱镜射出时，设入射角为i，折射角为r，根据对称性作出光路图，如图所示：
由几何关系得
i＝37°
根据折射定律得
解得
由几何关系可得
故P、Q点间的高度差为，故A正确，BCD错误。
故选：A。
5．（2025 衡水模拟）玻璃砖截面如图所示为等腰直角三角形，截面所在平面内一束光线平行于AB边由AC边上的三等分点D入射，且，恰可由顶点B处射出。则该玻璃砖的折射率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】解：画出光在玻璃砖中的光路如图所示：
设光在D点的入射角为γ，折射角为θ，则该玻璃砖的折射率为
由几何关系可知入射角为γ＝45°，设直角边的长度为L，由几何关系可知DF的长度为，BF的长度为，则BD的长度为
又由几何关系可知BE的长度为
在△BDE中，由正弦定理得
联立解得，故ABD错误，C正确。
故选：C。
6.（多选）（2025秋 广东月考）水晶玻璃常用来制作各种装饰品。现有一厚度为的足够长的矩形水晶玻璃砖，放在如图所示的虚线位置，玻璃砖的前后面与虚线ab、cd重合且与光屏平行，一细光束以45°的入射角从ab边射入玻璃砖，在光屏上的光点比不放玻璃砖时向下移动了s＝0.73cm，不考虑细光束在玻璃内的反射，光在真空中传播的速度为c。取，下列说法正确的是（　　）
A．细光束射入ab边的折射角为15°
B．该水晶玻璃的折射率为
C．若改变细光束的入射角，细光束在玻璃砖中传播的最短时间为
D．若改变细光束的入射角，细光束在玻璃砖中传播的最长时间趋近于
【答案】CD
【解析】解：A、依题意作出光路图，如图所示：
由几何关系可得
可得细光束射入ab边的折射角γ＝30°，故A错误；
B、根据折射定律可得折射率为n，故B错误；
C．光在玻璃砖中传播的速度为，当细光束垂直ab边入射时，光在玻璃砖中传播的时间最短，，故C正确；
D、当入射角无限接近于90°时，光在玻璃砖中传播时间最长，此时折射角接近临界角C，有
可得C＝45°
光在玻璃砖中传播时间趋近于，故D正确；
故选：CD。
考点2光的全反射
1．定义：光从光密介质射入光疏介质，当入射角增大到某一角度时，折射光线将全部消失，只剩下反射光线的现象。
2．条件
(1)光从光密介质射入光疏介质。
(2)入射角大于或等于临界角。
3．临界角：折射角等于90°时的入射角，若光从光密介质(折射率为n)射向真空或空气时，发生全反射的临界角为C，则sin C＝。介质的折射率越大，发生全反射的临界角越小　。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 聊城期末）如图所示，一束复色光a、b从介质射向真空，只有b光从界面射出，反射光束用c表示，则下列说法正确的是（　　）
A．c为a光
B．真空中，b光的光速比a光的大
C．真空中，b光的波长比a光的长
D．a光与b光相遇会发生光的干涉现象
【答案】C
【解析】解：A、光在界面上均会发生反射，可知，c为复色光，故A错误；
B、真空中，所有色光速度相等，即在真空中，b光的光速等于a光的光速，故B错误；
C、根据图形可知，在相同的入射角入射时，a光发生了全反射，b光没有发生全反射，则a光的临界角小于b光的临界角，根据临界角公式可知，b光的折射率比a光的小，因折射率越小，波长越长，故真空中，b光的波长比a光的长，故C正确；
D、因a光与b光频率不相等，不满足干涉条件，所以两光相遇时不会发生光的干涉现象，故D错误。
故选：C。
2．（2025秋 广东月考）某同学利用半圆形玻璃砖进行实验，两单色光I和Ⅱ分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色光c，已知两光与法线间的夹角分别为45°和30°，其出射光都是由圆心O点沿OC方向射出，下列说法正确的是（　　）
A．Ⅱ光与I光在玻璃砖中的传播时间之比为
B．Ⅱ光与I光在玻璃砖中的折射率之比为
C．Ⅱ光与I光在玻璃砖中传播速度大小的比为
D．Ⅱ光与I光由该玻璃砖射向真空发生全反射时的临界角之比为
【答案】C
【解析】解：AB、由于光从玻璃砖射向空气发生折射，根据折射定律可知，i是入射角，r是折射角，则玻璃砖对Ⅰ光与Ⅱ光的折射率分别为
，
则
根据，知Ⅰ光和Ⅱ光在玻璃砖中传播速度之比
根据，得Ⅰ光和Ⅱ光在玻璃砖中的传播时间之
比
故AB错误；
C、由B可知，Ⅱ光与I光在玻璃砖中传播速度大小的比为，故C正确；
D、根据，可得临界角正弦之比为
则临界角之比不等于，故D错误。
故选：C。
3．（2025秋 南宁月考）如图所示，一个半径为r＝3m的圆柱形软木塞，在其圆心处插上一枚大头针，软木塞浮在液面上。调整大头针插入软木塞的深度，当它露在外面的长度为h＝4cm时，从液面上方各个方向向液体观察，恰好看不到大头针。则液体的折射率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】解：一个半径为r＝3m的圆柱形软木塞，在其圆心处插上一枚大头针，软木塞浮在液面上，观察者从液面上方各个方向向液体观察，恰好看不到大头针，说明由针头射出的光线，恰好在液面与木塞的边缘处发生全反射，作出光路图如图所示：
入射角等于临界角C，由几何关系得：
又根据公式：
代入数据解得液体的折射率为：，故C正确，ABD错误。
故选：C。
4．（2025秋 10月份月考）如图所示，桌面上放一枚硬币，一个透明圆柱体放在硬币上。从圆柱体侧面任意位置观察硬币，均未能看到。则圆柱体的折射率可能是（　　）
A．1.38 B．1.39 C．1.41 D．1.42
【答案】D
【解析】解：从圆柱体侧面任意位置观察硬币，均未能看到，即光线在侧面发生了全反射，
硬币上任意一点的反射光，折射后进入圆柱体，光路图如图所示：
当光线掠射进入圆柱体时，折射角θ最大，在圆柱侧面的入射角α最小，
由折射定律可知，，即θ为全反射的临界角，
若此时侧面刚好发生全反射，则从侧面任意位置均无法看到硬币，此时α为全反射的临界角，由几何关系可知，α＝θ＝45°，代入数据可得：n，
则圆柱体的最小的折射率为，故D正确，ABC错误。
故选：D。
5．（2025 武功县校级模拟）如图所示是用透明材料制成的直角三棱镜MNP，其中∠N＝90°，∠P＝30°。一束单色光垂直MN面从MN的中点位置处射入棱镜，在MP面恰好发生全反射。已知光在真空中的传播速率为c，则单色光在棱镜中的传播速率为（　　）
A．c B． C． D．
【答案】B
【解析】解：根据题意作出光路如图所示：
由题意可知，全反射临界角：C＝90°﹣30°＝60°
则棱镜对该单色光的折射率：
则单色光在棱镜中的传播速率：，解得：v，故B正确、ACD错误。
故选：B。
6.（多选）（2026 浙江一模）如图，ABC为半圆柱体透明介质的横截面，AC为直径，B为ABC的中点。真空中一束单色光从AC边射入介质，入射点为A点，折射光直接由B点出射。不考虑光的多次反射，下列说法正确的是（　　）
A．入射角θ小于45°
B．由B点出射的光线与在A点入射的光线平行
C．增大入射角，该单色光在BC上可能发生全反射
D．减小入射角，该单色光在AB上可能发生全反射
【答案】BD
【解析】解：AB、根据题意，画出光路图，如图所示
由几何关系可知，折射角为45°，则由折射定律有
则有，
可得入射角θ大于45°；根据图中几何关系可知，光线在B点出射时的入射角为45°，则折射角为θ，所以由B点出射的光线与在A点入射的光线平行，故A错误，B正确；
C、根据题意，由，可知
即C＞45°
增大入射角，光路图如图所示
由几何关系可知，光在BC上的入射角小于45°，根据产生全反射的条件可知，则该单色光在BC上不可能发生全反射，故C错误；
D、减小入射角，光路图如图所示
由几何关系可知，光在AB上的入射角大于45°，可能大于临界角，根据产生全反射的条件可知，则该单色光在AB上可能发生全反射，故D正确。
故选：BD。
考点3光的干涉
1．定义：在两列光波叠加的区域，某些区域相互加强，出现亮条纹，某些区域相互减弱，出现暗条纹，且加强区域和减弱区域相互间隔的现象。
2．条件：两束光的频率相同、相位差恒定　。
3．双缝干涉
(1)原理如图所示。
(2)条纹特点
①单色光：形成 明暗相间的条纹，中央为亮条纹。
②白光：光屏上出现彩色条纹，且中央亮条纹是白色。
③相邻两个亮条纹或暗条纹的中心间距公式：Δx＝ λ　。
4．薄膜干涉
(1)相干光：光照射到透明薄膜上，从薄膜的两个表面反射的两列光波。
(2)图样特点：同双缝干涉，同一条亮(或暗)条纹对应薄膜的厚度相等。单色光照射薄膜时形成明暗相间的条纹，白光照射薄膜时形成彩色条纹。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 昌黎县校级三模）劈尖干涉是一种薄膜干涉，如图所示。将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夹入一厚度为h的薄片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当红光从上方入射后，从上往下可看到干涉条纹。图中薄片到劈尖顶点的距离为L，下列说法正确的是（　　）
A．若换用蓝光入射，则相邻两条亮条纹的中心间距变大
B．若将此装置放入水中，则形成的干涉条纹间距变大
C．若将薄片从图示位置向右移动一小段距离ΔL，则相邻两条亮条纹的中心间距变为原来的倍
D．若将薄片从图示位置向左移动一小段距离ΔL，则相邻两条亮条纹的中心间距变为原来的
【答案】C
【解析】解：A．从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为Δx＝2d
即光程差为空气层厚度的2倍，当光程差Δx＝2d＝nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差
设原来相邻两条亮条纹的中心间距为Δx，则
可得
蓝光的波长比红光的波长短，若换用蓝光入射，则相邻两条亮条纹的中心间距变小，故A错误；
B．由，可知若将此装置放入水中，波的频率不变，波速减小，则波长变短，则形成的干涉条纹间距变小，故B错误；
C．若将薄片从图示位置向右移动一小段距离ΔL，设相邻两条亮条纹的中心间距为Δx1，则
则，故C正确；
D．若将薄片从图示位置向左移动一小段距离ΔL，设相邻两条亮条纹的中心间距为Δx2，则
则，故D错误。
故选：C。
2．（2025 河南模拟）如图所示，将一凸透镜A（一面为平面，另一面为球面的凸透镜）放在一平面玻璃板B上，透镜的主光轴垂直于玻璃板面，一束单色平行光平行于主光轴照射到透镜上，从透镜上方可以看到明暗相间的同心环形条纹。下列说法正确的是（　　）
A．环形条纹是由光的衍射形成的
B．靠近中心附近的条纹较宽，越往边缘越窄
C．靠近中心附近的条纹较窄，越往边缘越宽
D．所有条纹的宽度都是相等的
【答案】B
【解析】解：A、牛顿环是两个玻璃表面之间的空气膜上下表面反射的两列光引起的薄膜干涉造成的，故A错误；
BCD、光从折射率小的介质射向折射率大的介质时，反射光与入射光相比，有一个相位为π突变（相当于反射光比入射光多走了半个波长）．因而，某一级亮条纹对应的空气膜厚度应该满足2d，其中k＝0，1，2…
可知条纹宽窄的差异，是空气膜变化率的不同所导致的，变化率越大，光程差半波长的奇偶数倍更替得就越频繁，使得条纹更加密集，从而是条纹看起来更窄。所以圆环状条纹的间距不相等，从圆心向外条纹越来越密，故B正确，CD错误。
故选：B。
3．（2025 襄城区校级模拟）如图所示，用红、绿两个激光笔发出的光a、b平行射向半圆形的薄玻璃碗，碗底形成两个光斑；缓慢给碗内注水，发现两个光斑逐渐重合。则关于a、b光的说法正确的是（　　）
A．a光是红光，b光是绿光
B．在水中，a光波长较短，全反射的临界角较小
C．光斑重合时，从碗底部射出的光线只有一条
D．在同一双缝干涉实验装置中a光的干涉条纹间距较大
【答案】B
【解析】解：A．根据题意，两个光斑重合时，画出光路图如图
由图可知，a光的折射角较小，根据折射定律n，可知a光的折射率大于b光的折射率，a光是绿光，b光是红光，故A错误；
B．根据和v＝λf可知，a光的折射率较大，频率较大，故a光在水中的波长较短，由可知，在水中，a光全反射的临界角较小，故B正确；
C．结合上述分析可知，光斑重合时，两光在碗底的入射角不等于在水面折射角，则碗底射出时的折射角也不等于水面的入射角，可知，从碗底部射出的光线有两条，故C错误；
D．由于a光的波长小于b光的波长，由公式可知，在同一双缝干涉实验装置中a光的干涉条纹间距较小，故D错误。
故选：B。
4．（2025秋 锡山区校级期中）某实验小组成员根据光的干涉原理设计了探究不同材料热膨胀程度的实验装置，如图所示。材料Ⅰ置于玻璃和平板之间，材料Ⅱ的上表面与上层玻璃下表面间形成空气劈尖。单色光垂直照射到玻璃上，就可以观察到干涉条纹。下列说法正确的是（　　）
A．干涉条纹由玻璃的上表面和材料Ⅱ的上表面反射光叠加形成
B．仅温度升高，若干涉条纹向右移动，则材料Ⅱ膨胀程度大
C．仅换用频率更大的单色光，干涉条纹将向右移动
D．材料Ⅱ的上表面可以与上层玻璃下表面平行
【答案】B
【解析】解：A、干涉条纹由上层玻璃板的下表面反射的光和经材料Ⅱ的上表面反射的光发生干涉形成的，故A错误；
B、干涉条纹是等厚线，即空气膜厚度相同的位置。从左到右，空气膜的厚度逐渐增大。当温度升高时，若干涉条纹向右移动，说明原来某一条纹所在位置的空气膜厚度变小了，需要向右移动到原来空气膜更厚的位置，才能找到与原来厚度相同的点。空气膜厚度的减小，意味着材料Ⅱ的膨胀量大于材料I的膨胀量（因为空气膜厚度等于材料的高度减去材料的高度）。因此，材料Ⅱ的膨胀程度更大，故B正确。
C、换用频率更大的单色光，根据c＝λf可知，光的波长λ会变小，根据暗条纹（或明条纹）的位置条件2d＝ kλ（或2d＝（2k+1）λ），对于同一级次的条纹（k值相同），其对应的空气膜厚度d会变小。由于空气膜厚度从左到右是增大的，所以要找到更薄的位置，条纹需要向左移动，故C错误；
D、要观察到干涉条纹，要求空气膜的厚度发生连续变化，即形成一个劈形膜。如果材料Ⅲ的上表面与上层玻璃下表面平行，则空气膜厚度处处相等，在单色光垂直照射下，不会出现明暗相间的干涉条纹，故D错误。
故选：B。
5．（2025秋 湖北期中）双缝干涉实验装置的截面图如图所示，线光源S到双缝S1、S2的距离相等，O点为S1，S2连线中垂线与光屏的交点，光源S发出波长为λ的红色激光，经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经S2出射后直接传播到O点，玻璃片厚度为4λ，玻璃对该波长的光的折射率为1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的是（　　）
A．由S1到O点与由S2到O点，光传播的时间差
B．O点出现亮条纹
C．若换成波长更短的绿光，O点一定为亮条纹
D．若光屏向左移动少许，则光屏上条纹间距变大
【答案】B
【解析】解：AB、已知玻璃对该波长的光的折射率n＝5，则光在该玻璃中的传播速度为。
设光由S1到O点的时间为t1，由S2到O点的时间为t2。由题意可知S1到O点的距离等于S2到O点的距离，将其设为L，则有，
光传播的时间差为Δt＝t1﹣t2
联立解得
由S1到O点与由S2到O点的光程差为Δx＝cΔt＝2λ，则两列光在O点得到加强，出现亮条纹，故A错误，B正确；
C、换用绿光后，由S1到O点与由S2到O点的光程差为，其中不一定为整数，所以O点不一定为亮条纹，故C错误；
D、根据双缝干涉条纹间距公式，光屏向左移动时，L变小，则光屏上条纹间距变小，故D错误。
故选：B。
6.（多选）（2025秋 东西湖区校级期中）光的干涉现象在技术中有许多应用。如图甲所示是利用光的干涉检查某精密光学平面的平整度，图乙和图丙是图甲的装置中看到的条纹。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中下板是待检查的光学元件，上板是标准样板
B．若出现图丙中弯曲的干涉条纹，说明被检查的平面在此处出现了凸起
C．若换用频率更大的单色光，其他条件不变，则图乙中的条纹间距变宽
D．若将图甲中的薄片厚度增大，其他条件不变，则图乙中的条纹间距变窄
【答案】AD
【解析】解：A.题图甲中上板是标准样板，下板是待检查的光学元件，故A正确；
B.如果被检测的平面某处凹下，则对应明条纹（或暗条纹）提前出现，如果某处凸起，则对应的条纹延后出现，因此出现题图丙中弯曲的干涉条纹，说明被检查的平面在此处是凹下的，故B错误；
C.频率越大的单色光，其波长越小，因此换用频率更大的单色光，其他条件不变，题图乙中的干涉条纹变窄，故C错误；
D.设两元件的夹角为θ，单色光的波长为λ，则相邻两个亮条纹的间距为，若将图甲中的薄片厚度增大，即夹角θ变大，其他条件不变，则图乙中的条纹间距变窄，故D正确。
故选：AD。
考点4光的衍射
1．发生明显衍射的条件：
只有当障碍物的尺寸与光的波长相差不多，甚至比光的波长还小的时候，衍射现象才会明显。
2．三种衍射图样的比较
（1）单缝衍射：若为单色光，中央为亮且宽的条纹，两侧为明暗相间的条纹，条纹间距不等，且离中央条纹越远，亮条纹的亮度越弱，宽度越小(如图甲所示)。
（2）单孔衍射：若为单色光，中央是大且亮的圆形亮斑，周围分布着明暗相间的同心圆环，且越靠外，圆形亮条纹的亮度越弱，宽度越小(如图乙所示)；亮环或暗环间的距离随圆孔半径的增加而减小　。
（3）泊松亮斑(圆盘衍射)：当光照射到不透明的半径很小的圆盘上时，在圆盘的阴影中心出现亮斑，在阴影外还有不等间距的明暗相间的圆环。(如图丙所示)
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 临沂期末）如图所示，水面下有两个单色点光源S1、S2，S1比S2离水面近，两个点光源发出的光照亮水面形成的光斑面积相等，则两种光相比（　　）
A．S2发出的光在水中传播速度更大
B．S2发出的光更不容易产生明显衍射现象
C．S2发出的光在真空中的波长更长
D．经同一干涉装置S2发出的光形成的干涉条纹间距大
【答案】B
【解析】解：A．S1比S2离水面近，而两个点光源发出的光照亮水面形成的光斑面积相等，由几何知识可知S1在水面处发生全反射的临界角较大，根据，可知S1发出的光在水中的折射率较小，根据可知S1发出的光在水中传播速度更大，故A错误；
BC．S1发出的光在水中的折射率较小，则频率较小，由，可知S1发出的光在真空中的波长更长；根据发生明显衍射现象的条件可知，S2发出的光更不容易产生明显衍射现象，故B正确，C错误；
D．S1发出的光在真空中的波长更长，根据，λ1＞λ2，可知经同一干涉装置S1发出的光形成的干涉条纹间距大，故D错误。
故选：B。
2．（2025秋 金华月考）在一定的气象条件下，空气中的小水滴会变成六棱柱状的小冰晶，太阳光穿过小冰晶时发生折射，看上去在太阳的周围出现一个彩色圆圈，这就是日晕，如图甲所示。图乙是两单色光穿过六棱柱状冰晶某横截面的示意图，下列说法正确的是（　　）
A．若a光是黄光，则b光可能是红光
B．b光比a光更容易发生明显的衍射现象
C．a光在冰晶中的传播速度小于b光的传播速度
D．用同一双缝干涉装置做实验，a光条纹间距大于b光条纹间距
【答案】D
【解析】解：A．根据题图乙可知a、b两光的入射角相等，b光偏折的比a光大，则b光的折射率大于a光的折射率，即b光的频率大于a光的频率，若a光是黄光，则b光一定不是红光，故A错误；
B．b光的频率大于a光的频率，则b光的波长小于a光的波长，a光比b光更容易发生明显的衍射现象，故B错误；
C．b光的折射率大于a光的折射率，根据v，可知在冰晶中a光的传播速度大于b光的传播速度，故C错误；
D．用同一双缝干涉装置做实验，根据双缝干涉条纹间距公式Δx，可知a光的相邻亮条纹中心间距大于b光的相邻亮条纹中心间距，故D正确。
故选：D。
3．（2025秋 辽宁月考）如图所示为红、蓝两种颜色的光分别通过同一窄缝后在屏上呈现的条纹，下列说法正确的是（　　）
A．产生图甲衍射条纹的是红色光
B．图乙的光在真空中传播速度更大
C．增大窄缝宽度，衍射会变得更明显
D．减小窄缝宽度，屏上光会变得更亮
【答案】A
【解析】解：AC．发生明显衍射的条件：缝或孔的尺寸比入射光的波长小或者相差不多；所以波长越长，衍射条纹中央亮纹越明显宽，可知，产生图甲衍射条纹的是红色光；增大窄缝宽度，衍射会变得不明显，故A正确，C错误；
B．各种色光在真空中的传播速度相同等于3×108m/s，故B错误；
D．减小窄缝宽度，通过的光会变少，屏上光会变得更暗，故D错误。
故选：A。
4．（2025 海淀区校级模拟）抽制高强度纤维细丝时可用激光监测其粗细。如图所示，观察激光束经过细丝时在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化。这一过程利用了光的（　　）
A．干涉现象 B．衍射现象 C．折射现象 D．色散现象
【答案】B
【解析】解：当障碍物的尺寸与波的波长相差不多，或小于波的波长，会发生明显的衍射，该装置的原理是运用光的衍射现象，如果屏上条纹变宽，则金属丝变细，故B正确，ACD错误。
故选：B。
5．（2025 山东开学）如图所示，小王同学让激光束通过自制双缝，观察在光屏上形成的双缝干涉条纹。关于小王同学的实验操作过程及对应看到的现象，下列说法正确的是（　　）
A．仅将光屏移近缝，光屏上干涉条纹间距变宽
B．仅将激光器移近缝，光屏上干涉条纹间距变宽
C．遮住一条缝后，光屏上仍有明暗相间的条纹
D．仅换一个两缝之间距离较大的双缝，光屏上干涉条纹间距变宽
【答案】C
【解析】解：A.根据双缝干涉条纹间距，仅将光屏移近缝，即L减小，光屏上干涉条纹间距变窄，故A错误；
B.仅将激光器移近缝，光屏上干涉条纹间距不变，故B错误；
C.遮住一条缝后，激光通过单缝，由于光的衍射，光屏上仍有明暗相间的条纹，故C正确；
D.根据双缝干涉条纹间距，仅换一个两缝之间距离较大的双缝，即d变大，光屏上干涉条纹间距变窄，故D错误。
故选：C。
6.（多选）（2024秋 西安期末）为了装点城市夜景，市政工作人员常在喷水池水下安装灯光照亮水面。如图甲所示，水中有一点光源S，能同时发出两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，俯视如图乙所示，环状区域内只有b光，中间小圆内为复色光，下列说法正确的是（　　）
A．a光的折射率大于b光的折射率
B．在水中，a光的传播速度大于b光的传播速度
C．观察到的光源S的位置比实际位置浅一些
D．通过相同的单缝，a光的衍射现象比b光更明显
【答案】AC
【解析】解：A、环状区域内只有b光，可知a光发生全反射时，b光未发生全反射，则a光的临界角小于b光的临界角，因此由可知，a光的折射率大于b光的折射率，故A正确；
B、由可知，在水中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故B错误；
C、根据题意可知，当观察者从上面看水中的光源时，从光源射来的光线进入观察者的眼睛，人眼逆着光线看，就看到了此时的光源，所以观察者会感到光源的位置比实际位置浅一些，故C正确；
D、a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，根据c＝λf可知，a光的波长小于b光的波长，所以通过相同的单缝，b光的衍射现象比a光更明显，故D错误。
故选：AC。
1．（2025秋 海门区校级期中）如图所示为某透明介质制成的棱镜截面，该截面由半圆构成，O为圆心，直径AB水平，C为半圆最低点，已知半径OA＝R，一细光束由平面上的A点斜射入棱镜，细光束在D点刚好发生全反射，已知弧长AC等于弧长DC的3倍，光在真空中的速度为c。求：
（1）该透明介质的折射率；
（2）光束从A点射入到第一次射到圆弧BC的时间。
【答案】（1）该透明介质的折射率是；
（2）光束从A点射入到第一次射到圆弧BC的时间是。
【解析】解：（1）由题意，弧AC等于弧DC的3倍，则弧AD所对应的圆心角为60°，所以三角形OAD为正三角形，作出光束在棱镜中的光路图，如图所示
由几何关系可知光束在棱镜中的临界角为C＝60°
由临界角公式得
解得
（2）由以上分析可知 AD＝R
光线在D点的反射光线与OC垂直，设与弧BC交点为E，由几何关系可知∠ODE＝60°
则DE＝R
光在棱镜中传播的距离为 x＝AD+DE＝2R
光在棱镜中的速度为
光束从A点射入到第一次射到圆弧BC的时间
答：（1）该透明介质的折射率是；
（2）光束从A点射入到第一次射到圆弧BC的时间是。
2．（2025 咸阳模拟）如图所示，图中阴影部分ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，该种材料折射率n＝2，曲线AC为一圆心为D，半径为R的四分之一圆弧，ABCD构成正方形，在D处有一点光源。若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，从点光源射入圆弧AC的光中，有一部分光能从AB、BC面直接射出，已知光在真空中传播速度为c。求：
（1）光线从D点传播到B点所用的时间t；
（2）从AB、BC面有光射出的区域总长度。
【答案】（1）光线从D点传播到B点所用的时间为；
（2）从AB、BC面有光射出的区域总长度为。
【解析】解：（1）由几何关系可知，光在真空中传播的距离s1＝R，传播速度为c，光在介质中传播的距离s2＝（1）R，由折射定律可知，传播速度，
则光从D点传播到B点所用的时间t，代入数据可得：t；
（2）光线到达E点时刚好发生全反射，光路图如图所示：
此时AE区域有光射出，EB区域发生全反射，由折射定律可知，sinC，代入数据可得：C＝30°，
由几何关系可知，AE＝Rtan30°，由对称可知，从AB、BC面有光射出的区域总长度L＝2AE，代入数据可得：L。
答：（1）光线从D点传播到B点所用的时间为；
（2）从AB、BC面有光射出的区域总长度为。
1．（2025 武功县校级模拟）某款落地式台灯的灯珠经过特殊处理后可以向四周发射水平光线，灯罩abcd及灯珠的截面图如图所示，灯珠发出的光线经过透明灯罩ab、cd段（ab、cd段关于灯珠对称）折射后，能够在地面形成一个圆环形光斑。已知灯罩abcd为圆弧面，圆弧半径为R＝1m，O为圆心，∠bOc＝90°，灯珠下端距离地面高h＝1m，透明灯罩的折射率为，，，求：
（1）光线分别在a、b两点的入射角大小；
（2）圆环形光斑的外圆与内圆的半径之差D。
【答案】（1）光线分别在a、b两点的入射角大小分别为30°，45°
（2）圆环形光斑的外圆与内圆的半径之差D为m。
【解析】解：（1）作出光路图，如图所示：
由题意可知，abcd为圆弧面，则∠aOd＝120°
又因为∠bOc＝90°，由几何关系可得a点入射角β＝30°，b点入射角α＝45°。
（2）如图所示，P、N为灯珠光射在a、b位置折射后投在地面上的光点，A、B为a、b在地面的竖直投影。
光线经过b点折射时，由折射定律有
可得该出射光线的折射角α1＝90°，该光线在b点恰好与弧面相切，由几何关系得
∠bNB＝45°
，其中hbB＝h+Rsinα﹣Rsinβ
且xAB＝Rcosβ﹣Rcosα
经过a点折射的光线，由光的折射规律得
可知，即θ＝45°
由几何关系可得∠aPA＝θ﹣β＝15°
圆环形光斑的外圆与内圆的半径之差为
D＝PA+xAB﹣NB
代入数据解得m
答：（1）光线分别在a、b两点的入射角大小分别为30°，45°
（2）圆环形光斑的外圆与内圆的半径之差D为m。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业19 交变电流
考点1交变电流的四值
交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
物理量 物理含义 重要关系 适用情况及说明
瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝E msin ωt i＝I msin ωt 计算线圈某时刻的受力情况
峰值 最大的瞬时值 E m＝nBSω I m＝ 讨论电容器的击穿电压
有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值 E＝ U＝ I＝ (只适用于正弦式交变电流) (1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等) (2)电气设备“铭牌”上所标的一般是指有效值 (3)保险丝的熔断电流为有效值 (4)交流电压表和电流表的读数为有效值
平均值 某段时间内感应电动势或电流的平均值大小 ＝BL ＝n ＝ 计算通过电路截面的电荷量
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 焦作期末）如图1所示，正方形线圈abcd在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，其电动势e随时间t变化的图像如图2所示。已知线圈的匝数为100，下列判断正确的是（　　）
A．正方形线圈可能是以ab边为轴匀速转动
B．该交变电流电压的有效值为100V
C．t＝1.0×10﹣2s时，穿过线圈的磁通量为零
D．穿过线圈的磁通量最大值为
2．（2024秋 衡水校级期末）随着科技的发展，各式各样的用电器层出不穷，对用电的需求也越来越多，解决充电难题已经刻不容缓，为了人们出行轻便，无线充电发展迅速。如图所示实线部分是某无线充电接收端电流经电路初步处理后的I﹣t图像，其中曲线为正弦函数图像的一部分，则这种交流电的有效值为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025秋 金华月考）图甲为全球最高海拔风电项目的西藏八宿风电场，图乙为某风力发电机部分供电系统简化图，风能转化为电能的效率可视为不变。工作时，矩形线圈ABCD绕轴OO′匀速转动，输出电压，电阻R1＝8.9Ω，R2＝210Ω其他电阻均不计。理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2＝1：10。则（　　）
A．线圈位于图乙所示位置时的磁通量为
B．电流表的示数为
C．该发电机每秒消耗的风能为17600J
D．线圈从图中位置转过90°的过程中，通过R2的电荷量为
4．（2025 金安区校级模拟）如图甲所示，空间存在竖直向下，磁感应强度大小为2T的匀强磁场，绝缘水平桌面上固定一间距为1m的光滑金属导轨，导轨的左侧接有阻值为1Ω的电阻R和理想二极管D。导轨上放置长为1m，阻值为1Ω的导体棒ab，t＝0时刻起ab棒在外力作用下向右运动，其速度变化规律如图乙所示，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻，则导体棒ab两端电压有效值为（　　）
A．4V B．2V C． D．
5．（2024秋 山东期末）某科技社团自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动（皮带不打滑），半径之比为8：1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共N匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以转速n匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为3R的灯泡。灯泡两端电压有效值为（　　）
A．6nπNBL2 B．6nπNBL2
C．12nπNBL2 D．12nπNBL2
6.（多选）（2025秋 贵州期中）如图甲所示，电阻R＝1Ω的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，在定值电阻R1上产生的u﹣t图像如图乙所示，定值电阻R1＝10Ω，其他导线电阻不计，下列说法正确的是（　　）
A．当线圈平面与磁场方向垂直时，通过线圈的磁通量最大
B．线圈的角速度ω＝50πrad/s
C．线圈中产生电动势的有效值为10V
D．回路中电流的有效值为1A
考点2变压器的原理
1．构造和原理
(1)构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的.
直 观 情 境
(2)原理：电磁感应的互感现象．
2．基本关系式
(1)功率关系：P入＝P出．
(2)电压关系：＝.
有多个副线圈时：＝＝＝….
(3)电流关系：只有一个副线圈时：＝.
由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn.
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 琼海校级模拟）图甲是某发电机通过理想变压器输电的示意图，图乙是原线圈接入的内阻r＝2Ω的发电机提供的交变电流的u﹣t 图像（um未知）。已知原线圈匝数n1＝110匝，副线圈匝数n2＝22匝，电压表和电流表均视为理想电表。电流表的示数为1A，电压表的示数为2V，灯泡恰好正常发光，则下列说法正确的是（　　）
A．灯泡的电阻为20Ω
B．交变电流的频率为50Hz
C．原线圈接入的交流电压表达式为u＝10sin（100πt）V
D．原线圈电路中消耗的总功率为12W
2．（2024秋 赤峰期末）一起重器的电路示意图如图甲所示，理想变压器的原线圈中接入图乙所示的正弦交流电，照明灯的规格为“22V，11W”，电动机线圈的内阻r＝1Ω，装置工作时，重物以v＝0.5m/s的速率匀速上升，照明灯正常工作，电表均为理想交流电表，电动机的输入功率PM＝209W。电动机的输出功率全部用来提升重物，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．原、副线圈的匝数比为
B．原、副线圈的匝数比为20：1
C．重物的质量为23.75kg
D．重物的质量为47.5kg
3．（2025 武功县校级模拟）如图所示，理想变压器原线圈接入正弦交变电流，原线圈电路中接有定值电阻R1，副线圈两端接有定值电阻R2及电阻箱R。已知原、副线圈匝数比为1：5，R1＝R2＝R0，调节电阻箱R的阻值，则（　　）
A．当R＝2R0时，R1、R2两端的电压之比为2：1
B．当R＝R0时，R1、R2消耗的电功率之比为2：1
C．无论R为何值，原、副线圈的电流之比为5：1
D．R增大时，R1消耗的电功率先增大后减小
4．（2025 武功县校级模拟）如图所示，某实验小组研发了一款小型发电机，发电机线圈面积S＝0.02m2，共计N＝50匝，线框所在区域内存在垂直转轴的匀强磁场，磁感应强度大小，线圈转速n＝50r/s，然后通过匝数比的理想变压器输送到用户端，原线圈回路接有阻值为R的定值电阻，副线圈接有三个阻值均为R的定值电阻，线圈电阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．发电机的输出电压瞬时值表达式为
B．副线圈的输出电压为15V
C．电阻R上电流方向1s内改变50次
D．原线圈回路中电阻R与副线圈回路中一个电阻R的功率之比为9：15
5．（2024秋 安徽期末）如图所示为一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2＝1：2，定值电阻R1＝2Ω，R2＝2Ω，电阻箱R的阻值调节范围足够大，U0为正弦式交流电源。当R＝2Ω时，通过R1的电流为I0，则当R＝6Ω时，通过R1的电流将变为（　　）
A． B． C． D．
6.（多选）（2025 唐山模拟）如图（a）所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，R为10Ω的定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。若原线圈接如图（b）所示的正弦交流电，下列说法正确的是（　　）
A．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u′＝3sin（100πt）V
B．t＝0.02s时，电压表V1的示数为0
C．t＝0.02s时，电压表V2的示数为3V
D．t＝0.02s时，电流表A的示数为0.3A
考点3变压器两端电路的动态分析
1. 线圈匝数变化
如图所示， 负载电阻不变， 匝数比变化的情况的分析思路:
(1) 不变， 发生变化， 变化；
(2) 不变， 变化， 发生变化；
(3) 根据 和 、 ，可以判断 变化时， 发生变化； 不变， 发生变化。
2负载电阻变化
如图所示， 匝数比不变， 负载变化的情况的分析思路:
不变，根据 ，输入电压 决定输出电压 ，可以得出不论负载电阻 如何变化， 不变；
当负载电阻发生变化时， 变化，根据输出电流 决定输入电流 ，可以判断 的变化；
变化引起 变化，根据 ，可以判断 的变化。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 昌黎县校级模拟）如图所示，理想变压器副线圈有两个绕组，a、b间接输出电压有效值恒定的正弦交流电，通过总电阻为r的导线与原线圈连接。副线圈所接四个灯泡规格相同，开关S断开时，三个灯泡亮度一样，若不考虑灯泡电阻的变化，当开关S闭合后，下列说法正确的是（　　）
A．L1、L2、L3都变亮 B．L1、L2、L3都变暗
C．L1、L2变亮，L3变暗 D．L1、L2变暗，L3变亮
2．（2025秋 贵州月考）如图所示，变压器原线圈接正弦交变电源，变压器原、副线圈匝数之比n1：n2＝2：1，电路中定值电阻的阻值为R1，滑动变阻器的最大阻值为R2，灯泡的电阻（保持不变）为RL，已知R1＝R2＝RL＝R。闭合开关S，通过调节滑动变阻器，改变灯泡亮度，则灯泡功率最小值与最大值之比为（　　）
A．9：49 B．1：4 C．25：81 D．9：25
3．（2024秋 河南期末）如图所示为某电吹风的内部简化电路图，电机的内阻为r，额定功率为P，定值电阻的阻值为R，理想变压器原、副线圈的匝数比为k，在a、b两端输入电压有效值恒定的正弦交流电，S断开时，电机刚好能正常工作，将S闭合，a、b两端输入的功率是S断开时a、b两端输入功率的3倍，则下列判断正确的是（　　）
A．S闭合后，电机的功率减小
B．
C．a、b两端输入电压有效值为
D．S闭合时，变压器副线圈中的电流为
4．（2024秋 南阳期末）如下图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器变化时，相当于R的值变化（滑动片向下或向上移动）。如果变压器上的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，下列说法正确的是（　　）
A．电流表A1的读数不变 B．电压表V1的读数变大
C．电压表V3的读数变小 D．电流表A2的读数变小
5．（2025秋 和平区期中）如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，电表均为理想电表，开关S处于断开状态，下列说法正确的是（　　）
A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变小
C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若滑动触头P不动，闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变小
6.（多选)（2025秋 长沙月考）图甲所示的理想变压器原、副线圈匝数比为3：1，开始时，开关S闭合，图乙是该变压器cd输入端交变电压的图像，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9V，6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表。以下说法正确的是（　　）
A．ab输入端电压的瞬时值表达式为Uab＝27sin100πt（V）
B．电流表的示数为2A，L1能正常发光
C．ab输入端输入功率Pab＝18W
D．断开S，L3中的电流将变大
考点4远距离输电
1．输电电路图的三个回路(如图)
(1)在电源回路中，P发电机＝U1I1＝P1。
(2)在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，ΔP＝IR线。
(3)在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户。
2．升压变压器和降压变压器的基本关系
(1)升压变压器基本关系
＝，＝，P1＝P2
(2)降压变压器基本关系
＝，＝，P3＝P4
3．一个守恒观念
功率关系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I线＝IR线＝。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 武功县校级模拟）远距离输电的示意图如图所示，变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数比，降压变压器的原、副线圈匝数比。当升压变压器原线圈的输入电压U1＝211V时，入户电压U4＝220V，且用户消耗的电功率P＝110kW，则输电线的总电阻为（　　）
A．250Ω B．200Ω C．150Ω D．100Ω
2．（2025 开封三模）如图所示为远距离输电的示意图，a、b端接入电压为210V的交流电源，两理想变压器的匝数比满足。已知R1、R2、R3的阻值均为5Ω，它们消耗的电功率均相同，电表均为理想交流电表。下列说法正确的是（　　）
A．变压器T1的匝数比
B．电压表的示数为120V
C．电流表的示数为28A
D．变压器T1的输出功率为11460W
3．（2024秋 黔东南州期末）随着节能减排的推进，水力发电站将代替部分火力发电站而成为发电主力。图中为某水电站的电能输送示意图，升压变压器原、副线圈的匝数比为1：10，降压变压器原、副线圈的匝数比为10：1，发电机的输出电压恒为230V，降压变压器副线圈电压随时间变化的规律如图乙所示，两变压器均为理想变压器，两变压器之间输电线路的总电阻为10Ω，下列说法正确的是（　　）
A．输电线路消耗的电功率为0.1kW
B．发电机的输出功率为2.3kW
C．用户消耗的电功率为2.2kW
D．输电效率约为96%
4．（2025秋 河北期中）2025年8月，由南方电网广东广州供电局牵头研制的全球首台500千伏植物油变压器，在广州500千伏增城变电站投运。如图所示，发电站输出电压有效值为10.8kV的正弦式交流电，经匝数比为1：50的理想变压器升压后通过输电线输送到变电站，输电线等效电阻为R＝20Ω，变电站两端有效电压为500kV，再用理想变压器变为电压有效值为220V的家用交流电，下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器输出电压最大值为540kV
B．输电线上的电流为200A
C．输电线上损失的功率为8×107W
D．升压变压器原线圈与降压变压器副线圈中电流之比为11：5000
5．（2025春 开福区校级月考）2024年夏天由于炎热天气影响，全国用电量激增。通过调查发现，在我国电源供给中风电、光伏等清洁能源占到近三成，成为电力可靠供应的重要保障。某风力发电机的输出电压为2500V，用户得到的电功率为141kW，用户得到的电压是220V，输电线的总电阻为90Ω，输电线路如图所示。若输电线因发热而损失的功率为升压变压器输出功率的6%，变压器均视为理想变压器，已知降压变压器副线圈的匝数为55匝，则下列说法正确的是（　　）
A．风力发电机的输出功率为1500kW
B．通过输电线的电流为7A
C．升压变压器副线圈匝数是原线圈匝数的3倍
D．降压变压器原线圈的匝数为3525匝
6.(多选）（2025 昌黎县校级三模）如图为远距离输电的示意图。已知发电站的输出功率为6×105kW，输出电压为U1，输送电压为U2＝500kV，理想升压变压器原、副线圈的匝数之比为，理想降压变压器原、副线圈的匝数之比为n，输电线上的总电阻为R＝50Ω。为保证用户端能获得U4＝220V的生活用电，下列说法正确的是（　　）
A．500kV是指交流电的平均值
B．发电站的输出电压为U1＝250V
C．升压变压器原、副线圈的匝数之比为1：200
D．若发电站的输出功率不变，升压变压器副线圈的电压升高一倍，则输电线上的功率损失变为原来的
1．（2024秋 衡水期末）如图甲为某中小型水力发电站远距离输送单相交流电示意图，每根导线电阻为4Ω，远距离输电线的输送电流为100A，若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为720kW，在用户端起点接有交流电压表，求：
（1）升压变压器原副线圈匝数比；
（2）设降压变压器原副线圈匝数比320：11，求用户端交流电压表的示数；
2．（2025 黑龙江模拟）小型交流发电机向校远处用户供电，发电机线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动。已知线圈abcd的匝数N＝100，面积S＝0.043m2，线圈匀速转动的角速度ω＝100πrad/s，匀强磁场的磁感应强度大小BT。输电导线的总电阻R＝12.5Ω，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3：n4＝10：1。用户区标有“220V，8.8kW”的电动机恰能正常工作，用户区及连接发电机线圈的输电导线电阻可以忽略，发电机线圈电阻不可忽略。求：
（1）输电线路上损耗的电功率ΔP；
（2）若升压变压器原、副线圈匝数比为n1：n2＝1：9，求发电机线圈电阻r。
1．（2025 大兴区校级三模）近年来，电动汽车在我国迅速发展，其动力装置是电动机。如图甲所示是一台最简单的直流电动机模型示意图，固定部分（定子）装了一对磁极，旋转部分（转子）装了圆柱形铁芯，将abcd矩形单匝导线框固定在转子铁芯上，能与转子一起绕轴OO'转动。线框与铁芯是绝缘的，线框通过换向器与直流电源连接。定子与转子之间的空隙很小，可认为磁场沿径向分布，线框无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，如图乙所示，线框所处位置的磁感应强度大小均为B。已知ab、cd边的质量均为M、长度均为L，其他部分质量不计，线框总电阻为R。电源电动势为E，内阻不计。当闭合开关S，线框由静止开始在磁场中转动，忽略一切阻力与摩擦，以及线圈的自感系数。
（1）分别求出刚闭合开关S后瞬间、线框的转速达到稳定后线框中的电流I1和I2；
（2）求闭合开关后，线框由静止开始转动，到转动速率达到稳定的过程中，线框ab边能达到的最大速度vm和电源所释放的电能W；
（3）当用电动机带动其他机器稳定工作时，线框的ab、cd边相当于都受到与转动速度方向相反、大小恒定的阻力f，f不同转动速率也不同。写出此时电动机工作效率η的表达式，并求出当η＝50%时，线框的ab、cd边转动的速率。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业04 电路基本规律及其应用
考点1电流与电阻
一、电流
1．定义：电荷的定向移动形成电流，I＝ 　。
2．电流形成的条件：导体中有 自由电荷；导体两端存在电压。
3．标矢性：电流是标量，正电荷定向移动的方向规定为电流的方向。
4．二个表达式
(1)定义式：I＝；
(2)I＝nqSv。
二、电阻与电阻定律
1．电阻：导体两端的电压和通过它的电流的比值。表达式为 R＝　。
2．电阻定律
(1)内容：导体的电阻跟导体本身的长度成正比，跟导体的横截面积成反比，还跟导体的材料有关。
(2)公式： R＝ρ　。
(3)电阻率(ρ)
①物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性。
②电阻率与温度的关系
a．金属：电阻率随温度升高而增大　；
b．负温度系数半导体：电阻率随温度升高而减小　；
c．超导体：一些金属和合金在温度低到临界温度时，电阻可以降到0。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 二道区校级期中）关于电流，下列说法中正确的是（　　）
A．因为电流有方向，所以电流是矢量
B．由I＝neSv可知，金属导体中自由电荷的运动速率越大，电流一定越大
C．电荷定向移动的方向就是电流的方向
D．I适用于任何电荷的定向移动形成的电流
2．（2025秋 淄博期中）一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构的新材料，具有良好的导电性能，该新材料通过材料内部的自由电子导电，自由电子的电荷量为e。如图所示，长为l（l不等于1m）的新材料两端的电压为U，流过导体中的电流为I，沿电流方向单位长度内的自由电子数为n，则该新材料内自由电子定向移动的平均速率为（　　）
A． B． C． D．
（多选）3．（2025秋 西城区校级期中）航天器离子发动机的原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化（即电离出正离子），正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力。已知航天器质量为M，单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为U，单位时间内从喷口喷出的正离子个数为n。在一小段时间Δt内可认为航天器做直线运动，且喷出离子方向与航天器运动方向在同一直线上，不考虑喷射离子引起航天器质量的变化，忽略离子间的相互作用力以及进入栅板时的初速度。则下列说法正确的是（　　）
A．从喷口喷出的正离子形成的等效电流大小为nqΔt
B．正离子经电场加速后速度大小为
C．该发动机产生的平均推力为
D．经过Δt时间航天器速度大小变化了
（多选）4．（2025秋 小店区校级期中）如图甲所示的电路中，A、B两端电压恒为6V，灯泡1、2、3、4完全相同，且每个灯泡的伏安特性曲线均如图乙所示。已知灯泡4两端的电压为4V，则在此电路中（　　）
A．灯泡4的电阻为10Ω
B．通过灯泡3的电流为0.2A
C．灯泡1两端电压为2V
D．定值电阻的阻值为40Ω
考点2串联与并联电路
1.串联电路
串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的电阻。若n个相同的电阻串联，总电阻R总＝nR。
2.并联电路
（1）并联电路的总电阻小于其中任一支路的电阻，且小于其中最小的电阻。
（2）n个相同的电阻并联，总电阻等于其中一个电阻的，即R总＝R。
（3）两个电阻并联时的总电阻R＝。
3.无论是串联电路，还是并联电路，或者是混联电路，其中任何一个电阻增大(或减小)，总电阻就增大(或减小)。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 琼山区校级期中）如图所示的电路中，R1＝2Ω，R2＝1Ω，R3＝3Ω，闭合开关，那么通过电阻R1、R2、R3的电流之比I1：I2：I3为（　　）
A．2：1：3 B．3：2：1 C．1：2：3 D．3：1：2
2．（2025秋 南京期中）如图所示的电路是将一块小量程表头改装成了双量程电流表。下列说法正确的是（　　）
A．将开关S拨到b，增大R2的阻值，电流表量程会减小
B．将开关S拨到b，增大R1的阻值，电流表量程会增大
C．将开关S拨到a，减小R1的阻值，电流表量程会减小
D．将开关S拨到a，减小R2的阻值，电流表量程会增大
3．（2025秋 沙坪坝区校级期中）如图所示的电路中，灵敏电流计G与电流表A均为理想电表，定值电阻R1＝4Ω，R2＝3Ω，R3＝8Ω，R4＝6Ω，开始时开关S断开，现将开关S闭合后，下列说法正确的是（　　）
A．存在自a向b流过灵敏电流计G的电流
B．存在自b向a流过灵敏电流计G的电流
C．电流表A的读数无变化
D．电流表A的读数有变化
（多选）4．（2025秋 重庆期中）并联电路在生活中的应用非常广泛，如图甲所示的纯电阻电路模型中，两个定值电阻R1、R2并联接在输出电压U＝10kV的恒压电源上，图乙是定值电阻R1、R2的U﹣I图线，下列判断正确的是（　　）
A．定值电阻R1的阻值为5Ω
B．定值电阻R2的阻值为10Ω
C．流过定值电阻R1的电流为2A
D．流过定值电阻R2的电流为1A
（多选）5．（2025秋 福州期中）四个灯泡接成如图所示的电路。a、c灯泡的规格为“220V 40W”，b、d灯泡的规格为“220V 100W”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率。关于这四个灯泡实际消耗功率大小的关系，正确的是（　　）
A．Pa＞Pb B．Pa＝Pc C．Pc＞Pb D．Pa＞Pd
考点3电表改装
电表的改装 改装成电压表 改装成电流表
内部电路
改装后的量程 U＝Ig(R＋Rg) I＝Ig
接入电阻的阻值 R＝－Rg＝(n－1)Rg R＝＝
改装后的总电阻 Rx＝Rg＋R＝nRg Rx＝＝
校准电路
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 石家庄期中）如图所示，将两只完全相同的灵敏电流计进行改装，形成如图所示的两种双量程的电表，下列说法正确的是（　　）
A．甲图为双量程电压表，且1的量程大于2的量程
B．甲图为双量程电流表，且1的量程大于2的量程
C．乙图为双量程电压表，且1的量程大于2的量程
D．乙图为双量程电流表，且1的量程大于2的量程
2．（2025秋 北辰区校级期中）如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻Rg＝100Ω，R1＝1.9kΩ，R2＝4kΩ，图甲a量程为2V，下列说法正确的是（　　）
A．图甲a的量程大于b的量程
B．图乙c的量程小于d的量程
C．表头满偏电流Ig＝1mA
D．图甲b的量程为4V
3．（2025秋 南京期中）实验室常用的电流表、电压表通常由小量程电流表G和一个电阻R改装而成。下列说法正确的是（　　）
A．电流表改装通常用甲电路，R减小时量程增大
B．电压表改装通常用甲电路，R增大时量程增大
C．电流表改装通常用乙电路，R增大时量程增大
D．电压表改装通常用乙电路，R减小时量程增大
1．（2025秋 石家庄期中）如图所示的电路中，A、B之间电压恒定，电阻R1＝6Ω，R2＝4Ω，所有电表均为理想电表。当开关S闭合时，电压表示数U1＝12V，电流表示数I1＝3.5A。当开关S断开时，求：
（1）电阻R3的阻值；
（2）电压表和电流表的示数。
2．（2025秋 南昌校级期中）现将内阻R6为200Ω的灵敏电流计G分别改装为双量程的电压表和电流表，如图甲和乙所示。甲图中R1＝1.3kΩ，R2＝6kΩ，使用A、B两个端点时，电压表的量程为0～3V；乙图中使用A、B两个端点时，电流表量程为0～100mA，使用A、C两个端点时，电流表量程为0～10mA，试计算：
（1）灵敏电流计的满偏电流是多少？
（2）图甲中使用A、C两个端点时，电压表的量程是多少？
（3）图乙中R3和R4的阻值各为多少？
1．（2024秋 大连校级月考）图甲所示为一灯泡两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线。由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故，参考这条曲线回答下列问题（不计电流表内阻，所有最后结果均保留1位小数）：
（1）将三个这样的灯泡如图乙所示接入电路中，电流表的示数为0.5A，求路端电压U1。
（2）若把三个这样的灯泡串联后再与R＝15Ω的电阻串联，接在路端电压U2＝15V的电源上，求每个灯泡的电阻。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业07 电学实验2
考点1描绘小灯泡的伏安特性曲线
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 武功县校级模拟）某同学研究一款新型灯泡工作时电流随电压变化的规律。所用器材如下：
A.干电池两节（每节电动势E＝1.5V，内阻很小）
B.灯泡L（额定电压2.5V，内阻约几欧）
C.电流表A（量程0～0.6A，内阻不计）
D.电压表V（量程0～3V）
E.滑动变阻器R（最大阻值为5Ω）
F.开关一个及导线若干
（1）为了使灯泡两端的电压可以从零开始变化，请在图甲中补全电路图。
（2）该同学通过实验绘制了通过灯泡的电流随其两端电压变化的图像如图乙所示，则灯泡的额定功率P＝　 　 W（保留两位有效数字）。
（3）如果将该灯泡直接接到电动势E＝3V、内阻r＝6Ω的电源两端，则该灯泡此时的阻值R＝　 　 Ω（保留三位有效数字）。
2．（2025秋 深圳期中）在描绘热敏电阻（TC）伏安特性曲线的实验中，某小组采用如图甲所示的器材和电路连接，其中电源的电动势E＝3.0V，内阻r＝0.5Ω，R0是阻值为7.5Ω的定值电阻，电压表V1、V2内阻未知。
（1）为了使热敏电阻两端的电压可从零开始调节，请在图甲中添加一根导线改进该实验。
（2）电路改进完成后，若要使电压表的读数增大，则滑动变阻器的滑片应该向 　 　 （填“左”或“右”）端滑动。
（3）若两电压表V1、V2的读数分别为U1、U2，则热敏电阻的阻值RT＝ 　 　 （用实验中测得数据的字母表示），该测量值与真实值相比 　 　 （填正确答案标号）。
A．偏大
B．偏小
C．相等
D．不确定
（4）若实验测得热敏电阻的伏安特性曲线如图乙所示，则热敏电阻的阻值随所加电压增大而 　 　 （填“增大”“减小”或“不变”）。
3．（2025秋 河北期中）兴趣小组拿到一批标识模糊的小灯泡，为测定其规格，决定描绘它的伏安特性曲线。已知小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）小组同学正确连接电路并测量，得到如图1所示的伏安特性曲线。根据图1可知小灯泡的电阻随温度升高而　 　 。
A．增大
B．减小
C．不变
D．先增大后减小
（2）由图1可知，当小灯泡两端电压为额定电压2.5V时，其功率约为　　 　　 W（计算结果保留3位有效数字）。
（3）小组将这个小灯泡与一个定值电阻R0串联后，接在电动势为E＝3V、内阻不计的电源上，构成一个简单的指示灯电路。他们手头只有一个量程为0～3V、内阻很大的电压表。在没有常规电流表的情况下，设计了如图2所示电路来精确测定定值电阻R0的阻值。
①闭合开关S1，再将单刀双掷开关S2，拨到位置“1”，调节滑动变阻器R1的滑片，使电压表示数恰好为U1＝2.70V。
②保持R1的滑片位置不变，将S2拨到位置“2”，电压表示数变为U2＝1.20V。
根据实验数据并结合图1，计算定值电阻R0的阻值应为　 　　 Ω（计算结果保留3位有效数字）。据此判断，若将单刀双掷开关S2拨到位置“1”，调节R1的滑片至电压表示数为2.23V，结合图像计算此时小灯泡的实际功率为　　 　　 W（计算结果保留3位有效数字）。
4．（2025秋 萍乡期中）在描绘热敏电阻（TC）伏安特性曲线的实验中，某小组采用如图甲所示的器材和电路连接，其中电源的电动势E＝3V、内阻r＝0.5Ω，定值电阻R0＝7.5Ω，电压表V1、V2均是理想电表。
（1）热敏电阻两端的电压需从零开始调节，请在如图甲所示电路图中用笔画线补充完整。
（2）若某次实验时，两电压表V1、V2的读数分别为U1和U2，则热敏电阻的阻值RT＝　 　 （用题中所给物理量字母符号表示）。
（3）实验测得热敏电阻的伏安特性曲线如图乙所示，将该热敏电阻RT、定值电阻R0和电源构成简单闭合回路，此时热敏电阻的实际电功率P＝　 　　 W。（保留三位有效数字）
5．（2025秋 上饶期中）在探究小灯泡电阻规律的实验中，实验电路图如图所示，所用器材有：
小灯泡（额定电压2.5V，额定电流0.3A）
电压表（量程300mV，内阻为300Ω）
电流表（量程300mA，内阻为0.27Ω）
定值电阻R0（阻值A．R0＝10Ω；阻值B．R0＝200Ω）
滑动变阻器R1（阻值A．0～20Ω；B．0～200Ω）
电阻箱R2（最大阻值9999.9Ω）
电源E（电动势6V，内阻不计）
开关S、导线若干。
完成下列填空：
（1）滑动变阻器R1应选择 　　 　　 （选填A或B），初始触头应滑在 　 　　 （选填a或b）。
（2）为使电压表量程扩大至3V，应将R2的阻值调整为 　　 　　 Ω，定值电阻R0选 　 　　 （选填A或B）。
（3）某次测量电压表的读数为152mV，电流表的读数为240mA，此时小灯泡的电阻为 　 　　 （保留2位有效数字）。
6．（2025秋 东湖区校级期中）为了描绘小电珠（标有“2.5V 0.5W“字样）的伏安特性曲线，现提供如下器材：
电压表V1（量程0～3V，内阻约3kΩ）
电压表V2（量程0～15V，内阻约15kΩ）
电流表A1（量程0～0.6A，内阻约1.0Ω）
电流表A2（量程0～3A，内阻约0.1Ω）
电流表A3（量程0～300mA，内阻约5Ω）
滑动变阻器R1（0～10Ω，3A）
滑动变阻器R2（0～1kΩ，0.1A）
电源E（电动势约为6V，内阻可不计）
开关S、导线若干
为了尽可能减小实验误差，测量时方便得到多组数据，请回答下列问题：
（1）电流表应选用　 　 ，滑动变阻器应选用　　 　 ；（填器材代号）
（2）在图甲所示虚线框内补充完整实验电路的原理图并标明选用的器材代号；
（3）若测得通过小电珠灯丝的电流I随灯泡两端电压U变化的关系图像如图乙所示，将该小电珠与电动势为1.5V、内阻为3Ω的干电池组成闭合电路，则该小电珠消耗的电功率为　　 　　 W。（结果保留两位有效数字）
考点2测量电源的电动势和内阻
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 武功县校级二模）某实验小组要测量一节电池的电动势和内阻。
（1）先用多用电表的2.5V直流电压挡粗测该电池的电动势，将多用电表的红表笔与电池的正极相连，黑表笔与电池的另一极相连，多用电表的示数如图1所示，则粗测的电池电动势为　　 　　 V；实验小组想利用多用电表的欧姆挡粗略测量电池的内阻，你认为　　 　　 。（填“可行”或“不可行”）
（2）某同学设计了如图2所示的实验电路，连接好实验电路，闭合开关S，改变滑片P的位置，记录多组电压表、电流表示数，建立U﹣I坐标系，并描绘出U﹣I图像。
另一同学仍使用图2中的实验器材，设计了如图3所示的实验电路，实验操作步骤与前一位同学相同，在同一坐标系中分别描点作出U﹣I图像，其中图2对应的U﹣I图线是图4中的P线。若每次测量操作都正确，读数都准确，则由图4中的P和Q图线，可得电动势和内阻的真实值为E＝　　 　　 V，r＝　 　 Ω（结果均保留3位有效数字）。
2．（2025 武功县校级模拟）某兴趣小组利用铜片、锌片和柠檬汁制作了水果汁电池，并用电流传感器和电阻箱测量水果汁电池的电动势和内阻。实验室可提供的器材还有：电压表、开关、刻度尺、导线若干。实验步骤如下：
（1）制作水果汁电池：将铜片和锌片相隔适当距离平行插入含柠檬汁的容器中，保证铜片与锌片插入柠檬汁的深度一致。
（2）设计实验电路：该兴趣小组利用器材设计了如图1所示的电路图，请在图2中完成实物图连线。
（3）进行实验和数据处理：
①在连接电路后，开关闭合前，应调节电阻箱阻值至　　 　　 （填“最大”或“最小”）；
②闭合开关S，调节电阻箱的阻值R，记录与之相对应的电流传感器的读数I；重复操作多次，记录相应的数据；
③该小组通过数据处理得到的拟合函数关系为（均为国际单位制单位），则该水果汁电池的电动势E＝　　 　　 V，内阻r＝　 　　 Ω（结果均保留一位小数）；若考虑电流传感器的内阻，内阻r的测量值比真实值　　 　　 （填“偏大”“偏小”或“不变”）；
④实验结束后，断开开关前，该小组成员不小心触碰了一下容器，导致铜片与锌片插入柠檬汁深度略微增大，发现电流传感器的示数发生变化，于是断开开关，用电压表测得锌片和铜片之间的电压几乎不变，则其示数变化的原因可能是　　 　　 　　 　　 。
3．（2024秋 咸阳期末）某实验小组想利用如图甲所示的电路测定电源的电动势E和内阻r，已知图中另一个电源的电动势为E0，内阻为r0，定值电阻的阻值为R0，S为单刀双郑开关。
（1）当S与1接通前，滑动变阻器的滑片P应置于最　　 　　 （选填“左”或“右”）端。
（2）S与1接通，改变滑片P的位置，记下电流表的示数I1，保持滑片P的位置不动，S与2接通，记下电流表的示数I2（I2小于I1），重复以上操作，得到多组I1和I2的值。
（3）该同学作出的图像如图乙所示，若测得图线的斜率为k，纵轴上的截距为b，则待测电源的电动势E＝　 　 ，内阻r＝　　 　 。（均用E0、r0、k、b中字母表示）
（4）若考虑电流表的内阻，则待测电源电动势的测量值　　 　　 真实值。（选填“大于”“小于”或“等于”）
4．（2025 南京校级四模）某实验兴趣小组欲测定一内阻可调的化学电池的电动势。该小组设计了如图甲所示的测量电路，图中R为电阻箱，M、N为该化学电池的正、负极（可认为反应只发生在两极附近），P、Q为靠近正、负极的两块金属板。主要实验步骤如下：
①按图甲连接电路，将电阻箱阻值调为R0；
②闭合开关S，向电池槽中添加电解质溶液，观察并测量液面到容器底部的高度h，记录电流表的示数I；
③重复步骤②，得到多组h、I的测量数据。
回答下列问题：
（1）若保持h不变，在PQ之间接一电压表，调节电阻箱使其阻值变小，则电压表的示数将　 　 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）已知P、Q两板间的距离为L，容器垂直于纸面的宽度为d，容器内电解质溶液的电阻率为ρ，忽略P、Q两板外侧溶液的电阻，则电池的内阻为　 　 ；（用ρ、L、d、h表示）
（3）利用图像来处理获得的多组实验数据，若以作为横轴，则以　 　 （选填“I”、“”、“I2”或“”）为纵轴，通过描点可作出如图乙所示的线性关系图像。根据实验所测得的数据和图乙中所标注的字母，可得该化学电池的电动势E＝　 　 （R0、a为已知量）；
（4）考虑电流表内阻对电路的影响，第（3）问中电动势E的测量值与真实值相比　　 　　 （选填“偏大”、“偏小”或“相等”），理由是　　 　 ， 　 　　 　　 　 ，　 　　 　　 　　 　，　 　 是，　 　 　 。
5．（2025 惠农区校级一模）某同学要测定实验室一干电池组的电动势和内阻，利用现有器材设计了如图1所示的实验电路图，选用器材如下：
A．待测干电池组（电动势约4.5V，内阻约3Ω）；
B．电压表V1（量程0～3V，内阻约3kΩ）；
C．电压表V2（量程0～15V，内阻约5kΩ）；
D．电流表A1（量程0～1A，内阻为0.5Ω）；
E．电流表A2（量程0～100mA，内阻为1Ω；）
F．滑动变阻器RP（0 10Ω）；
G．开关、导线若干。
闭合开关，该同学通过改变滑动变阻器滑片的位置得到多组关于电压表和电流表的数据，描绘了如图2所示的U﹣I图像，根据上述条件回答以下问题。
（1）电压表应选择 　 　　 ，电流表应选择 　 　　 （填选项前的字母）。
（2）根据图像和已知数据可算出，电池组电动势E＝ 　　 　 V，内阻r＝ 　　 　　 Ω（结果均保留3位有效数字）。与真实值相比，电动势测量值 　 　 （填“偏大”“偏小”或“相等”），内阻测量值 　　 　 （填“偏大”“偏小”或“相等”）。
6．（2025 涪城区校级三模）新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络查找了某种知名的电池铭牌，电池采用的是“刀片电池”技术。现将一块电芯拆解出来，测得长为960mm，宽为90mm，然后测量其电动势E和内阻r。所提供的器材有：
A.电压表V1（量程3V）
B.电压表V2（量程15V）
C.电流表A1（量程0.6A）
D.电流表A2（量程3A）
E.滑动变阻器R1（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）
F.滑动变阻器R2（阻值范围0～1000Ω，额定电流0.2A）
G.保护电阻R0＝6Ω
某同学采用了图甲所示的电路图，在进行了正确操作后，得到了图乙所示的U﹣I图像。
（1）实验中，电压表应选 　 　 ，电流表应选 　 　　 ，滑动变阻器应选 　 　　 ；（填器材前的字母代号）
（2）根据图乙所示，则该电池的电动势E＝ 　　 　 V，内阻r＝ 　 　 Ω；（结果保留到小数点后一位）。
（3）为了能准确地测量一块电芯的电动势E和内阻r，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图丙所示，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图丁中所示的A、B两条U﹣I图线，综合A、B两条图线，此电芯的电动势E＝ 　　 　 ；内阻r＝ 　 　 （用图中EA、EB、IA、IB表示）。
考点3特殊方法测电阻
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 河北模拟）某实验小组的同学在实验室中测量定值电阻Rx的阻值（约为10Ω），可供选择的器材如下：
A.干电池两节（每节的内阻约为0.2Ω）
B.电流表A（量程为0 250mA，内阻约为1.0Ω）
C.灵敏电流计G（量程为250μA，内阻约为900Ω）
D.电压表V1（量程为0 3V，内阻约为5kΩ）
E.电压表V2（量程为0 15V，内阻约为15kΩ）
F.滑动变阻器R1（最大阻值为1000Ω）
G.滑动变阻器R2（最大阻值为15Ω）
H.开关、若干导线
（1）同学们设计了如图1所示的电路图，为准确、方便地测出电阻Rx的值，电压表V应该选择　 　 ，滑动变阻器RP应该选择　 　 。（两空均填相应器材前的字母标号）。
（2）选好器材后，请用笔画线代替导线，在图2中完成电路的实物连接图。
（3）正确连接电路后，实验时，在保持滑动变阻器R的滑片在合适位置且不动的情况下，通过调节滑动变阻器RP滑片位置使电流计的读数为零，得出一组电流表和电压表读数。重复上述步骤测得多组实验数据，将数据点描在U﹣I关系图中，如图3所示，则电阻Rx的阻值为　 　 Ω。（保留3位有效数字）
（4）在灵敏电流计示数为0时，对电压表和电流表进行读数，是为了消除　 　 （选填“电压表分流”或“电流表分压”）引起的系统误差。
2．（2025 江西模拟）某兴趣小组对某2B铅笔芯的导电性能感兴趣，测量其电阻值。
（1）为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测其电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列说法正确的是　 　 。
A.这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆
B.这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆
C.如需进一步测量可换“×1”挡，调零后测量
D.如需进一步测量可换“×1k”挡，调零后测量
（2）为了准确测量其阻值，设计测量原理图如图甲所示，R1是电阻箱（0～9.99Ω），R是滑动变阻器，A1为量程（0～0.2A）电流表，A2为量程（0～0.6A）电流表，E是电源（内阻很小）。在保证安全和满足要求的情况下，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＝0.10A，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值；
④将实验测得的6组数据在坐标纸上描点连线如图乙所示。
根据实验回答以下问题：
①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＝0.10A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值　 　 （选填“不变”“变大”或“变小”）。
②根据以上实验得出Rx＝　 　 Ω。（结果保留3位有效数字）
③因电流表的内阻导致Rx的测量值将　 　 （选填“不变”“变大”或“变小”）。
3．（2025 福州校级模拟）实验室有一电流表Ax，只有量程一条刻度线，但数据未知（0.6A左右）。某同学用如图甲所示的电路测量电流表Ax的量程和内阻，可供使用的器材如下：
A．待测电流表Ax；
B．标准电流表：量程为0.6A，内阻未知；
C．标准电流表：量程为3A，内阻未知；
D．电阻箱R0：阻值范围为0～999.9Ω；
E．滑动变阻器（最大阻值为20Ω）；
F．滑动变阻器（最大阻值为2kΩ）；
G．电源E：电动势约为4V，内阻不计；
H．开关S，导线若干。
（1）标准电流表A0应选用 　 　 （填“B”或“C”），滑动变阻器R应选用 　 　 （填“E”或“F”）。
（2）请在如图乙所示的实物图中，用笔画线将电路连接完整；按照电路图，闭合开关S前应将滑动变阻器R的滑片移至 　 　 （填“左”或“右”）端。
（3）闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移至某一位置，接着调节R0，直至电流表Ax满偏，记录此时标准电流表A0的示数I和电阻箱的阻值R0。重复实验，得到多组数据，通过作图处理数据，一般需要作出直线，若纵坐标为I，则横坐标应为 　 　 ；选择合适的横坐标后正确作出如图丙所示的图像，如果图像的横截距为﹣a、纵截距为b，则电流表Ax的量程为 　 　 、内阻为 　 　 。
4．（2025 上杭县校级模拟）学习小组组装一台体重测量仪，进行如下操作。
（1）应变片为体重测量仪的核心元件，当对台秤施加压力时，应变片形状改变，其阻值增大。为测量应变片在无形变时的阻值，实验室提供了如下实验器材：
A.电源（恒压输出12V）
B.电流表（量程0～60mA，内阻为10Ω）
C.电压表（量程0～3V/15V，内阻约3kΩ/15kΩ）
D.滑动变阻器（最大阻值为10Ω）
E.待测应变片Rx（阻值约几百欧）
H.开关S、导线若干
请完善实验步骤：
①为得到多组数据并使测量结果尽量精准，请在图1中用笔画线代替导线连接成完整电路；
②闭合开关S，调节滑动变阻器，记下电压表和电流表的示数。某次测量中电压表指针如图2所示，读数为 　 　 V；
③正确操作后，对多组数据进行处理，得到应变片的阻值为300Ω。
（2）查阅相关资料得知体重测量仪的原理如图3所示，现进行组装和校准。其中R1为滑动变阻器，R4为上述应变片，定值电阻R2、R3阻值分别为1000Ω、500Ω。当台秤受到压力时，测量电路将电阻增加量转化为电压UCD信息，再转换成体重输出。已知压力与应变片电阻增加量的关系为F＝kΔR，k＝300N/Ω。
①适当调节R1，使UCD＝0，这时输出体重值为零，则滑动变阻器接入电路的阻值为 　 　 Ω；
②该应变片阻值增加量ΔR的变化范围为0～6Ω，该体重仪的最大测量值为 　 　 N；
③使用中，由于故障导致R2阻值增大，此时体重的测量结果与真实值比较 　 　 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
5．（2025 靖远县校级三模）为了测量待测电阻Rx的阻值，某同学设计了如图甲所示的电路。
（1）请根据图甲电路图，用笔画线代替导线将如图乙所示的实物图连接完整。
（2）实验操作步骤如下：
①调节电阻箱，闭合开关K，调节滑动变阻器RP，记录电流表A1、A2与电阻箱示数为I1、I0、R0；
②调节电阻箱至另一值之后，调节滑动变阻器RP，使电流表A2的示数保持为I0，记录电流表A1与电阻箱示数为I、R；
③重复步骤②，得到电流表A1与电阻箱的多组I、R数据。
（3）若利用步骤①中的数据，得到待测电阻，则Rx阻值的测量值 　 　 （选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
（4）为了减小误差，该同学利用步骤③中的数据，作出R﹣I图像如图丙所示（图中a、b为已知量）。根据R﹣I图像可知，待测电阻Rx＝ 　 　 ，电流表A2的内阻RA2＝ 　 　 。
6．（2025 甘肃模拟）某实验小组利用如图所示电路测未知电阻的阻值，电路中的直流电源为恒流源，该电源能输出大小I0（小于1A）的恒定电流，根据电源输出电流的大小，选用电流表的量程为0.6A，R0为定值电阻，R为电阻箱。
（1）闭合开关S1前，应将电阻箱的阻值调为 　 　 （填“零”或“最大”），闭合开关S2、S1，调节电阻箱，使电流表的指针偏转较大，若某次调节后电流表的示数如图乙所示，则此时电流表中的电流为I1＝ 　 　 A，这次调节后电阻箱接入电路的电阻为R1，则电流表的内阻RA＝ 　 　 （结果用I1、R1、R0、I0表示）。
（2）断开开关S2，调节电阻箱，使电流表的示数仍为I1，若电阻箱的阻值为R2，由此算出被测电阻Rx＝ 　 　 （结果用I1、R1、R2、I0表示）。
（3）为了减小测量误差，在断开开关S2后，该同学多次调节电阻箱，记录每次改变后电阻箱接入电路的电阻R及对应的电流表的示数I，作图像，图像的斜率为k，则被测电阻Rx＝ 　 。（结果用k、I0、R0、RA表示）
考点4探究变压器原副线圈电压与匝数的关系
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 邢台模拟）（1）用多用电表的直流电压挡直接测量一节干电池两端的电压，把测量值作为电动势。下列说法正确的是　 　 ；
A.由于系统误差，该测量值大于真实值
B.电压表的内阻较大时，系统误差较大
C.干电池的内阻较大时，系统误差较大
（2）同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”，可拆变压器如图甲、乙所示。某同学组装变压器时忘记安装铁芯B，已知他选择的原线圈为800匝，副线圈为400匝，原线圈输入“12V”的正弦交流电，则用交流电压表测得副线圈的电压可能为　 　 ；
A.24V
B.6V
C.2.5V
D.0
（3）为了减小可拆变压器能量传递过程中的损失，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为横挡的铁芯的硅钢片应按照下列哪种方法设计　 　 。
2．（2025 南宁校级模拟）某同学利用如图所示装置在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，选择nA＝200匝和nB＝100匝两组线圈进行实验，表格中记录了实验时两组线圈两端电压的数据。
U1 5.86 4.93 3.94 2.91 1.90
U2 11.90 10.10 8.20 6.10 4.00
（1）关于实验器材和实验过程，下列说法正确的有 　 　 。
A．变压器的铁芯可以用整块金属
B．本实验采用了控制变量法
C．测量副线圈电压时应当用交流电压表
D．因为实验原线圈的输入电压较低，在通电情况下可用手接触裸露的接线柱
（2）与nB相对应的线圈两端的电压是 　 （选填“U1”或“U2”）。
（3）进一步分析数据，发现输出电压比理论值偏小，请分析原因 　 　 （至少写出两条）。
3．（2025 成都模拟）某同学欲探究变压器电压与匝数的关系，提供的实验器材有：可拆变压器、学生电源、多用电表、导线若干。图1、图2分别为变压器的实物图和简化图。
（1）将原线圈“0”和“400”两个接线柱接入交流电源，用多用电表交流电压挡先测量原线圈各接线柱间电压的有效值，再测量副线圈各接线柱间电压的有效值。将测得的原线圈电压有效值U与其对应的匝数n描绘在U﹣n图上如图3直线甲所示。由此可知电源电压的有效值为 　 　 V；
（2）因变压器有漏磁等情况，副线圈电压有效值U与其对应匝数n的图像最符合实际测量结果的是 　
　 （选填“乙”或“丙”）；
（3）若图1所示的变压器可视为理想变压器，原线圈选择任意两接线柱连接同一交流电源，副线圈选择任意两接线柱连接多用电表交流电压挡，则多用电表最多可以读出 　 　 （选填“3”“7”或“9”）种不同的电压值。
4．（2025 东城区校级模拟）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，李辉同学采用了如图1所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数（例如“0”“8”接线柱表示“n＝800匝”）。
（1）本实验中，实验室有下列器材：
A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）
B．条形磁铁
C．直流电源
D．多用电表
E．开关、导线若干
上述器材在本实验中不需要的有 　 　 （填器材序号），本实验中还需要用到的器材有 　 　 。
（2）对于实验过程，下列说法正确的有 　 　 。
A．为便于探究，应该采用控制变量法
B．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
C．使用多用电表测电压时，先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量
D．因为实验所用电压较低，通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
（3）实验中，电源接变压器原线圈“0”“8”接线柱，副线圈接“0”“4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0V，若变压器是理想变压器，则原线圈的电压应为 　 　 。
A．18.0V
B．10.0V
C．5.0V
D．2.5V
（4）组装变压器时，李辉同学没有将铁芯闭合，如图所示，原线圈接12.0V的学生电源，原、副线圈的匝数比为8：1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的实际读数可能是 　 　 。
A．0V
B．96.0V
C．1.5V
D．0.65V
（5）李辉同学正确组装变压器后，把12.0V的学生交流电源接到原线圈“2”“8”接线柱（相当于600匝），副线圈接线“0”“1”接线柱，如图2所示。在确认电路连接无误的情况下，接在副线圈两端的交流电压表的实际读数可能是 　 　 。
A．0V
B．5.8V
C．2.0V
D．1.5V
5．（2025 诸暨市校级模拟）乙同学利用如图所示的可折变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，实验所需电源可选　 　 。
A.8V交流电源
B.36V交流电源
C.220V交流电源
实验中，该同学将学生电源的“直流6V”输出端与变压器左侧线圈的“0”“8”接线柱连接，将交流电压表与变压器右侧线圈的“0”、“4”接线柱连接，接通电调稳定后，交流电压表的读数为　 　 。
A.0
B.2.8V
C.6.0V
D.11.0V
6．（2025 琼山区校级模拟）（1）某同学在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，采用了如图所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×10”的匝数。
①关于实验器材和实验过程，下列说法正确的有 　 　 ；
A.变压器的铁芯可以用整块金属
B.本实验采用了控制变量法
C.测量副线圈电压时应当用交流电压表
D.因为实验原线圈的输入电压较低，在通电情况下可用手接触裸露的接线柱
②该同学组装变压器时忘记将铁芯闭合进行实验，当原副线圈匝数比为8：4，原线圈接16.0V交流电压，则测量副线圈的交流电压表的实际读数可能是 　 　 ；
A.0V
B.2.60V
C.8.00V
D.9.65V
（2）某同学用图示装置探究加速度与力的关系。
①为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，调节木板倾角，使小车在不挂槽码时运动，并打出纸带进行检验，如图中能表明补偿阻力恰当的是 　 　 ；
②某次实验得到一条纸带，部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出），测得s1＝6.20cm，s2＝6.70cm，s3＝7.21cm，s4＝7.73cm。已知打点计时器所接交流电源频率为50Hz，则小车的加速度a＝ 　 　 m/s2（结果保留两位有效数字）；
③该同学将一个可以直接测出绳子拉力的传感器安装在小车上，小车和传感器总质量为210g。按要求补偿阻力后，该同学共进行了四次实验，悬挂的槽码质量依次为5g、10g、20g、40g处理数据时，用两种方式得到小车（含传感器）受到的合力，一种将槽码所受重力当作合力、另一种将传感器示数当作合力，则这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为 　 　 g。
1．（2025 武功县校级模拟）某实验小组利用如图甲所示的电路图来探究额定电压为2.5V的小灯泡的伏安特性。
除了额定电压为2.5V的小灯泡L，本实验还可能用到的器材有：
A．电流表A1（量程为0～10mA，内阻为100Ω）
B．电流表A2（量程为0～0.6A，内阻未知）
C．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）
D．滑动变阻器R2（最大阻值为200Ω）
E．定值电阻R0
F．电源（电动势E＝3.0V，内阻r＝1.0Ω）
G．开关S、导线若干
（1）将电流表A1与定值电阻R0串联，改装成量程为0～2.5V的电压表，则R0＝　 　 Ω；为了方便准确地探究小灯泡的伏安特性，滑动变阻器R应选　 　 （填写器材前的字母代号），请对照图甲中的电路图，用笔画线代替导线，在图乙中完成实物连线。
（2）该实验小组通过实验得到多组I1和I2的实验数据，发现当I1＝10mA时，I2＝0.25A，则小灯泡的额定功率为　 　 W（保留两位有效数字）。
（3）该实验小组以（I2﹣I1）为纵轴，以I1为横轴，描点作出的图像如图丙所示，若将本实验的相同规格的两个小灯泡与电动势为3.0V、内阻为1.0Ω的电池直接串联，则每个小灯泡的实际功率为　 　 W（保留两位有效数字）。
2．（2025 天心区校级模拟）小理用铜片和锌片相隔一定距离平行插入生的土豆内，制成一个简易土豆电池。为了研究该电池的电动势和内阻，他设计了图（a）所示的电路，电路由土豆电池、电阻箱R、电键S、电压传感器、微电流传感器、导线组成。
（1）图（a）中B是 　 　 传感器；
（2）实验测得的路端电压U与相应电流I的拟合图线如图（b）所示，由此得到土豆电池的电动势
E＝ 　 　 V，内阻r＝ 　 　 Ω；
（3）小理保持其他实验条件不变，仅将铜片和锌片插入得更深一些，重复上述实验，则实验得到的U﹣I图线可能为图（c）中的 　 　 （选填“①”、“②”或“③”）；
（4）该土豆电池 　 　 （选填“能”或“不能”）使一个“0.4V，28mW”的小电器正常工作。
（5）小理为进一步研究电池内电阻对电路的影响，用一只如图所示的电动势恒定、内电阻可调的伏打电池进行实验，实验中调节滑动变阻器使得两个伏特表示数相等，然后将挡板缓慢向上提，则该过程中，滑动变阻器的电功率 　 　 ，电池内部消耗的电功率 　 　 （均选填“增大”、“减小”、“先增大后减小”或“先减小后增大”）。
3．（2025 河南模拟）用如图甲所示电路测量一节干电池的电动势和内阻，其中电阻箱的最大阻值为999.9Ω，电流表的量程为0.6A、内阻约为1Ω，电压表的量程为3V、内阻约为15kΩ。
（1）请用笔画线代替导线，连接图乙中的实物图。
（2）把电阻箱的阻值调到最大，保持S2断开，将S1闭合。调节电阻箱接入电路的阻值，记录相应的电流表示数I和电阻箱接入电路的阻值R，利用所得数据绘制R图像如图丙所示。某次电阻箱的旋钮位置如图丁所示，则电阻箱接入电路的阻值为 　 　 Ω。
（3）把电阻箱的阻值调到最大，闭合S1、S2，调节电阻箱接入电路的阻值，记录相应的电流表示数I、电压表示数U、电阻箱接入电路的阻值R，利用所得数据绘制R图像如图戊所示。
（4）若图丙中图线的纵截距为a、斜率为k，图戊中图线的纵截距为b。则被测电池的电动势为 　 　 ，内阻为 　 （用题目中所给的物理量表示）。
1．（2025 通川区校级模拟）某实验小组测量“水果电池”的电动势和内阻。
（1）某同学先用多用电表粗测该水果电池的电动势，他把多用电表的选择开关旋转至直流电压5V挡，正确测量时表盘指针如图甲，读数为 　 　 V。
（2）为了更准确地测量电动势和内阻，他们在实验室找到了下列器材：
A.电流表G（量程为0～1mA，内阻为500Ω）
B.电阻箱R（0～9999Ω）
C.定值电阻R1＝40Ω
D.定值电阻R2＝400Ω
E.定值电阻R3＝4000Ω
F.开关、导线若干
①由于没有电压表，同学们需要把电流表G改装成量程为4.5V的电压表，则需要把电流表G与定值电阻 　 （选填“R1”“R2”或“R3”）串联，改装成电压表；
②同学们根据器材设计了如图乙所示测量电路，正确连好电路。实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应电流表G的示数I，某次实验时电流表G的指针指示的电流值为0.4mA，则此时水果电池的输出电压为 　 　 V；
③测得多组数据，作出图像，如图丙，不考虑电压表支路分流的影响，则该水果电池的电动势为E＝ 　 　 V，内阻r＝ 　 　 Ω。（结果均保留2位有效数字）限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业04 电路基本规律及其应用
考点1电流与电阻
一、电流
1．定义：电荷的定向移动形成电流，I＝ 　。
2．电流形成的条件：导体中有 自由电荷；导体两端存在电压。
3．标矢性：电流是标量，正电荷定向移动的方向规定为电流的方向。
4．二个表达式
(1)定义式：I＝；
(2)I＝nqSv。
二、电阻与电阻定律
1．电阻：导体两端的电压和通过它的电流的比值。表达式为 R＝　。
2．电阻定律
(1)内容：导体的电阻跟导体本身的长度成正比，跟导体的横截面积成反比，还跟导体的材料有关。
(2)公式： R＝ρ　。
(3)电阻率(ρ)
①物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性。
②电阻率与温度的关系
a．金属：电阻率随温度升高而增大　；
b．负温度系数半导体：电阻率随温度升高而减小　；
c．超导体：一些金属和合金在温度低到临界温度时，电阻可以降到0。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 二道区校级期中）关于电流，下列说法中正确的是（　　）
A．因为电流有方向，所以电流是矢量
B．由I＝neSv可知，金属导体中自由电荷的运动速率越大，电流一定越大
C．电荷定向移动的方向就是电流的方向
D．I适用于任何电荷的定向移动形成的电流
【答案】D
【解析】解：A．电流有大小和方向，但电流的运算符合代数加减法则，不符合平行四边形定则，所以电流是标量，故A错误；
B．由I＝neSv可知，电流的大小由导体的材料（决定ne）、导体的横截面积（S）和电荷定向移动的速率（v）共同决定，故B错误；
C．物理学中把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向，负电荷定向移动的方向与电流的方向相反，故C错误；
D．电流的定义式I采用的是比值定义法，具有比值定义法的共性，是普遍适用的，适用于任何电荷的定向移动形成的电流，故D正确。
故选：D。
2．（2025秋 淄博期中）一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构的新材料，具有良好的导电性能，该新材料通过材料内部的自由电子导电，自由电子的电荷量为e。如图所示，长为l（l不等于1m）的新材料两端的电压为U，流过导体中的电流为I，沿电流方向单位长度内的自由电子数为n，则该新材料内自由电子定向移动的平均速率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】解：流过导体中的电流为I，沿电流方向单位长度内的自由电子数为n，
由电流定义式可得Inev，
则该新材料内自由电子定向移动的平均速率为v，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（多选）3．（2025秋 西城区校级期中）航天器离子发动机的原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化（即电离出正离子），正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力。已知航天器质量为M，单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为U，单位时间内从喷口喷出的正离子个数为n。在一小段时间Δt内可认为航天器做直线运动，且喷出离子方向与航天器运动方向在同一直线上，不考虑喷射离子引起航天器质量的变化，忽略离子间的相互作用力以及进入栅板时的初速度。则下列说法正确的是（　　）
A．从喷口喷出的正离子形成的等效电流大小为nqΔt
B．正离子经电场加速后速度大小为
C．该发动机产生的平均推力为
D．经过Δt时间航天器速度大小变化了
【答案】CD
【解析】解：A、电流的定义为“单位时间内通过的电荷量“，单位时间喷出n个离子，每个电荷量为q，故等效电流I＝nq，故A错吴。
B、由动能定理，电场力做功等于动能变化
解得
，故B错误。
C、对Δt时间内喷出的离子，由动量定理
F Δt＝（nΔt m） v
代入
得，故C正确。
D、对航天器，由动量守恒（或动量定理），离子的动量变化等于航天器的动量变化
代
得，故D正确。
故选：CD。
（多选）4．（2025秋 小店区校级期中）如图甲所示的电路中，A、B两端电压恒为6V，灯泡1、2、3、4完全相同，且每个灯泡的伏安特性曲线均如图乙所示。已知灯泡4两端的电压为4V，则在此电路中（　　）
A．灯泡4的电阻为10Ω
B．通过灯泡3的电流为0.2A
C．灯泡1两端电压为2V
D．定值电阻的阻值为40Ω
【答案】AD
【解析】解：A.由图像可知，灯泡4的电压为4V时，电流为0.4A，可得电阻Ω＝10Ω，故A正确；
B.通过灯泡3两端的电压为2V，则由图像可知灯泡3的电流为0.3A，故B错误；
C.灯泡1和灯泡2两端电压之和为2V，则灯泡1两端电压为1V，故C错误；
D.灯泡1的电流为0.2A，则定值电阻的电流为IR＝0.2A+0.3A﹣0.4A＝0.1A，两端电压为4V，则，故D正确。
故选：AD。
考点2串联与并联电路
1.串联电路
串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的电阻。若n个相同的电阻串联，总电阻R总＝nR。
2.并联电路
（1）并联电路的总电阻小于其中任一支路的电阻，且小于其中最小的电阻。
（2）n个相同的电阻并联，总电阻等于其中一个电阻的，即R总＝R。
（3）两个电阻并联时的总电阻R＝。
3.无论是串联电路，还是并联电路，或者是混联电路，其中任何一个电阻增大(或减小)，总电阻就增大(或减小)。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 琼山区校级期中）如图所示的电路中，R1＝2Ω，R2＝1Ω，R3＝3Ω，闭合开关，那么通过电阻R1、R2、R3的电流之比I1：I2：I3为（　　）
A．2：1：3 B．3：2：1 C．1：2：3 D．3：1：2
【答案】C
【解析】解：由题图可知，R1与R2并联后再与R3串联，则I1+I2＝I3，R1与R2并联，根据并联电路电流与电阻关系可得，联立可得I1：I2：I3＝1：2：3，故C正确，ABD错误。
故选：C。
2．（2025秋 南京期中）如图所示的电路是将一块小量程表头改装成了双量程电流表。下列说法正确的是（　　）
A．将开关S拨到b，增大R2的阻值，电流表量程会减小
B．将开关S拨到b，增大R1的阻值，电流表量程会增大
C．将开关S拨到a，减小R1的阻值，电流表量程会减小
D．将开关S拨到a，减小R2的阻值，电流表量程会增大
【答案】A
【解析】解：AB.将开关S拨到b，根据Ib＝Ig，增大R2或者R1的阻值，电流表量程会减小，故A正确，B错误；
CD.将开关S拨到a，根据Ia＝Ig，减小R1的阻值，电流表量程会增大，减小R2的阻值，电流表量程会减小，故CD错误。
故选：A。
3．（2025秋 沙坪坝区校级期中）如图所示的电路中，灵敏电流计G与电流表A均为理想电表，定值电阻R1＝4Ω，R2＝3Ω，R3＝8Ω，R4＝6Ω，开始时开关S断开，现将开关S闭合后，下列说法正确的是（　　）
A．存在自a向b流过灵敏电流计G的电流
B．存在自b向a流过灵敏电流计G的电流
C．电流表A的读数无变化
D．电流表A的读数有变化
【答案】C
【解析】解：在开关断开时，电阻R1两端的电压为，电阻R3两端的电压为，所以a点、b点两点的电势相等，所以开关S闭合后，灵敏电流计中没有电流通过，电路的连接方式没有改变，所以电路中的总电流不变，即电流表A的读数无变化，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（多选）4．（2025秋 重庆期中）并联电路在生活中的应用非常广泛，如图甲所示的纯电阻电路模型中，两个定值电阻R1、R2并联接在输出电压U＝10kV的恒压电源上，图乙是定值电阻R1、R2的U﹣I图线，下列判断正确的是（　　）
A．定值电阻R1的阻值为5Ω
B．定值电阻R2的阻值为10Ω
C．流过定值电阻R1的电流为2A
D．流过定值电阻R2的电流为1A
【答案】CD
【解析】解：AB.根据电阻的伏安特性曲线的斜率代表电阻可知，，Ω＝10000Ω＝10kΩ，故AB错误；
CD.两电阻并联，其两端电压相等且都为U＝10kV，则有A＝2A，A＝1A，故CD正确。
故选：CD。
（多选）5．（2025秋 福州期中）四个灯泡接成如图所示的电路。a、c灯泡的规格为“220V 40W”，b、d灯泡的规格为“220V 100W”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率。关于这四个灯泡实际消耗功率大小的关系，正确的是（　　）
A．Pa＞Pb B．Pa＝Pc C．Pc＞Pb D．Pa＞Pd
【答案】AD
【解析】解：a、c灯泡的电阻Ω＝1210Ω，b、d灯泡的电阻Ω＝484Ω，根据并联电路的特点知b、c并联后的总电阻R并＜R'，根据串联分压规律，b、c两端的电压小于d灯泡的电压，根据，可得Pc＜Pb＜Pd，a、d灯串联，电流相等，根据P＝I2R知Pa＞Pd，故功率大小顺序为Pa＞Pd＞Pb＞Pc，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
考点3电表改装
电表的改装 改装成电压表 改装成电流表
内部电路
改装后的量程 U＝Ig(R＋Rg) I＝Ig
接入电阻的阻值 R＝－Rg＝(n－1)Rg R＝＝
改装后的总电阻 Rx＝Rg＋R＝nRg Rx＝＝
校准电路
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 石家庄期中）如图所示，将两只完全相同的灵敏电流计进行改装，形成如图所示的两种双量程的电表，下列说法正确的是（　　）
A．甲图为双量程电压表，且1的量程大于2的量程
B．甲图为双量程电流表，且1的量程大于2的量程
C．乙图为双量程电压表，且1的量程大于2的量程
D．乙图为双量程电流表，且1的量程大于2的量程
【答案】D
【解析】解：AB.根据电压表改装原理，结合串联电路电压与电阻关系U＝Ig（Rg+Rx）可知，接2时电阻越大，量程越大，故AB错误；
CD.根据电流表改装原理，结合并联电路电流与电阻关系，I2＝Ig，可知接1时量程大于接2时的量程，故C错误，D正确；
故选：D。
2．（2025秋 北辰区校级期中）如图所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知表头内阻Rg＝100Ω，R1＝1.9kΩ，R2＝4kΩ，图甲a量程为2V，下列说法正确的是（　　）
A．图甲a的量程大于b的量程
B．图乙c的量程小于d的量程
C．表头满偏电流Ig＝1mA
D．图甲b的量程为4V
【答案】C
【解析】解：ACD.图甲a量程为2V，则有Ua＝Ig（Rg+R1）＝2V，代入数据解得表头满偏电流为Ig＝1mA，图甲b的量程为Ub＝Ig（Rg+R1+R2），代入数据解得Ub＝6V，可知图甲a的量程小于b的量程，故C正确，AD错误；
B.图乙c的量程为，d的量程为，可得Ic＞Id，则图乙c的量程大于d的量程，故B错误。
故选：C。
3．（2025秋 南京期中）实验室常用的电流表、电压表通常由小量程电流表G和一个电阻R改装而成。下列说法正确的是（　　）
A．电流表改装通常用甲电路，R减小时量程增大
B．电压表改装通常用甲电路，R增大时量程增大
C．电流表改装通常用乙电路，R增大时量程增大
D．电压表改装通常用乙电路，R减小时量程增大
【答案】A
【解析】解：把小量程的电流表改装成大量程的电流表，需要并联一个分流电阻，且分流电阻越小，改装后的电流表量程越大；把小量程的电流表改装成大量程的电压表，需要串联一个分压电阻，且分压电阻越大，改装成的电压表量程越大，故题图甲是电流表、题图乙是电压表，R增大时电压表量程增大，电流表量程减小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
1．（2025秋 石家庄期中）如图所示的电路中，A、B之间电压恒定，电阻R1＝6Ω，R2＝4Ω，所有电表均为理想电表。当开关S闭合时，电压表示数U1＝12V，电流表示数I1＝3.5A。当开关S断开时，求：
（1）电阻R3的阻值；
（2）电压表和电流表的示数。
【答案】（1）电阻R3的阻值为8Ω；
（2）电压表和电流表的示数为3A。
【解析】解：（1）开关S闭合时，电阻R1和R3并联，电压表示数等于A、B之间的电压，通过电阻R1的电流
通过电阻R3的电流
IR3＝I1﹣IR1
电阻R3的阻值
解得R3＝8Ω。
（2）开关S断开时，电阻R2、R3串联后再与电阻R1并联，电压表测量电阻R3两端的电压，通过电阻R2、R3的电流
电阻R3两端的电压UR3＝I2R3
解得UR3＝8V，即电压表示数为8V电流表测量干路电流，则有I＝I2+IR1
解得I＝3A，即电流表示数为3A。
答：（1）电阻R3的阻值为8Ω；
（2）电压表和电流表的示数为3A。
2．（2025秋 南昌校级期中）现将内阻R6为200Ω的灵敏电流计G分别改装为双量程的电压表和电流表，如图甲和乙所示。甲图中R1＝1.3kΩ，R2＝6kΩ，使用A、B两个端点时，电压表的量程为0～3V；乙图中使用A、B两个端点时，电流表量程为0～100mA，使用A、C两个端点时，电流表量程为0～10mA，试计算：
（1）灵敏电流计的满偏电流是多少？
（2）图甲中使用A、C两个端点时，电压表的量程是多少？
（3）图乙中R3和R4的阻值各为多少？
【答案】（1）灵敏电流计的满偏电流是0.002A；
（2）图甲中使用A、C两个端点时，电压表的量程是0～15V；
（3）图乙中R3等于5Ω，R4等于45Ω。
【解析】解：（1）图甲中使用A、B两个端点时
Ig（Rg+R1）＝3V
得到
Ig＝0.002A
（2）图甲中使用A、C两个端点时
Um＝Ig（Rg+R1+R2）
得到
Um＝15V
电压表的量程是0～15V
（3）图乙中，使用A、B两个端点时
Ig（Rg+R4）＝（0.1﹣Ig）R3
使用A、C两个端点时
IgRg＝（0.01﹣Ig）（R3+R4）
解得
R3＝5Ω，R4＝45Ω
答：（1）灵敏电流计的满偏电流是0.002A；
（2）图甲中使用A、C两个端点时，电压表的量程是0～15V；
（3）图乙中R3等于5Ω，R4等于45Ω。
1．（2024秋 大连校级月考）图甲所示为一灯泡两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线。由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故，参考这条曲线回答下列问题（不计电流表内阻，所有最后结果均保留1位小数）：
（1）将三个这样的灯泡如图乙所示接入电路中，电流表的示数为0.5A，求路端电压U1。
（2）若把三个这样的灯泡串联后再与R＝15Ω的电阻串联，接在路端电压U2＝15V的电源上，求每个灯泡的电阻。
【答案】（1）路端电压为8.5V；
（2）每个灯泡的电阻为8.2Ω。
【解析】解：（1）由甲图可知，当灯泡的电流为0.5A时，灯泡两端电压为7V；
由乙图可知两个并联的灯泡的电流相等，故每个灯泡的电流为：，由甲图可知，此灯泡两端电压为1.5V；
故路端电压为：U1＝U0+U3＝7V+1.5V＝8.5V；
（2）将这样三个电阻串联后与R串联，再接在U2＝15V的电源上，则由串联电路的电压规律可知：U2＝3U4+I4R，
将路端电压和定值电阻的电阻值数据代入得：U4＝5﹣5I4，将此关系在甲图中作出图线，可得交点如图所示：
由图可知：U4＝3.1V，I4＝0.38A，灯泡电阻为：，代入得：RL≈8.2Ω。
答：（1）路端电压为8.5V；
（2）每个灯泡的电阻为8.2Ω。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业14 光学实验
考点1测定玻璃的折射率
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 玉溪模拟）如图所示，某玻璃砖的横截面为四分之一圆，一同学现用插针法测量其折射率。
（1）在白纸上画直线AB、BC、DE，使AB⊥BC，AB⊥DE。
（2）将玻璃砖的两直角边沿AB、BC放置，将AC圆弧与DE的交点记为P。
（3）在DE上AB左侧插上大头针P1、P2，在AC圆弧右侧插上大头针P3，使P3挡住P2、P1的像，且P1与P2间距及P3与P间距宜适量　大　 （选填“大”或“小”）一点。
（4）移走玻璃砖，连接P3P，连接BP并延长作为法线。
（5）测得BP与DE的夹角为α，P3P与DE的夹角为β。
（6）玻璃砖的折射率为n＝　　 。
（7）在步骤（3）中，若该同学在插上大头针P3前不小心将玻璃砖向左平移了少许，位置如图中虚线所示，但该同学没发觉，其他操作均无误，则该同学所测得的折射率　偏大　 。（选填“偏大”“偏小”或“不变”）
【答案】（3）大；（6））；（7）偏大。
【解析】解：（3）为了减小入射光线与出射光线方向确定的误差，在插大头针时，间距要适当大一些，因此插针时要使P1与P2间距及P3与P间距宜适量大一点。
（6）入射角i＝α，折射角r＝α+β
根据折射定律，玻璃砖的折射率为
（7）作出的光路图如图所示：
根据光路图可知，入射角变大，折射角变小，根据折射定律可知，折射率的真实值变小；
该同学在插上大头针P3前不小心将玻璃砖向左平移了少许，但该同学没发觉，则该同学所测得的折射率偏大。
故答案为：（3）大；（6）；（7）偏大。
2．（2024秋 榆林期末）某校开展研究性学习，某研究小组根据光学知识，设计了一个用刻度尺测横截面为半圆形玻璃砖折射率的实验，他进行的主要步骤是：水平放置的光屏MN与玻璃砖直径AB垂直并相切于A点，一束单色光S从空气中射向半圆玻璃砖的圆心O，结果在屏幕MN上出现两个光斑C、D，如图所示，测得OC和OD的长度分别为a、b。
（1）根据以上测量的物理量，写出计算玻璃砖折射率的表达式：n＝　　 。
（2）实验中，不断增大入射角，　不能　 观察到全反射现象（填“能”或“不能”）。
（3）为减小实验测量误差，实验中应适当　减小　 单色光在O点的入射角（填“增大”或“减小”）。
【答案】（1）；
（2）不能；
（3）减小。
【解析】解：（1）OC所在光线为反射光线，OD所在光线为折射光线，则玻璃砖折射率的表达式为
；
（2）光是空气到玻璃，从光疏介质射入光密介质，发生全反射的条件是从光密到光疏现象，所以增加入射角不能观察到全反射现象；
（3）为减小实验测量的误差，OC、OD的距离应适当大些，所以实验中应适当减小单色光在O点的入射角。
故答案为：（1）；
（2）不能；
（3）减小。
3．（2025春 开福区校级月考）某实验小组的甲、乙两同学用直角三棱镜做“测定玻璃折射率”的实验。
他们先在白纸上画出三棱镜的轮廓（用实线△ABC表示），然后放好三棱镜，在垂直于AB的方向上插上两枚大头针P1和P2，在棱镜的左侧观察，当P1的像恰好被P2的像挡住时，插上大头针P3，使P3挡住P1、P2像，再插上大头针P4，　使P4挡住P3和P1、P2像　 。移去三棱镜和大头针，大头针在纸上的位置如图所示。
（1）题中横线处缺少的实验要求为：　使P4挡住P3和P1、P2像　 ；
（2）如图所示，甲同学通过量角器测出∠ABC＝60°及P3P4与AC边的夹角为45°，由以上数据可得该玻璃的折射率n＝　　 ；
（3）根据前面的结论，在BC一侧　不能　 （填“能”或“不能”）看到大头针P1和P2的像；
（4）乙同学认为甲同学通过测量∠ABC计算折射率会引入间接测量误差，于是他想利用棱镜内部光路直接测量AC面的入射角及折射角，从而测定玻璃折射率。但是实验中放置三棱镜的位置发生了微小的平移，移至图中虚线处，而测量时仍将△ABC作为实验中棱镜所处位置，由此得出该玻璃折射率的测量值　小于　 真实值（选填“大于”“小于”或“等于”）。
【答案】（1）使P4挡住P3和P1、P2像；（2）；（3）不能；（4）小于。
【解析】解：（1）放好三棱镜，在垂直于AB的方向上插上两枚大头针P1和P2，在棱镜的左侧观察，当P1的像恰好被P2的像挡住时，插上大头针P3，使P3挡住P1、P2像，再插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2像。
（2）光路图如下图所示：
由几何知识可知，入射角i＝30°，折射角r＝45°
由折射定律可知，折射率
（3）根据临界角公式
解得临界角C＝45°
由大头针过来的光线在BC边的入射角为60°，大于临界角45°，会发生全反射，所以在BC一侧不能看到大头针的像。
（4）三棱镜位置移动后的真实光路图如下图中虚线线所示：
测量时按图中实线测量的，由图中几何关系可知，虚线与法线的夹角大于实线与法线的夹角，即光线由玻璃射向空气时，测量的入射角大于真实值，折射角的测量无影响；
根据折射定律可知，则该玻璃折射率的测量值小于真实值。
故答案为：（1）使P4挡住P3和P1、P2像；（2）；（3）不能；（4）小于。
4．（2025秋 东西湖区校级期中）某兴趣小组的同学想要测量一个实心透明圆柱体的折射率。如图a所示，他们将圆柱体放在水平桌面上，底下垫白纸，并用铅笔在白纸上描出圆柱体的底面。将激光器放置于桌面上，使其发出的光束经圆柱体折射后射出，测出入射角和折射角，利用折射定律计算出折射率。
（1）由于激光束的路径无法直接看见，所以需要用铅笔挡光，从而找到光束的路径，然后在白纸上记下该点的位置，找到两个位置，然后连线即可在白纸上画出光束路径。下列说法正确的是　B　 。
A.用上述方法寻找光束路径时，用较细的铅笔挡光更有利于减小实验误差
B.A、B两点位置可以利用画出的光线与圆柱底面圆的交点得到
C.激光器发出的激光不必平行于桌面
D.实验时要注意入射角不能太大，否则在B点可能会发生全反射
（2）如图b所示，某同学没有量角器，于是想出一个办法来计算折射率。将OA延长至E，使AE＝OA，分别过O、E作AB、AC的垂线OD，EF，则圆柱的折射率n＝　　 （从OA、AD、OD、AE、EF、AF中选取必要的量表示）。
（3）在白纸上描绘圆柱底面圆时，可能会带来误差。如果白纸上描绘的底面圆稍稍偏大（如图中虚线所示），会导致测得的折射率　A　 。
A.偏大
B.偏小
C.没有影响
【答案】（1）B；（2）；（3）A。
【解析】解：（1）A.用上述方法寻找光束路径时，用较粗的铅笔挡光，更有利于观察，从而减小实验误差，故A错误；
B.根据实验原理，A、B两点位置可以利用画出的光线与圆柱底面圆的交点得到，故B正确；
C.为了在白纸上作出光路图，激光器发出的激光必须平行于桌面，故C错误；
D.根据折射定律和几何知识可知，出射角等于入射角，因此不可能在B点发生全反射，故D错误。
故选：B。
（2）入射角的正弦
折射角的正弦
根据折射定律
（3）作出光路图如图所示：
根据结合知识可知，入射角和折射角的测量值均变小，但折射角变小得更多，根据折射定律可知，如果白纸上描绘的底面圆稍稍偏大会导致测得的折射率偏大，故A正确，BC错误。
故选：A。
故答案为：（1）B；（2）；（3）A。
5．（2024秋 潍坊期末）某同学用“插针法”测定一等腰三角形玻璃砖（侧面分别记为A和B、顶角大小为θ）的折射率。步骤如下：
①在白纸上画一条直线ab，并画出其垂线cd，交ab于O点；
②将玻璃砖侧面A沿ab放置，并确定侧面B在白纸上的位置ef，cd与ef相交于O′点；
③调节激光器发射角度，使激光沿cd方向从O点射入玻璃砖；
④通过观察光路上插入的大头针来确定出射光路。
（1）关于本实验操作，下列说法正确的是 　B　 ；
A．确定位置ef时，可直接用铅笔沿侧面B画出一条直线
B．插好的大头针应与纸面垂直
C．确定出射光路时，只需在侧面B外插入一个大头针
（2）撤去玻璃砖和大头针，测得出射光线与直线ef的夹角为α（锐角），则玻璃砖折射率n＝ 　　 （用α、θ表示）；
（3）在另一次实验操作中，该同学换了另一块同种材料、顶角更大的等腰三角形玻璃砖，重复上述操作，发现在ef边一侧始终找不到出射光线，其可能的原因是 　在ef边发生全反射　 （写出一条即可）。
【答案】（1）B；（2）；（3）在ef边发生全反射。
【解析】解：（1）A．直接用铅笔沿侧面画线可能会损坏光学面，故A错误；
B．大头针应与纸面垂直，才能准确标记光路方向，故B正确；
C．确定出射光路需要至少两个大头针，才能准确反映光路方向，故C错误。
故选：B。
（2）根据几何关系可知入射角为θ，折射角为，如图所示
根据折射率公式，有
（3）换了另一块同种材料、顶角更大的等腰三角形玻璃，因为顶角越大，在ef边界的入射角越大，当入射角达到或超过临界角时发生全反射，所以在ef边一侧始终找不到出射光线。
故答案为：（1）B；（2）；（3）在ef边发生全反射。
6．（2025秋 天心区校级期中）同学们用“插针法”测玻璃的折射率，如图甲所示。
（1）下列说法正确的是　BC　 。（填序号）
A.实验中，可以将玻璃砖界面当尺子画界线
B.为了减小作图误差，大头针P1、P2和P3、P4之间的距离应适当大些
C.测梯形玻璃砖、三角形玻璃砖和半圆形玻璃砖的折射率均可用“插针法”
D.若光线的入射角θ1较大，有可能在矩形玻璃砖bb′一侧就看不到P1、P2的像（发生了全反射）
（2）一位同学为了避免笔尖触划玻璃砖的折射面，画出的bb′比实际向外侧平移了一些（如图乙所示），其他操作均正确无误，并仍以aa′和bb′为折射面画出了光路图，这样测出的折射率将　偏小　 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（3）一位同学手头有圆规和刻度尺但没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO′延长线于C点，过A点和C点作垂直法线的直线，与法线的交点分别为B点和D点，如图丙所示。用刻度尺测得AB的长度为x1，CD的长度为x2，则玻璃砖的折射率n＝　　 （用测量的字母表示）。
【答案】（1）BC；（2）偏小；（3）。
【解析】解：（1）A.实验中，不能将玻璃砖界面当尺子画界线，故A错误；
B.大头针P1和P2及P1和P4之间的距离适当大些时，引起的角度误差会减小，故B正确；
C.只要操作正确，任何形状的玻璃砖均可用“插针法”测量折射率，故C正确；
D.由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于在下表面的入射角，根据光路可逆原理可知，光线一定会从下表面射出，故D错误。
故选：BC。
（2）如图所示：
作图得到的光路图和实际光路图相比，入射角没有变化，折射角的测量值偏大，由，如测出的折射率偏小。
（3）由几何关系可知，，则玻璃砖的折射率为
故答案为：（1）BC；（2）偏小；（3）。
考点2用双缝干涉实验测量光的波长
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
7．（2025 江西模拟）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，将双缝干涉实验装置按要求安装在光具座上，如图甲所示。
（1）测量过程中，图甲中遮光筒上方①号装置为拨杆，其作用为调节单缝与双缝的角度使其相互 　平行　 （选填“平行”或“垂直”）。
（2）图甲中②号装置的名称是 　目镜　 （选填“光屏”或“目镜”）。
（3）将测量头的分划板中心刻线与图乙中亮条纹A中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与亮条纹B中心对齐，此时手轮上的示数如图丁所示，则相邻亮条纹的间距为 　1.65　 mm（结果保留3位有效数字）。
（4）若双缝间距d＝0.4mm，光屏与双缝间的距离为L＝1m，则所测光的波长为 　660　 nm。
【答案】（1）平行；
（2）目镜；
（3）1.65；
（4）660。
【解析】解：（1）①号装置为拨杆，拨杆的作用是为调节单缝与双缝的角度使其相互平行；
（2）②号装置的名称是目镜；
（3）相邻亮条纹的间距为
（4）根据
代入数据得λ＝660nm。
故答案为：（1）平行；
（2）目镜；
（3）1.65；
（4）660。
8．（2025 衡水模拟）某实验小组利用图甲所示装置测量某种单色光的波长。
（1）装置中的元件A、B、C分别为　B　 。
A．滤光片、双缝、单缝
B．滤光片、单缝、双缝
C．单缝、双缝、滤光片
（2）若从目镜中观察到的条纹如图乙所示，应为实验时忘记加装元件　C　 （填正确选项的字母）；
A．光源
B．单缝
C．双缝
（3）若将光源改为激光，实验时用不到的元件有　A　 和　B　 （填正确选项的字母）。
A．滤光片
B．单缝
C．双缝
【答案】（1）B。（2）C。（3）A，B。
【解析】解：（1）光源发出的光先经过滤光片得到单色光，再通过单缝将光变为线光源，保证后续光的空间相干性，最后通过双缝将线光源分为两束相干光，产生干涉。所以装置中的元件A、B、C分别对应滤光片、单缝、双缝，故AC错误，B正确。
故选：B。
（2）干涉条纹的产生依赖双缝，双缝提供相干光，图乙中只有均匀光带、无干涉条纹，说明实验时未加装双缝，导致无法形成相干光，故AB错误，C正确。
故选：C。
（3）激光具有很好的单色性及相干性，所以不需要滤光片和单缝，故AB正确，C错误。
故选：AB。
故答案为：（1）B。（2）C。（3）A，B。
9．（2025 河南模拟）现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在图中所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长。
（1）将白光光源C放在光具座最左端，然后依次放置其他光学元件，则由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序是C、　E　 、　D　 、　B　 A。
（2）将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，然后转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，记下此时图丙中手轮上的示数为　13.870　 mm，求得相邻亮条纹的间距Δx为　2.310　 mm。
（3）已知双缝间距d为2.0×10﹣4m，测得双缝到屏的距离l为0.700m，由计算式λ＝　　 ，求得所测红光的波长为　660　 nm。
【答案】（1）E、D、B；（2）13.870；2.310；（3）；660。
【解析】解：（1）为获取单色相干光源，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝，则排列顺序是E、D、B。
（2）题图丙中螺旋测微器固定刻度读数为13.5mm，可动刻度读数为37.0×0.01mm，两者相加为13.870mm。题图乙的读数为2mm+32.0×0.01mm＝2.320mm。
则相邻亮条纹的间距
2.310mm
（3）由
可得
代入数据得
λ
故答案为：（1）E、D、B；（2）13.870；2.310；（3）；660。
10．（2024秋 临沂期末）如图甲所示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。实验时，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，接通电源使光源正常发光，调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。
（1）在组装仪器时单缝和双缝应该相互　平行　 放置（选填“垂直”或“平行”）。
（2）在某次测量某种单色光的波长实验中，将测量头的分划板中心刻线与第1条亮纹中心对齐，手轮上的示数如图乙所示；然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示，此时的示数为　15.375　 mm。
（3）已知双缝间距为0.3mm，屏离双缝距离为1.2m，则这种光的波长是　6.5×10﹣7 m（保留2位有效数字）。
【答案】（1）平行；（2）15.375；（3）6.5×10﹣7。
【解析】解：（1）该实验中单缝的作用获得线光源，而双缝的作用获得相干光源，二者应相互平行。
（2）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以第6条亮条纹中心所在刻度为
x6＝15mm+37.5×0.01mm＝15.375mm
（3）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以第1条亮条纹中心所在刻度为x1＝2mm+33.5×0.01mm＝2.335mm
所以相邻亮条纹的间距为
根据
代入数据解得
故答案为：（1）平行；（2）15.375；（3）6.5×10﹣7。
11．（2025秋 湖北期中）“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图所示。
（1）下列说法中正确的一个选项是（　B　 ）
A．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏的中心时，应放上单缝和双缝
B．通过调节拨杆（图中没有画出），使单缝和双缝平行，且通过目镜可以观察到干涉条纹
C．为了减少测量误差，可用测微目镜测出n条亮纹间的距离a，求出相邻两条亮纹间距
（2）将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时如图乙所示的手轮上的示数为　13.870　 mm；
（3）若相邻亮纹的间距为Δx，双缝与屏的距离为L＝0.7m，双缝间距为d＝0.2mm，则求得光的波长λ＝　6.60×10﹣7 m。（结果保留三位有效数字）
【答案】（1）B；（2）13.870；（3）6.60×10﹣7。
【解析】解：（1）A．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏的中心时，不需放上单缝和双缝，故A错误；
B．通过调节拨杆（图中没有画出），使单缝和双缝平行，且通过目镜可以观察到干涉条纹，故B正确；
C．为了减少测量误差，可用测微目镜测出n条亮纹间的距离a，求出相邻两条亮纹间距，故C错误。
故选：B。
（2）由图乙可知示数为13.5mm+37.0×0.01mm＝13.870mm
（3）图甲中螺旋测微器读数为2mm+32.0×0.01mm＝2.320mm
则有
根据双缝干涉条纹的间距公式，可得
故答案为：（1）B；（2）13.870；（3）6.60×10﹣7。
12．（2025秋 铜山区期中）某同学利用如图所示装置测量某种单色光的波长。
（1）滤光片应安装在图中　B　 位置。
A．A装置左边
B．A、B两装置之间
C．B、C两装置之间
（2）实验中发现，观察到的干涉条纹较模糊，要使条纹变清晰，可采取的措施是　C　 。
A．旋转测量头
B．减小单缝与双缝间距离
C．调节拨杆使单缝与双缝平行
（3）该同学测得图示装置中A、B、C、D、E各装置之间的距离分别为L1、L2、L3、L4，又测得第1条亮条纹中心到第5条亮条纹中心的距离为a。已知单缝宽度为d1，双缝间距为d2，则该单色光波长的表达式为　　 （用题中字母表示）。
【答案】（1）B；（2）C；（3）
【解析】解：（1）滤光片应放在单缝片之前，凹透镜之后，由图像可知A是凹透镜，B是单缝片，C是双缝片，D是光屏，E是目镜。故AC错误；B正确。
故选：B。
（2）若粗调后看不到清晰的干涉条纹，观察到的是较模糊的干涉条纹，最可能的原因是单缝与双缝不平行，要使条纹变得清晰，得调节拨杆使单缝与双缝平行，故AB错误；C正确。
故选：C。
（3）由双缝干涉实验条纹间距公式Δx
由题意知，两条纹间距Δx，双缝间距为d＝d2，双缝片到屏的距离l＝L3
代入条纹间距公式可得
解得λ。
故答案为：（1）B；（2）C；（3）。
13．（2025秋 锡山区校级期中）（1）如图甲：在托马斯 杨双缝干涉实验中，调整仪器，从目镜中观察到似向分布的干涉条纹 　ACD　 。
A.若单缝和双缝不平行，在屏上将不会产生干涉条纹
B.若在单缝前插入透振方向水平的偏振片，从目镜中将观察到横向分布的干涉条纹
C.若在单缝前插入透振方向水平的偏振片，从目镜中将观察到干涉条纹充度变暗
D.若在遮光筒内充满折射率较大的透明介质，从目镜中将观察到干涉条纹变密集
（2）如图乙，实验中发现目镜中干涉条纹与分划板中心刻线始终有一定的角度，下列哪个操作可以使得分划板中心刻线与干涉条纹平行 　D　 。
A.仅旋转双缝
B.仅旋转单缝
C.仅前后移动凸透镜
D.仅旋转测量头
（3）实验中已知双缝间的距离d＝0.4mm，双缝到光屏的距离L＝1.6m，某种单色光照射双缝时，用测量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图丙所示为2.332mm；然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条充条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丁所示为 　15.325　 mm，则这种单色光的波长为　6.5×10﹣7 m（最后一空结果保留两位有效数字）。
（4）上述实验中，若仅将红色滤光片更换为蓝色滤光片，则相邻亮条纹中心间距 　减小　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）ACD；（2）D；（3）15.325；6.5×10﹣7；（4）减小。
【解析】解：（1）A.单缝的作用是产生线光源，双缝必须与单缝平行，才能保证双缝获得相干的线光源。若单缝和双缝不平行，双缝无法形成相干光源，屏上不会产生干涉条纹，故A正确；
B.双缝干涉条纹的分布方向由双缝的方向决定（双缝为竖直方向，条纹为竖直分布）。在单缝前插入水平偏振片，仅改变光的偏振态，不会改变双缝干涉条纹的方向，因此不会观察到横向（水平）分布的干涉条纹，故B错误；
C.在单缝前插入透振方向水平的偏振片，会吸收部分光能量，导致入射光强减弱。干涉条纹的亮度与光强成正比，因此从目镜中会观察到干涉条纹充度变暗，故C正确；
D.双缝干涉条纹间距公式为
若遮光筒内充满折射率较大的透明介质，光的波长会变为
所以，波长减小。由公式可知，波长λ减小会导致条纹间距Δx减小，即干涉条纹变密集，故D正确。
故选ACD。
（2）实验中发现目镜中干涉条纹与分划板中心刻线始终有一定的角度，要使得分划板中心刻线与干涉条纹平行，则仅旋转毛玻璃处的测量头即可，故ABC错误，D正确；
故选：D
（3）螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图甲可知此时手轮上的示数为
15mm+32.5×0.01mm＝15.325mm
相邻条纹间距为
根据双缝干涉条纹间距公式为
解得
（4）若仅将红色滤光片更换为蓝色滤光片，则波长λ减小，由得，相邻亮条纹中心间距减小。
故答案为：（1）ACD；（2）D；（3）15.325；6.5×10﹣7；（4）减小。
14．（2025秋 上城区校级月考）如图所示，某同学想用插针法测一玻璃砖的折射率。
（1）他找来一等腰直角三角形玻璃砖，操作方法如下：
①在白纸上画一条直线AA′，并画出其垂线BB′，交于O点；
②将玻璃砖的一个直角面沿AA′放置，并确定斜面所在的直线CC′；确定CC′时　不可以　 （填“可以”、“不可以”）直接用铅笔贴着玻璃画线。
③直线BB′和CC′交于一点O′；
④在BB′上竖直插上大头针P1和P2，从斜面一侧透过玻璃砖观察P1和P2，插上大头针P3，要求P3能挡住　P1和P2 （选填“P1”、“P2”或“P1和P2”）的虚像；
⑤撤去玻璃砖和大头针，连接P3和O′得到出射光线，测得出射光线与直线CC′的夹角为α，则玻璃砖的折射率为　B　 。
A.sinα
B.cosα
C.sin（α）
D.
（2）如果该同学正确画好了玻璃砖的边界，但是在实验操作过程中，将玻璃砖水平向右平移了少许，则折射率的测量值　小于　 真实值（选填“大于”、“小于”或者“等于”）。
【答案】（1）②不可以；④P1和P2；⑤B；（2）小于。
【解析】解：（1）②为了保护光学面，确定CC′时不可以直接用铅笔贴着玻璃画线；
④在BB′上竖直插上大头针P1和P2，从斜面一侧透过玻璃砖观察P1和P2，插上大头针P3，要求P3能挡住P1和P2；
⑤光路图如图所示：
入射角i＝45，折射角r＝90°﹣α
根据折射定律
故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2）光路图如图所示：
根据光路图可知，入射角i测量值不变，折射角的测量值r偏小，α角的测量值偏大，根据折射定律可知，折射率的测量值小于真实值。
故答案为：（1）②不可以；④P1和P2；⑤B；（2）小于。
15．（2025春 江门期末）某同学利用图a示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，下列操作正确的是（ 　B　 ）
A．将单缝向双缝靠近
B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动
D．使用间距更小的双缝
（2）实验中将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，并将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数x1＝4.900mm；然后转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数x2如图b所示，则x2＝ 　14.670　 mm；
（3）已知双缝间的距离d＝0.3mm，双缝到毛玻璃屏的距离l＝120.00mm，则可得这种光的波长λ＝ 　4.89×10﹣6 m（计算结果保留3位有效数字）；
（4）若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，如图c所示，在这种情况测量相邻条纹间距Δx，则波长λ的测量值 　大于　 （填“大于”“小于”或“等于”）实际值。
【答案】（1）B；（2）14.670；（3）4.89×10﹣6；（4）大于。
【解析】解：（1）A．将单缝向双缝靠近，不影响条纹间距，故A错误；
B．将屏向靠近双缝的方向移动，即减小双缝到屏的距离L，由条纹间距离公式可知Δx减小，故B正确；
C．将屏向远离双缝的方向移动，即增大双缝到屏的距离L，由条纹间距离公式可知Δx增大，故C错误；
D．使用间距更小的双缝，即减小双缝间的距离d，由条纹间距离公式可知Δx增大，故D错误。
故选：B。
（2）手轮上的示数x2＝14mm+0.5mm+17.0×0.01mm＝14.670mm
（3）根据小问2可知相邻亮条纹之间的距离
根据相邻亮条纹的距离
可得
（4）若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，如图c所示，在这种情况测量相邻条纹间距Δx时，将导致测量值Δx大于实际值，由
可知，λ的测量值也将大于实际值。
故答案为：（1）B；（2）14.670；（3）4.89×10﹣6；（4）大于。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业17 楞次定律及法拉第电磁感应定律
考点1楞次定律及推论的应用
楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，主要模型如下：
推论 例证
阻碍原磁通量变化——“增反减同” 磁铁靠近，B感、B原反向，二者相斥； 磁铁远离，B感、B原同向，二者相吸
阻碍相对运动——“来拒去留”
使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩” 注意：此结论只适用于磁感线单方向穿过回路的情境 P、Q是光滑固定导轨，a、b是可移动金属棒，磁铁下移，回路面积应减小，a、b靠近
B减小，线圈扩张
使闭合线圈远离或靠近磁体——“增离减靠” 当开关S闭合(断开)时，左环向左(右)摆动、右环向右(左)摆动，远离(靠近)通电线圈
阻碍原电流的变化——“增反减同”(即自感现象) 闭合S，B灯先亮，A灯逐渐变亮；再断开S，两灯逐渐熄灭
说明 以上五种情况“殊途同归”，实质上都是以不同的方式阻碍磁通量的变化
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 琼海校级模拟）如图所示，将电阻R、电容器C和一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，S极朝下。现使磁铁开始自由下落，在S极接近线圈上端的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电阻R中的感应电流方向为从a到b
B．电容器C的下极板将带正电
C．磁铁的加速度始终等于重力加速度g
D．线圈与条形磁铁之间产生了相互吸引的作用力
2．（2025 武功县校级模拟）一长直导线与闭合金属环放在同一竖直面内，如图甲所示，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示（以水平向右为电流的正方向），则在0～t2时间内，下列说法正确的是（　　）
A．闭合金属环中始终产生顺时针方向的感应电流
B．穿过闭合金属环的磁通量先增大后减小
C．闭合金属环先有收缩的趋势后有扩张的趋势
D．闭合金属环所受安培力的合力先向下后向上
3．（2025 盐池县一模）不可形变的圆形导体框a和矩形导体框b（粗糙）连成如图甲所示回路并固定在水平面内。导体框a内固定一小圆环c，且a与c也在同一水平面内，圆环c中通入如图乙所示的电流（规定从上向下看电流顺时针方向为正），导体框b的左端放置一金属棒MN，金属棒处于垂直纸面向下的匀强磁场中，已知匀强磁场的磁感应强度为B且在图乙所示时间内导体棒始终未滑动，则（　　）
A．0～t1时间内，导体棒受到向左的安培力
B．t1时刻，导体棒受到向右的摩擦力最大
C．t1～t2时间内与t2～t3时间内导体棒内的电流反向
D．仅增大交流电的峰值，导体棒有可能发生移动
4．（2025 靖远县校级三模）若南极洲我国长城站附近的地磁场的磁感应强度的竖直分量的大小By与距离地面高度h的变化关系如图所示，长城站的一直升机将一始终保持水平的闭合金属导线框竖直向上匀速吊起，下列说法正确的是（　　）
A．线框中有顺时针方向的感应电流（俯视）
B．线框中的感应电动势保持不变
C．线框中的感应电流不断减小
D．线框的四条边有向内收缩的趋势
5．（2025 开封一模）航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，则合上开关S的瞬间（　　）
A．两个金属环都向左运动
B．两个金属环都向右运动
C．从左侧向右看，两个金属环中感应电流沿顺时针方向
D．铜环受到的安培力等于铝环受到的安培力
6.（多选）（2025 保定三模）如图所示，均匀带负电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a环绕O点在其所在平面内旋转时，b环具有扩张的趋势，由此可知，a环可能绕O点（　　）
A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转
C．逆时针加速旋转 D．逆时针减速旋转
考点2法拉第电磁感应定律的理解及应用
1．感应电动势
(1)概念：在 电磁感应　现象中产生的电动势。
(2)产生条件：只要穿过回路的 磁通量　发生变化，就能产生感应电动势，与电路是否闭合无关。
(3)方向判断：产生感应电动势的那部分电路(导体或线圈)相当于电源，电源的正、负极可由 右手定则　或 楞次定律　判断。
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的 磁通量的变化率　成正比。
(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数。
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的 欧姆　定律，即I＝ 　。
3．导体切割磁感线的情形
(1)垂直切割：E＝ Blv　，式中l为导体切割磁感线的有效长度。
(2)不垂直切割：E＝ Blvsin θ　，式中θ为v与B的夹角。
(3)匀速转动：导体棒在垂直匀强磁场方向以角速度ω绕一端转动切割磁感线时，E＝ Bl2ω　。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 涪城区校级模拟）如图甲所示，一辆电动汽车在北京的一段平直公路上以速度v自东向西匀速行驶，金属车头上左右对称的B点与A点间距为L。图乙是从外侧看汽车左前轮转动的示意图，C点在金属轮毂边缘，D点在转轴中心。已知当地地磁场磁感应强度竖直分量大小为B1、水平分量大小为B2，下列说法正确的是（　　）
A．B点电势比A点电势低
B．C点电势比D点电势低
C．A、B之间的电势差UAB＝B1Lv
D．A、B之间的电势差UAB＝﹣B2Lv
2．（2025 武功县校级模拟）如图甲所示，用两根等长的细线竖直悬挂一个总电阻为R、边长为L的单匝正方形金属线框MNQP，线框有一半处于匀强磁场中，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，其大小随时间变化的图像如图乙所示。已知重力加速度为g，t0时刻，细线的拉力恰好为0，t1时刻，剪断两根细线，t2时刻，PQ边离开磁场时恰好做匀速运动，整个过程中线框平面始终在竖直面内且水平不翻转，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．时刻，线框中感应电流的方向为顺时针方向
B．时刻，线框中感应电流的大小为
C．线框的总质量为
D．t2时刻，线框的速度大小为
3．（2025 江西模拟）如图，两根相距为l的足够长的平行光滑导轨固定在同一水平面上，并处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ab和cd两根金属杆静止在导轨上，与导轨构成矩形闭合回路。两根金属杆的质量关系为mab＝2mcd＝2m、电阻均为r，导轨的电阻忽略不计。从t＝0时刻开始，两杆分别受到平行于导轨方向、大小均为F的拉力作用，分别向相反方向滑动，t＝T时，两杆同时达到最大速度，之后都做匀速直线运动，下列说法正确的是（　　）
A．若在t1（t1＜T）时刻ab杆速度的大小等于v1，此时ab杆加速度的大小为
B．在0～T时间内，ab杆的最大速度为
C．在0～T时间内，通过ab杆横截面的电荷量为
D．在0～T时间内，通过cd杆横截面的电荷量为
4．（2025 河南模拟）如图所示，边长为L的单匝正方形线圈abcd以初速度v0（v0垂直于ab边）沿光滑绝缘水平面运动，穿过一磁感应强度为B、方向为竖直向下的匀强磁场区域，磁场区域的宽度也为L，线圈运动中保持ab边与磁场的两侧边界M、N平行。当ab边运动到边界M时开始计时，t1时刻ab边到达边界N，此时线圈的速度为，线圈通过磁场过程中感应电流i随时间t变化的图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025 昌黎县校级三模）如图甲所示，用两根等长的细线竖直悬挂一个总电阻为R、边长为L的单匝正方形金属线框MNQP，线框有一半处于匀强磁场中，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，其大小随时间变化的图像如图乙所示。已知重力加速度为g，t0时刻，细线的拉力恰好为0，t1时刻，剪断两根细线，t2时刻，PQ边离开磁场时恰好做匀速运动，整个过程中线框平面始终在竖直面内且水平不翻转，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．时刻，线框中感应电流的方向为顺时针方向
B．时刻，线框中感应电流的大小为
C．线框的总质量为
D．t2时刻，线框的速度大小为
6.（多选）（2025 武功县校级模拟）如图所示，宽度为L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，上下边界水平，左右区域足够长。甲线圈从某一高度由静止开始下落，以大小为v0的速度进入磁场并匀速通过磁场；乙线圈从同一高度以初速度v0水平抛出。已知甲、乙是边长均为L、电阻均为R的完全相同的线圈，下落过程中两线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙两线圈通过磁场的过程中，感应电流的方向均先逆时针后顺时针
B．甲线圈通过磁场过程中产生的焦耳热为mgL
C．乙线圈离开磁场时的速度大小为
D．甲、乙两线圈进入磁场的过程中，通过线圈横截面的电荷量均为
考点3自感现象及应用
自感现象
(1)概念：由于导体本身的 电流　变化而产生的电磁感应现象称为自感。
(2)自感电动势
①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作 自感电动势　。
②表达式：E＝ L　。
(3)自感系数L
①相关因素：与线圈的 大小　、形状、 匝数　以及是否有铁芯等因素有关。
②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3H，1μH＝10－6H。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 乌兰浩特市校级期末）如图所示，M和N为两个完全一样的灯泡，L是一个理想电感线圈（电阻不计），R是一个定值电阻。当开关S突然闭合或断开时，下列判断正确的是（　　）
A．开关突然闭合，N比M先亮
B．开关闭合较长时间后，N比M亮
C．开关突然断开，N比M先熄灭
D．无论电键突然闭合还是断开，M和N的现象完全相同
2．（2024秋 唐山期末）如图所示的电路中，L是自感系数很大的线圈，其自身的电阻几乎为0，A和B是两个相同的小灯泡，则（　　）
A．闭合开关S时，两灯同时点亮
B．闭合开关S时，B立即变亮，A灯逐渐变亮
C．断开开关S时，B灯立即熄灭，A灯逐渐变暗直至熄灭
D．断开开关S时，A灯突然闪亮一下后再熄灭
3．（2025 浙江一模）“电荷泵”电路由具有单向导电性的二极管、电容器、电感线圈、电动势为E电源组成，如图所示。多次闭合、断开开关S，给电容器C充电。以下说法正确的是（　　）
A．电容器C的上极板时而带正电荷，时而带负电荷
B．开关S断开后，电感线圈中存在振荡电流
C．电容器两端最终能够获得远远超出E的高压
D．开关S断开后，电感线圈两端的电压始终等于电容器两端的电压
4．（2025 北京模拟）如图所示，P和Q是两个相同的小灯泡，L是自感系数很大的线圈，其电阻小于灯泡的电阻，两灯泡在以下操作中不会被烧坏。下列说法正确的是（　　）
A．开关S闭合时，P灯先亮，Q灯后亮
B．开关S闭合一段时间后，两灯的亮度相同
C．开关S断开前后通过P灯的电流方向改变
D．开关S由闭合变为断开时，Q灯闪亮后熄灭
5．（2025 浙江二模）四个相同的小灯泡接在如图所示交流电路中均能发光，其中A3与A4亮度相同，已知每个小灯泡的电阻均为R0并保持不变，二极管正向电阻为0，反向电阻看作无穷大。下列说法中正确的是（　　）
A．电阻R的阻值为0.5R0
B．增大交流电频率，小灯泡A3变亮
C．增大交流电频率，小灯泡A1两端电压变大
D．增大交流电频率，通过小灯泡A2电流变大
6.（多选）（2024秋 湖北期末）如图所示的电路中有一个自感系数很大的电感线圈和两个完全相同的灯泡，先闭合开关S，当电路达到稳定状态后，再断开开关S。不计线圈的电阻及电源内阻，也不考虑温度对灯泡电阻的影响。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S后，灯D1逐渐变亮
B．断开开关S后，灯D2马上熄灭
C．断开开关S后，灯D2会闪一下，之后熄灭
D．全过程，断开S的瞬间线圈两端的电压最大
考点4涡流、电磁阻尼与电磁驱动
1．涡流
当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水中的旋涡，所以叫涡流。
2．电磁阻尼
导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动。
3．电磁驱动：如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生 感应电流　使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来。交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 洮北区校级模拟）手摇式发电机是户外探险的必备物品，其原理如图所示，一单匝半圆形金属线圈处在磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场中，通过导线与交流电流表A组成回路，使手柄匀速转动，要使电流表A示数增大，下列操作可行的是（　　）
A．增大手柄的转速
B．将半圆形线圈换为面积相等的正方形线圈
C．增大手柄的周期
D．减小磁场的磁感应强度
2．（2025 金安区校级模拟）感应电动势是由回路中磁通量的变化引起的，根据磁通量变化的原因不同，可分为感生电动势和动生电动势。由磁场变化引起磁通量变化而产生的感应电动势称为感生电动势。变化的磁场在其周围空间会激发出感应电场（称为涡旋电场），这种电场迫使导体内的电荷做定向移动而产生感生电动势，如图甲所示；导体切割磁感线产生的电动势称为动生电动势。导体切割磁感线时，导体中的自由电子由于和导体一起运动，因而受到洛伦兹力的作用，使导体两端产生电动势，如图乙所示。下列说法不正确的是（　　）
A．对甲图，当如图所示的磁感应强度增加时，导体中电子将受到如图所示的涡旋电场力
B．对甲图，电荷定向移动对应的电能来自于让磁通量变化所需的能量
C．对乙图，当电子沿着导体棒运动时，会产生另一个洛伦兹力分量，但总洛伦兹力不做功
D．对乙图，电荷定向移动所增加的电势能来源于外力移动导体棒时所提供给系统的能量
3．（2025 临渭区三模）自行车小型摩擦发电机结构如图所示，绕有线圈的二形铁芯开口处装有磁铁，车轮转动时带动与其接触的摩擦轮转动，摩擦轮又通过传动轴带动磁铁一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化，线圈电阻忽略不计，电阻恒定的灯泡与线圈相连，摩擦轮与轮胎间不打滑，当自行车骑行速度变为原来的2倍时，下列说法正确的是（　　）
A．通过灯泡的电流变为原来的4倍
B．灯泡的功率变为原来的2倍
C．灯泡两端电压变为原来的2倍
D．产生的交流电周期变为原来的2倍
4．（2025 河北模拟）如图所示，石锅鱼味道鲜美，不仅保留了食物的自然味道，还含有多种微量元素和矿物质。某种铁合金复合石锅在电磁炉上也能使用。已知电磁炉只能加热含有磁性材料的锅具。下列相关说法正确的是（　　）
A．将该石锅换成陶瓷锅后也一定能通过电磁炉加热食物
B．电磁炉接电压合适的直流电源后也能正常加热该石锅内的食物
C．该石锅放置在电磁炉上能加热食物的原理是电磁感应现象
D．该石锅放置在电磁炉上能加热食物的原理是电流的磁效应
5．（2025 宁波校级模拟）市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示。在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变。松开门铃按钮后，弹簧可使之复位（与a、b连接的外电路未画出）。由此可判断（　　）
A．按下按钮过程中，a点电势高于b
B．按住按钮不动，门铃会一直响
C．按钮复位的过程中，磁通量一直减小
D．连续按压和松开按键过程，线圈中一定产生交变电流
6.（多选）（2025 浙江模拟）麦克斯韦从场的观点出发，认为变化的磁场会激发感生电场。电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。如图所示，上面为侧视图，上、下为电磁体的两个磁极，下面为磁极之间真空室的俯视图。若从上往下看电子在真空室中做圆周运动，改变电磁体线圈中电流的大小可使电子加速，轨道平面上的平均磁感应强度大小增加率为b，（电子圆周运动平均半径为r，轨道位于真空管中）磁感应强度方向与电子轨道平面垂直，感生电场方向与电子轨道相切，电子电量e，质量m，为了使电子在不断增强的磁场中沿着半径不变的圆轨道加速运动，加上垂直轨道平面的磁场加以“轨道约束”，已知电子做圆周运动的轨道上磁感应强度大小的增加率为a，则从上往下看电子看电子加速运动方向和a、b之间的关系满足（　　）
A．顺时针 B．逆时针 C．b D．b＝2a
1．（2025 武功县校级模拟）如图所示，M1M2M3M4﹣N1N2N3N4为间距为l的平行金属导轨，其中M1M2﹣N1N2段直导轨与水平面的夹角为θ，M2M3﹣N2N3段水平直导轨的长度为2R，M3M4﹣N3N4段导轨为半径为R的竖直半圆弧，其最低点与水平导轨相切，倾斜和水平轨道部分均有垂直其所在平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。质量为m的金属棒p1、p2均垂直导轨放置。现在离水平面高度为h处由静止释放金属棒p1，此时p2静止在M2N2处，当p1经过M2N2位置时，p2从M4N4位置水平抛出（p2抛出后落入某装置中），p1滑上半圆轨道后恰好没脱离轨道，又沿轨道返回。已知导轨电阻不计，两棒接入导轨的电阻均为r，金属棒p1和水平轨道间的动摩擦因数为，其余摩擦不计，金属棒始终与轨道接触（除p2抛出后），重力加速度为g。求：
（1）金属棒p1由释放到经过M2N2位置的过程中，通过金属棒p2的电荷量；
（2）金属棒p1经过M2N2位置时，金属棒p1的电功率。
2．（2025 涪城区校级模拟）如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨ab、cd固定在水平面内，导轨间距L＝1.0m，左端a、d之间连接有阻值R＝3.0Ω的电阻，不计导轨自身电阻。导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T，质量m＝0.2kg，长度L＝1.0m、电阻r＝1.0Ω的金属杆PQ获得一速度在导轨上向右运动，并与导轨始终保持垂直且接触良好。某时刻开始对杆施加一水平向右的力F，此时记为t＝0时刻，杆运动的v﹣t图像如图乙所示。求：
（1）t＝0时，金属杆PQ两端的电压UPQ；
（2）0～0.4s内，流经电阻R的电荷量；
（3）0～0.4s内，已知电阻R产生的焦耳热为J，求拉力F做的功（结果可用分式表示）。
1．（2026 浙江一模）某兴趣小组为研究电动汽车能量回收装置原理，设计了如图所示的模型：两个半径不同的同轴圆柱体间存在由内至外沿半径方向的辐向磁场。有一根质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒MN通过导电轻杆与中心轴相连，可绕轴转动，金属棒所在之处的磁感应强度大小均为B，整个装置竖直方向放置。中心轴右侧接一单刀双掷开关：开关接通1，由电动势为E，内阻为r的电源给金属棒供电，棒MN受到阻力f方向与速度相反，大小与速度成正比，f＝kv，k为已知常数。当MN运动的路程为s时已经匀速运动。若开关接通2，开始能量回收，给电容为C的电容器充电。初始时电容器不带电、金属棒MN静止，电路其余部分的电阻不计。
（1）在开关接通1瞬间，求棒MN受安培力大小；
（2）开关接通1，求稳定后棒MN的最大速度vm；
（3）接第（2）问，若最大速度已知，记为vm，则：
①求开始转动到最大速度过程中，电源把多少其他形式能转化为电能；
②达到最大速度vm后，开关接通2，若此后阻力不计，在一段时间后金属棒将再次匀速转动，求此时电容器C上的带电量Q。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业08 动量定理与动量守恒定律
考点1冲量、动量与动量定理定义
1．动量
(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积。
(2)公式：p＝mv。
(3)单位：千克米每秒，符号是kg·m/s。
(4)矢量性：方向与速度的方向相同，运算遵循_平行四边形定则。
2．动量变化量
(1)定义：物体在某段时间内末动量和初动量的矢量差(也是矢量)。
(2)动量变化量的计算
①动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，Δp＝p′－p。
②当初、末动量不在一条直线上时，用平行四边形定则或三角形定则计算，如图所示。
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积。
(2)公式：I＝_FΔt__。
(3)单位：牛顿秒，符号是N·s。
(4)矢量性：方向与力的方向相同。
(5)物理意义：反映力的作用对时间的积累效应。
3．动量定理
(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量。
(2)表达式：mv－mv＝F合t_或p′－p＝F合t。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 鼓楼区校级月考）下列关于动量和动能说法正确的是（　　）
A．做匀速圆周运动的物体动量不变
B．物体速度发生改变，其动能必然改变
C．动量相同的两物体，质量越大其动能越大
D．动能相同的两物体，质量越大其动量越大
2．（2025春 上海校级期末）如图所示，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的拉力F作用时间t后，物体仍保持静止，关于拉力在这段时间内的冲量的大小，下列说法正确的是（　　）
A．0 B．Ft C．Ftcosθ D．Ftsinθ
3．（2025秋 常州月考）关于动量、冲量、动量的变化量、动能，下列说法中正确的是（　　）
A．物体动量为零时，一定处于平衡状态
B．从同一高度释放的两个完全相同鸡蛋，掉在水泥地上的鸡蛋动量变化率比掉在海绵上的鸡蛋的动量变化率大，所以前者容易碎
C．人从高处跳下时，有一个屈膝的动作，是为了减小地面对人的冲量
D．质量一定的物体，动量增大2倍，其动能增大2倍
4．（2025 项城市三模）如图所示，光滑的圆弧轨道竖直固定放置，其弧长远小于半径，圆弧的底端切线水平。现将质量分别为m、2m的小球甲、乙分别从轨道的顶点和顶点下方的某点由静止释放，然后到达底端，重力加速度为g，两小球均视为质点，在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．若甲重力的冲量大小为I，则圆弧轨道的半径为
B．若甲重力的冲量大小为I，则乙重力的冲量为0.5I
C．若乙下落的高度为h，重力的平均功率为P，则甲重力的冲量为
D．若乙下落的高度为h，重力的平均功率为P，则甲运动的时间为
5．（2024秋 宿州期末）质量为m的小球距地面高H处由静止释放，下落距离h时恰好做匀速直线运动，速度大小为v。已知小球下落过程中受到的空气阻力与速度大小成正比，重力加速度为g，则小球自开始下落到匀速运动所经历的时间为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025秋 湖南期中）如图所示，可视为质点的餐盘随水平玻璃转盘绕竖直转轴做匀速圆周运动。对于恰好运动一个周期的餐盘，下列说法正确的是（　　）
A．餐盘的动量变化量不为0
B．餐盘受到的重力冲量为0
C．餐盘受到的合力冲量为0
D．餐盘受到的摩擦力冲量不为0
（多选）7．（2025 武功县校级模拟）如图1所示，质量为1kg、可视为质点的滑块从O点以一定的初速度沿水平地面出发，运动过程中与竖直固定的挡板发生弹性碰撞，移动挡板并固定在不同的位置，滑块以相同的速度重复运动，沿水平地面建立Ox轴，挡板对滑块冲量的平方I2随挡板位置x变化的图像如图2所示。已知滑块与挡板碰撞时间极短，重力加速度g取10m/s2。从滑块开始运动到停下的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．滑块在地面上运动的时间为1.5s
B．滑块与地面之间的动摩擦因数为0.2
C．滑块的初速度为m/s
D．地面对滑块支持力的冲量大小为10N s
（多选）8．（2025秋 沧州期中）如图所示，木板静止在光滑水平面上。物块以水平向右的初速度从木板左端滑上木板，一段时间后物块相对于木板静止。对于从物块滑上木板到物块恰好相对于木板静止的过程，下列说法正确的是（　　）
A．该过程中物块和木板构成的系统机械能守恒
B．该过程中物块和木板构成的系统动量守恒
C．摩擦力对物块的冲量与摩擦力对木板的冲量大小相等
D．摩擦力对物块做的功与摩擦力对木板做的功大小相等
考点2动量守恒定律定义
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．
(2)表达式：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后总动量相等)．
(3)适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零．
(4)普适性：动量守恒定律既适用于低速物体，也适用于高速(接近光速)物体．既适用于宏观领域，也适用于微观领域．
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 乌鲁木齐校级期中）以下关于四幅图的说法，正确的是（　　）
A．图甲中礼花弹爆炸的瞬间动量守恒、机械能不守恒
B．图乙中A、B用压缩的轻弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统动量守恒、机械能不守恒
C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统水平方向动量不守恒
D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统动量守恒
2．（2025秋 桥西区校级期中）飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m，速率为v，圆周运动半径为R。下列说法正确的是（　　）
A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则加速度为零
B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒
C．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，动量的改变源于向心力的冲量，即
D．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变量为零，合外力的冲量也为零
3．（2025秋 番禺区校级期中）小车静止在光滑水平地面上，一个小球用轻绳悬挂在与车连接的细杆顶端。小球由图示位置无初速释放，不计一切摩擦和阻力，在以后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球的机械能守恒
B．车和小球组成的系统水平方向动量守恒
C．车所受合力的冲量方向始终水平向左
D．轻绳对小球的拉力对小球不做功
4．（2025秋 太原期中）如图所示，表面光滑的曲面体A静止在光滑水平地面上，小球B从A的顶端由静止释放。在A、B相互作用的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．A与B组成的系统动量守恒
B．A与B组成的系统机械能守恒
C．A对B的支持力不做功
D．B对A的压力的冲量为零
5．（2025秋 江阴市校级期中）如图所示，U形长木板置于光滑水平桌面上，两端各固定一轻质弹簧，A、B为弹簧原长处，A、B之间粗糙，两侧光滑。现将一木块放置于A、B间某处，某时刻给木块一个水平向右的初速度，则从该时刻起，关于木块、木板及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（　　）
A．系统最终速度为0，动量不守恒，木块动能全部转化为内能
B．系统最终速度不为0，动量守恒，木块减小的动能转化为内能和木板的动能
C．系统最终速度不为0，动量不守恒，木块减小的动能转化为内能和弹性势能
D．系统最终速度不为0，动量守恒，木块减小的动能转化为内能和弹性势能
6．（2025秋 江宁区期中）如图所示，为两个可视为质点的弹性小球A、B，B球质量是A球的3倍，A球放在B球正上方，且和B球一起从距地面1m处由静止释放。若在A球与B球之间、B球与地面之间发生的都是弹性碰撞，且天花板足够高，忽略空气阻力，碰撞时间极短，忽略不计，则（　　）
A．第一次弹回时A、B两球一起上升，高度仍为1m
B．A、B第一次下落过程中，机械能守恒，动量也守恒
C．A、B第一次下落过程中，有压力，但压力小于A的重力
D．B球触地反弹后，AB两球分开，A球上升的高度比B球上升的高度大得多
（多选）7．（2025秋 沙坪坝区校级月考）下列说法正确的是（　　）
A．物体处于平衡状态，机械能一定守恒
B．物体所受合力做正功，动能一定增加
C．系统所受合力不做功，系统动量一定守恒
D．若物体只受到重力作用，物体的机械能一定守恒
（多选）8．（2025秋 曲阜市期中）如图所示，上表面粗糙的小车c静止在光滑水平面上，其上放有两个质量不同的物块a、b，a、b间有一根被压缩的轻弹簧。弹簧突然释放后，两物块发生滑动，下列说法正确的是（　　）
A．若a、b两物体材料相同，则a、b组成的系统机械能不守恒、动量也不守恒
B．若a、b两物体材料相同，则a、b、c组成的系统机械能不守恒、动量也不守恒
C．若a、b两物体材料不同，则a、b组成的系统动量可能守恒、机械能一定不守恒
D．若a、b两物体材料不同，则a、b、c组成的系统机械能可能守恒、动量可能守恒
考点3碰撞与爆炸与反冲模型
1.碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
（1）特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
（2）分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 粘在一起，机械能损失最大
2.爆炸现象的三个规律
动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
3.反冲运动的三点说明
作用原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 河北期中）如图所示，一颗炮弹在上升到距离水平地面的最大高度为h后发生爆炸，爆炸后的碎片以大小均为v0的初速度向各个方向射出，已知重力加速度大小为g，忽略一切阻力，则碎片落在地面上围成的圆的最大半径为（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025秋 包河区校级期中）如图所示，一科学探究兴趣小组在水平地面上静止放置材料相同、紧靠在一起的物体A和B，两物体可视为质点且物体B的质量较小。两物体间夹有少量炸药，爆炸后两物体分别沿水平方向左右分离，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．爆炸过程中，A和B物体构成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．爆炸过程中，两物体获得的初动量相同
C．爆炸过程中，A物体获得的初动能比B小
D．爆炸后，两物体在水平地面上的滑行时间相同
3．（2025秋 烟台期中）一炮兵训练基地在进行军事能力训练，设士兵向空中斜向上投出一颗质量为M的手榴弹，当手榴弹飞行到距地面最高点时，手榴弹距地面高度为H，速度为v0，此时手榴弹突然炸裂成甲、乙两块碎片，两块碎片飞出方向与v0方向在同一直线上，甲、乙质量之比为1：2。已知乙碎片飞出方向与v0方向相同，甲相对于乙以100v0的速度向相反方向飞去，则乙落地时距炸裂点的水平距离为（　　）
A． B．
C．103v0 D．106v0
4．（2025秋 邹城市期中）2025年3月12日凌晨，长征八号遥六运载火箭以“一箭十八星”方式将千帆星座第五批组网卫星送入预定轨道。若最后火箭壳体质量为m，最后一颗卫星的质量为5m，分离前一起绕地球在椭圆轨道运动，到离地心距离为r的远地点时速度为v，此时卫星与火箭分离，分离时卫星相对于火箭的速度向前，分离后卫星绕地球做半径为r的匀速圆周运动，设地球质量为M，引力常量为G，则速度v的表达式为（　　）
A．v B．v C．v D．v
5．（2025秋 云岩区校级期中）2025年4月30日13点08分，神舟十九号载人飞船返回舱成功着陆。在降落伞的作用下，返回舱竖直匀速降落，当距地面1m高时，缓冲发动机开始竖直向下以一定的速度喷气，使返回舱做匀减速直线运动，到达地面时速度恰好为零。已知返回舱的总质量为M，缓冲发动机喷气口的总面积为S，喷出气体密度为ρ、流量（单位时间喷出气体的体积）为Q，重力加速度大小为g，忽略返回舱质量的变化，返回舱速度对喷出气体的速度影响忽略不计，则返回舱匀减速运动过程中的加速度大小为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025秋 潍坊期中）热气球下面固定一绳梯，人在绳梯上端，开始时人和热气球静止在空中，人距离地面高度为H。已知热气球（含绳梯）质量为M，人的质量为m，人可视为质点。若人能沿绳梯安全到达地面，绳梯的长度至少为（　　）
A． B． C． D．
（多选）7．（2025秋 乌鲁木齐校级期中）光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是（　　）
A．FN＝mgcosα
B．滑块下滑过程中斜面体A做匀加速直线运动
C．此过程中斜面体向左滑动的距离为
D．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒
（多选）8．（2025春 福州期末）某兴趣小组制作了如图所示的水火箭，实验时瓶内的高压气体将水快速喷出，火箭获得竖直向上的初速度，设火箭上升的最大高度为h，水火箭外壳的质量为M，水的质量为m，假设水在极短时间内以不变的速度喷出，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B．高压气体对火箭外壳做的功为Mgh
C．高压气体释放的能量为
D．水瞬间喷出时水流的喷出速度大小为
（多选）9．（2025春 南阳期末）如图，一枚在空中飞行的火箭质量为m，某时刻飞行高度为h，速度为v，方向水平，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块，其中质量为m1的弹头仍水平飞行，落地点到炸裂位置的水平距离为l。已知重力加速度为g，地面水平，不计空气阻力，以水平向右为正，则（　　）
A．炸裂过程中系统机械能守恒
B．炸裂后飞行过程中弹头相对于另一块做匀速直线运动
C．炸裂后瞬时弹头的速度为
D．炸裂后另一块的速度为
1．（2025秋 西城区校级期中）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）该物体抛出时的初速度大小v0；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB；
（3）A、B落地点之间的距离d。
2．（2025 北京）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）该物体抛出时的初速度大小v0；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB；
（3）A、B落地点之间的距离d。
1．（2025 汕头二模）如图所示，小滑块a和b的静止于光滑平台AB上，ab之间有质量可忽略不计的炸药。长度L＝4m的木板c静止于光滑平面CD上，上表面与AB平齐，左端紧靠平台，右端固定有半径R＝1m的半圆形光滑圆轨道。某时刻炸药爆炸，爆炸过程放出的能量均转化为物体a和b的动能，使物块b以速度v0＝8m/s冲上木板c。已知ma＝2kg，mb＝1kg，mc＝1kg，物块b与木板c之间动摩擦因数μ＝0.3，g取10m/s2。
（1）求爆炸过程中炸药释放的能量；
（2）若木板c固定在CD平面上，请通过计算说明小滑块b是否能到达圆轨道最高点F；
（3）若木板c不固定在CD平面上，要使小滑块b既可以到达E点又不会从木板c上掉下来，求木板c长度L的取值范围。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业01 电场力的性质
考点1电荷
1．两种电荷
毛皮摩擦过的橡胶棒带_负__电，丝绸摩擦过的玻璃棒带_正__电。同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，带电的物体能吸引轻小物体。
2．元电荷
最小的电荷量，其值为e＝ 1.60×10－19C　。
其他带电体的电荷量皆为元电荷的_整数__倍。
注意：元电荷不是带电体，也不是点电荷。
3．电荷守恒定律
(1)内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保持不变。
(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。
(3)带电实质：物体带电的实质是得失电子 。
(4)电荷的分配原则：两个形状、大小相同且带同种电荷的同种导体，接触后再分开，二者带等量同种电荷，若两导体原来带异种电荷，则电荷先中和，余下的电荷再平均分配。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 铜仁市期中）干燥的天气里，在阳光下用塑料梳子梳理干燥的头发，越梳头发越蓬松，且头发会随着梳子飞起来。下列说法正确的是（　　）
A．由于摩擦起电，梳子和头发带同种电荷
B．该过程中电荷凭空产生了，电荷不守恒
C．头发越来越蓬松是因为太阳照射和摩擦产生的热量
D．梳子带的电荷量大小一定是1.6×10﹣19C的整数倍
2．（2025秋 山西期中）将用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近验电器的金属球后，金属箔片张开。金属箔片的起电方式及所带电荷为（　　）
A．接触起电，负电 B．接触起电，正电
C．感应起电，负电 D．感应起电，正电
3．（2025秋 海珠区校级月考）有两个完全相同的带电金属小球A、B，分别带有电荷量6.4×10﹣9C、﹣3.2×10﹣9C，让两个金属小球A、B接触再分开，则（　　）
A．质子从A球转移到B球
B．A球电量变为3.2×10﹣9C
C．A、B两球电量均变为1.6×10﹣9C
D．A、B两球电量均变为4.8×10﹣9C
4．（2025秋 黄浦区校级期中）真空中有完全相同的导体球X、Y、Z，其中X带电+4μC、Y不带电，Z带电﹣10μC。先将Y与X接触，分开后Y再与Z接触，最后Y带电（　　）
A．﹣4μC B．﹣3μC C．﹣2μC D．+4μC
考点2库仑定律
1．点电荷：是一种理想化的物理模型，当带电体本身的形状和大小对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷。
2．库仑定律：①内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．这个规律叫作库仑定律．这种电荷之间的相互作用力叫作静电力或库仑力．
②公式：F＝k，其中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫作静电力常量．
③适用条件：a.在真空中；b.静止点电荷．
5．（2025秋 信宜市期中）真空中有两个点电荷，它们之间的静电力的大小为F，如果将它们的电荷量均减少为原来的一半，同时将它们的距离增大为原来的一倍，则它们之间的静电力大小将为（　　）
A． B． C． D．4F
6．（2025秋 乌鲁木齐期中）如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个直角三角形的三个顶点上，已知A、B分别带正电荷和负电荷，∠B＝90°，∠C＝30°，A所受B、C两个电荷的静电力的合力FA平行于BC并由C指向B，则下列说法正确的是（　　）
A．C带正电，且QB：QC＝1：4
B．C带负电，且QB：QC＝1：4
C．C带正电，且QB：QC＝1：8
D．C带负电，且QB：QC＝1：8
7．（2025秋 青羊区校级月考）如图所示，带电量分别为+4q、﹣q的小球A和小球B固定在相隔L的光滑绝缘水平面上，若要使带电小球C静止，可以将其放在（　　）
A．小球B左侧处
B．小球B右侧L处
C．小球B右侧2L处
D．放置的位置与小球C的电量和电性有关
8．（2025 广西开学）如图所示，A、B、C是三个相同的金属球（可视为质点），分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上，其中A球带正电荷，B球带负电荷，C球不带电，A球带电荷量为Q，B球带电荷量为﹣3Q。现将B球先后与A、C接触再放回原处，静电力常量为k，则A球受到的静电力大小为（　　）
A． B．
C． D．
考点3场强叠加
1．电场
(1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质；
(2)基本性质：对放入其中的电荷有_力的作用 。
2．电场强度
(1)定义：放入电场中某点的电荷受到的 静电力　与它的 电荷量　的比值。
(2)定义式：E＝ ，单位：N/C或V/m。
(3)矢量性：规定 正电荷　在电场中某点所受静电力的方向为该点电场强度的方向。
3．点电荷的电场：真空中与场源电荷Q相距为r处的电场强度大小为E＝ 。
4 电场强度的叠加：
(1)如果有几个静止电荷在空间同时产生电场， 那么空间某点的场强是各场源电荷单独存在时在该点所产生的场强的矢量和。
遵循的法则： 电场强度是矢量，所以叠加时遵循平行四边形定则。
(2)适用条件：点电荷电场与点电荷电场或点电荷电场与匀强电场电场强度叠加。
9．（2025秋 福州期中）如图，真空中有两个电荷量均为q（q＞0）的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。则细杆在顶点A处产生的电场强度大小和方向为（　　）
A．，方向垂直杆向上
B．，方向垂直杆向上
C．，方向垂直杆向下
D．，方向垂直杆向下
10．（2025秋 永宁县校级期中）△ABC是一等腰直角三角形，∠A＝90°，如图所示，在顶点B、C各放置一个电荷量为Q的负点电荷，这时顶点A处电场强度的大小为E1；若将C处的负点电荷替换为电荷量为Q的正点电荷，B处不变，这时顶点A处电场强度的大小为E2，则的比值为（　　）
A．1 B． C． D．
11．（2025秋 台江区期中）如图所示，三角形ABC为直角三角形，∠A＝30°，∠B＝60°。在A、B两点各放一个点电荷，使C点的场强与AB平行，则A、B两点的点电荷电量绝对值之比为（　　）
A． B．3：1 C．9：1 D．
12．（2025秋 西青区校级月考）如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CD为通过半球面顶点C和球心O的轴线。P、M为轴线上的两点，距球心O的距离均为，在M右侧轴线上O′点固定一带正电的点电荷Q，O′、M两点间的距离为R，已知P点的电场强度为零，若均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零，则M点的电场强度大小为（　　）
A．0 B．
C． D．
考点4电场线及其分布
1．电场线
(1)电场线是为了形象地描述电场而引入的，是假想的、客观不存在的，它有以下特点：
①电场线从正电荷或无限远处出发，终止于无限远处或负电荷；
②电场线在电场中不相交；
③在同一电场里，电场线越密的地方电场强度越大；
④电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向；
⑤沿电场线方向电势逐渐降低；
⑥电场线和等势面在相交处相互垂直。
(2)几种典型电场的电场线
两种等量点电荷电场线及规律的比较
比较 等量异种点电荷 等量同种正点电荷
电场线分布图
电荷连线上的电场强度 沿连线先变小后变大
O 点最小，但不为零 O 点为零
中垂线上的电场强度 O 点最大，向外逐渐减小 O 点最小，向外先变大后变小
关于 0 点对称位置的电场强度 与 、 与 、 与
等大同向 等大反向
13．（2025秋 射阳县校级期中）下列电场中，A、B两点电场强度相同的是（　　）
A． B．
C． D．
14．（2025秋 台江区期中）如图所示，一带负电的粒子仅受电场力作用，以一定的初速度沿电场方向从a点运动到b点，关于粒子在此运动过程中的v﹣t图像，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
15．（2025秋 湘潭县校级期中）如图所示，实线为正点电荷周围的部分电场线，虚线为以点电荷为圆心的圆弧，a、b、c、d为圆弧与电场线的交点，下列说法正确的是（　　）
A．a、d两点的场强相同
B．d、c两点的场强相同
C．b点的场强大于d点的场强
D．a点的场强大于c点的场强
（多选）16．（2025 成都模拟）如图所示，O点为等边三角形ABC的中心，D、E、F三点分别为各边中点，G、H两点关于直线AD对称。在顶点A、B、C分别固定三个等量正点电荷，图中实线为电场线，设无穷远处电势为零。下列说法正确的是（　　）
A．G、H两点的场强相同
B．D、E、F三点的电势相等
C．O点的场强和电势均为零
D．在垂直纸面的O点正上方静止释放一电子（不计重力），电子将做往复运动
1.（2025 眉山期中） 如图所示,质量为 ,带电量 的物块放在倾角为 的斜面上(斜面固定)的底部,在与斜面成 角斜向上的匀强电场 作用下由静止沿斜面向上运动,物块与斜面间的动摩擦因数 ,物块运动 时撤去匀强电场,斜面足够长,物体可视为点电荷,重力加速度 , ,不计空气阻力。求:
(1)撤去匀强电场瞬间,物体的速度为多大；
(2)物块沿斜面能上升的最大距离。
2．（2025秋 惠农区校级期中）如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和﹣Q，A、B相距为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，MN与AB之间的距离为d。现有一个穿过细杆的带电小球P。质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球P从C处由静止开始释放，小球P向下运动，已知静电力常量为k，重力加速度为g，求：
（1）O点处的电场强度E的大小；
（2）小球P经过O点时的加速度。
1（2025秋 松山区校级期中）.如图所示，两光滑定滑轮 、 分别安装在竖直的固定轻杆上，带电小球 用轻质绝缘细线绕过两滑轮与不带电的物块 相连，与 连接端的细线竖直，在定滑轮 的正下方用绝缘杆固定一带电小球 ，整个系统处于平衡状态，忽略小球 、 及滑轮的大小。已知小球 带电量 ,物块 受到的重力 与竖直方向的夹角为 ,带电球 均可视为点电荷,静电力常量 。 求:
(1) 两球之间库仑力的大小；
(2)C物块对地面的压力的大小。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业02 电场能的性质
考点1场强与电势差的关系
1．匀强电场中电势差与电场强度关系的三个推论
(1)在匀强电场中，如果将某两点间的距离等分为n段，则每段两端点间的电势差等于原电势差的，像这样采用等分间距求电势的方法，叫作等分法。
(2)匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝，如图甲所示。
(3)在匀强电场中，相互平行且相等的线段两端点间的电势差相等，如图乙所示， ABCD中，UAB＝UDC，UBC＝UAD。
2．非匀强电场中公式U＝Ed的定性应用
(1)判断电场强度大小：根据E＝，等差等势面越密，电场强度越大。
(2)判断电势差的大小：根据U＝Ed，距离相等的两点间，E越大，U越大。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 河南期中）如图所示，在某匀强电场（图中未画出）中有一等边三角形ABC，电场强度方向与三角形所在平面平行，A点的电势为6V，B点的电势为2V，C点的电势为4V，则该匀强电场的电场强度方向为（　　）
A．由A点指向BC边的中点
B．由A点指向B点
C．由A点指向C点
D．由C点指向AB边的中点
2．（2025秋 即墨区期中）如图所示，匀强电场与等腰△ABC所在的平面平行。将电荷量为﹣6×10﹣6C的点电荷从电场中的A点移动到B点，静电力做功为6×10﹣5J；再将电荷从B点移动到D点，克服静电力做功为3×10﹣5J。已知∠A＝120°，D为BC的中点，BC＝2cm。规定A点的电势为0，下列说法正确的是（　　）
A．AB两点的电势差UAB＝10V
B．电场强度的大小为1000V/m
C．电场强度的方向沿BA边指向A
D．将该电荷由C点移动到A点，静电力做功为3×10﹣5J
（多选）3．（2025秋 湖北期中）如图所示，以A、B、C、D为顶点的长方形处于一平行板电容器（未画出）形成的匀强电场中，长方形所在平面与两平行板垂直，AB的长度为8cm，BC的长度为6cm，D点距带正电荷的电容器极板的距离为20cm。取无穷远处的电势为零，A、B、C三点的电势分别为9V、25V、16V。则下列说法正确的是（　　）
A．D点电势为0
B．D点电势为18V
C．该匀强电场的电场强度大小为250V/m
D．两平行板间的电势差为100V
（多选）4．（2025秋 朝阳区校级期中）如图所示，匀强电场中有棱长为L的立方体a1b1c1d1﹣a2b2c2d2。质量为m、电量为﹣q（q＞0）的负点电荷，在外力作用下由a1移到b1的过程中，电场力做功为W（W＞0），接着由b1移到b2的过程中，克服电场力做功2W，再由b2移到c2的过程中，电场力做功3W，取a1点的电势为零。下列说法正确的是（　　）
A．匀强电场的电场强度大小为
B．c1点电势为
C．d2点电势为
D．若将该点电荷移到c1d1d2c2中心，其电势能为﹣2.5W
考点2 电场线、等势面与粒子运动轨迹
带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
1．判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为该点处的速度方向。
2．判断静电力(或电场强度)的方向：仅受静电力作用时，带电粒子所受静电力方向指向轨迹曲线的凹侧且与电场线相切，再根据粒子的正负判断电场强度的方向。
3．判断静电力做功的正负及电势能的增减：若静电力与速度方向成锐角，则静电力做正功，电势能减少；若静电力与速度方向成钝角，则静电力做负功，电势能增加。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 杨浦区校级期中）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是（　　）
A．这个电场可能是负点电荷的电场
B．粒子必定带负电荷
C．粒子在M点的速度大于它在N点的速度
D．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
2．（2025秋 珠海校级期中）静电透镜被广泛应用于电子器件中，图中虚线表示阴极射线示波管的聚焦电场等势面分布情况，任意两个相邻等势面间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线。一电子从其左侧进入聚焦电场，图中实线为电子仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q、R为其轨迹z上的三点。下列判断正确的是（　　）
A．P点的电势大于R点的电势
B．P点的电场强度小于R点的电场强度
C．电子在Q点的动能大于在P点的动能
D．电子在Q点电势能小于R点的电势能
3．（2025秋 南京月考）两个点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线是一个质子在该电场中的运动轨迹，下列说法正确的是（　　）
A．两个点电荷是异种电荷
B．质子在P点的加速度比在M点的加速度大
C．质子在P点的动能比在M点的动能大
D．M点的电势高于P点的电势
（多选）4．（2025秋 郑州期中）如图所示为某静电场的电场线，一个带负电的粒子仅在电场力作用下从A点运动到B点，则下列判断正确的是（　　）
A．粒子运动的轨迹可能是虚线1
B．粒子运动的轨迹可能是虚线2
C．粒子在A点的速度比在B点速度小
D．粒子在A点的加速度比在B点加速度大
（多选）5．（2025秋 南开区校级月考）如图所示，实线为电场的等势线，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、d的交点，下列说法正确的是（　　）
A．粒子带负电
B．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
C．若粒子从M点运动到N点，则动能增大
D．M点的电场强度比N点的大
考点3电容电容器
1．电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)电容器的充、放电
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的_异种电荷__，电容器中储存电场能。
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中_电场能__转化为其他形式的能。
2．电容
(1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。
(2)定义式：C＝＝。
(3)单位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012pF。
(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低。
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关。
3．平行板电容器
(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与两极间的距离成反比。
(2)决定式：C＝，k为静电力常量。
(3)电容器两类动态问题的比较
分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开
不变量 U Q
d变大 C变小→Q变小、E变小 C变小→U变大、E不变
S变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
εr变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开
不变量 U Q
d变大 C变小→Q变小、E变小 C变小→U变大、E不变
S变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
εr变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 河北期中）如图所示，电源的负极、电容器下极板与静电计外壳相连并接地，R为定值电阻。将单刀双掷开关打到1，电路稳定时，一带电的油滴恰好静止于两极板间的P点。下列说法正确的是（　　）
A．若开关与1保持连接，将一适当厚度的有机玻璃板插入电容器极板间，电阻R中有由b流向a的电流
B．若开关与1保持连接，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向右移动一点距离，油滴将向下运动
C．若将开关打到2，电路稳定后，保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，静电计的张角将变大，油滴依然静止于P点
D．若将开关打到2，电路稳定后，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向左移一点距离，P点的电势将升高，油滴将向上运动
2．（2025秋 湖北期中）智能手机里的自动计步器由电容器、轻弹簧等构成，其中电容器的一个极板M固定在手机上，另一个极板N与两个固定在手机上的轻弹簧连接，如图所示。人带着手机向前加速运动阶段与手机静止时相比，自动计步器上的电容器（　　）
A．两极板间电场强度变大
B．电容变小
C．两极板间电压升高
D．两极板所带电荷量增加
（多选）3．（2025秋 浙江期中）如图所示，水平放置的平行金属板A、B相距为d，分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔M和N。闭合开关S，将一质量为m的带电微粒从距A板为d的P点由静止释放，忽略空气阻力，重力加速度为g，微粒通过N孔时的动能小于mgd。下列说法正确的是（　　）
A．微粒带正电
B．若将A板上移一小段距离，则微粒经过N孔时动能将减小
C．若将B板上移一小段距离，则微粒经过N孔时动能将减小
D．若将S断开，再将A板上移一小段距离，则微粒可能无法到达N孔
（多选）4．（2024秋 北京期末）传感器是自动控制设备中不可缺少的元件。图是一种测定位移的电容式传感器电路，电源电动势为E，电路中电阻阻值为R。在该电路中，闭合S一段时间后，使电介质缓慢向右移动（未完全进入），则在电介质移动的过程中（　　）
A．通过电流表G的电流始终为零
B．电容器两极板所带电荷量增大
C．通过电流表G的电流方向由b至a
D．电容器两极板之间的电压大于电源电动势E
1．（2025秋 广州校级月考）如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在恒压电源正、负两级上，电源电压为U＝90V，电容器的电容为3×10﹣9F，两极板间距为d＝6cm，P点到A板的垂直距离为d1＝4cm，A极板接地。求：
（1）平行板电容器极板上所带的电荷量Q；
（2）平行板电容器两板之间的电场强度E；
（3）P点处的电势φp。
2．（2025春 广陵区校级期末）两个相同的电容器A和B如图连接，它们的极板均水平放置，极板间距均为d。设边缘效应可忽略。当它们都带有一定电荷并处于静电平衡时，电容器A中的带电粒子恰好保持静止，带电粒子质量为m，电荷量为q。求：
（1）两极板间的电压；
（2）现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板的间距不变。已知这时带电粒子向上加速，加速度为，则B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比。
1．（2025春 海淀区校级期中）如图是某种利用电容器测量加速度的传感器的示意图。电容器的左极板连接在一劲度系数为k的轻弹簧右端，平衡态时弹簧处于自然伸长状态，两极板间距为d0。除电容器左极板之外，该传感器其余部件均固连在待测物体上。某次测量时，发现当待测物体匀加速运动时，两极板之间的距离减少了x。在电路中有一冲击电流计，可读出电容变化时，电路中流过的电量，电容器左极板质量为m，电源电动势为E，电容器的电容值为C＝β，其中β为常量，S为极板正对面积，d为两极板间距。
（1）判断此时物体加速度的方向（“向左”或“向右”），并判断流经冲击电流计的电流的方向（“向左”或“向右”）；
（2）求加速度a的大小随冲击电流计读数q的变化关系式。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业07 电学实验2
考点1描绘小灯泡的伏安特性曲线
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 武功县校级模拟）某同学研究一款新型灯泡工作时电流随电压变化的规律。所用器材如下：
A.干电池两节（每节电动势E＝1.5V，内阻很小）
B.灯泡L（额定电压2.5V，内阻约几欧）
C.电流表A（量程0～0.6A，内阻不计）
D.电压表V（量程0～3V）
E.滑动变阻器R（最大阻值为5Ω）
F.开关一个及导线若干
（1）为了使灯泡两端的电压可以从零开始变化，请在图甲中补全电路图。
（2）该同学通过实验绘制了通过灯泡的电流随其两端电压变化的图像如图乙所示，则灯泡的额定功率P＝　1.2　 W（保留两位有效数字）。
（3）如果将该灯泡直接接到电动势E＝3V、内阻r＝6Ω的电源两端，则该灯泡此时的阻值R＝　3.03　 Ω（保留三位有效数字）。
【答案】（1）
（2）1.2；（3）3.03。
【解析】解：（1）为了使灯泡两端的电压可以从零开始变化，滑动变阻器需要采用分压式接法；因电流表内阻不计，故电流表采用内接法，电路图如图所示。
（2）由图乙可知，灯泡两端电压为额定电压时的电流I＝0.48A
则灯泡的额定功率P＝UI＝2.5×0.48W＝1.2W
（3）在灯泡的伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，如图所示
由图可知，此时灯泡两端的电压U＝1.0V
电流I≈0.33A
则此时灯泡的电阻
故答案为：（1）
（2）1.2；（3）3.03。
2．（2025秋 深圳期中）在描绘热敏电阻（TC）伏安特性曲线的实验中，某小组采用如图甲所示的器材和电路连接，其中电源的电动势E＝3.0V，内阻r＝0.5Ω，R0是阻值为7.5Ω的定值电阻，电压表V1、V2内阻未知。
（1）为了使热敏电阻两端的电压可从零开始调节，请在图甲中添加一根导线改进该实验。
（2）电路改进完成后，若要使电压表的读数增大，则滑动变阻器的滑片应该向 　左　 （填“左”或“右”）端滑动。
（3）若两电压表V1、V2的读数分别为U1、U2，则热敏电阻的阻值RT＝ 　　 （用实验中测得数据的字母表示），该测量值与真实值相比 　D　 （填正确答案标号）。
A．偏大
B．偏小
C．相等
D．不确定
（4）若实验测得热敏电阻的伏安特性曲线如图乙所示，则热敏电阻的阻值随所加电压增大而 　减小　 （填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）；（2）左；（3）；D；（4）减小。
【解析】解：（1）为了使热敏电阻两端的电压可从零开始调节，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示
（2）电路改进完成后，若要使电压表的读数增大，由实物图可知，滑动变阻器的滑片应该向左端滑动。
（3）若两电压表V1、V2的读数分别为U1、U2，由于R0与RT串联，则有，解得
由于电压表V1、V2的内阻大小关系未知，则RT中电流的真实值与测量值的大小关系无法判断，
则不能确定RT的测量值与真实值的大小关系，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（4）根据欧姆定律可知I﹣U图像中点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由测得热敏电阻的伏安特性曲线可知，热敏电阻的阻值随所加电压增大而减小。
故答案为：（1）；（2）左；（3）；D；（4）减小。
3．（2025秋 河北期中）兴趣小组拿到一批标识模糊的小灯泡，为测定其规格，决定描绘它的伏安特性曲线。已知小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）小组同学正确连接电路并测量，得到如图1所示的伏安特性曲线。根据图1可知小灯泡的电阻随温度升高而　A　 。
A．增大
B．减小
C．不变
D．先增大后减小
（2）由图1可知，当小灯泡两端电压为额定电压2.5V时，其功率约为　5.00　 W（计算结果保留3位有效数字）。
（3）小组将这个小灯泡与一个定值电阻R0串联后，接在电动势为E＝3V、内阻不计的电源上，构成一个简单的指示灯电路。他们手头只有一个量程为0～3V、内阻很大的电压表。在没有常规电流表的情况下，设计了如图2所示电路来精确测定定值电阻R0的阻值。
①闭合开关S1，再将单刀双掷开关S2，拨到位置“1”，调节滑动变阻器R1的滑片，使电压表示数恰好为U1＝2.70V。
②保持R1的滑片位置不变，将S2拨到位置“2”，电压表示数变为U2＝1.20V。
根据实验数据并结合图1，计算定值电阻R0的阻值应为　1.25　 Ω（计算结果保留3位有效数字）。据此判断，若将单刀双掷开关S2拨到位置“1”，调节R1的滑片至电压表示数为2.23V，结合图像计算此时小灯泡的实际功率为　0.980　 W（计算结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）A；（2）5.00；（3）1.25，0.980。
【解析】解：（1）根据伏安特性曲线，随着温度升高，图像上的点与原点连线的斜率越来越小，表明电阻越来越大。故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2）从图像中读出2.5V时对应的电流约为2.0A，所以此时功率约为P＝UI＝2.5×2.0W＝5.00W
（3）由实验数据可知定值电阻R0的分压应为2.70V﹣1.20V＝1.50V，再由图1读出当小灯泡两端电压为1.20V时，流过灯泡的电流为1.20A，也就是流过定值电阻的电流为1.20A，所以
在图1中根据U＝IR0，画出定值电阻的I﹣U图像，发现I＝1.0A时，UR0+UL＝2.23V，此时UR0＝1.0×1.25V＝1.25V，UL＝0.98V；所以此时小灯泡功率为P＝ULI＝0.98×1.0W＝0.980W。
故答案为：（1）A；（2）5.00；（3）1.25，0.980。
4．（2025秋 萍乡期中）在描绘热敏电阻（TC）伏安特性曲线的实验中，某小组采用如图甲所示的器材和电路连接，其中电源的电动势E＝3V、内阻r＝0.5Ω，定值电阻R0＝7.5Ω，电压表V1、V2均是理想电表。
（1）热敏电阻两端的电压需从零开始调节，请在如图甲所示电路图中用笔画线补充完整。
（2）若某次实验时，两电压表V1、V2的读数分别为U1和U2，则热敏电阻的阻值RT＝　　 （用题中所给物理量字母符号表示）。
（3）实验测得热敏电阻的伏安特性曲线如图乙所示，将该热敏电阻RT、定值电阻R0和电源构成简单闭合回路，此时热敏电阻的实际电功率P＝　0.296　 W。（保留三位有效数字）
【答案】（1）
；
（2）；
（3）0.296。
【解析】解：（1）热敏电阻两端的电压需从零开始调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，实验电路的连接如图所示：
（2）根据欧姆定律，电路中的电流
根据欧姆定律，热敏电阻的阻值
（3）把定值电阻看作电源内阻的一部分，根据闭合电路欧姆定律U＝E﹣（R0+r）I
代入数据化简得U＝3﹣8I
当I＝0.1A，U＝2.4V；当I＝0.3A，U＝0.6V
在热敏电阻的伏安特性曲线中作出电源的U﹣I图像如图所示：
交点坐标I＝0.16A，U＝1.85V
根据功率公式，热敏电阻的实际电功率P＝UI＝1.85×0.16W＝0.296W。
故答案为：（1）
；
（2）；
（3）0.296。
5．（2025秋 上饶期中）在探究小灯泡电阻规律的实验中，实验电路图如图所示，所用器材有：
小灯泡（额定电压2.5V，额定电流0.3A）
电压表（量程300mV，内阻为300Ω）
电流表（量程300mA，内阻为0.27Ω）
定值电阻R0（阻值A．R0＝10Ω；阻值B．R0＝200Ω）
滑动变阻器R1（阻值A．0～20Ω；B．0～200Ω）
电阻箱R2（最大阻值9999.9Ω）
电源E（电动势6V，内阻不计）
开关S、导线若干。
完成下列填空：
（1）滑动变阻器R1应选择 　A　 （选填A或B），初始触头应滑在 　a　 （选填a或b）。
（2）为使电压表量程扩大至3V，应将R2的阻值调整为 　2700　 Ω，定值电阻R0选 　A　 （选填A或B）。
（3）某次测量电压表的读数为152mV，电流表的读数为240mA，此时小灯泡的电阻为 　6.3　 （保留2位有效数字）。
【答案】（1）A；a；（2）2700；A；（3）6.3。
【解析】解：（1）由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，则滑动变阻器应选阻值较小的，即选择A。
初始触头应滑在a端，以保证闭合电路时，测量电路的电流值和电压值最小。
（2）根据串联电路的分压原理可得
代入数据解得
R2＝2700Ω
当滑动变阻器滑片处于b端时，小灯泡所在测量电路分得的电压等于电源电动势6V，电流满偏时，测量电路的电阻为
灯泡本身有电阻，所以作为保护电阻，其阻值一定小于20Ω。故定值电阻选A。
（3）某次测量电压表的读数为152mV，流过电压表的电流为
灯泡两端的电压为
U灯＝I1（R2+RV）＝1.52V
此时小灯泡的电阻为
故答案为：（1）A；a；（2）2700；A；（3）6.3。
6．（2025秋 东湖区校级期中）为了描绘小电珠（标有“2.5V 0.5W“字样）的伏安特性曲线，现提供如下器材：
电压表V1（量程0～3V，内阻约3kΩ）
电压表V2（量程0～15V，内阻约15kΩ）
电流表A1（量程0～0.6A，内阻约1.0Ω）
电流表A2（量程0～3A，内阻约0.1Ω）
电流表A3（量程0～300mA，内阻约5Ω）
滑动变阻器R1（0～10Ω，3A）
滑动变阻器R2（0～1kΩ，0.1A）
电源E（电动势约为6V，内阻可不计）
开关S、导线若干
为了尽可能减小实验误差，测量时方便得到多组数据，请回答下列问题：
（1）电流表应选用　A3 ，滑动变阻器应选用　R1 ；（填器材代号）
（2）在图甲所示虚线框内补充完整实验电路的原理图并标明选用的器材代号；
（3）若测得通过小电珠灯丝的电流I随灯泡两端电压U变化的关系图像如图乙所示，将该小电珠与电动势为1.5V、内阻为3Ω的干电池组成闭合电路，则该小电珠消耗的电功率为　0.18　 W。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）A3；R1；
（2）
；
（3）0.18。
【解析】解：（1）根据功率公式，小灯泡正常工作时的电流
因此电流表选择A3；
滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全、方便调节，滑动变阻器选择R1；
（2）灯泡的额定电压为2.5V，因此电压表选择V1；
灯泡正常发光时的电阻
由于
因此电流表采用外接法，设计的电路图如图所示：
（3）根据闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir＝1.5﹣3I（V）
当I＝0时，U＝1.5V；当U＝0时，I＝0.5A，所作电源I﹣U图像如图所示：
交点坐标U＝0.60V，I＝0.30A
小电珠消耗的实际功率P＝UI＝0.6×0.30W＝1.8W。
故答案为：（1）A3；R1；
（2）
；
（3）0.18。
考点2测量电源的电动势和内阻
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 武功县校级二模）某实验小组要测量一节电池的电动势和内阻。
（1）先用多用电表的2.5V直流电压挡粗测该电池的电动势，将多用电表的红表笔与电池的正极相连，黑表笔与电池的另一极相连，多用电表的示数如图1所示，则粗测的电池电动势为　1.30　 V；实验小组想利用多用电表的欧姆挡粗略测量电池的内阻，你认为　不可行　 。（填“可行”或“不可行”）
（2）某同学设计了如图2所示的实验电路，连接好实验电路，闭合开关S，改变滑片P的位置，记录多组电压表、电流表示数，建立U﹣I坐标系，并描绘出U﹣I图像。
另一同学仍使用图2中的实验器材，设计了如图3所示的实验电路，实验操作步骤与前一位同学相同，在同一坐标系中分别描点作出U﹣I图像，其中图2对应的U﹣I图线是图4中的P线。若每次测量操作都正确，读数都准确，则由图4中的P和Q图线，可得电动势和内阻的真实值为E＝　1.48　 V，r＝　1.48　 Ω（结果均保留3位有效数字）。
【答案】（1）1.30，不可行；（2）1.48，1.48。
【解析】解：（1）用多用电表的2.5V直流电压挡粗测电池的电动势，故测量时该表盘的分度值为0.05V，所以读数为1.30V；
由于多用电表的欧姆挡本身已经有电源，用多用电表的欧姆挡测电阻时，被测电阻应与其他电源断开，故不能测量电池的内阻，所以不可行。
（2）由图3所示电路可知，电压表有分流作用，图2所示电路，电流表有分压作用，从而导致实验结果存在系统误差。图3所示电路，可把电压表与电源看作一个等效电源，由闭合电路欧姆定律知E＝U断可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，作出的U﹣I图线是Q线，图2所示电路，可把电流表与电源看作一个等效电源，由闭合电路欧姆定律E＝U断可知，电动势测量值等于真实值，电动势为E＝UP＝1.48V
图3所示电路，当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，则短路电流I短＝IQ＝1.0A
内阻
故答案为：（1）1.30，不可行；（2）1.48，1.48。
2．（2025 武功县校级模拟）某兴趣小组利用铜片、锌片和柠檬汁制作了水果汁电池，并用电流传感器和电阻箱测量水果汁电池的电动势和内阻。实验室可提供的器材还有：电压表、开关、刻度尺、导线若干。实验步骤如下：
（1）制作水果汁电池：将铜片和锌片相隔适当距离平行插入含柠檬汁的容器中，保证铜片与锌片插入柠檬汁的深度一致。
（2）设计实验电路：该兴趣小组利用器材设计了如图1所示的电路图，请在图2中完成实物图连线。
（3）进行实验和数据处理：
①在连接电路后，开关闭合前，应调节电阻箱阻值至　最大　 （填“最大”或“最小”）；
②闭合开关S，调节电阻箱的阻值R，记录与之相对应的电流传感器的读数I；重复操作多次，记录相应的数据；
③该小组通过数据处理得到的拟合函数关系为（均为国际单位制单位），则该水果汁电池的电动势E＝　0.8　 V，内阻r＝　2880.0　 Ω（结果均保留一位小数）；若考虑电流传感器的内阻，内阻r的测量值比真实值　偏大　 （填“偏大”“偏小”或“不变”）；
④实验结束后，断开开关前，该小组成员不小心触碰了一下容器，导致铜片与锌片插入柠檬汁深度略微增大，发现电流传感器的示数发生变化，于是断开开关，用电压表测得锌片和铜片之间的电压几乎不变，则其示数变化的原因可能是　水果汁电池的内阻减小导致　 。
【答案】（2）
（3）①最大；③0.8，2880.0，偏大；④水果汁电池的内阻减小导致。
【解析】解：（2）实物图连接如图所示
（3）①在连接电路后，开关闭合前，为了保护电路应使回路中的总电阻最大，所以电阻箱应该调节至最大电阻。
③根据实验电路图可得到这个闭合电路的关系式：E＝IR+Ir
整理后即为
与拟合函数关系对比，可得，
所以，E＝0.8V，r＝2880.0Ω
当考虑电流传感器的内阻时，闭合电路的关系式应为E＝IR+Ir+IRA
整理后为
所以实际测得的电动势不变，测得的内阻值是实际内阻与电流传感器内阻的和，内阻的测量值偏大。
④断开开关时，用电压表测得的路端电压与电池电动势近似相等，没有发生变化，所以电流表示数变化的原因应该是内阻大小发生了改变，深度增加相当于内电阻的横截面积增加，所以内阻减小。
故答案为：（2）
（3）①最大；③0.8，2880.0，偏大；④水果汁电池的内阻减小导致。
3．（2024秋 咸阳期末）某实验小组想利用如图甲所示的电路测定电源的电动势E和内阻r，已知图中另一个电源的电动势为E0，内阻为r0，定值电阻的阻值为R0，S为单刀双郑开关。
（1）当S与1接通前，滑动变阻器的滑片P应置于最　左　 （选填“左”或“右”）端。
（2）S与1接通，改变滑片P的位置，记下电流表的示数I1，保持滑片P的位置不动，S与2接通，记下电流表的示数I2（I2小于I1），重复以上操作，得到多组I1和I2的值。
（3）该同学作出的图像如图乙所示，若测得图线的斜率为k，纵轴上的截距为b，则待测电源的电动势E＝　kE0 ，内阻r＝　r0﹣bE0 。（均用E0、r0、k、b中字母表示）
（4）若考虑电流表的内阻，则待测电源电动势的测量值　等于　 真实值。（选填“大于”“小于”或“等于”）
【答案】（1）左；（3）kE0，r0﹣bE0；（4）等于。
【解析】解：（1）为了保护电路，当S与1接通前，滑动变阻器的滑片P应置于接入电路的最大阻值处，即最左端；
（3）根据闭合电路欧姆定律有E＝I1（R+R0+RA+r），E0＝I2（R+R0+RA+r0）
联立可得
可知图像的斜率和纵轴截距分别为，
解得E＝kE0，r＝r0﹣bE0
（4）若考虑电流表的内阻，根据（3）中测量原理可知待测电源电动势的测量值等于真实值。
故答案为：（1）左；（3）kE0，r0﹣bE0；（4）等于。
4．（2025 南京校级四模）某实验兴趣小组欲测定一内阻可调的化学电池的电动势。该小组设计了如图甲所示的测量电路，图中R为电阻箱，M、N为该化学电池的正、负极（可认为反应只发生在两极附近），P、Q为靠近正、负极的两块金属板。主要实验步骤如下：
①按图甲连接电路，将电阻箱阻值调为R0；
②闭合开关S，向电池槽中添加电解质溶液，观察并测量液面到容器底部的高度h，记录电流表的示数I；
③重复步骤②，得到多组h、I的测量数据。
回答下列问题：
（1）若保持h不变，在PQ之间接一电压表，调节电阻箱使其阻值变小，则电压表的示数将　变大　 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）已知P、Q两板间的距离为L，容器垂直于纸面的宽度为d，容器内电解质溶液的电阻率为ρ，忽略P、Q两板外侧溶液的电阻，则电池的内阻为　　 ；（用ρ、L、d、h表示）
（3）利用图像来处理获得的多组实验数据，若以作为横轴，则以　　 （选填“I”、“”、“I2”或“”）为纵轴，通过描点可作出如图乙所示的线性关系图像。根据实验所测得的数据和图乙中所标注的字母，可得该化学电池的电动势E＝　　 （R0、a为已知量）；
（4）考虑电流表内阻对电路的影响，第（3）问中电动势E的测量值与真实值相比　偏小　 （选填“偏大”、“偏小”或“相等”），理由是　若考虑电流表内阻，E＝I（R0+RA+r），解得，根据图像纵轴截距有，解得该化学电池的电动势真实值，而测量值是，可知电动势E的测量值与真实值相比偏小。　 。
【答案】（1）变大；（2）；（3），；（4）偏小，若考虑电流表内阻，E＝I（R0+RA+r），解得，根据图像纵轴截距有，解得该化学电池的电动势真实值，而测量值是，可知电动势E的测量值与真实值相比偏小。
【解析】解：（1）若在PQ之间接一电压表，则电压表测量内电压，电阻箱使其阻值变小，电流变大，则内电压变大。
（2）根据电阻定律有电池的内阻
（3）根据闭合电路欧姆定律得E＝I（R0+r）
解得
若以作为横轴，则以为纵轴，通过描点可作出如图乙所示的线性关系图像。
结合图乙可知
解得
（4）若考虑电流表内阻，则有E＝I（R0+RA+r）
解得
根据图像纵轴截距有
解得该化学电池的电动势真实值
而测量值是
可知电动势E的测量值与真实值相比偏小。
故答案为：（1）变大；（2）；（3），；（4）偏小，若考虑电流表内阻，E＝I（R0+RA+r），解得，根据图像纵轴截距有，解得该化学电池的电动势真实值，而测量值是，可知电动势E的测量值与真实值相比偏小。
5．（2025 惠农区校级一模）某同学要测定实验室一干电池组的电动势和内阻，利用现有器材设计了如图1所示的实验电路图，选用器材如下：
A．待测干电池组（电动势约4.5V，内阻约3Ω）；
B．电压表V1（量程0～3V，内阻约3kΩ）；
C．电压表V2（量程0～15V，内阻约5kΩ）；
D．电流表A1（量程0～1A，内阻为0.5Ω）；
E．电流表A2（量程0～100mA，内阻为1Ω；）
F．滑动变阻器RP（0 10Ω）；
G．开关、导线若干。
闭合开关，该同学通过改变滑动变阻器滑片的位置得到多组关于电压表和电流表的数据，描绘了如图2所示的U﹣I图像，根据上述条件回答以下问题。
（1）电压表应选择 　B　 ，电流表应选择 　D　 （填选项前的字母）。
（2）根据图像和已知数据可算出，电池组电动势E＝ 　4.50　 V，内阻r＝ 　3.25　 Ω（结果均保留3位有效数字）。与真实值相比，电动势测量值 　相等　 （填“偏大”“偏小”或“相等”），内阻测量值 　相等　 （填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】（1）B，D；（2）4.50，3.25，相等，相等。
【解析】解：（1）由题可知，待测电池组的电动势大约为4.5V，选量程0～15V的电压表，测量误差较大，所以实验时需要选择量程0～3V的电压表，通过调节滑动变阻器可以保证不超量程，即电压表应选择B。
结合图2的U﹣I图像，可知实验过程电路中的电流取值范围为0.4～0.8A，所以选择量程0～1A的电流表。即电流表选D。
（2）根据闭合电路欧姆定律
U＝E﹣I（RA+r）
结合U﹣I图像可知
3＝E﹣0.4×（0.5+r），1.5＝E﹣0.8×（0.5+r）
联立，解得
E＝4.50V，r＝3.25Ω
由于电流表内阻已知，实验没有电压表分流、电流表分压的引起的误差，则计算出的电源的电动势测量值与真实值相等，电源内阻测量值和真实值也相等。
故答案为：（1）B，D；（2）4.50，3.25，相等，相等。
6．（2025 涪城区校级三模）新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络查找了某种知名的电池铭牌，电池采用的是“刀片电池”技术。现将一块电芯拆解出来，测得长为960mm，宽为90mm，然后测量其电动势E和内阻r。所提供的器材有：
A.电压表V1（量程3V）
B.电压表V2（量程15V）
C.电流表A1（量程0.6A）
D.电流表A2（量程3A）
E.滑动变阻器R1（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）
F.滑动变阻器R2（阻值范围0～1000Ω，额定电流0.2A）
G.保护电阻R0＝6Ω
某同学采用了图甲所示的电路图，在进行了正确操作后，得到了图乙所示的U﹣I图像。
（1）实验中，电压表应选 　A　 ，电流表应选 　C　 ，滑动变阻器应选 　E　 ；（填器材前的字母代号）
（2）根据图乙所示，则该电池的电动势E＝ 　3.8　 V，内阻r＝ 　0.6　 Ω；（结果保留到小数点后一位）。
（3）为了能准确地测量一块电芯的电动势E和内阻r，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图丙所示，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图丁中所示的A、B两条U﹣I图线，综合A、B两条图线，此电芯的电动势E＝ 　EB ；内阻r＝ 　　 （用图中EA、EB、IA、IB表示）。
【答案】（1）A；C；E；（2）3.8；0.6；（3）EB；。
【解析】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律可知：U﹣E﹣Ir，根据图乙所示图像可知，电动势约为3.8V，且有电阻R0分压，为减小误差，电压表选A，最大电流不超过0.6A，电流表选C，为了调节方便，滑动变阻器选E。
（2）根据闭合电路欧姆定律得U＝E﹣I（R0+r），由图乙所示U﹣I图像可知，图像纵轴的截距表示电源的电动势为E＝3.8V，图像的斜率的绝对值表示电源的等效内阻，k＝R0+r6.6Ω，电源的内阻为r＝0.6Ω。
（3）当S2接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阻测量值比真实值偏大；当S2接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小。由于U﹣I图线斜率的绝对值表示内阻，即S2接1时的图线陡一些，可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接2中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏小。S2接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S2接1时的电动势的测量值等于真实值，即有E＝EB；由于S2接2时，当电路短路时，电压表没有分流，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的U﹣I图线是B图线纵轴交点与A图线横轴交点的连线，可知，电源内阻。
故答案为：（1）A；C；E；（2）3.8；0.6；（3）EB； 。
考点3特殊方法测电阻
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 河北模拟）某实验小组的同学在实验室中测量定值电阻Rx的阻值（约为10Ω），可供选择的器材如下：
A.干电池两节（每节的内阻约为0.2Ω）
B.电流表A（量程为0 250mA，内阻约为1.0Ω）
C.灵敏电流计G（量程为250μA，内阻约为900Ω）
D.电压表V1（量程为0 3V，内阻约为5kΩ）
E.电压表V2（量程为0 15V，内阻约为15kΩ）
F.滑动变阻器R1（最大阻值为1000Ω）
G.滑动变阻器R2（最大阻值为15Ω）
H.开关、若干导线
（1）同学们设计了如图1所示的电路图，为准确、方便地测出电阻Rx的值，电压表V应该选择　D　 ，滑动变阻器RP应该选择　G　 。（两空均填相应器材前的字母标号）。
（2）选好器材后，请用笔画线代替导线，在图2中完成电路的实物连接图。
（3）正确连接电路后，实验时，在保持滑动变阻器R的滑片在合适位置且不动的情况下，通过调节滑动变阻器RP滑片位置使电流计的读数为零，得出一组电流表和电压表读数。重复上述步骤测得多组实验数据，将数据点描在U﹣I关系图中，如图3所示，则电阻Rx的阻值为　10.0　 Ω。（保留3位有效数字）
（4）在灵敏电流计示数为0时，对电压表和电流表进行读数，是为了消除　电压表分流　 （选填“电压表分流”或“电流表分压”）引起的系统误差。
【答案】（1）D，G；（2）
（3）10.0；（4）电压表分流。
【解析】解：（1）因为电源的总电动势为3.0V，Rx端的电压不会超过3.0V，所以电压表应选V1，即选D；
Rx的阻值约为10Ω，选用总电阻较小的滑动变阻器便于调节，所以滑动变阻器RP应选R2，即选G。
（2）根据图1电路图连接图2实物图，如下图所示
（3）U﹣I图像的斜率表示电阻，根据图像可得电阻Rx的阻值为
（4）在保持滑动变阻器R的滑片在合适位置且不动的情况下，通过调节滑动变阻器RP滑片位置使电流计的读数为零，则a、b两点的电势相等，电压表的读数就是待测电阻Rx两端的电压；电流表的读数就是流过Rx的电流，这样就消除了由于电压表分流而产生的系统误差。
故答案为：（1）D，G；（2）
（3）10.0；（4）电压表分流。
2．（2025 江西模拟）某兴趣小组对某2B铅笔芯的导电性能感兴趣，测量其电阻值。
（1）为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测其电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列说法正确的是　AC　 。
A.这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆
B.这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆
C.如需进一步测量可换“×1”挡，调零后测量
D.如需进一步测量可换“×1k”挡，调零后测量
（2）为了准确测量其阻值，设计测量原理图如图甲所示，R1是电阻箱（0～9.99Ω），R是滑动变阻器，A1为量程（0～0.2A）电流表，A2为量程（0～0.6A）电流表，E是电源（内阻很小）。在保证安全和满足要求的情况下，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＝0.10A，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值；
④将实验测得的6组数据在坐标纸上描点连线如图乙所示。
根据实验回答以下问题：
①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＝0.10A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值　变大　 （选填“不变”“变大”或“变小”）。
②根据以上实验得出Rx＝　2.33　 Ω。（结果保留3位有效数字）
③因电流表的内阻导致Rx的测量值将　不变　 （选填“不变”“变大”或“变小”）。
【答案】（1）AC
（2）变大，2.33，不变
【解析】解：（1）采用“×10”挡，指针偏转非常大说明电阻小，估计只有几欧姆，应采用“×1”挡测量，故AC正确，BD错误；
故选：AC。
（2）保持A1示数I1＝0.10A，电阻箱R1阻值变小，滑动变阻器R接入电路的阻值应变大。
由I1（R1+rA1）＝（I2﹣I1）Rx得，根据斜率
解得：k＝23.3Ω/A，而I1＝0.10A，得Rx＝2.33Ω，理论上电流表的内阻不影响Rx的测量值。
故答案为：（1）AC
（2）变大，2.33，不变
3．（2025 福州校级模拟）实验室有一电流表Ax，只有量程一条刻度线，但数据未知（0.6A左右）。某同学用如图甲所示的电路测量电流表Ax的量程和内阻，可供使用的器材如下：
A．待测电流表Ax；
B．标准电流表：量程为0.6A，内阻未知；
C．标准电流表：量程为3A，内阻未知；
D．电阻箱R0：阻值范围为0～999.9Ω；
E．滑动变阻器（最大阻值为20Ω）；
F．滑动变阻器（最大阻值为2kΩ）；
G．电源E：电动势约为4V，内阻不计；
H．开关S，导线若干。
（1）标准电流表A0应选用 　C　 （填“B”或“C”），滑动变阻器R应选用 　E　 （填“E”或“F”）。
（2）请在如图乙所示的实物图中，用笔画线将电路连接完整；按照电路图，闭合开关S前应将滑动变阻器R的滑片移至 　右　 （填“左”或“右”）端。
（3）闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移至某一位置，接着调节R0，直至电流表Ax满偏，记录此时标准电流表A0的示数I和电阻箱的阻值R0。重复实验，得到多组数据，通过作图处理数据，一般需要作出直线，若纵坐标为I，则横坐标应为 　　 ；选择合适的横坐标后正确作出如图丙所示的图像，如果图像的横截距为﹣a、纵截距为b，则电流表Ax的量程为 　b　 、内阻为 　　 。
【答案】（1）C；E；（2）实物电路图如图所示；右；（3）；b；。
【解析】解：（1）标准电流表的电流需大于Ax的电流，即标准电流表的电流大于0.6A，因此标准电流表A0应选用C；滑动变阻器R接成分压电路，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器E。
（2）根据图甲所示实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前，滑片应移至右端。
（3）设电流表Ax量程为Im，内阻为r，由并联电路特点与欧姆定律得：Imr＝（I﹣Im）R0，整理得：
若纵坐标为I，为使图像是一条直线，则横坐标应为，由图丙所示图像可知：Im＝b，
解得：
故答案为：（1）C；E；（2）实物电路图如图所示；右；（3）；b；。
4．（2025 上杭县校级模拟）学习小组组装一台体重测量仪，进行如下操作。
（1）应变片为体重测量仪的核心元件，当对台秤施加压力时，应变片形状改变，其阻值增大。为测量应变片在无形变时的阻值，实验室提供了如下实验器材：
A.电源（恒压输出12V）
B.电流表（量程0～60mA，内阻为10Ω）
C.电压表（量程0～3V/15V，内阻约3kΩ/15kΩ）
D.滑动变阻器（最大阻值为10Ω）
E.待测应变片Rx（阻值约几百欧）
H.开关S、导线若干
请完善实验步骤：
①为得到多组数据并使测量结果尽量精准，请在图1中用笔画线代替导线连接成完整电路；
②闭合开关S，调节滑动变阻器，记下电压表和电流表的示数。某次测量中电压表指针如图2所示，读数为 　9.5　 V；
③正确操作后，对多组数据进行处理，得到应变片的阻值为300Ω。
（2）查阅相关资料得知体重测量仪的原理如图3所示，现进行组装和校准。其中R1为滑动变阻器，R4为上述应变片，定值电阻R2、R3阻值分别为1000Ω、500Ω。当台秤受到压力时，测量电路将电阻增加量转化为电压UCD信息，再转换成体重输出。已知压力与应变片电阻增加量的关系为F＝kΔR，k＝300N/Ω。
①适当调节R1，使UCD＝0，这时输出体重值为零，则滑动变阻器接入电路的阻值为 　600　 Ω；
②该应变片阻值增加量ΔR的变化范围为0～6Ω，该体重仪的最大测量值为 　1800　 N；
③使用中，由于故障导致R2阻值增大，此时体重的测量结果与真实值比较 　偏大　 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）①实物电路图如图所示；②9.5；（2）①600；②1800；③偏大。
【解析】解：（1）①电源输出电压为12V，电压表应选择15V量程；由于电流表内阻已知，电流表应采用内接法；待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示
②电压表量程是15V，由图示表盘可知，其分度值是0.5V，读数为9.5V。
（2）①当UCD＝0时C、D两点电势相等，由图示电路图可知，代入数据解得R1＝600Ω。
②该应变片阻值增加量ΔR的变化范围为0～6Ω，则该体重仪的最大测量值F＝kΔR＝300×6N＝1800N。
③R2的阻值增大会导致UCD的测量值大于真实值，此时体重的测量结果与真实值比较偏大。
故答案为：（1）①实物电路图如图所示；②9.5；（2）①600；②1800；③偏大。
5．（2025 靖远县校级三模）为了测量待测电阻Rx的阻值，某同学设计了如图甲所示的电路。
（1）请根据图甲电路图，用笔画线代替导线将如图乙所示的实物图连接完整。
（2）实验操作步骤如下：
①调节电阻箱，闭合开关K，调节滑动变阻器RP，记录电流表A1、A2与电阻箱示数为I1、I0、R0；
②调节电阻箱至另一值之后，调节滑动变阻器RP，使电流表A2的示数保持为I0，记录电流表A1与电阻箱示数为I、R；
③重复步骤②，得到电流表A1与电阻箱的多组I、R数据。
（3）若利用步骤①中的数据，得到待测电阻，则Rx阻值的测量值 　小于　 （选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
（4）为了减小误差，该同学利用步骤③中的数据，作出R﹣I图像如图丙所示（图中a、b为已知量）。根据R﹣I图像可知，待测电阻Rx＝ 　　 ，电流表A2的内阻RA2＝ 　　 。
【答案】（1）
（3）小于；（4）；。
【解析】解：（1）根据电路图连接实验图，如图所示
（3）因为电流表有内阻，所以待测电阻的真实值应为
所以Rx阻值的测量值小于真实值；
（4）根据
I0（R+RA2）＝（I﹣I0）Rx
有
所以有
a＝﹣（Rx+RA2）
解得
故答案为：（1）
（3）小于；（4）；。
6．（2025 甘肃模拟）某实验小组利用如图所示电路测未知电阻的阻值，电路中的直流电源为恒流源，该电源能输出大小I0（小于1A）的恒定电流，根据电源输出电流的大小，选用电流表的量程为0.6A，R0为定值电阻，R为电阻箱。
（1）闭合开关S1前，应将电阻箱的阻值调为 　零　 （填“零”或“最大”），闭合开关S2、S1，调节电阻箱，使电流表的指针偏转较大，若某次调节后电流表的示数如图乙所示，则此时电流表中的电流为I1＝ 　0.40　 A，这次调节后电阻箱接入电路的电阻为R1，则电流表的内阻RA＝ 　　 （结果用I1、R1、R0、I0表示）。
（2）断开开关S2，调节电阻箱，使电流表的示数仍为I1，若电阻箱的阻值为R2，由此算出被测电阻Rx＝ 　　 （结果用I1、R1、R2、I0表示）。
（3）为了减小测量误差，在断开开关S2后，该同学多次调节电阻箱，记录每次改变后电阻箱接入电路的电阻R及对应的电流表的示数I，作图像，图像的斜率为k，则被测电阻Rx＝ 　kI0﹣R0﹣RA 。（结果用k、I0、R0、RA表示）
【答案】（1）零；0.40；；（2）；（3）kI0﹣R0﹣RA。
【解析】解：（1）闭合开关S1前，为使电流表电流最小，应将电阻箱接入电路的电阻调为零；
电流表最小刻度为0.02A，则电流表的示数为0.40A；
电阻箱中的电流为I0﹣I1，则I1（RA+R0）＝（I0﹣I1）R1
解得
（2）由题意：I1（RA+R0+Rx）＝（I0﹣I1）R2
解得
（3）根据欧姆定律有
得到
结合题意得
得到Rx＝kI0﹣R0﹣RA
故答案为：（1）零；0.40；；（2）；（3）kI0﹣R0﹣RA。
考点4探究变压器原副线圈电压与匝数的关系
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 邢台模拟）（1）用多用电表的直流电压挡直接测量一节干电池两端的电压，把测量值作为电动势。下列说法正确的是　C　 ；
A.由于系统误差，该测量值大于真实值
B.电压表的内阻较大时，系统误差较大
C.干电池的内阻较大时，系统误差较大
（2）同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”，可拆变压器如图甲、乙所示。某同学组装变压器时忘记安装铁芯B，已知他选择的原线圈为800匝，副线圈为400匝，原线圈输入“12V”的正弦交流电，则用交流电压表测得副线圈的电压可能为　C　 ；
A.24V
B.6V
C.2.5V
D.0
（3）为了减小可拆变压器能量传递过程中的损失，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为横挡的铁芯的硅钢片应按照下列哪种方法设计　BD　 。
【答案】（1）C；（2）C；（3）BD。
【解析】解：（1）设电压表内阻为RV，电源内阻为r，根据闭合电路的欧姆定律可得电压表示数为U，由于电压表内阻不是无限大，所以电压表示数小于电源的电动势，由此可以看出，电源的内阻越大，电压表的示数和电源电动势差别就越大，即系统误差越大，故C正确，AB错误。
故选：C。
（2）假设是理想变压器，根据变压比有，解得输出电压U2＝6V，由于存在漏磁以及导线发热现象，所以用交流电压表测得副线圈的电压要小于6V，可能为2.5V，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（3）变压器线圈中的电流变化时，根据楞次定律和安培定则可知，在横挡的铁芯处产生的涡旋电场方向在竖直平面内，为了减弱在铁芯中产生的涡流，作为横挡的铁芯的硅钢片的长边应与涡旋电场方向垂直，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
故答案为：（1）C；（2）C；（3）BD。
2．（2025 南宁校级模拟）某同学利用如图所示装置在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，选择nA＝200匝和nB＝100匝两组线圈进行实验，表格中记录了实验时两组线圈两端电压的数据。
U1 5.86 4.93 3.94 2.91 1.90
U2 11.90 10.10 8.20 6.10 4.00
（1）关于实验器材和实验过程，下列说法正确的有 　BC　 。
A．变压器的铁芯可以用整块金属
B．本实验采用了控制变量法
C．测量副线圈电压时应当用交流电压表
D．因为实验原线圈的输入电压较低，在通电情况下可用手接触裸露的接线柱
（2）与nB相对应的线圈两端的电压是 　U1 （选填“U1”或“U2”）。
（3）进一步分析数据，发现输出电压比理论值偏小，请分析原因 　有漏磁、铁芯发热、导线发热等　 （至少写出两条）。
【答案】（1）BC；（2）U1；（3）有漏磁、铁芯发热、导线发热等
【解析】解：（1）A．为了降低涡流造成的损耗，变压器的铁芯是用相互绝缘的薄硅钢片叠合而成，故A错误；
B．为便于探究，可以采用控制变量法，故B正确；
C．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用交流电压表，故C正确；
D．虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样可减小实验误差，避免发生危险，故D错误。
故选：BC。
（2）由于电压与匝数成正比，nA＞nB，则UA＞UB，所以与nB相对应的线圈两端的电压是U1。
（3）有漏磁、铁芯发热、导线发热等。
故答案为：（1）BC；（2）U1；（3）有漏磁、铁芯发热、导线发热等
3．（2025 成都模拟）某同学欲探究变压器电压与匝数的关系，提供的实验器材有：可拆变压器、学生电源、多用电表、导线若干。图1、图2分别为变压器的实物图和简化图。
（1）将原线圈“0”和“400”两个接线柱接入交流电源，用多用电表交流电压挡先测量原线圈各接线柱间电压的有效值，再测量副线圈各接线柱间电压的有效值。将测得的原线圈电压有效值U与其对应的匝数n描绘在U﹣n图上如图3直线甲所示。由此可知电源电压的有效值为 　8　 V；
（2）因变压器有漏磁等情况，副线圈电压有效值U与其对应匝数n的图像最符合实际测量结果的是 　乙　 （选填“乙”或“丙”）；
（3）若图1所示的变压器可视为理想变压器，原线圈选择任意两接线柱连接同一交流电源，副线圈选择任意两接线柱连接多用电表交流电压挡，则多用电表最多可以读出 　7　 （选填“3”“7”或“9”）种不同的电压值。
【答案】（1）8；（2）乙；（3）7。
【解析】解：（1）将原线圈“0”和“400”两个接线柱接入交流电源，根据图3可知，电源电压的有效值为8V；
（2）因变压器有漏磁等情况，副线圈电压有效值U＜U2
根据理想变压器电压与匝数比的关系
变形得
原线圈电压有效值U与其对应的匝数n描绘在U﹣n图上如图3直线甲所示，因此副线圈电压有效值U与其对应匝数n的图像最符合实际测量结果的是乙；
（3）根据理想变压器电压与匝数比的关系
变压器原线圈的匝数n1＝100/300/400，变压器副线圈的匝数n2＝100/300/400，原线圈选择任意两接线柱连接同一交流电源，副线圈选择任意两接线柱连接多用电表交流电压挡，则多用电表最多可以读出7种不同的电压值。
故答案为：（1）8；（2）乙；（3）7。
4．（2025 东城区校级模拟）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，李辉同学采用了如图1所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数（例如“0”“8”接线柱表示“n＝800匝”）。
（1）本实验中，实验室有下列器材：
A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）
B．条形磁铁
C．直流电源
D．多用电表
E．开关、导线若干
上述器材在本实验中不需要的有 　BC　 （填器材序号），本实验中还需要用到的器材有 　低压交流电源　 。
（2）对于实验过程，下列说法正确的有 　AC　 。
A．为便于探究，应该采用控制变量法
B．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
C．使用多用电表测电压时，先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量
D．因为实验所用电压较低，通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
（3）实验中，电源接变压器原线圈“0”“8”接线柱，副线圈接“0”“4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0V，若变压器是理想变压器，则原线圈的电压应为 　B　 。
A．18.0V
B．10.0V
C．5.0V
D．2.5V
（4）组装变压器时，李辉同学没有将铁芯闭合，如图所示，原线圈接12.0V的学生电源，原、副线圈的匝数比为8：1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的实际读数可能是 　D　 。
A．0V
B．96.0V
C．1.5V
D．0.65V
（5）李辉同学正确组装变压器后，把12.0V的学生交流电源接到原线圈“2”“8”接线柱（相当于600匝），副线圈接线“0”“1”接线柱，如图2所示。在确认电路连接无误的情况下，接在副线圈两端的交流电压表的实际读数可能是 　D　 。
A．0V
B．5.8V
C．2.0V
D．1.5V
【答案】（1）BC；低压交流电源；（2）AC；（3）B；（4）D；（5）D
【解析】解：（1）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，使用的是交流电，所以不需要直流电，磁场是利用了电流的磁效应，所以也不需要条形磁铁，B、C正确；本实验中还需要用到的器材是低压交流电源。
（2）A．为便于探究，应该采用控制变量法，故A正确；
B．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，故B错误；
C．使用多用电表测电压时，先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量，故C正确；
D．虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样可减小实验误差，避免发生危险，故D错误。
故选：AC。
（3）根据理想变压器原、副线圈的电压与匝数成正比规律可知，副线圈所接电表的示数为5.0V，原线圈的电压应为10V，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（4）组装变压器时，李辉同学没有将铁芯闭合，则变压器漏磁比较厉害，连接副线圈的交流电压表的实际读数小于理想变压器的副线圈的读数，若为理想变压器，则
U2U112V＝1.5V
实际电压小于1.5V。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
（5）李辉同学正确组装变压器后，变压器还是存在漏磁现象，还有铜损、铁损等损耗，则连接副线圈的交流电压表的实际读数总是小于理想变压器的副线圈的读数，若为理想变压器，则
U2U112V＝2.0V
实际电压小于2.0V。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
故答案为：（1）BC；低压交流电源；（2）AC；（3）B；（4）D；（5）D
5．（2025 诸暨市校级模拟）乙同学利用如图所示的可折变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，实验所需电源可选　A　 。
A.8V交流电源
B.36V交流电源
C.220V交流电源
实验中，该同学将学生电源的“直流6V”输出端与变压器左侧线圈的“0”“8”接线柱连接，将交流电压表与变压器右侧线圈的“0”、“4”接线柱连接，接通电调稳定后，交流电压表的读数为　A　 。
A.0
B.2.8V
C.6.0V
D.11.0V
【答案】A；A
【解析】解：在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，变压器工作原理是互感现象，需要使用交流电源。为保证实验安全，通常不选用220V交流电源，而36V是安全电压上限，相对来说8V交流电源更为合适，即能满足实验要求又更安全，故A正确，BC错误，
故选：A。
变压器是利用互感现象工作的，当原线圈接直流电源时，通过原线圈的电流是恒定的，产生磁场也是恒定的，那么穿过副线圈的磁通量不变，不会在副线圈中产生磁感应电动势。所以将学生电源的“直流6V”输出端与变压器左侧线圈连接，交流电压表与变压器右侧线圈连接，当接通电源稳定后，交流电压表的计数为0，故A正确，BCD错误。
故选：A。
故答案为：A；A
6．（2025 琼山区校级模拟）（1）某同学在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，采用了如图所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×10”的匝数。
①关于实验器材和实验过程，下列说法正确的有 　BC　 ；
A.变压器的铁芯可以用整块金属
B.本实验采用了控制变量法
C.测量副线圈电压时应当用交流电压表
D.因为实验原线圈的输入电压较低，在通电情况下可用手接触裸露的接线柱
②该同学组装变压器时忘记将铁芯闭合进行实验，当原副线圈匝数比为8：4，原线圈接16.0V交流电压，则测量副线圈的交流电压表的实际读数可能是 　B　 ；
A.0V
B.2.60V
C.8.00V
D.9.65V
（2）某同学用图示装置探究加速度与力的关系。
①为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，调节木板倾角，使小车在不挂槽码时运动，并打出纸带进行检验，如图中能表明补偿阻力恰当的是 　B　 ；
②某次实验得到一条纸带，部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出），测得s1＝6.20cm，s2＝6.70cm，s3＝7.21cm，s4＝7.73cm。已知打点计时器所接交流电源频率为50Hz，则小车的加速度a＝ 　0.51　 m/s2（结果保留两位有效数字）；
③该同学将一个可以直接测出绳子拉力的传感器安装在小车上，小车和传感器总质量为210g。按要求补偿阻力后，该同学共进行了四次实验，悬挂的槽码质量依次为5g、10g、20g、40g处理数据时，用两种方式得到小车（含传感器）受到的合力，一种将槽码所受重力当作合力、另一种将传感器示数当作合力，则这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为 　40　 g。
【答案】（1）①BC；②B；
（2）①B；②0.51；③40。
【解析】解：（1）A、变压器工作时铁芯中会产生涡流造成能量损失，为减小涡流铁芯用绝缘的硅钢片叠成，不能用整块硅钢，且铁芯内的硅钢片叠放方向与磁感线平行，故A错误；
B、本探究实验涉及多个物理量，采用了控制变量法，故B正确；
C、变压器的原线圈接低压交流电，副线圈也产生低压交流电，所以测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，故C正确；
D、虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样可减小实验误差，避免发生危险，所以D错误。
故选：BC。
②假设变压器为理想变压器，则副线圈电压为：，由于该同学组装变压器时忘记将铁芯闭合进行实验，所以，副线圈两端的实际电压U2＜8.00V，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2）①若补偿摩擦力恰当，则小车应该匀速运动，打出的纸带应该点迹均匀分布，故选：B。 ②由于每相邻两个计数点间还有4个点未画出，可知T＝5×0.02s＝0.1s，
由逐差法可知小车的加速度为：；
③根据牛顿第二定律，对槽码，则有：mg﹣T＝ma
对小车，则有：T＝Ma
联立解得：
由此可知，当m较小时传感器的示数越接近与槽码的重力mg；m越大，则传感器的示数与槽码重力的差异越大，即这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为40g。
故答案为：（1）①BC；②B；
（2）①B；②0.51；③40。
1．（2025 武功县校级模拟）某实验小组利用如图甲所示的电路图来探究额定电压为2.5V的小灯泡的伏安特性。
除了额定电压为2.5V的小灯泡L，本实验还可能用到的器材有：
A．电流表A1（量程为0～10mA，内阻为100Ω）
B．电流表A2（量程为0～0.6A，内阻未知）
C．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）
D．滑动变阻器R2（最大阻值为200Ω）
E．定值电阻R0
F．电源（电动势E＝3.0V，内阻r＝1.0Ω）
G．开关S、导线若干
（1）将电流表A1与定值电阻R0串联，改装成量程为0～2.5V的电压表，则R0＝　150　 Ω；为了方便准确地探究小灯泡的伏安特性，滑动变阻器R应选　C　 （填写器材前的字母代号），请对照图甲中的电路图，用笔画线代替导线，在图乙中完成实物连线。
（2）该实验小组通过实验得到多组I1和I2的实验数据，发现当I1＝10mA时，I2＝0.25A，则小灯泡的额定功率为　0.60　 W（保留两位有效数字）。
（3）该实验小组以（I2﹣I1）为纵轴，以I1为横轴，描点作出的图像如图丙所示，若将本实验的相同规格的两个小灯泡与电动势为3.0V、内阻为1.0Ω的电池直接串联，则每个小灯泡的实际功率为　0.27　 W（保留两位有效数字）。
【答案】（1）150，C，
（2）0.60；（3）0.27。
【解析】解：（1）将电流表A1与定值电阻R0串联，改装成量程为0～2.5V的电压表，则
如果选最大阻值为200Ω的滑动变阻器，即使滑动变阻器的滑片移动较大距离，小灯泡的电压变化也不明显，导致调节范围受限，调节将会不方便，因此选最大阻值10Ω的滑动变阻器R1，即选C。
实物连接如下
（2）小灯泡的额定功率P＝UI＝I1（R0+RA1）×（I2﹣I1）＝10×10﹣3×（150+100）×（0.25﹣10×10﹣3）W＝0.60W
（3）令I＝I2﹣I1，根据串并联特点可知灯泡两端电压U＝（RA1+R0）I1
两个小灯泡与电动势为3.0V、内阻为1.0Ω的电池直接串联时，流过电源的电流为I，电源两端的路端电压为2U，且2U＝E﹣Ir
整理得I1＝6﹣2I
当I＝0时，I1＝6mA；当I＝0.2A时，I1＝0.2A。作图如图所示
题图中图线的交点为（5.62 mA，0.19A），可知U＝（0.25×5.62）V＝1.405V
故每个小灯泡的实际功率P′＝（1.405×0.19）W＝0.27W
故答案为：（1）150，C，
（2）0.60；（3）0.27。
2．（2025 天心区校级模拟）小理用铜片和锌片相隔一定距离平行插入生的土豆内，制成一个简易土豆电池。为了研究该电池的电动势和内阻，他设计了图（a）所示的电路，电路由土豆电池、电阻箱R、电键S、电压传感器、微电流传感器、导线组成。
（1）图（a）中B是 　电压　 传感器；
（2）实验测得的路端电压U与相应电流I的拟合图线如图（b）所示，由此得到土豆电池的电动势E＝ 　0.50　 V，内阻r＝ 　1300　 Ω；
（3）小理保持其他实验条件不变，仅将铜片和锌片插入得更深一些，重复上述实验，则实验得到的U﹣I图线可能为图（c）中的 　③　 （选填“①”、“②”或“③”）；
（4）该土豆电池 　不能　 （选填“能”或“不能”）使一个“0.4V，28mW”的小电器正常工作。
（5）小理为进一步研究电池内电阻对电路的影响，用一只如图所示的电动势恒定、内电阻可调的伏打电池进行实验，实验中调节滑动变阻器使得两个伏特表示数相等，然后将挡板缓慢向上提，则该过程中，滑动变阻器的电功率 　增大　 ，电池内部消耗的电功率 　减小　 （均选填“增大”、“减小”、“先增大后减小”或“先减小后增大”）。
【答案】（1）电压；（2）0.50；1300；（3）③；（4）不能；（5）增大；减小
【解析】解：（1）A与电阻箱串联，是电流传感器，B与电阻箱是并联关系，是电压传感器。
（2）根据U＝E﹣Ir可知，图像与纵轴的交点表示电源的电动势，图像斜率的绝对值表示电源的内阻，
即电池电动势E＝0.50V，电池内阻
（3）根据电阻定律可知，将铜片和锌片插入得更深一些，使正对面积增大，内阻减小，
电源的U﹣I图像中斜率的绝对值表示电源的内阻，所以斜率的绝对值减小，故选图线③。
（4）“0.4V 28mW”的小电器正常工作时的电流为
电阻为将该用电器接入电路后的最大电流为，该用电器不能正常工作。
（5）两个伏特表示数相等，即电源的内外电压相等，此时内外电阻相等，滑动变阻器的功率为P滑＝I2RR，
将挡板缓慢上提，则内电阻的横截面积增大，内电阻r减小，滑动变阻器的功率增大。
电池内阻消耗的功率为可知，开始时内外电阻相等，内电阻消耗的功率最大，
当挡板缓慢上提，内电阻横截面积增大，内电阻减小，内电阻消耗的功率减小。
故答案为：（1）电压；（2）0.50；1300；（3）③；（4）不能；（5）增大；减小。
3．（2025 河南模拟）用如图甲所示电路测量一节干电池的电动势和内阻，其中电阻箱的最大阻值为999.9Ω，电流表的量程为0.6A、内阻约为1Ω，电压表的量程为3V、内阻约为15kΩ。
（1）请用笔画线代替导线，连接图乙中的实物图。
（2）把电阻箱的阻值调到最大，保持S2断开，将S1闭合。调节电阻箱接入电路的阻值，记录相应的电流表示数I和电阻箱接入电路的阻值R，利用所得数据绘制R图像如图丙所示。某次电阻箱的旋钮位置如图丁所示，则电阻箱接入电路的阻值为 　13.4　 Ω。
（3）把电阻箱的阻值调到最大，闭合S1、S2，调节电阻箱接入电路的阻值，记录相应的电流表示数I、电压表示数U、电阻箱接入电路的阻值R，利用所得数据绘制R图像如图戊所示。
（4）若图丙中图线的纵截距为a、斜率为k，图戊中图线的纵截距为b。则被测电池的电动势为 　　 ，内阻为 　　 （用题目中所给的物理量表示）。
【答案】（1）如图
（2）13.4；（4）； 。
【解析】解：（1）从电池正极出发，根据电路图，逐点连线，注意两个支路，电表的正负接线柱，如下图
（2）各个旋钮所对数字乘以相应倍率，相加即为电阻箱接入电路的阻值，则
0×100Ω+1×10Ω+3×1Ω+4×0.1Ω＝13.4Ω
（4）S1闭合，S2断开时，根据闭合电路欧姆定律
E＝I（R+RA+r）
即
S1、S2均闭合时，根据欧姆定律
所以
RA＝b
即
故答案为：（1）如图
（2）13.4；（4）； 。
1．（2025 通川区校级模拟）某实验小组测量“水果电池”的电动势和内阻。
（1）某同学先用多用电表粗测该水果电池的电动势，他把多用电表的选择开关旋转至直流电压5V挡，正确测量时表盘指针如图甲，读数为 　3.80　 V。
（2）为了更准确地测量电动势和内阻，他们在实验室找到了下列器材：
A.电流表G（量程为0～1mA，内阻为500Ω）
B.电阻箱R（0～9999Ω）
C.定值电阻R1＝40Ω
D.定值电阻R2＝400Ω
E.定值电阻R3＝4000Ω
F.开关、导线若干
①由于没有电压表，同学们需要把电流表G改装成量程为4.5V的电压表，则需要把电流表G与定值电阻 　R3 （选填“R1”“R2”或“R3”）串联，改装成电压表；
②同学们根据器材设计了如图乙所示测量电路，正确连好电路。实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应电流表G的示数I，某次实验时电流表G的指针指示的电流值为0.4mA，则此时水果电池的输出电压为 　1.8　 V；
③测得多组数据，作出图像，如图丙，不考虑电压表支路分流的影响，则该水果电池的电动势为E＝ 　4.0　 V，内阻r＝ 　2.0　 Ω。（结果均保留2位有效数字）
【答案】（1）3.80；（2）①R3；②1.8；③4.0；2.0。
【解析】解：（1）多用电表的选择开关旋转至直流电压5V挡，精度为0.1V，可知，该电压读数为3.80V。
（2）①根据改装原理，改装后电压表内阻为R′Ω＝4500Ω
定值电阻的阻值
故定值电阻选择R3。
②当电流表G的指针指示的电流值为0.4mA时，电源输出电压为U＝I（R3+Rg）
结合上述解得U＝1.8V
③根据闭合电路欧姆定律，则有
变形得
结合图像，解得E＝4.0V，r＝2.0Ω
故答案为：（1）3.80；（2）①R3；②1.8；③4.0；2.0。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业03 带电粒子在电场中的运动
考点1 带电粒子（体）在电场中的直线运动
1.带电粒子（体）在电场中运动时重力的处理
基本粒子 如电子、质子、α粒子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）
带电体 如带电液滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力
2.带电粒子（体）在电场中直线运动的分析方法
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 龙岗区一模）匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用。下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子将做往复运动
B．3s末带电粒子回到原出发点
C．3s末带电粒子的速度不为零
D．前3s内，静电力做的总功为零
【答案】D
【解析】解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在前2s内的加速度为a1，是第3s内加速度a2的，因此先加速2s再减速1s时速度为零，接下来的运动从0～3s的运动过程，v﹣t图像如图所示：
A、由所画的v﹣t图像可知带电粒子不做往复运动，始终向同一方向运动，故A错误。
B、根据v﹣t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t＝3s时（即3s末）带电粒子离出发点最远，故B错误；
C、由所画的v﹣t图像可知，粒子在前2s内做匀加速直线运动，第3s内做匀减速直线运动，3s末（即3s末）的瞬时速度刚减到0，故C错误；
D、因为第3s末粒子的速度刚好减为0，前3s内动能变化为0，粒子只受电场力作用，根据动能定理可知电场力做的总功为零。故D正确。
故选：D。
2．（2025秋 广州期中）如图所示，足够长的粗糙绝缘直杆竖直放置于等量异种电荷的中垂面，直杆上有A、B、O三点，其中O为A、B中点，也是两个电荷连线的中点。现有一质量为m的带电小球套在杆上，从A点以初速度v0向B点运动，滑到B点时速度恰好为0。下列说法正确的是（　　）
A．从B返回至A时，小球速度向下，速度大小等于v0
B．A运动至B的过程中，小球的电势能先增大后减小
C．A运动至B的过程中，小球的加速度先增大后减小
D．A运动至B的过程中，BO段和OA段杆对小球的冲量相等
【答案】C
【解析】解：A.根据能量守恒，从B返回至A时，动能一部分变成摩擦力做功产生的热，故回到A点时，速度比v0小，故A错误；
B.AB是等量异号电荷的中垂线，该线为等势线，故A运动至B的过程中，小球的电势能不变，故B错误；
C.A运动至B的过程中，根据牛顿第二定律：mg+f＝ma，f＝μN＝μEq；
根据等量异号电荷电场线分布，AB杆上，越靠近O点，场强越大，受到的电场力越大，摩擦力越大，加速度越大，故小球的加速度先增大后减小，故C正确；
D.A运动至B的过程中，根据对称性，BO段和OA段杆受力分布相同，但是由于OA的平均速度比OB的平均速度大，故OA的所用的时间比OB的时间小，根据冲量的定义：I＝FΔt，可得：BO段的冲量大于OA段杆对小球的冲量，故D错误；
故选：C。
3．（2025秋 琼山区校级期中）如图所示的空间中充满大小、方向水平向右的匀强电场。一质量为m、带电量为+q的物块以速度v0冲上质量为M、倾角θ＝45°的斜面。已知斜面与物块及地面间的动摩擦因数均为μ；斜面始终保持静止且物块未冲出斜面顶端。则（　　）
A．物块所受摩擦大小为μmg
B．地面与斜面间的摩擦力大小为μ（m+M）g
C．物体在最高点只受3个力作用
D．从初位置到最高点的过程中，物块减少的动能等于物块增加的重力势能和因摩擦而产生的热量之和
【答案】C
【解析】解：对物块m进行受力分析，物体受竖直向下的重力G＝mg，水平向右的电场力F电＝qE＝mg。将这两个力沿斜面方向（∥）和垂直斜面方向（⊥）分解。垂直斜面方向：重力分量，电场力分量，解得支持力。平行斜面方向：重力下滑分量，电场力上滑分量，可知G∥＝F电∥，即重力与电场力的斜面分量平衡。
A、物块上滑时滑动摩擦力f＝μN，解得，故A错误；
B、物块沿斜面合力F合＝f，由牛顿第二定律得，解得（方向沿斜面向下）。其水平分量ax＝acos45°，解得ax＝μg（水平向左）。对系统水平方向列方程：qE﹣Ff＝﹣max，代入qE＝mg得mg﹣Ff＝﹣mμg，解得Ff＝mg（1+μ），故B错误；
C、最高点时v＝0，因G∥与F电∥平衡，物体仅受重力、电场力和支持力，故C正确；
D、由动能定理得﹣ΔEp+W电﹣Q＝ΔEk。因ΔEp＝mgh且W电＝mgh，故﹣ΔEk＝Q，即动能减少量等于摩擦生热，故D错误。
故选：C。
（多选）4．（2025秋 东城区校级月考）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成一定角度，两极板与一直流电源相连（图中电源省略）。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，则在此过程中，该粒子（忽略空气阻力）（　　）
A．所受重力与电场力合力水平向左
B．电势能逐渐减小
C．动能逐渐增大
D．做匀减速直线运动
【答案】AD
【解析】解：ACD、因带电粒子沿水平直线向右运动，故带电粒子所受重力与电场力的合力必沿水平直线，又因带电粒子所受电场力与两极板垂直，故带电粒子所受重力与电场力的合力必水平向左，又因带电粒子所受合力为恒力，故带电粒子做匀减速直线运动，动能逐渐减小，故AD正确，C错误；
B、根据以上分析可知，带电粒子所受电场力垂直于两极板向左上方，即电场力与速度成钝角，故电场力做负功，电势能逐渐增大，故B错误。
故选：AD。
（多选）5．（2025秋 西城区校级期中）某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗，该疗法利用高速质子轰击肿瘤并杀死癌细胞。来自质子源的质子（初速度视为零），经加速电压为U的加速器加速后，形成横截面积为S的细柱形的质子流。已知该质子的质量为m，电荷量为q，这束质子流内单位体积的质子数为n，不考虑质子重力和质子之间的相互作用力，下列说法正确的是（　　）
A．该质子在加速过程中一定做匀加速直线运动
B．质子轰击肿瘤的速度为
C．质子流的等效电流为nqS
D．因为中子和质子的质量近似相等，故将本装置中的质子源换成中子源也能达到相同的治疗效果
【答案】BC
【解析】解：A．加速电场不一定是匀强电场，加速度不一定恒定，所以该质子在加速过程中不一定做匀加速直线运动，故A错误；
B．根据动能定理可得
解得质子轰击肿瘤的速度为，故B正确；
C．质子流的等效电流为，故C正确；
D．由于中子不带电，电场不能加速中子，所以将本装置中的质子源换成中子源不能达到相同的治疗效果，故D错误。
故选：BC。
考点2 带电粒子在电场中的曲线运动
1．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。
证明：由qU0＝mv
y＝at2＝··2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝。
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为。
2．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝U，指初、末位置间的电势差
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 河北期中）如图为某同学设计的可以测量带电粒子比荷的设备原理图，不同比荷的粒子以相同的速度沿平行且正对的金属板甲、乙的中线进入板间偏转电场，从板间射出后打在荧光屏上，粒子的比荷不同，打在荧光屏上的位置也不同，依据已知比荷的粒子所打的位置，在荧光屏上进行刻度并标明比荷值，之后便可测量未知比荷的粒子的比荷，不计粒子的重力。下列说法正确的是（　　）
A．荧光屏上距离O点越远的位置对应的刻度值越小
B．荧光屏上的刻度线分布均匀
C．只增大甲、乙两板间的电势差时，同一位置的刻度值应增大
D．只增大粒子进入板间的速度时，同一位置的刻度值应减小
【答案】B
【解析】解：AB、设粒子以初速度v0进入两板间后运动的轨迹如图所示，在平行极板方向l＝v0t，在垂直极板方向。根据牛顿第二定律qE＝ma，其中U＝Ed，联立解得。
结合类平抛运动的特点，末速度反向延长线过水平位移的中点，有，解得：。可知在l、L、U、d、v0一定的情况下，y与成正比，故A错误，B正确；
D、只增大粒子进入板间的速度时，y值将减小，同一位置的刻度值应增大，故D错误；
C、由上式可知，只增大电势差时，y值将增大，所以同一位置的刻度值应减小，故C错误。
故选：B。
2．（2025秋 厦门校级期中）真空中的某装置如图，现有质子和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点（已知质子和α粒子质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，重力不计）。下列说法正确的是（　　）
A．两种粒子在偏转电场中运动时间之比为1：2
B．两种粒子射出偏转电场时的速度相同
C．偏转电场的电场力对两种粒子做功之比为1：2
D．在荧光屏上将只出现2个亮点
【答案】C
【解析】解：A．质子和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场，在加速电场中，由动能定理得
解得
因为质子和α粒子的比荷之比为2：1，则初速度之比，在偏转电场中运动时间
两种粒子在偏转电场中运动时间之比为，故A错误；
D．偏转位移
其中，根据牛顿第二定律
联立解得
与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏将只出现一个亮点，故D错误；
C．偏转电场的电场力做功为W＝Eqy
则W与q成正比，两种粒子的电荷量之比为1：2，则有电场力对三种粒子做功之比为1：2，故C正确；
B．粒子整个运动过程，根据动能定理
则出电场时的速度
因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同，故B错误。
故选：C。
3．（2025秋 德阳期中）如图所示，在竖直向下的匀强电场中，长度为L的细线栓一电荷量为﹣q、质量为m的小球，小球绕O点在竖直平面内做速率为v的匀速圆周运动，重力加速度为g，则（　　）
A．匀强电场的场强大小为E
B．小球运动的加速度大小为a
C．小球从最高点运动到最低点的过程中，电场力做功为2mgL
D．当小球运动到最低点时，绳的拉力大小为T＝mg+m
【答案】B
【解析】解：A、小球在竖直平面内以速率v做匀速圆周运动，表明切线方向合力为零，即重力与电场力平衡。小球带负电，受电场力F电＝qE方向竖直向上，重力G＝mg方向竖直向下，由平衡条件得qE＝mg，解得：，故A错误；
B、匀速圆周运动的加速度即向心加速度，由公式可得，故B正确；
C、小球从最高点到最低点位移大小为2L方向竖直向下，电场力方向竖直向上，故电场力做功W＝﹣F电 2L＝﹣2mgL，故C错误；
D、最低点受力分析：绳拉力T与电场力F电竖直向上，重力mg竖直向下。由牛顿第二定律，因F电＝mg，解得绳拉力，故D错误。
故选：B。
（多选）4．（2025秋 湖北期中）如图所示，有一足够大的水平向右的匀强电场，一带正电小球从O点以速度v0与电场方向成60°斜向右上方射入该电场中，小球运动到轨迹的最高点A点（图中未画出）时速度大小为v0，已知小球的质量为m、带电电荷量为q，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球从O运动到A点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球在A点的电势高于O点
B．小球到达A点的时间为
C．匀强电场的电场强度大小为
D．O、A两点的电势差
【答案】BD
【解析】解：A、小球带正电，所受电场力方向水平向右，因此小球在水平方向做向右的加速运动。根据沿电场方向电势逐渐降低的规律，可知A点电势低于O点电势，故A错误；
B、小球从O点运动到A点的过程中，竖直方向满足0＝v0sin60°﹣gt，解得小球到达A点的时间为，故B正确；
C、小球从O点运动到A点时，水平方向满足v0＝v0cos60°+at，其中，解得匀强电场的场强大小为，故C错误；
D、O、A两点间的水平距离为，因此O、A两点间的电势差为，故D正确。
故选：BD。
（多选）5．（2025秋 兴庆区校级期中）如图所示，在竖直面内建立平面直角坐标系xOy。空间中存在平行于xOy平面的匀强电场。一带正电小球质量m＝0.2kg，从坐标原点O以初动能8J沿不同方向抛出，经过M点时动能为40J，经过N点时动能为58J。已知M、N点坐标分别为（4m，0）、（4m，3m），重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．小球由O到N动能增加50J
B．M点电势高于N点电势
C．电场强度的方向与x轴正方向的夹角为45°
D．小球从O点抛出后可能先后经过M、N点
【答案】ABC
【解析】解：A．根据题意可知，小球由O到N动能增加了ΔEk＝EkN﹣EkO
代入数据解得
ΔEk＝50J
故A正确；
BC．设小球所受电场力沿x轴方向的分量为Fx，沿y轴方向的分量为Fy，从O到M，根据动能定理
Fx OM＝EkM﹣EkO
因为重力、电场力做功均与路径无关，所以从O到N合力所做的功等于从O到M，再由M到N合力所做的功，根据动能定理
Fx OM+（Fy﹣mg） MN＝EkN﹣EkO
代入数据解得Fx＝8N，Fy＝8N
设电场力的方向与x轴正方向夹角为θ，有
代入数据解得tanθ＝1
即θ＝45°
所以电场强度的方向与x轴正方向的夹角为45°，由电场强度的方向判断电势高低，可知M点电势高于N点电势，故BC正确；
D．设电场力和重力合力的方向与x轴正方向夹角为α，则有
代入数据解得
即电场力和重力合力的方向沿ON方向，小球若经过N点，必须从O点沿ON连线抛出，这时小球做匀变速直线运动，不可能通过M点，故D错误。
故选：ABC。
1．（2024秋 黄山期末）如图所示，在水平向右的匀强电场中，一个带电荷量为q＝5×10﹣3C、质量为m＝0.1kg的小物块（可看作质点）恰能静止于一倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面上，斜面长度L＝1m。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）电场强度的大小；
（2）若仅将电场方向改为向左，大小不变，求物块从斜面顶端A点由静止开始滑到斜面底端B点时的速度大小。
【答案】（1）电场强度的大小为150N/C。
（2）物块到达斜面底端时的速度大小为m/s。
【解析】解：（1）对滑块进行受力分析如图所示。
根据受力平衡条件可得qE﹣FNsinθ＝0和mg﹣FNcosθ＝0，解得：。代入数据计算得E＝150N/C。
（2）当物块下滑至斜面底端时，电场力做功为W＝qELcosθ，代入数据得：W＝0.6J。根据动能定理有，解得物块到达斜面底端时的速度大小为。
答：（1）电场强度的大小为150N/C。
（2）物块到达斜面底端时的速度大小为m/s。
2．（2025秋 河南期中）如图所示，粒子源产生的多种正粒子飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿正对放置的平行金属板A、B的中心线射入偏转电场，A、B板长为L，相距为d，A、B两板间电压为U2，A板带正电，B板带负电，不计粒子重力及相互作用，以S为坐标原点、A、B的中心线为x轴建立如图所示的直角坐标系。
（1）写出粒子在偏转电场中的运动轨迹方程；
（2）若粒子从B板右边缘（L，）点射出偏转电场，求应满足的条件。
【答案】（1）粒子在偏转电场中的运动轨迹方程为（0≤x≤L）。
（2）应满足。
【解析】解：（1）设粒子电荷量为q，质量为m，在加速电场中由动能定理得，解得：。粒子在偏转电场中做类平抛运动，x方向位移x＝vt，y方向位移，其中加速度，联立得轨迹方程（0≤x≤L）。
（2）当粒子从B板右边缘射出时，代入轨迹方程得，解得：。
答：（1）粒子在偏转电场中的运动轨迹方程为（0≤x≤L）。
（2）应满足。
1．（2025秋 湖北期中）如图所示，平面直角坐标系的第一象限内有沿x轴负方向、场强大小为E＝200V/m的匀强电场，在第二象限内有沿y轴负方向、场强大小也为E＝200V/m的匀强电场。在第一象限内P点，有一个比荷为的带正电粒子由静止释放，P点的坐标为（2m，2m），粒子运动中不计重力，且忽略两电场间的影响。
（1）粒子通过y轴时的速度大小为多少？
（2）粒子落到x轴时的坐标？
（3）若粒子都能通过x轴上坐标为（﹣4m，0）的点，则在第一象限内静止释放P点时，P点的坐标（x，y）应该满足什么条件？
【答案】（1）粒子通过y轴时的速度大小为4×105m/s；
（2）粒子落到x轴时的坐标为（﹣4m，0）；
（3）若粒子都能通过x轴上坐标为（﹣4m，0）的点，则在第一象限内静止释放P点时，P点的坐标（x，y）应该满足xy＝4。
【解析】解：（1）粒子在第一象限做加速直线运动，由动能定理得：
解得
（2）粒子进入第二象限做类平抛运动，因为
粒子运动的加速度为
粒子运动的位移大小为x1′＝v1t1
联立上式得位移大小x1′＝4m
所以粒子落到x轴时的坐标为（﹣4m，0）。
（3）粒子进入第二象限做类平抛运动的粒子都能通过（﹣4m，0），设P点的坐标（x，y）则由动能定理得
粒子做类平抛运动的竖直位移的大小：
粒子运动的加速度为
粒子做类平抛运动的水平位移的大小：x1′＝v2t2
因为x1′＝4m
P点的坐标（x，y）应该满足：xy＝4。
答：（1）粒子通过y轴时的速度大小为4×105m/s；
（2）粒子落到x轴时的坐标为（﹣4m，0）；
（3）若粒子都能通过x轴上坐标为（﹣4m，0）的点，则在第一象限内静止释放P点时，P点的坐标（x，y）应该满足xy＝4。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业10 机械振动
考点1简谐运动
1．定义：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向 平衡位置　，这样的运动就是简谐运动。
2．平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。
3．回复力
(1)定义：使物体返回到平衡位置的力。
(2)方向：总是指向平衡位置　。
(3)性质：属于效果力。
(4)来源：可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力　。
4．描述简谐运动的物理量
物理量 定义 意义
位移 (x) 由平衡位置指向质点所在位置的有向线段 描述质点振动中某时刻的位置相对于平衡位置的位移
振幅 (A) 振动物体离开平衡位置的最大距离 描述振动的强弱和能量
周期 (T) 振动物体完成一次全振动所需时间 描述振动的快慢，两者互为倒数：T＝ 　。
频率 (f) 振动物体单位时间内完成全振动的次数
5．简谐运动的表达式
(1)动力学表达式：F＝－kx，其中“－”表示回复力方向与位移的方向相反。
(2)运动学表达式：x＝Asin(ωt＋φ)，ωt＋φ为相位，φ为初相，ω为圆频率，ω与周期T的关系为ω＝。
6．简谐运动的振动图像
表示做简谐运动的物体的位移随时间变化的规律，是一条正弦曲线。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 焉耆县校级期中）做简谐运动的物体，当相对于平衡位置的位移为负值时（　　）
A．速度一定为正值，加速度一定为负值
B．速度一定为负值，加速度一定为正值
C．速度不一定为正值，加速度一定为正值
D．速度不一定为负值，加速度一定为负值
【答案】C
【解析】解：当振子的位移为负值时，由简谐运动的特征a知，加速度一定为正值，而速度方向有两种可能，不一定为正值，也不一定为负值，故ABD错误，C正确。
故选：C。
2．（2025秋 菏泽期中）如图所示，水平弹簧振子在P、Q之间做简谐运动，O为其平衡位置，测得P、Q间的距离为4cm。已知小球连续通过任意8cm的路程所需要的时间均为2s，则（　　）
A．该振子振动周期是1s，振幅是2cm
B．该振子振动频率是1Hz
C．小球完成一次全振动通过的路程是8cm
D．小球在任意2.5s内通过的路程一定为10cm
【答案】C
【解析】解：水平弹簧振子在P、Q间做简谐运动，表明P、Q为振动端点（最大位移处）。
P、Q间距等于两倍振幅，即2A＝4cm，解得：A＝2cm。
振子完成一次全振动（一个周期）的路程为4A＝8cm。
题目给出“小球连续通过任意8cm路程所需时间均为2s”。简谐运动中，仅当时间为周期整数倍时，路程才为与起始位置无关的定值（即n×4A）。
因8cm恰为一个周期路程4A，对应时间2s即为周期。故T＝2s。
A、由上述结果知T＝2s，A＝2cm，故A错误；
B、频率，解得：f＝0.5Hz，故B错误；
C、小球完成一个周期通过的路程为4A＝8cm，故C正确；
D、时间t＝2.5s＝1.25T，其中2s内路程必为8cm，但剩余0.5s（）的路程取决于初位置。仅当从平衡位置或最大位移处计时时，内路程为A＝2cm，总路程10cm才成立。若初位置为其他点（如处），则内路程≠A，故D错误。
故选：C。
3．（2025秋 新市区校级期中）有一弹簧振子的振动图像如图所示，则它的振动方程是（　　）
A．x＝2sin4πt（m） B．
C．x＝0.02sin4πt（m） D．
【答案】D
【解析】解：由题图读出振幅A＝2cm＝0.02m，初相位φ0＝0，振动周期为T＝4s，则振动圆频率为，可得振动方程是，故D正确，ABC错误。
故选：D。
4．（2024秋 滨州期末）如图，一劲度系数为k的轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的滑块B相连。B在水平面M、N两点间做振幅为A，周期为T的简谐运动，O点为平衡位置，B通过O点时速度大小为v。当B运动到N点时，在B上轻放一个质量也为m的滑块C，B、C一起做简谐运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．BC之间的动摩擦因数至少为
B．BC一起做简谐运动时，振动周期为T
C．BC一起做简谐运动时，经过O点的速度大小为v
D．若B运动到O点时，在B上轻放C，B、C立即粘合一起做简谐运动，其振幅会小于A
【答案】D
【解析】解：A、当B、C在N时，假设两滑块不会发生相对滑动，则整体的加速度大小为a，此时B、C之间的摩擦力大小为f＝ma，设BC之间的动摩擦因数为μ，则μmg≥ma，解得，故A错误；
B、根据弹簧振子的周期公式有T，则BC一起做简谐运动时的周期为T'，解得T'，故B错误；
C、在B上轻放一个质量也为m的滑块C，B、C一起做简谐运动，整个系统的弹性势能保持不变，原来的时候根据机械能守恒有，放上C后，设经过平衡位置时的速度大小为v'，则有，解得v'，故C错误；
D、若B运动到O点时，在B上轻放C，B、C立即粘合一起，则BC组成的系统满足动量守恒，设此时的速度大小变为v''，根据动量守恒定律有mv＝2mv''，此时弹簧振子系统具有的能量为，解得，则该系统的机械能减小，此时BC一起做简谐运动，其振幅会小于A，故D正确。
故选：D。
5．（2025秋 惠山区校级期中）如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外激光笔（激光笔大小不计），转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x﹣t图像。已知轻杆在竖直面内长0.2m，电动机转速为12r/min。该振动的圆频率和光点在12.5s内通过的路程分别为（　　）
A．0.4rad/s，2.0m B．0.4rad/s，2.5m
C．0.4πrad/s，2.5m D．0.4πrad/s，2.0m
【答案】D
【解析】解：轻杆固定在电动机的转轴上，与电动机同轴转动，紫外光笔振动的圆频率等于电动机转动的频率，则圆频率rad/s＝0.4πrad/s
振动周期T
振幅等于杆的长度，即A＝0.2m
光点在12.5s内通过的路程sm＝2.0m
故ABC错误，D正确。
故选：D。
6.（多选）（2024秋 安顺期末）图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，已知手机的质量为m，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．t＝0时，弹簧弹力大小为mg
B．t＝0.2s时，手机位于平衡位置上方
C．从t＝0至t＝0.2s，手机的动能增大
D．a随t变化的关系式为a＝4sin（2.5πt）m/s2
【答案】AD
【解析】解：A、由题图乙可知，t＝0时手机加速度为0，根据平衡条件可得弹簧弹力F＝mg，故A正确；
B、由题图乙可知，t＝0.2s时手机加速度方向竖直向上，此时手机位于平衡位置下方，故B错误；
C、由题图乙可知，t＝0至t＝0.2s过程中手机加速度增大，表明手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小导致动能减小，故C错误；
D、由题图乙可得周期T＝0.8s，解得角频率，代入得ω＝2.5πrad/s，由此建立加速度随时间变化关系式a＝4sin（2.5πt）m/s2，故D正确。
故选：AD。
考点2单摆模型
1.简谐运动条件：
(1)摆线为不可伸缩的轻细线
(2)无空气阻力
(3)最大摆角小于5°
2.回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力
3.平衡位置：最低点
4.周期：T＝ 2π
5.能量转化：重力势能与动能的相互转化，机械能守恒。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 邯郸期中）如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L1，O点正下方L2处有一铁钉。重力加速度为g，不计空气阻力，将小球拉至A处无初速度释放（摆角很小），这个摆的周期为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】解：由题意，根据单摆周期公式，有
则这个摆的周期为
故A正确，BCD错误。
故选：A。
2．（2024秋 锦州期末）某单摆在地球上t1时间内振动了N1个周期，将此单摆放置在某星球上时在t2时间内振动了N2个周期，已知地球与某星球的半径之比为a，则地球与某星球密度之比为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】解：根据单摆周期公式，
可得
根据
可得
可得
故D正确，ABC错误。
故选：D。
3．（2025秋 滕州市期中）某同学利用如图所示的装置做多单摆实验。在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，当驱动摆A摆动起来后，摆B、C、D、E也跟着摆动起来。已知摆长LB＝LD＞LA＝LC＞LE，在振动稳定后，下列说法正确的是（　　）
A．驱动摆A只是把振动形式传递给其他单摆，并不传递能量
B．摆球C的振幅小于摆球D
C．摆球B、C、D、E的摆动周期满足TB＝TD＞TC＞TE
D．摆球C摆动过程中多次通过同一位置时，加速度一定相同
【答案】D
【解析】解：A、驱动摆A不仅把振动形式传递给其他单摆，同时也把能量传递给其他单摆，故A错误；
BC、如果驱动摆B的周期为T，其他单摆都做受迫振动，振动周期都等于驱动摆的周期，C的摆长与A的摆长相等，根据T可知C的固有周期与A的周期相等，所以C的振幅最大，则摆球C的振幅大于摆球D，故BC错误；
D、单摆C摆动过程中多次通过同一位置时，根据牛顿第二定律可得加速度a
所以加速度一定相同，故D正确。
故选：D。
4．（2024秋 烟台期末）如图所示，光滑固定圆弧槽半径为R，O为圆弧最低点，圆弧OM的长度远小于R，两个可看作质点的小球A和B，A球初始位置在M点，B球在O点正上方h高度处。现同时释放两球，要使A球在第二次通过O点时恰好与B球相碰，则h应为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】解：根据题分析知，可将A球运动看作摆长为R的单摆，其周期
A第二次通过位置O恰好与B球相碰，即用时
B做自由落体运动，可得
解得
故D正确，ABC错误。
故选：D。
5．（2024秋 无锡期末）如图是游乐场常见的秋千的示意图，图中绳长为L，轻绳与水平固定杆的夹角为α，在秋千做小角度自由摆动时（未坐人），座椅每次经过最低点的时间间隔可表示为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】解：座椅做单摆运动，绳长为L，轻绳与水平固定杆的夹角为α，竖直方向摆长为Lsinα，故单摆周期
座椅每次经过最低点的时间间隔，故D正确，ABC错误。
故选：D。
6.（多选）（2025秋 重庆期中）学校实验室中有甲、乙两单摆，其振动图像为如图所示的正弦曲线，则下列说法中正确的是（　　）
A．甲、乙两单摆的摆球质量之比是1：2
B．甲、乙两单摆的摆长之比是1：4
C．t＝1.5s时，两摆球的加速度方向相反
D．3～4s内，两摆球的势能均减少
【答案】BD
【解析】解：A、单摆的周期与振幅和摆球的质量无关，无法求出甲、乙两单摆摆球的质量关系，故A错误；
B、由题图可知，甲、乙两单摆的周期之比为1：2，根据单摆的周期公式T＝2π可知，周期与摆长的二次方根成正比，所以甲、乙两单摆的摆长之比是1：4，故B正确；
C、由加速度公式a，t＝1.5s时，两摆球位移方向相同，所以它们的加速度方向相同，故C错误；
D、3～4s内，两摆球均向平衡位置运动，两摆球的势能均减少，故D正确。
故选：BD。
考点3受迫振动与共振
1．受迫振动
(1)概念：系统在驱动力作用下的振动。
(2)振动特征：物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关。
2．共振
(1)概念：当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到最大的现象。
(2)共振的条件：驱动力的频率等于物体的固有频率。
(3)共振的特征：共振时振幅最大。
(4)共振曲线(如图所示)。
f＝f0时，A＝Am，f与f0相差越大，物体做受迫振动的振幅越小。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 南昌期末）下列说法正确的是（　　）
A．物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于驱动力的频率
B．共振都是有害的
C．反冲运动的原理只适用于宏观物体
D．喷气式飞机没有应用反冲原理
【答案】A
【解析】解：A．受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于外界驱动力的频率，故A正确；
B．共振有的是有害的，有的是有益的，故B错误；
C．反冲的原理既适用于宏观物体，也可用于微观物体，故C错误；
D．喷气式飞机应用了反冲原理，故D错误。
故选：A。
2．（2025秋 南京校级月考）市政单位经常使用共振破碎机破碎旧水泥路面，破碎机有专用传感器感应路面的振动，由电脑自动调节锤头的击打频率，使锤头击打水泥路面时，水泥路面局部范围产生共振，从而将水泥路面击碎。下列说法正确的是（　　）
A．锤头的击打频率应等于水泥路面的固有频率
B．锤头的击打频率应大于水泥路面的固有频率
C．破碎机停止工作后，水泥路面在停止振动前，频率逐渐减小
D．锤头击打效果仅取决于锤头的振幅，锤头的振幅越大效果越好
【答案】A
【解析】解：A．当锤头的击打频率等于水泥路面的固有频率时，系统发生共振，振幅最大，破碎效果最佳，故A正确；
B．若击打频率大于固有频率，无法达到共振条件，破碎效果减弱，故B错误；
C．破碎机停止后，水泥路面因阻尼振动逐渐停止，但其振动频率始终等于固有频率，水泥路面的固有频率是取决于自身材料结构等特点，不会逐渐减小，故C错误；
D．击打效果不仅与振幅有关，还需满足频率匹配条件，仅增大振幅而频率不匹配时效果不佳，故D错误。
故选：A。
3．（2025秋 启东市期中）如图所示是单摆做阻尼振动的位移—时间图像，下列说法正确的是（　　）
A．P点动能小于N点动能 B．P点动能等于N点动能
C．P点势能小于N点势能 D．P点势能等于N点势能
【答案】D
【解析】解：由图可知，单摆的振幅逐渐减小，机械能不守恒（减小），又P和N相对平衡位置的位移大小相等，说明P和N是等高的两个点，故重力势能相同，但因为摆球先通过P点，后通过N点，可知P点动能大于N点动能，故ABC错误，D正确。
故选：D。
4．（2025秋 贵州期中）如图所示，两个弹簧与钩码组成固有频率为2Hz的振动系统，架子上面的电动机对该系统施加周期性的驱动力，使钩码在竖直方向做受迫振动。电动机的转速可以改变，钩码振动稳定后，下列判断正确的是（　　）
A．当电动机的转速为4r/s时，钩码的振动频率为4Hz
B．当电动机的转速为4r/s时，钩码的振动周期为0.5s
C．当电动机的转速为1r/s时，钩码的振动频率为2Hz
D．电动机的转速越大，钩码振动的振幅就越大
【答案】A
【解析】解：ABC、钩码做受迫振动，其振动周期与驱动力的周期相同，因此当电动机的转速为4r/s时，钩码的振动频率为4Hz，周期为0.25s，当电动机的转速为1r/s时，钩码的振动频率为1Hz，故A正确，BC错误；
D、电动机的转速为2r/s时，驱动力的频率与振动系统的固有频率相等，振幅最大，故D错误。
故选：A。
5．（2025秋 东台市期中）如图所示，在一根张紧的水平绳上，悬挂有a、b、c、d、e五个单摆，a和d的摆长相等，a的摆球质量大于其他各摆。让a摆略偏离平衡位置后无初速释放，在垂直纸面的平面内振动，接着其余各摆也开始振动。各摆球振动稳定后（　　）
A．d摆的振幅最大，周期最大
B．c摆的振幅最大，周期最大
C．d摆的振幅最大，各摆的周期相同
D．c摆的振幅最大，各摆的周期相同
【答案】C
【解析】解：a摆摆动，其余各摆也摆动起来，它们均做受迫振动，则它们的振动频率（周期）均等于a摆的摆动频率（周期），而由于a、d摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，则d摆出现共振现象，振幅达到最大。故C正确，ABD错误。
故选：C。
6.（多选）（2025秋 南山区校级月考）如图甲所示，在曲轴上悬挂一弹簧振子，转动摇把，曲轴可以带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由上下振动，其振动曲线如图乙所示；然后以某一转速匀速转动摇把，当振子振动稳定后，其振动图像如图丙所示。下列说法正确的是（　　）
A．匀速转动摇把，振子振动稳定后的振动周期为0.4s
B．把手匀速转动的转速为150r/min
C．为了增大振子振动的振幅，应增大把手的转速
D．当把手匀速转动的频率为2.5Hz时，振子振动的振幅最大
【答案】CD
【解析】解：A.弹簧振子振动稳定时的频率和周期与自身的固有周期和频率无关，等于受迫振动时驱动力的频率和周期，而匀速转动摇把施加驱动力的周期为0.8s，故A错误；
B.由图知，摇把匀速转动的周期为0.8s，转动频率为Hz＝1.25Hz，转速为n＝1.25×60r/min＝75r/min，故B错误；
C.弹簧振子自由振动时的周期为0.4s，振动频率为Hz＝2.5Hz，由于此时遥把匀速转动的周期为0.8s，转动频率为1.25Hz，要增大振子振动的振幅，必须使摇把的转动频率向弹簧振子的固有频率靠近，因此应增大摇把的转速，故C正确；
D.匀速转动摇把，当振子振动的振幅最大时，驱动力的频率应该和弹簧振子的固有频率相同。弹簧振子上下自由振动时的周期为0.4s，振动频率为2.5Hz，故当摇把匀速转动的频率为2.5Hz时，振子振动的振幅最大，故D正确。
故选：CD。
19．（2025秋 沧州期中）如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端连接一物块，物块沿竖直方向做简谐运动的部分图像如图乙所示，以竖直向上为正方向。t＝0时刻，一小球从某处由静止释放；t＝0.5s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）t＝0.5s时小球的速度大小和物块的加速度方向；
（2）小球释放位置到物块平衡位置的竖直距离d。
【答案】（1）t＝0.5s时小球的速度大小是5m/s，物块的加速度方向是竖直向下；
（2）小球释放位置到物块平衡位置的竖直距离d是1.35m。
【解析】解：（1）小球做自由落体运动，根据自由落体的运动特点有v＝gt，
代入数据解得v＝0.5×10m/s＝5m/s，
根据图像可知t＝0.5s时物块的位移为10cm，物块的加速度方向竖直向下。
（2）在0～0.5s内小球下落的高度，
解得h＝1.25m
根据图像可知振幅为A＝10cm＝0.1m，
根据几何关系得出小球释放位置到物块平衡位置的距离d＝h+A，解得d＝1.35m。
答：（1）t＝0.5s时小球的速度大小是5m/s，物块的加速度方向是竖直向下；
（2）小球释放位置到物块平衡位置的竖直距离d是1.35m。
20．（2025秋 枣庄期中）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在地面上，另一端与木块B相连，木块A放在木块B上，两木块的质量均为m。竖直向下的力作用在A上，大小为F，A、B均静止。重力加速度为g。
（1）将力F瞬间撤去后，A、B运动到最高点时（A、B未分离），求A对B的压力大小；
（2）弹簧振子的周期表达式T＝2π，k为弹簧的劲度系数，m为振子的质量。以平衡位置为坐标原点，向上为x轴正方向建立直线坐标系，撤掉F时开始计时，写出此弹簧振子的位置随时间的表达式。
【答案】（1）A对B的压力大小为。
（2）弹簧振子的位置随时间的表达式为。
【解析】解：（1）撤去外力F后，A、B组成的系统在竖直方向作简谐振动。设平衡位置时弹簧压缩量为x1，由平衡条件得kx1＝2mg；施加F静止时弹簧压缩量为x2，满足kx2＝2mg+F，此时系统处于振动最低点，振幅。
当系统运动至最高点时，位移x＝A（以平衡位置为原点向上为正），根据简谐运动回复力公式F回＝﹣kx及牛顿第二定律﹣kA＝2ma，解得加速度，方向竖直向下。
对A单独分析，受重力mg和支持力FN作用，由牛顿第二定律mg﹣FN＝m|a|，解得。
根据牛顿第三定律，A对B的压力大小为。
（2）该弹簧振子振动质量为2m，由周期公式得角频率。
以平衡位置为原点建立坐标系，t＝0时振子位于最低点，初始位移，初速为0，符合余弦函数负极大值特征。
故振动位移随时间变化关系为x＝﹣Acos（ωt），代入参数得。
答：（1）A对B的压力大小为。
（2）弹簧振子的位置随时间的表达式为。
21．（2025秋 东湖区校级期中）如图所示，竖直轻弹簧的一端固定于水平地面，另一端连着物块A而保持静止，弹簧的劲度系数为200N/m。物块B从A的正上方距离A的高度为h处自由释放，与A发生完全非弹性碰撞后一起运动，碰后A、B并不黏连。已知A、B的质量均为2kg，简谐运动的周期，其中m为振子的质量，k为回复力与位移之比，重力加速度取g＝10m/s2。
（1）若h＝0.2m，求A、B碰撞过程中损失的机械能；
（2）要保证A、B碰后一起运动不会分离，h应满足的条件；
（3）若h＝0.525m，求A、B碰后B第一次从最低点运动到最高点的时间。
【答案】（1）A、B碰撞过程中损失的机械能为2J。
（2）h应满足的条件为h≤0.3m。
（3）A、B碰后B第一次从最低点运动到最高点的时间为。
【解析】解：取水平向下为正方向。
（1）物块B自由下落h＝0.2m，由，解得碰前速度v0＝2m/s。
A、B完全非弹性碰撞，由动量守恒mBv0＝（mA+mB）v1，解得共同速度v1＝1m/s。碰撞损失机械能，解得ΔE＝2J。
（2）碰后系统质量M＝4kg。碰撞前弹簧压缩量，解得：x1＝0.1m；碰后平衡位置压缩量，解得：x2＝0.2m，故碰撞位置在平衡位置上方x0＝x2﹣x1，解得：x0＝0.1m处。
不分离条件为振幅A≤x2。由能量关系，代入得100A2＝1+10h。当A≤0.2m时，代入得100×（0.2）2≤1+10h，解得：h≤0.3m。
（3）当h＝0.525m时，由100A2＝6.25得A＝0.25m＞0.2m，故在平衡位置上方0.2m处分离。
第一段简谐运动：，由0.2＝﹣0.25cos（ωt1）得。
第二段竖直上抛：分离速度，上升时间。总时间。
答：（1）A、B碰撞过程中损失的机械能为2J。
（2）h应满足的条件为h≤0.3m。
（3）A、B碰后B第一次从最低点运动到最高点的时间为。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业08 动量定理与动量守恒定律
考点1冲量、动量与动量定理定义
1．动量
(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积。
(2)公式：p＝mv。
(3)单位：千克米每秒，符号是kg·m/s。
(4)矢量性：方向与速度的方向相同，运算遵循_平行四边形定则。
2．动量变化量
(1)定义：物体在某段时间内末动量和初动量的矢量差(也是矢量)。
(2)动量变化量的计算
①动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，Δp＝p′－p。
②当初、末动量不在一条直线上时，用平行四边形定则或三角形定则计算，如图所示。
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积。
(2)公式：I＝_FΔt__。
(3)单位：牛顿秒，符号是N·s。
(4)矢量性：方向与力的方向相同。
(5)物理意义：反映力的作用对时间的积累效应。
3．动量定理
(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量。
(2)表达式：mv－mv＝F合t_或p′－p＝F合t。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 鼓楼区校级月考）下列关于动量和动能说法正确的是（　　）
A．做匀速圆周运动的物体动量不变
B．物体速度发生改变，其动能必然改变
C．动量相同的两物体，质量越大其动能越大
D．动能相同的两物体，质量越大其动量越大
【答案】D
【解析】解：A．动量为矢量，有大小有方向，所以做匀速圆周运动的物体速度大小一定，方向发生变化，则该物体的动量大小一定，方向也发生变化，故A错误；
B．动能为标量，速度大小不变，动能不变；物体速度发生改变，当物体速度大小不变，方向发生变化时，物体的动能不变，故B错误；
C．根据p＝mv，
解得
可知，动量相同的两物体，质量越大其动能越小，故C错误；
D．结合上述解得
可知，动能相同的两物体，质量越大其动量越大，故D正确。
故选：D。
2．（2025春 上海校级期末）如图所示，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的拉力F作用时间t后，物体仍保持静止，关于拉力在这段时间内的冲量的大小，下列说法正确的是（　　）
A．0 B．Ft C．Ftcosθ D．Ftsinθ
【答案】B
【解析】解：拉力的冲量I＝Ft，故B正确，ACD错误；
故选：B。
3．（2025秋 常州月考）关于动量、冲量、动量的变化量、动能，下列说法中正确的是（　　）
A．物体动量为零时，一定处于平衡状态
B．从同一高度释放的两个完全相同鸡蛋，掉在水泥地上的鸡蛋动量变化率比掉在海绵上的鸡蛋的动量变化率大，所以前者容易碎
C．人从高处跳下时，有一个屈膝的动作，是为了减小地面对人的冲量
D．质量一定的物体，动量增大2倍，其动能增大2倍
【答案】B
【解析】解：A．物体动量为零，则速度为0，但不一定是平衡状态，如刚释放的物体，速度为零，但加速度不为零，故A错误；
B．根据动量定理，F合t＝Δp，从同一高度释放的两个完全相同鸡蛋，掉在水泥地上和掉在海绵上，动量变化量相同，但作用时间掉在海绵上的的时间长，所以动量变化率小，即地面对其作用力小，所以掉在水泥地上容易碎，故B正确；
C．人从高处跳下时，有一个屈膝的动作，动量变化量不变，与地面接触时间长，根据动量定理可知，地面对其作用力小，故C错误；
D．根据动能Ekmv2可知，动量增大2倍，则动能增大4倍，故D错误；
故选：B。
4．（2025 项城市三模）如图所示，光滑的圆弧轨道竖直固定放置，其弧长远小于半径，圆弧的底端切线水平。现将质量分别为m、2m的小球甲、乙分别从轨道的顶点和顶点下方的某点由静止释放，然后到达底端，重力加速度为g，两小球均视为质点，在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．若甲重力的冲量大小为I，则圆弧轨道的半径为
B．若甲重力的冲量大小为I，则乙重力的冲量为0.5I
C．若乙下落的高度为h，重力的平均功率为P，则甲重力的冲量为
D．若乙下落的高度为h，重力的平均功率为P，则甲运动的时间为
【答案】A
【解析】解：A、因为圆弧轨道弧长远小于半径，小球在圆弧轨道上的运动可视为单摆运动，由
I＝mgt
T＝4t
综合可得
故A正确；
B、乙重力的冲量为
I乙＝2mgt
结合I＝mgt，综合可得
I乙＝2I
故B错误；
CD、若乙下落的高度为h，重力的平均功率为P，则有
，
甲、乙运动时间相等，均为
甲重力的冲量为
I甲＝mgt
综合可得
故CD错误。
故选：A。
5．（2024秋 宿州期末）质量为m的小球距地面高H处由静止释放，下落距离h时恰好做匀速直线运动，速度大小为v。已知小球下落过程中受到的空气阻力与速度大小成正比，重力加速度为g，则小球自开始下落到匀速运动所经历的时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】解：根据题意分析可知，小球下落过程中受到的空气阻力与速度大小成正比，则有f＝kvt
小球下落距离h时恰好做匀速直线运动，速度大小为v。此时有kv＝mg
根据动量定理可得mgt﹣∑kvtt＝mv﹣0
其中∑kvtt＝k∑vtt＝kh
联立解得小球自开始下落到匀速运动所经历的时间为，故B正确，ACD错误；
故选：B。
6．（2025秋 湖南期中）如图所示，可视为质点的餐盘随水平玻璃转盘绕竖直转轴做匀速圆周运动。对于恰好运动一个周期的餐盘，下列说法正确的是（　　）
A．餐盘的动量变化量不为0
B．餐盘受到的重力冲量为0
C．餐盘受到的合力冲量为0
D．餐盘受到的摩擦力冲量不为0
【答案】C
【解析】解：A．餐盘匀速转动一个周期，初末速度相同，初末动量相同，所以餐盘的动量变化量为零，故A错误；
B．餐盘随圆盘转动一周，时间为T，根据冲量的定义可知重力冲量I＝mgT，不为零，故B错误；
CD．餐盘做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，即静摩擦力为餐盘所受的合力，由动量定理可知，餐盘受到的合力冲量等于动量变化量，故餐盘受到的合力冲量为零，即餐盘受到的摩擦力冲量为零，故C正确，D错误。
故选：C。
（多选）7．（2025 武功县校级模拟）如图1所示，质量为1kg、可视为质点的滑块从O点以一定的初速度沿水平地面出发，运动过程中与竖直固定的挡板发生弹性碰撞，移动挡板并固定在不同的位置，滑块以相同的速度重复运动，沿水平地面建立Ox轴，挡板对滑块冲量的平方I2随挡板位置x变化的图像如图2所示。已知滑块与挡板碰撞时间极短，重力加速度g取10m/s2。从滑块开始运动到停下的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．滑块在地面上运动的时间为1.5s
B．滑块与地面之间的动摩擦因数为0.2
C．滑块的初速度为m/s
D．地面对滑块支持力的冲量大小为10N s
【答案】AB
【解析】解：AB．设滑块与挡板碰前的速度为v，选取滑块碰前的速度方向为正方向，由于二者的碰撞为弹性碰撞，根据动量定理则有I＝﹣2mv
根据运动学规律可得
联立解得
代入数据解得a＝2m/s2
根据匀变速直线运动规律
代入数据解得
根据牛顿第二定律可得μmg＝ma
代入数据解得，故AB正确；
C．结合图像可知
代入数据解得v0＝3m/s，故C错误；
D．根据冲量的定义可知，支持力的冲量大小I支持＝FN t＝10×1.5N s＝15N s，故D错误。
故选AB。
（多选）8．（2025秋 沧州期中）如图所示，木板静止在光滑水平面上。物块以水平向右的初速度从木板左端滑上木板，一段时间后物块相对于木板静止。对于从物块滑上木板到物块恰好相对于木板静止的过程，下列说法正确的是（　　）
A．该过程中物块和木板构成的系统机械能守恒
B．该过程中物块和木板构成的系统动量守恒
C．摩擦力对物块的冲量与摩擦力对木板的冲量大小相等
D．摩擦力对物块做的功与摩擦力对木板做的功大小相等
【答案】BC
【解析】解：A．物块在木板上滑动时，受到木板的滑动摩擦力，将机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故A错误；
B．水平面光滑，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B正确；
C．物块与木板间的滑动摩擦力是相互作用力，大小相等，且作用的时间也相等，由I＝ft可知，摩擦力对物块的冲量与摩擦力对木板的冲量大小相等，方向相反，故C正确；
D．物块与木板间的滑动摩擦力是相互作用力，大小相等，相对静止时，物块位移大于木板位移，由W＝fx可知，摩擦力对物块做功的大小大于摩擦力对木板做功的大小，故D错误。
故选：BC。
考点2动量守恒定律定义
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．
(2)表达式：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后总动量相等)．
(3)适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零．
(4)普适性：动量守恒定律既适用于低速物体，也适用于高速(接近光速)物体．既适用于宏观领域，也适用于微观领域．
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 乌鲁木齐校级期中）以下关于四幅图的说法，正确的是（　　）
A．图甲中礼花弹爆炸的瞬间动量守恒、机械能不守恒
B．图乙中A、B用压缩的轻弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统动量守恒、机械能不守恒
C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统水平方向动量不守恒
D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统动量守恒
【答案】A
【解析】解：A、图甲中礼花弹爆炸的瞬间，有化学能转化为机械能，所以机械能不守恒，瞬间内力远大于外力，所以系统动量守恒，故A正确；
B、图乙中A、B用压缩的弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统在水平方向不受外力，系统动量守恒。只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，故B错误；
C、图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统在水平方向不受外力，所以系统满足水平方向动量守恒，故C错误；
D、图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，竖直方向合力不为零，所以竖直方向系统不满足动量守恒，故D错误。
故选：A。
2．（2025秋 桥西区校级期中）飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m，速率为v，圆周运动半径为R。下列说法正确的是（　　）
A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则加速度为零
B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒
C．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，动量的改变源于向心力的冲量，即
D．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变量为零，合外力的冲量也为零
【答案】D
【解析】解：A、飞机做匀速圆周运动，速率不变，但向心加速度不为0，大小为 ，故A错误；
BC、飞机做匀速圆周运动，速率没变，速度的方向不断变化，速度不断变化，由p＝mv知动量不断变化，动量不守恒；根据动量定理，动量的改变源于向心力的冲量，由于向心力是变力，不能根据来求向心力的冲量，故BC错误；
D、飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；飞行一周合外力冲量为零，根据动量定理，飞行一周动量的改变量为零，故D正确。
故选：D。
3．（2025秋 番禺区校级期中）小车静止在光滑水平地面上，一个小球用轻绳悬挂在与车连接的细杆顶端。小球由图示位置无初速释放，不计一切摩擦和阻力，在以后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球的机械能守恒
B．车和小球组成的系统水平方向动量守恒
C．车所受合力的冲量方向始终水平向左
D．轻绳对小球的拉力对小球不做功
【答案】B
【解析】解：A、小球运动时，轻绳拉力对小球做功，小球的机械能不守恒。故A错误。
B、在水平方向上不受外力作用（地面光滑，无摩擦力，竖直方向的重力和支持力不影响水平方向动量）。根据动量守恒定律，系统在水平方向上的总动量保持不变。初始时刻，系统水平方向总动量为零，因此在任意时刻，小球和小车的水平动量大小相等、方向相反。故B正确。
C、小球从右侧下落时，系统水平动量守恒（初始为零），车会向右运动，其动量变化方向向右，由动量定理可知车所受合力的冲量方向水平向右，并非始终向左。故C错误。
D、轻绳拉力方向与小球位移方向存在夹角，拉力对小球做功。故D错误。
故选：B。
4．（2025秋 太原期中）如图所示，表面光滑的曲面体A静止在光滑水平地面上，小球B从A的顶端由静止释放。在A、B相互作用的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．A与B组成的系统动量守恒
B．A与B组成的系统机械能守恒
C．A对B的支持力不做功
D．B对A的压力的冲量为零
【答案】B
【解析】解：A、A与B组成的系统在竖直方向上所受合外力不为零，故系统动量不守恒。故A错误。
B、曲面体和地面均光滑，A与B间只有弹力（弹力为系统内力），无机械能损耗，系统机械能守恒。故B正确。
C、A对B的支持力方向与B的位移方向夹角大于90°，支持力做负功。故C错误。
D、B对A的压力是恒力（大小非零）且作用有时间，冲量I＝Ft不为零。故D错误。
故选：B。
5．（2025秋 江阴市校级期中）如图所示，U形长木板置于光滑水平桌面上，两端各固定一轻质弹簧，A、B为弹簧原长处，A、B之间粗糙，两侧光滑。现将一木块放置于A、B间某处，某时刻给木块一个水平向右的初速度，则从该时刻起，关于木块、木板及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（　　）
A．系统最终速度为0，动量不守恒，木块动能全部转化为内能
B．系统最终速度不为0，动量守恒，木块减小的动能转化为内能和木板的动能
C．系统最终速度不为0，动量不守恒，木块减小的动能转化为内能和弹性势能
D．系统最终速度不为0，动量守恒，木块减小的动能转化为内能和弹性势能
【答案】B
【解析】解：系统置于光滑水平桌面上，系统所受合外力为零，根据动量守恒定律的条件，可知系统动量守恒。初始时刻系统总动量不为零，所以系统最终速度不为0，最终系统匀速运动，根据牛顿第二定律分析，小物块不能压缩弹簧，弹簧处于原长状态。木块在A、B间运动时，由于A、B之间粗糙，木块与木板间存在摩擦力，会产生内能，所以木块减小的动能转化为内能和木板的动能，而不是转化为内能和弹性势能。故B正确，ACD错误。
故选：B。
6．（2025秋 江宁区期中）如图所示，为两个可视为质点的弹性小球A、B，B球质量是A球的3倍，A球放在B球正上方，且和B球一起从距地面1m处由静止释放。若在A球与B球之间、B球与地面之间发生的都是弹性碰撞，且天花板足够高，忽略空气阻力，碰撞时间极短，忽略不计，则（　　）
A．第一次弹回时A、B两球一起上升，高度仍为1m
B．A、B第一次下落过程中，机械能守恒，动量也守恒
C．A、B第一次下落过程中，有压力，但压力小于A的重力
D．B球触地反弹后，AB两球分开，A球上升的高度比B球上升的高度大得多
【答案】D
【解析】解：A、第一次弹回时，B 与地碰撞后，A、B会再次发生碰撞而分离，不会一起上升到为1m处，故A错误；
B、下落过程中机械能守恒，动量不守恒，故B错误；
C、下落过程中处于完全失重，两球之间没有挤压，故C错误；
D、B再次上升时，AB 之间发生弹性碰撞后，A 球的速度比B球的速度大，碰后A、B均做竖直上抛运动，所以上升的高，故D正确。
故选：D。
（多选）7．（2025秋 沙坪坝区校级月考）下列说法正确的是（　　）
A．物体处于平衡状态，机械能一定守恒
B．物体所受合力做正功，动能一定增加
C．系统所受合力不做功，系统动量一定守恒
D．若物体只受到重力作用，物体的机械能一定守恒
【答案】BD
【解析】解：A、物体处于平衡状态，机械能不一定守恒，例如物体向上做匀速直线运动时，故A错误；
B、根据动能定理可知，物体所受合力做正功，动能一定增加，故B正确；
C、系统动量守恒的条件是合外力为零。系统所受合力不做功，但合外力不一定为零，则系统动量不一定守恒，故C错误；
D、若物体只受到重力作用，则不会有除重力以外的其他力做功，物体的机械能一定守恒，故D正确。
故选：BD。
（多选）8．（2025秋 曲阜市期中）如图所示，上表面粗糙的小车c静止在光滑水平面上，其上放有两个质量不同的物块a、b，a、b间有一根被压缩的轻弹簧。弹簧突然释放后，两物块发生滑动，下列说法正确的是（　　）
A．若a、b两物体材料相同，则a、b组成的系统机械能不守恒、动量也不守恒
B．若a、b两物体材料相同，则a、b、c组成的系统机械能不守恒、动量也不守恒
C．若a、b两物体材料不同，则a、b组成的系统动量可能守恒、机械能一定不守恒
D．若a、b两物体材料不同，则a、b、c组成的系统机械能可能守恒、动量可能守恒
【答案】AC
【解析】解：A.若a、b两物体材料相同，由于质量不同，则a、b两物体受到的摩擦力大小不相等，则a、b组成的系统所受合外力不为0，动量不守恒；由于a、b两物体的动能均增加，所以a、b组成的系统机械能不守恒，故A正确；
B.若a、b两物体材料相同，由于水平面光滑，所以a、b、c组成的系统所受合外力为0.动量守恒；由于a、b、c的动能均增加，所以a、b、c组成的系统机械能不守恒，故B错误；
C.若a、b两物体材料不同，当a、b两物体受到的摩擦力大小相等，方向相反时，则a、b组成的系统所受合外力为0，动量守恒；由于a、b两物体的动能均增加，所以a、b组成的系统机械能不守恒，故C正确；
D.若a、b两物体材料不同，由于水平面光滑，所以a、b、c组成的系统所受合外力为0.动量守恒；由于a、b两物体的动能均增加，c的动能也可能增加，所以a、b、c组成的系统机械能不守恒，故D错误。
故选：AC。
考点3碰撞与爆炸与反冲模型
1.碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
（1）特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
（2）分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 粘在一起，机械能损失最大
2.爆炸现象的三个规律
动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
3.反冲运动的三点说明
作用原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 河北期中）如图所示，一颗炮弹在上升到距离水平地面的最大高度为h后发生爆炸，爆炸后的碎片以大小均为v0的初速度向各个方向射出，已知重力加速度大小为g，忽略一切阻力，则碎片落在地面上围成的圆的最大半径为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】解：设爆炸后碎片的初速度为v0，抛射角为θ，碎片做斜抛运动，建立坐标系：
水平方向位移：x＝v0cosθ t①，竖直方向的位移：②，由①式得，代入②式消去t并整理，得轨迹方程：。
碎片落在地面上时y＝﹣h，利用三角恒等式，代入轨迹方程，整理得到关于tanθ的一元二次方程：
碎片若能到达水平距离x处，说明该方程关于tanθ有实数解，故判别式Δ≥0：，
解此不等式求得x的最大值（即圆的半径）：，故BCD错误，A正确。
故选：A。
2．（2025秋 包河区校级期中）如图所示，一科学探究兴趣小组在水平地面上静止放置材料相同、紧靠在一起的物体A和B，两物体可视为质点且物体B的质量较小。两物体间夹有少量炸药，爆炸后两物体分别沿水平方向左右分离，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．爆炸过程中，A和B物体构成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．爆炸过程中，两物体获得的初动量相同
C．爆炸过程中，A物体获得的初动能比B小
D．爆炸后，两物体在水平地面上的滑行时间相同
【答案】C
【解析】解：A、爆炸过程中，系统水平方向合外力远小于内力，动量近似守恒，但炸药化学能转化为机械能导致系统机械能增加，故A错误；
B、由动量守恒定律，爆炸后两物体动量大小相等、方向相反，因动量是矢量，方向不同则动量不同，故B错误；
C、两物体动量大小p相同，根据，因mA＞mB，故A的初动能小于B，故C正确；
D、爆炸后物体仅受摩擦力，由动量定理μmgt＝p，解得。因p、μ、g相同且mA＞mB，故tA＜tB，滑行时间不同，故D错误。
故选：C。
3．（2025秋 烟台期中）一炮兵训练基地在进行军事能力训练，设士兵向空中斜向上投出一颗质量为M的手榴弹，当手榴弹飞行到距地面最高点时，手榴弹距地面高度为H，速度为v0，此时手榴弹突然炸裂成甲、乙两块碎片，两块碎片飞出方向与v0方向在同一直线上，甲、乙质量之比为1：2。已知乙碎片飞出方向与v0方向相同，甲相对于乙以100v0的速度向相反方向飞去，则乙落地时距炸裂点的水平距离为（　　）
A． B．
C．103v0 D．106v0
【答案】A
【解析】解：设手榴弹总质量为M，则甲碎片质量，乙碎片质量。爆炸瞬间水平方向动量守恒，取v0方向为正方向，设甲、乙地面速度分别为v甲、v乙。由动量守恒定律得：，整理得：3v0＝v甲+2v乙（①式）。根据题意，甲相对于乙速度关系为v乙﹣v甲＝100v0（②式）。联立①、②式解得：。乙碎片平抛运动时，竖直方向满足，解得：。水平位移，故BCD错误，A正确。
故选：A。
4．（2025秋 邹城市期中）2025年3月12日凌晨，长征八号遥六运载火箭以“一箭十八星”方式将千帆星座第五批组网卫星送入预定轨道。若最后火箭壳体质量为m，最后一颗卫星的质量为5m，分离前一起绕地球在椭圆轨道运动，到离地心距离为r的远地点时速度为v，此时卫星与火箭分离，分离时卫星相对于火箭的速度向前，分离后卫星绕地球做半径为r的匀速圆周运动，设地球质量为M，引力常量为G，则速度v的表达式为（　　）
A．v B．v C．v D．v
【答案】A
【解析】解：分离后卫星绕地球做半径为r的匀速圆周运动，设此时的速度大小为v'，根据万有引力提供向心力有，解得v‘，在火箭壳体和卫星分离时，规定分离前的速度方向为正方向，设火箭壳体的速度为v''，对火箭和火箭壳体组成的系统根据动量守恒定律有（m+5m）v＝5mv'+mv''，其中v'＝u+v''，联立解得v，故A正确，BCD错误。
故选：A。
5．（2025秋 云岩区校级期中）2025年4月30日13点08分，神舟十九号载人飞船返回舱成功着陆。在降落伞的作用下，返回舱竖直匀速降落，当距地面1m高时，缓冲发动机开始竖直向下以一定的速度喷气，使返回舱做匀减速直线运动，到达地面时速度恰好为零。已知返回舱的总质量为M，缓冲发动机喷气口的总面积为S，喷出气体密度为ρ、流量（单位时间喷出气体的体积）为Q，重力加速度大小为g，忽略返回舱质量的变化，返回舱速度对喷出气体的速度影响忽略不计，则返回舱匀减速运动过程中的加速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】解：对返回舱受力分析，根据其做匀减速运动，可得气体对返回舱的作用力与加速度满足：F﹣Mg＝Ma；
对气体，应用动量定理，以竖直向下为正方向，则：Ft＝ρQtv2﹣0，气体的流量与流速满足：，解得：，
联立可得返回舱匀减速过程中的加速度大小为：，故ABC错误，D正确。
故选：D。
6．（2025秋 潍坊期中）热气球下面固定一绳梯，人在绳梯上端，开始时人和热气球静止在空中，人距离地面高度为H。已知热气球（含绳梯）质量为M，人的质量为m，人可视为质点。若人能沿绳梯安全到达地面，绳梯的长度至少为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解：对人、热气球整体受力分析，由初始静止，可知整体受到的合力为零，在人下滑过程，人和热气球整体动量守恒；
以人的速度方向为正，则在人下滑过程，满足：0＝mv+Mv2，则热气球的速度为负，与人的速度方向相反；
根据运动学公式：，人到达地面过程中，热气球上升的高度满足：，且：，化简得：mH＝Mh，即可得到热气球上升的高度：；
根据热气球上升高度、人下降高度，即可得到绳梯的最小长度为：L＝H+h，解得：，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（多选）7．（2025秋 乌鲁木齐校级期中）光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是（　　）
A．FN＝mgcosα
B．滑块下滑过程中斜面体A做匀加速直线运动
C．此过程中斜面体向左滑动的距离为
D．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒
【答案】AD
【解析】解：A、当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，滑块的加速度在垂直斜面方向有分量，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN≠mgcosα，故A错误；
B、斜面体和滑块紧密接触，运动轨迹如下图所示，滑块所受合力方向与运动轨迹一致，重力大小不变则支持力大小不变。斜面体所受的滑块给的压力大小不变，故斜面体所受的合力大小不变，斜面体向左做匀加速直线运动，故B正确；
CD、B滑块的加速度有竖直向下的分量，系统在竖直方向上合外力不为0，则滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量不守恒。系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，
由动量守恒定律得Mv1﹣mv2＝0，变形得Mv1 Δt﹣mv2 Δt＝0，所以Mx1﹣mx2＝0，
由题意可知：x1+x2＝L，
解得，故C正确，D错误。
本题选择不正确的，故选：AD。
（多选）8．（2025春 福州期末）某兴趣小组制作了如图所示的水火箭，实验时瓶内的高压气体将水快速喷出，火箭获得竖直向上的初速度，设火箭上升的最大高度为h，水火箭外壳的质量为M，水的质量为m，假设水在极短时间内以不变的速度喷出，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B．高压气体对火箭外壳做的功为Mgh
C．高压气体释放的能量为
D．水瞬间喷出时水流的喷出速度大小为
【答案】BC
【解析】解：A、发射过程中，火箭的推力来源于喷出的水对它的反作用力，故A错误；
CD、设火箭发射的初速度为v1，火箭做竖直上抛运动知，若水喷出的初速度为v2，取竖直向上为正方向，根据动量守恒定律可得：Mv1﹣mv2＝0，可得，高压气体释放的能量为，解得：，故C正确，D错误。
B、由动能定理知高压气体对火箭外壳做功，故B正确；
故选：BC。
（多选）9．（2025春 南阳期末）如图，一枚在空中飞行的火箭质量为m，某时刻飞行高度为h，速度为v，方向水平，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块，其中质量为m1的弹头仍水平飞行，落地点到炸裂位置的水平距离为l。已知重力加速度为g，地面水平，不计空气阻力，以水平向右为正，则（　　）
A．炸裂过程中系统机械能守恒
B．炸裂后飞行过程中弹头相对于另一块做匀速直线运动
C．炸裂后瞬时弹头的速度为
D．炸裂后另一块的速度为
【答案】BCD
【解析】解：A、炸裂过程，有化学能转化为系统的动能，所以炸裂过程中系统机械能不守恒，故A错误；
B、炸裂后两块均做平抛运动，加速度均为重力加速度，两者相对加速度为0，所以炸裂后飞行过程中弹头相对于另一块做匀速直线运动，故B正确；
C、炸裂后，弹头做平抛运动，则有，l＝v1t，解得炸裂后瞬时弹头的速度为，故C正确；
D、由于不计空气阻力，系统水平方向所受合力为0，则系统水平方向动量守恒，取炸裂前火箭速度方向为正方向，则有mv＝m1v1+（m﹣m1）v2
解得炸裂后另一块的速度为，故D正确。
故选：BCD。
1．（2025秋 西城区校级期中）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）该物体抛出时的初速度大小v0；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB；
（3）A、B落地点之间的距离d。
【答案】见试题解答内容
【解析】解：（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式
0＝v0﹣gt
可得
v0＝gt
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为vB，以v的方向为正方向，由动量守恒定律得
0＝2m v+m vB
解得vB＝﹣2v
即大小为2v
（3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移
xA＝vt
B的水平位移
xB＝vBt＝2vt
所以落地点A、B之间的距离
d＝|xA|+|xB|＝vt+2vt＝3vt
答：（1）该物体抛出时的初速度大小v0为gt；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB为2v；
（3）A、B落地点之间的距离d为3vt。
2．（2025 北京）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）该物体抛出时的初速度大小v0；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB；
（3）A、B落地点之间的距离d。
【答案】（1）该物体抛出时的初速度大小v0为gt；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB为2v；
（3）A、B落地点之间的距离d为3vt。
【解析】解：（1）物体竖直上抛至最高点时速度为零，由运动学公式得：
0＝v0﹣gt
解得：v0＝gt
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为零，以炸裂后瞬间B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
0＝﹣2mv+mvB
解得：vB＝2v
（3）爆炸后A、B两部分均做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动。根据竖直上抛运动的对称性可知平抛运动的时间与上升时间相等为t，可得：
A的水平位移大小为：xA＝vt
B的水平位移大小为：xB＝vBt＝2vt
可得A、B落地点之间的距离为：d＝xA+xB＝vt+2vt＝3vt
答：（1）该物体抛出时的初速度大小v0为gt；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB为2v；
（3）A、B落地点之间的距离d为3vt。
1．（2025 汕头二模）如图所示，小滑块a和b的静止于光滑平台AB上，ab之间有质量可忽略不计的炸药。长度L＝4m的木板c静止于光滑平面CD上，上表面与AB平齐，左端紧靠平台，右端固定有半径R＝1m的半圆形光滑圆轨道。某时刻炸药爆炸，爆炸过程放出的能量均转化为物体a和b的动能，使物块b以速度v0＝8m/s冲上木板c。已知ma＝2kg，mb＝1kg，mc＝1kg，物块b与木板c之间动摩擦因数μ＝0.3，g取10m/s2。
（1）求爆炸过程中炸药释放的能量；
（2）若木板c固定在CD平面上，请通过计算说明小滑块b是否能到达圆轨道最高点F；
（3）若木板c不固定在CD平面上，要使小滑块b既可以到达E点又不会从木板c上掉下来，求木板c长度L的取值范围。
【答案】（1）爆炸过程中炸药释放的能量为48J；
（2）不能到达圆轨道最高点F；
（3）木板c长度L的取值范围为。
【解析】解：（1）爆炸过程ab系统动量守恒，规定水平向右为正方向，则有mava＝mbv0
爆炸过程释放的能量
联立上式代入数据解得E＝48J
（2）若平板c固定，物块b从B点运动到E点的过程中，根据动能定理有
若能到达F点，从E到F的过程中，根据动能定理有
代入数据解得vF＝0m/s
若小滑块b恰好过最高点F，根据牛顿第二定律与向心力表达式有
代入数据解得
因为vF＜v′F，所以小滑块b不能经过F点
（3）小滑块b到达E点与木板共速时，木板c最长，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mbv0＝（mb+mc）v
代入数据解得v＝4m/s
根据能量守恒定律有
代入数据解得
小滑块b回到木板c左端与木板共速时，木板c最短，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得共同速度仍为v＝4m/s
根据能量守恒定律有
代入数据解得
在这个过程中小滑块b在圆弧上升高度为H，根据能量守恒定律有
代入数据解得H＝0.8m＜R＝1m
即不会脱离圆弧轨道，故木板c的长度范围为。
答：（1）爆炸过程中炸药释放的能量为48J；
（2）不能到达圆轨道最高点F；
（3）木板c长度L的取值范围为。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业14 光学实验
考点1测定玻璃的折射率
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 玉溪模拟）如图所示，某玻璃砖的横截面为四分之一圆，一同学现用插针法测量其折射率。
（1）在白纸上画直线AB、BC、DE，使AB⊥BC，AB⊥DE。
（2）将玻璃砖的两直角边沿AB、BC放置，将AC圆弧与DE的交点记为P。
（3）在DE上AB左侧插上大头针P1、P2，在AC圆弧右侧插上大头针P3，使P3挡住P2、P1的像，且P1与P2间距及P3与P间距宜适量　　 　　 　 （选填“大”或“小”）一点。
（4）移走玻璃砖，连接P3P，连接BP并延长作为法线。
（5）测得BP与DE的夹角为α，P3P与DE的夹角为β。
（6）玻璃砖的折射率为n＝　 　　 　 。
（7）在步骤（3）中，若该同学在插上大头针P3前不小心将玻璃砖向左平移了少许，位置如图中虚线所示，但该同学没发觉，其他操作均无误，则该同学所测得的折射率　　 　　 　 。（选填“偏大”“偏小”或“不变”）
2．（2024秋 榆林期末）某校开展研究性学习，某研究小组根据光学知识，设计了一个用刻度尺测横截面为半圆形玻璃砖折射率的实验，他进行的主要步骤是：水平放置的光屏MN与玻璃砖直径AB垂直并相切于A点，一束单色光S从空气中射向半圆玻璃砖的圆心O，结果在屏幕MN上出现两个光斑C、D，如图所示，测得OC和OD的长度分别为a、b。
（1）根据以上测量的物理量，写出计算玻璃砖折射率的表达式：n＝　 　　 。
（2）实验中，不断增大入射角，　　 　　 　 观察到全反射现象（填“能”或“不能”）。
（3）为减小实验测量误差，实验中应适当　　 　　 　 单色光在O点的入射角（填“增大”或“减小”）。
3．（2025春 开福区校级月考）某实验小组的甲、乙两同学用直角三棱镜做“测定玻璃折射率”的实验。
他们先在白纸上画出三棱镜的轮廓（用实线△ABC表示），然后放好三棱镜，在垂直于AB的方向上插上两枚大头针P1和P2，在棱镜的左侧观察，当P1的像恰好被P2的像挡住时，插上大头针P3，使P3挡住P1、P2像，再插上大头针P4，　　 　　 　 。移去三棱镜和大头针，大头针在纸上的位置如图所示。
（1）题中横线处缺少的实验要求为：　　 　　 　 　　 　 ；
（2）如图所示，甲同学通过量角器测出∠ABC＝60°及P3P4与AC边的夹角为45°，由以上数据可得该玻璃的折射率n＝　 　　 ；
（3）根据前面的结论，在BC一侧　　 　　 　 （填“能”或“不能”）看到大头针P1和P2的像；
（4）乙同学认为甲同学通过测量∠ABC计算折射率会引入间接测量误差，于是他想利用棱镜内部光路直接测量AC面的入射角及折射角，从而测定玻璃折射率。但是实验中放置三棱镜的位置发生了微小的平移，移至图中虚线处，而测量时仍将△ABC作为实验中棱镜所处位置，由此得出该玻璃折射率的测量值　　 　　 　 真实值（选填“大于”“小于”或“等于”）。
4．（2025秋 东西湖区校级期中）某兴趣小组的同学想要测量一个实心透明圆柱体的折射率。如图a所示，他们将圆柱体放在水平桌面上，底下垫白纸，并用铅笔在白纸上描出圆柱体的底面。将激光器放置于桌面上，使其发出的光束经圆柱体折射后射出，测出入射角和折射角，利用折射定律计算出折射率。
（1）由于激光束的路径无法直接看见，所以需要用铅笔挡光，从而找到光束的路径，然后在白纸上记下该点的位置，找到两个位置，然后连线即可在白纸上画出光束路径。下列说法正确的是　 　　 　 。
A.用上述方法寻找光束路径时，用较细的铅笔挡光更有利于减小实验误差
B.A、B两点位置可以利用画出的光线与圆柱底面圆的交点得到
C.激光器发出的激光不必平行于桌面
D.实验时要注意入射角不能太大，否则在B点可能会发生全反射
（2）如图b所示，某同学没有量角器，于是想出一个办法来计算折射率。将OA延长至E，使AE＝OA，分别过O、E作AB、AC的垂线OD，EF，则圆柱的折射率n＝　 　　 　 （从OA、AD、OD、AE、EF、AF中选取必要的量表示）。
（3）在白纸上描绘圆柱底面圆时，可能会带来误差。如果白纸上描绘的底面圆稍稍偏大（如图中虚线所示），会导致测得的折射率　 　　 　 。
A.偏大
B.偏小
C.没有影响
5．（2024秋 潍坊期末）某同学用“插针法”测定一等腰三角形玻璃砖（侧面分别记为A和B、顶角大小为θ）的折射率。步骤如下：
①在白纸上画一条直线ab，并画出其垂线cd，交ab于O点；
②将玻璃砖侧面A沿ab放置，并确定侧面B在白纸上的位置ef，cd与ef相交于O′点；
③调节激光器发射角度，使激光沿cd方向从O点射入玻璃砖；
④通过观察光路上插入的大头针来确定出射光路。
（1）关于本实验操作，下列说法正确的是 　　 　　 　 ；
A．确定位置ef时，可直接用铅笔沿侧面B画出一条直线
B．插好的大头针应与纸面垂直
C．确定出射光路时，只需在侧面B外插入一个大头针
（2）撤去玻璃砖和大头针，测得出射光线与直线ef的夹角为α（锐角），则玻璃砖折射率
n＝ 　 　 　　 　（用α、θ表示）；
（3）在另一次实验操作中，该同学换了另一块同种材料、顶角更大的等腰三角形玻璃砖，重复上述操作，发现在ef边一侧始终找不到出射光线，其可能的原因是 　　 　　 　 　 （写出一条即可）。
6．（2025秋 天心区校级期中）同学们用“插针法”测玻璃的折射率，如图甲所示。
（1）下列说法正确的是　　 　　 　　 。（填序号）
A.实验中，可以将玻璃砖界面当尺子画界线
B.为了减小作图误差，大头针P1、P2和P3、P4之间的距离应适当大些
C.测梯形玻璃砖、三角形玻璃砖和半圆形玻璃砖的折射率均可用“插针法”
D.若光线的入射角θ1较大，有可能在矩形玻璃砖bb′一侧就看不到P1、P2的像（发生了全反射）
（2）一位同学为了避免笔尖触划玻璃砖的折射面，画出的bb′比实际向外侧平移了一些（如图乙所示），其他操作均正确无误，并仍以aa′和bb′为折射面画出了光路图，这样测出的折射率
将　　 　 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（3）一位同学手头有圆规和刻度尺但没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO′延长线于C点，过A点和C点作垂直法线的直线，与法线的交点分别为B点和D点，如图丙所示。用刻度尺测得AB的长度为x1，CD的长度为x2，则玻璃砖的折射率n＝　 　　 （用测量的字母表示）。
考点2用双缝干涉实验测量光的波长
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
7．（2025 江西模拟）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，将双缝干涉实验装置按要求安装在光具座上，如图甲所示。
测量过程中，图甲中遮光筒上方①号装置为拨杆，其作用为调节单缝与双缝的角度使其
相互 　　 　 　 （选填“平行”或“垂直”）。
（2）图甲中②号装置的名称是 　　 　 （选填“光屏”或“目镜”）。
（3）将测量头的分划板中心刻线与图乙中亮条纹A中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与亮条纹B中心对齐，此时手轮上的示数如图丁所示，则相邻亮条纹的间距为 　　 　　 mm（结果保留3位有效数字）。
（4）若双缝间距d＝0.4mm，光屏与双缝间的距离为L＝1m，则所测光的波长为 　　 　　 nm。
8．（2025 衡水模拟）某实验小组利用图甲所示装置测量某种单色光的波长。
（1）装置中的元件A、B、C分别为　　 　 。
A．滤光片、双缝、单缝
B．滤光片、单缝、双缝
C．单缝、双缝、滤光片
（2）若从目镜中观察到的条纹如图乙所示，应为实验时忘记加装元件　 　　 （填正确选项的字母）；
A．光源
B．单缝
C．双缝
（3）若将光源改为激光，实验时用不到的元件有　 　 和　 　（填正确选项的字母）。
A．滤光片
B．单缝
C．双缝
9．（2025 河南模拟）现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在图中所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长。
（1）将白光光源C放在光具座最左端，然后依次放置其他光学元件，则由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序是C、　 　 　 、　　 　 　 、　　 　　 A。
（2）将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，然后转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，记下此时图丙中手轮上的示数为　　 　　 mm，求得相邻亮条纹的间距Δx为　　 　 mm。
（3）已知双缝间距d为2.0×10﹣4m，测得双缝到屏的距离l为0.700m，由计算式λ＝　 　　 ，求得所测红光的波长为　　 　 nm。
10．（2024秋 临沂期末）如图甲所示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。实验时，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，接通电源使光源正常发光，调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。
（1）在组装仪器时单缝和双缝应该相互　　 　　 放置（选填“垂直”或“平行”）。
（2）在某次测量某种单色光的波长实验中，将测量头的分划板中心刻线与第1条亮纹中心对齐，手轮上的示数如图乙所示；然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示，此时的示数为　　 　　 mm。
（3）已知双缝间距为0.3mm，屏离双缝距离为1.2m，则这种光的波长是　 　 m（保留2位有效数字）。
11．（2025秋 湖北期中）“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图所示。
（1）下列说法中正确的一个选项是（　 　　 ）
A．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏的中心时，应放上单缝和双缝
B．通过调节拨杆（图中没有画出），使单缝和双缝平行，且通过目镜可以观察到干涉条纹
C．为了减少测量误差，可用测微目镜测出n条亮纹间的距离a，求出相邻两条亮纹间距
（2）将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时如图乙所示的手轮上的示数为　　 　　 mm；
（3）若相邻亮纹的间距为Δx，双缝与屏的距离为L＝0.7m，双缝间距为d＝0.2mm，则求得光的波长λ＝　　 　 m。（结果保留三位有效数字）
12．（2025秋 铜山区期中）某同学利用如图所示装置测量某种单色光的波长。
（1）滤光片应安装在图中　　 　 位置。
A．A装置左边
B．A、B两装置之间
C．B、C两装置之间
（2）实验中发现，观察到的干涉条纹较模糊，要使条纹变清晰，可采取的措施是　 　 。
A．旋转测量头
B．减小单缝与双缝间距离
C．调节拨杆使单缝与双缝平行
（3）该同学测得图示装置中A、B、C、D、E各装置之间的距离分别为L1、L2、L3、L4，又测得第1条亮条纹中心到第5条亮条纹中心的距离为a。已知单缝宽度为d1，双缝间距为d2，则该单色光波长的表达式为　 　 （用题中字母表示）。
13．（2025秋 锡山区校级期中）（1）如图甲：在托马斯 杨双缝干涉实验中，调整仪器，从目镜中观察到似向分布的干涉条纹 　　 　　 。
A.若单缝和双缝不平行，在屏上将不会产生干涉条纹
B.若在单缝前插入透振方向水平的偏振片，从目镜中将观察到横向分布的干涉条纹
C.若在单缝前插入透振方向水平的偏振片，从目镜中将观察到干涉条纹充度变暗
D.若在遮光筒内充满折射率较大的透明介质，从目镜中将观察到干涉条纹变密集
（2）如图乙，实验中发现目镜中干涉条纹与分划板中心刻线始终有一定的角度，下列哪个操作可以使得分划板中心刻线与干涉条纹平行 　 　 。
A.仅旋转双缝
B.仅旋转单缝
C.仅前后移动凸透镜
D.仅旋转测量头
（3）实验中已知双缝间的距离d＝0.4mm，双缝到光屏的距离L＝1.6m，某种单色光照射双缝时，用测量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图丙所示为2.332mm；然后同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条充条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丁所示为 　 　 mm，则这种单色光的波长为　 　 m（最后一空结果保留两位有效数字）。
（4）上述实验中，若仅将红色滤光片更换为蓝色滤光片，则相邻亮条纹中心间距 　 　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
14．（2025秋 上城区校级月考）如图所示，某同学想用插针法测一玻璃砖的折射率。
（1）他找来一等腰直角三角形玻璃砖，操作方法如下：
①在白纸上画一条直线AA′，并画出其垂线BB′，交于O点；
②将玻璃砖的一个直角面沿AA′放置，并确定斜面所在的直线CC′；确定CC′时　 　　 （填“可以”、“不可以”）直接用铅笔贴着玻璃画线。
③直线BB′和CC′交于一点O′；
④在BB′上竖直插上大头针P1和P2，从斜面一侧透过玻璃砖观察P1和P2，插上大头针P3，要求P3能挡住　　 　 （选填“P1”、“P2”或“P1和P2”）的虚像；
⑤撤去玻璃砖和大头针，连接P3和O′得到出射光线，测得出射光线与直线CC′的夹角为α，则玻璃砖的折射率为　 　　 。
A.sinα
B.cosα
C.sin（α）
D.
（2）如果该同学正确画好了玻璃砖的边界，但是在实验操作过程中，将玻璃砖水平向右平移了少许，则折射率的测量值　　 　　 真实值（选填“大于”、“小于”或者“等于”）。
15．（2025春 江门期末）某同学利用图a示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，下列操作正确的是（ 　 　 ）
A．将单缝向双缝靠近
B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动
D．使用间距更小的双缝
（2）实验中将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，并将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数x1＝4.900mm；然后转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数x2如图b所示，则x2＝ 　　 　　 mm；
（3）已知双缝间的距离d＝0.3mm，双缝到毛玻璃屏的距离l＝120.00mm，则可得这种光的波长λ
＝ 　 　 m（计算结果保留3位有效数字）；
（4）若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，如图c所示，在这种情况测量相邻条纹间距Δx，则波长λ的测量值 　 　 （填“大于”“小于”或“等于”）实际值。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业16 带电粒子在复合场中的运动
考点1叠加场
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2．带电粒子在无约束叠加场中的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若重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，故机械能守恒，由此可求解问题。
(2)静电力、洛伦兹力并存(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。
(3)静电力、洛伦兹力、重力并存
①若带电体做直线运动，则一定是匀速直线运动。
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。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 滨海新区校级期中）如图所示，足够长的固定粗糙倾斜绝缘管与水平方向夹角为α，处于垂直纸面向外的匀强磁场中，一直径略小于绝缘管直径的带正电小球从静止开始沿管下滑。已知小球质量为m，电荷量为q，磁感应强度大小为B，绝缘管与小球间的动摩擦因数为μ。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球下滑过程中，摩擦力一直减小
B．小球下滑过程中，绝缘管对小球的支持力方向不变
C．小球下滑过程中，最大加速度为gsinα﹣μgcosα
D．小球下滑过程中，最大速度为
2．（2024秋 黄陂区期末）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示，一质子（）以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（所有粒子均不考虑重力的影响）（　　）
A．以速度v0射入的电子（）
B．以速度2v0射入的核（）
C．以速度3v0射入的α粒子（）
D．以速度4v0射入的正电子（）
3．（2025秋 香坊区校级期中）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入叠加场区，且沿直线运动到A点，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．微粒可能带正电
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．电场强度大小为
D．磁感应强度大小为
4．（2025 广州二模）如图所示，带电平行板中匀强电场E的方向竖直向上，匀强磁场B的方向垂直纸面向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的A点自由滑下，经P点进入板间后恰好沿水平方向做直线运动。现使小球从较低的C点自由滑下，经P点进入板间，不计空气阻力则小球在板间运动过程中（　　）
A．动能将会减小 B．电势能将会减小
C．机械能将会减小 D．小球带负电
5．（2025 辽宁模拟）如图所示，空间中存在竖直向下的匀强电场，虚线边界MN的右侧还存在垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出）。一带电小球从P点沿着与水平方向成30°角开始运动，运动到虚线边界MN上的Q点时速度方向恰好水平向右，之后小球开始做匀速直线运动。已知小球的初速度大小为v0、质量为m、电荷量大小为q，重力加速度为g，匀强电场的电场强度E，下列说法正确的是（　　）
A．小球带正电
B．匀强磁场的方向垂直于纸面向外
C．P、Q两点的水平距离大小为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
6.（多选）（2024秋 丹东期末）如图所示，在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场中，固定一粗糙绝缘足够长的倾斜直杆。直杆上端套着一个带正电的圆环，圆环直径略大于杆的直径，现给圆环一个沿杆向下的初速度v0，且运动过程中圆环的电荷量保持不变，则下列说法中正确的是（　　）
A．圆环可能做加速度减小的加速运动，最后匀速
B．圆环可能做加速度减小的减速运动，最后匀速
C．圆环可能做加速度增大的减速运动，最后静止
D．圆环可能做加速度增大的加速运动，最后匀速
考点2组合场
带电粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现。
2．四种常见的运动模型
(1)带电粒子先在电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图所示。
(2)带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图所示。
(3)带电粒子先在磁场中做圆周运动，然后垂直进入电场做类平抛运动，如图所示。
(4)带电粒子先在磁场Ⅰ中做圆周运动，然后垂直进入磁场Ⅱ做圆周运动，如图所示。
3．三种常用的解题方法
(1)带电粒子在电场中做加速运动，根据动能定理求速度。
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，需要用运动的合成和分解处理。
(3)带电粒子在磁场中的圆周运动，可以根据磁场边界条件，画出粒子轨迹，用几何知识确定半径，然后用洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识求解。
4．要正确进行受力分析，确定带电粒子的运动状态。
(1)仅在电场中运动
①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；
②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动。
(2)仅在磁场中运动
①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；
②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动。
5．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键。
特别提醒　从一个场射出的末速度是进入另一个场的初速度，因此两场界面处的速度(大小和方向)是联系两运动的桥梁，求解速度是重中之重。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 泸州二模）如图所示，真空区域有同心圆a和b，半径分别为R和2R，O为圆心，圆a内和圆b外足够大的区域均存在有垂直圆面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反；a、b之间充满辐向电场，电场方向均指向圆心O。质量为m，电荷量为﹣q的带电粒子从圆a上的P点沿PO方向射入，入射速度大小为，已知带电粒子第二次经过圆b外匀强磁场区域后，再经电场恰好回到P点并沿PO方向射入。不计粒子重力，忽略边界效应，则圆a、b之间电势差为（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025春 海珠区校级月考）如图所示，ab和ac是无限大磁场的分界线，在ab和ac的上下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。∠bac＝90°，P、Q是分界线上的两点，且aP＝aQ＝L。现有一质量为m、电荷量为﹣q的粒子从P点沿PQ方向水平射出，粒子射出速度v，不计粒子的重力。下列说法不正确的是（　　）
A．粒子运动的轨迹半径为rL
B．粒子由P点运动到Q点所用的时间为t
C．若射出速度为v，粒子由P点运动到Q点所用时间为t′
D．若射出速度为2v，粒子第一次运动到ac边上的位置到Q点的距离为d＝（2）L
3．（2024春 德阳期末）如图所示，空间中存在一矩形磁场区域PQMN，在区域PMN内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，在区域PQM内存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小均为B。∠NMP＝60°，一带电粒子以大小为v0＝kBL，方向沿MN的速度进入磁场Ⅰ，运动一段时间后从P点离开磁场区域。不计粒子的重力，粒子的比荷为k，则下列说法正确的是（　　）
A．MN的长度可能为
B．粒子在磁场中运动的总时间可能为
C．粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ的位置距离M点可能为
D．若粒子能通过MP边上距离M点2L的一点，则粒子的发射速度大小可能为
4．（2024秋 余姚市校级期中）如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差U＝100V，带电粒子以初速度v0＝300m/s沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d＝20cm，则（　　）
A．当v0＝600m/s，U＝50V时，d＝20cm
B．当v0＝600m/s，U＝100V时，d＝40cm
C．当v0＝300m/s，U＝50V时，d＜20cm
D．当v0＝600m/s，U＝100V时，d＜40cm
5．（2024秋 东湖区校级月考）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（　　）
A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，0° D．2kBL，60°
6.（多选）（2023秋 海勃湾区校级期末）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（　　）
A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．BL，60°
1．（2025 三门峡一模）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ、Ⅱ象限有磁感应强度方向垂直坐标平面向里、大小为B的匀强磁场，在第Ⅲ、Ⅳ象限有方向相同，但大小为kB（k＞1）的匀强磁场。现有A、C两个电子同时从原点O处分别沿y轴负方向和沿与x轴正方向夹角为θ＝30°的方向，以大小均为v0的速度射出。已知电子比荷为a，不计电子重力、相互间的碰撞及作用力。求：
（1）C电子发射后，第二次经过x轴时的横坐标；
（2）A电子从发射到经过x轴射向y＞0空间所用的时间；
（3）若A、C两电子均完成整数个循环时恰好相遇，对应的k值。
2．（2025秋 宝安区月考）如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切（CD段无轨道），全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场（C点处于MN边界上）。一质量为0.4kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度vF＝4m/s（不计空气阻力，g＝10m/s2，cos37°＝0.8），求：
（1）小球受到电场力的大小；
（2）半圆轨道的半径R；
（3）在半圆轨道部分，摩擦力对小球所做的功（结果保留一位小数）。
15．（2025 江西模拟）如图，光滑水平地面上静止放置一辆小车，小车上方固定有竖直光滑绝缘细管，管足够长，小车与管整体的总质量为M＝0.2kg，一质量m＝0.1kg、电荷量q＝1C的带正电的绝缘小球放置在管的底部，小球的直径略小于细管的管径。以小球初始位置为坐标原点建立xOy坐标系，在整个空间中存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2T，x＝2m的边界（虚线）右侧空间还存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E＝1N/C。某时刻在小车上施加一水平向右的外力，让小车在外力作用下做加速度为a＝1m/s2的运动，当小球进入电场的同时，撤去水平外力，此后的运动过程中小球一直没有离开细管，重力加速度大小为g＝10m/s2，小球看作质点，求：
（1）从施加外力开始，经多长时间小球开始沿细管上升？
（2）小球刚进入电场空间前瞬间，作用在车上的水平外力F的大小；
（3）小球在电场中运动过程离电场左侧边界的最远距离dm及之后小球从电场左侧边界离开后上升的最大高度hm。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业03 带电粒子在电场中的运动
考点1 带电粒子（体）在电场中的直线运动
1.带电粒子（体）在电场中运动时重力的处理
基本粒子 如电子、质子、α粒子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）
带电体 如带电液滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力
2.带电粒子（体）在电场中直线运动的分析方法
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 龙岗区一模）匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用。下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子将做往复运动
B．3s末带电粒子回到原出发点
C．3s末带电粒子的速度不为零
D．前3s内，静电力做的总功为零
2．（2025秋 广州期中）如图所示，足够长的粗糙绝缘直杆竖直放置于等量异种电荷的中垂面，直杆上有A、B、O三点，其中O为A、B中点，也是两个电荷连线的中点。现有一质量为m的带电小球套在杆上，从A点以初速度v0向B点运动，滑到B点时速度恰好为0。下列说法正确的是（　　）
A．从B返回至A时，小球速度向下，速度大小等于v0
B．A运动至B的过程中，小球的电势能先增大后减小
C．A运动至B的过程中，小球的加速度先增大后减小
D．A运动至B的过程中，BO段和OA段杆对小球的冲量相等
3．（2025秋 琼山区校级期中）如图所示的空间中充满大小、方向水平向右的匀强电场。一质量为m、带电量为+q的物块以速度v0冲上质量为M、倾角θ＝45°的斜面。已知斜面与物块及地面间的动摩擦因数均为μ；斜面始终保持静止且物块未冲出斜面顶端。则（　　）
A．物块所受摩擦大小为μmg
B．地面与斜面间的摩擦力大小为μ（m+M）g
C．物体在最高点只受3个力作用
D．从初位置到最高点的过程中，物块减少的动能等于物块增加的重力势能和因摩擦而产生的热量之和
（多选）4．（2025秋 东城区校级月考）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成一定角度，两极板与一直流电源相连（图中电源省略）。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，则在此过程中，该粒子（忽略空气阻力）（　　）
A．所受重力与电场力合力水平向左
B．电势能逐渐减小
C．动能逐渐增大
D．做匀减速直线运动
（多选）5．（2025秋 西城区校级期中）某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗，该疗法利用高速质子轰击肿瘤并杀死癌细胞。来自质子源的质子（初速度视为零），经加速电压为U的加速器加速后，形成横截面积为S的细柱形的质子流。已知该质子的质量为m，电荷量为q，这束质子流内单位体积的质子数为n，不考虑质子重力和质子之间的相互作用力，下列说法正确的是（　　）
A．该质子在加速过程中一定做匀加速直线运动
B．质子轰击肿瘤的速度为
C．质子流的等效电流为nqS
D．因为中子和质子的质量近似相等，故将本装置中的质子源换成中子源也能达到相同的治疗效果
考点2 带电粒子在电场中的曲线运动
1．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。
证明：由qU0＝mv
y＝at2＝··2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝。
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为。
2．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝U，指初、末位置间的电势差
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 河北期中）如图为某同学设计的可以测量带电粒子比荷的设备原理图，不同比荷的粒子以相同的速度沿平行且正对的金属板甲、乙的中线进入板间偏转电场，从板间射出后打在荧光屏上，粒子的比荷不同，打在荧光屏上的位置也不同，依据已知比荷的粒子所打的位置，在荧光屏上进行刻度并标明比荷值，之后便可测量未知比荷的粒子的比荷，不计粒子的重力。下列说法正确的是（　　）
A．荧光屏上距离O点越远的位置对应的刻度值越小
B．荧光屏上的刻度线分布均匀
C．只增大甲、乙两板间的电势差时，同一位置的刻度值应增大
D．只增大粒子进入板间的速度时，同一位置的刻度值应减小
2．（2025秋 厦门校级期中）真空中的某装置如图，现有质子和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点（已知质子和α粒子质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，重力不计）。下列说法正确的是（　　）
A．两种粒子在偏转电场中运动时间之比为1：2
B．两种粒子射出偏转电场时的速度相同
C．偏转电场的电场力对两种粒子做功之比为1：2
D．在荧光屏上将只出现2个亮点
3．（2025秋 德阳期中）如图所示，在竖直向下的匀强电场中，长度为L的细线栓一电荷量为﹣q、质量为m的小球，小球绕O点在竖直平面内做速率为v的匀速圆周运动，重力加速度为g，则（　　）
A．匀强电场的场强大小为E
B．小球运动的加速度大小为a
C．小球从最高点运动到最低点的过程中，电场力做功为2mgL
D．当小球运动到最低点时，绳的拉力大小为T＝mg+m
（多选）4．（2025秋 湖北期中）如图所示，有一足够大的水平向右的匀强电场，一带正电小球从O点以速度v0与电场方向成60°斜向右上方射入该电场中，小球运动到轨迹的最高点A点（图中未画出）时速度大小为v0，已知小球的质量为m、带电电荷量为q，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球从O运动到A点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球在A点的电势高于O点
B．小球到达A点的时间为
C．匀强电场的电场强度大小为
D．O、A两点的电势差
（多选）5．（2025秋 兴庆区校级期中）如图所示，在竖直面内建立平面直角坐标系xOy。空间中存在平行于xOy平面的匀强电场。一带正电小球质量m＝0.2kg，从坐标原点O以初动能8J沿不同方向抛出，经过M点时动能为40J，经过N点时动能为58J。已知M、N点坐标分别为（4m，0）、（4m，3m），重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．小球由O到N动能增加50J
B．M点电势高于N点电势
C．电场强度的方向与x轴正方向的夹角为45°
D．小球从O点抛出后可能先后经过M、N点
1．（2024秋 黄山期末）如图所示，在水平向右的匀强电场中，一个带电荷量为q＝5×10﹣3C、质量为m＝0.1kg的小物块（可看作质点）恰能静止于一倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面上，斜面长度L＝1m。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）电场强度的大小；
（2）若仅将电场方向改为向左，大小不变，求物块从斜面顶端A点由静止开始滑到斜面底端B点时的速度大小。
2．（2025秋 河南期中）如图所示，粒子源产生的多种正粒子飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿正对放置的平行金属板A、B的中心线射入偏转电场，A、B板长为L，相距为d，A、B两板间电压为U2，A板带正电，B板带负电，不计粒子重力及相互作用，以S为坐标原点、A、B的中心线为x轴建立如图所示的直角坐标系。
（1）写出粒子在偏转电场中的运动轨迹方程；
（2）若粒子从B板右边缘（L，）点射出偏转电场，求应满足的条件。
1．（2025秋 湖北期中）如图所示，平面直角坐标系的第一象限内有沿x轴负方向、场强大小为E＝200V/m的匀强电场，在第二象限内有沿y轴负方向、场强大小也为E＝200V/m的匀强电场。在第一象限内P点，有一个比荷为的带正电粒子由静止释放，P点的坐标为（2m，2m），粒子运动中不计重力，且忽略两电场间的影响。
（1）粒子通过y轴时的速度大小为多少？
（2）粒子落到x轴时的坐标？
（3）若粒子都能通过x轴上坐标为（﹣4m，0）的点，则在第一象限内静止释放P点时，P点的坐标（x，y）应该满足什么条件？限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业11 机械波
考点1波的形成和描述
1．机械波的形成条件
(1)有发生机械振动的波源。
(2)有传播介质，如空气、水等。
2．传播特点
机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移。
3．机械波的分类
(1)横波：质点的振动方向与波的传播方向相互垂直的波，有波峰(凸部)和波谷(凹部)。
(2)纵波：质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波，有密部和疏部。
4．横波的图像
(1)坐标轴：横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移。
(2)意义：表示在波的传播方向上，某时刻各质点离开平衡位置的位移。
(3)图像
(4)应用
①直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移。
②确定某时刻各质点加速度方向，并能比较大小。
③结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向。
5．波长、波速、频率及其关系
(1)波长λ：在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离。
(2)波速v：波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定。
(3)频率f：由波源决定，等于波源的振动频率。
(4)波长、波速和频率的关系
①v＝λf；②v＝。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 沧州期中）关于机械波和机械振动，下列说法正确的是（　　）
A．只要有机械振动，就一定有机械波
B．介质中质点的振幅就是机械波的波长
C．介质中质点的振动速度就是机械波的传播速度
D．在机械波的传播过程中，各个质点的振动周期均与波源的振动周期相等
2．（2025秋 五华区期中）艺术体操运动员站在场地中上下抖动长绸带，绸带自左向右呈现波浪状起伏。某时刻绸带形状如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．此时质点P向右运动
B．手的起振方向竖直向上
C．手振动的频率逐渐减小
D．波的传播速度保持不变
3．（2024秋 邢台期末）一列沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波动图像如图所示，图中质点a、f均处于波峰，质点c处于波谷，质点b、e偏离平衡位置的位移相同，质点d恰好处于平衡位置。下列说法正确的是（　　）
A．此时质点b、e的速度相同
B．此时质点b、e的加速度相同
C．此时质点d正在沿y轴正方向运动
D．此时质点a、c、f的加速度相同
4．（2024秋 唐山期末）如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，图中的实线与虚线分别为t＝0和t＝0.3s时的波形图。若平衡位置在x＝1cm处的质点在0到0.3s内运动方向不变，则下列说法中正确的是（　　）
A．该简谐波沿x轴正方向传播
B．该简谐波的传播速度为
C．该简谐波波源的振动频率为1.2Hz
D．在0～1.2s内x＝1cm处的质点经过的路程为40cm
5．（2024秋 赤峰期末）一列简谐横波在介质中沿x轴正方向传播，波速为3m/s，t＝0时的波形图如图所示，P为该介质中的一质点。则（　　）
A．该波的波长为24m
B．该波的周期为7s
C．0～2s内质点P运动的路程等于0.1m
D．t＝0时质点P的加速度方向沿y轴负方向
6.（多选）（2025 平罗县校级四模）如图甲、乙所示分别为一列简谐横波M、N两质点的振动图像，已知两质点在波传播方向上的平衡位置相距6m，其波长2m＜λ＜3.5m，下列说法正确的是（　　）
A．此波的波长可能为2.8m
B．此波的传播速度可能为
C．质点M和质点N在任何时刻偏离平衡位置的位移不可能相同
D．质点M的振动方程为
考点2波的反射和折射
1. 波的反射
（1）现象：当波遇到障碍物时会发生反射
（2）规律：反射线、法线与入射线在同一平面内；反射线与入射线分居法线两侧；反射角等于入射角。
2. 波的折射
（1）现象：波在不同介质中传播时，在交界面处将发生折射现象；一切波都会发生折射现象。
（2）规律：折射线、法线与入射线在同一平面内；折射线与入射线分居法线两侧；折射角不等于入射角。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 苏州期末）一振动发生器S在水槽中产生水波，某时刻形成的波形如图所示。水波遇到水槽壁反射后（　　）
A．波速变小 B．波长变小 C．频率变小 D．振幅变小
2．（2024 浙江开学）如图是γ射线精准测距原理简图。装置辐射源发出的γ射线与地表土壤层发生反射，一部分γ粒子重新被该装置探测器接收，根据接收强度可以测定该装置离地高度。若发射器辐射的强度为I0，接收器的有效接收面积为A，接收装置的接收效率为η。在地面处，有占比为f的光子数被均匀向地面上方各方向反射。若接收器接收到的射线强度为I，射线强度可视作γ射线全部光子的能量之和，则接收器离地高度为（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024春 兴庆区月考）以下关于波的认识，哪些是不正确的（　　）
A．潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的反射原理
B．隐形飞机怪异的外形及表面涂特殊隐形物质，是为了减少波的反射，从而达到隐形的目的
C．雷达的工作原理是利用波的折射
D．水波从深水区传到浅水区改变传播方向的现象，是波的折射现象
4．（2024春 浦东新区校级期中）在发波水槽的底部放置一块玻璃板，将水槽分为不同深浅的两个部分A、B。一列水波从深水区A入射到浅水区B时发生了折射的情况如图所示。图中实线表示A区域水波的波峰，波速为v1，频率为f1，与分界面的夹角为α。虚线表示B区域水波的波峰，波速为v2，频率为f2，与分界面的夹角为β。由图可推得（　　）
A．f1＜f2 B．v1＝v2
C． D．
5．（2025 河北开学）河北博物院馆藏有战国时期的编钟，该编钟为中山国的重要礼乐器。某编钟可发出“宫”音和“徵”音，经测定其频率分别为65.4Hz和130.8Hz。已知空气中声速为340m/s，水中声速为1500m/s，则下列说法正确的是（　　）
A．在空气中传播时，“宫”音的波长大于“徵”音的波长
B．在水中传播时，“宫”音的波速远大于“徵”音的波速
C．由空气进入水中时，两音的频率均减小为原来的一半
D．由空气进入水中时，“宫”音的波长改变量小于“徵”音的波长改变量
6.（多选）（2021秋 诸暨市校级期中）以下关于波的认识，正确的是（　　）
A．潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的反射原理
B．隐形飞机怪异的外形及表面涂特殊隐形物质，是为了减少波的反射，从而达到隐形的目的
C．雷达的工作原理是利用波的折射
D．水波从深水区传到浅水区改变传播方向的现象，是波的折射现象
考点3波的干涉和衍射
1．波的叠加
观察两列波的叠加过程可知：几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不_互相干扰，只是在重叠的区域里，质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的_位移的矢量和。
2．波的干涉和衍射
波的干涉 波的衍射
条件 两列波的频率必须相同 明显条件：障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多
现象 形成加强区和减弱区相互隔开的稳定的干涉图样 波能够绕过障碍物或孔继续向前传播
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 锡山区校级期中）如图（a）所示，P、Q为x轴上相距为20m的两个波源，P在坐标原点，t＝0时两波源同时开始振动，图（b）所示为波源P的振动图像，图（c）所示为波源Q的振动图像。已知两列波的传播速度均为v＝2m/s，下列说法错误的是（　　）
A．t＝4.5s时，x＝8m处质点的位移为5cm
B．t＝8.5s时，x＝8m处质点的位移为8cm
C．经过足够长时间，x＝10m处为振动减弱点
D．经过足够长时间，x轴上两质点间共有10处振动加强点
2．（2024秋 南京期末）某均匀介质中两持续振动的振源P、Q分别位于x轴上x1＝﹣3cm和x2＝9cm处，t＝0时刻两振源同时开始振动，t＝3s时两列波分别传播到0cm和6cm处，波形如图所示。则下列说法正确的是（　　）
A．振源Q起振方向沿y轴正方向
B．波在介质中的传播速度为1m/s
C．振源P的振动方程为y＝4sin（πt）cm
D．两列波在x＝3cm处相遇后，该质点的振动始终加强
3．（2025秋 历下区校级期中）如图为水面上的两列振动步调相同的相干波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示该时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），已知S1的振幅为3cm，S2的振幅为5cm，下列说法正确的是（　　）
A．质点A和B在该时刻的高度差为8cm
B．B点始终处于平衡位置
C．质点C的振幅为8cm
D．再过二分之一个周期后，D点位于平衡位置上方8cm处
4．（2025秋 鼓楼区校级期中）两个处于不同位置的波源，做方向一致的简谐运动，产生的机械波在同一均匀介质中传播。某时刻两波源产生的波沿传播方向的波形分别如图中1、2所示，则下列说法正确的是（　　）
A．波1速度比波2速度大
B．两波相遇时会产生稳定的干涉现象
C．若分别遇到同一障碍物，波2可能比波1的衍射现象更明显
D．在两个波源连线上运动的观察者，接收到两波的频率可能相等
5．（2025秋 即墨区期中）在某均匀介质中有一沿x轴方向传播的简谐横波，t＝2s时其波形图如图甲所示。图乙为x＝2cm处的质点振动图像。关于该简谐波，下列说法正确的是（　　）
A．波速为1cm/s
B．沿x轴正方向传播
C．传到另一种均匀介质时，周期发生变化
D．遇到尺寸为10cm的障碍物，不能发生衍射
6.（多选）（2025秋 沙坪坝区校级期中）两波源产生的简谐横波在同一均匀介质中沿x轴方向传播，其波源初始的平衡位置分别位于x＝﹣0.2m和x＝1.2m处，左侧波源的振幅为2cm，右侧波源的振幅为3cm，两波源的振动频率均为1Hz。如图所示为t＝0时刻的波形图（背向传播的波形未画出），此时平衡位置分别位于x＝0.2m和x＝0.8m处的两质点刚要开始振动。下列说法正确的是　　）
A．两列波在介质中传播的速度大小为0.2m/s
B．足够长时间后，在两波源连线之间共有7个振动加强点
C．平衡位置位于x＝0.7m处的质点在t＝2.6s时沿y轴正方向振动
D．在0～6.125s内平衡位置位于x＝0.4m处的质点运动的路程为
考点4波的多解问题
1．波的周期性
(1)质点振动nT(n＝1,2,3，…)时，波形不变。
(2)在波的传播方向上当两质点平衡位置间的距离为nλ时(n＝1,2,3，…)时，它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)时，它们的振动步调总相反。
2．造成波动问题多解的主要因素
(1)周期性
①时间周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确。
②空间周期性：波传播距离Δx与波长λ的关系不明确。
(2)双向性
①传播方向双向性：波的传播方向不确定。
②振动方向双向性：质点振动方向不确定。
(3)波形的隐含性形成多解
在波动问题中，往往只给出完整波形的一部分，或给出几个特殊点，而其余信息均处于隐含状态。这样波形就有多种情况，形成波动问题的多解性
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 白银区校级三模）一列简谐横波在t＝0时的波形如图所示，图中P点坐标为（1m，0），Q点横坐标为3.5m。t＝2s时Q位于平衡位置，且沿y轴负方向振动。下列说法正确的是（　　）
A．该简谐波的周期可能为0.5s
B．该简谐波的波速可能为7.5m/s
C．2s末质点P可能沿y轴负方向振动且衡位置
D．2s内质点Q的路程可能为
2．（2025秋 云岩区校级期中）如图所示为南昌赣江“两滩七湾”天然泳场的摩天湾，水面上均匀排列着红黄相间的警示浮球随水波上下振动，若水面产生一列稳定沿浮球连线方向传播的简谐波，某同学用手机录像记录到浮球振动的周期为2s，并观察到某时刻相邻两浮球都振动到最高点，已知相邻两浮球平衡位置的间距为6m，则水波的波速可能为（　　）
A．1.5m/s B．2m/s C．6m/s D．12m/s
3．（2025 河南模拟）健身者在公园以固定频率上下抖动长绳的一端，长绳呈现波浪状起伏，可近似为单向传播的简谐横波。以健身者手持长绳端为坐标原点，t1＝0和t2＝0.25s时刻长绳呈现的波形图如图所示，已知横波沿x轴正方向传播，则横波的波速可能是（　　）
A．4.2m/s B．5m/s C．5.2m/s D．5.4m/s
4．（2025春 甘南州期末）一列简谐横波沿x轴正向传播，t＝0时刻的波形如图中实线所示，t＝2s时刻的波形如图中虚线所示，已知3T＜2s＜4T（T为周期），则波传播的速度可能是（　　）
A．19cm/s B．20cm/s C．21cm/s D．22cm/s
5．（2025 福建模拟）一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t1＝0时刻的波形如图中实线所示，在t2＝0.4s时的波形如图中虚线所示。则下列说法正确的是（　　）
A．在t2＝0.4s时，平衡位置在x＝1m处的M质点向上振动
B．这列波的波长为2m
C．这列波的周期可能为0.8s
D．这列波的传播速度可能为2.5m/s
6.（多选）（2025秋 邯郸期中）一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1＝1m和x2＝13m处质点的振动图像分别如图甲、乙所示，则此列波的传播速率可能是（　　）
A．14m/s B．4m/s C．2.4m/s D．1m/s
1．（2024秋 上饶期末）一列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴方向传播。某时刻的波形图如图甲所示，质点M的平衡位置在xM＝7cm处，质点N的平衡位置在xN＝3cm处，从该时刻起质点N的振动图像如图乙所示。求：
（1）该波的波速；
（2）质点N的振动方程；
（3）从该时刻起质点M到达波谷的最短时间。
2．（2024秋 潍坊期末）沿x轴方向传播的一列简谐波，在t1＝0时和t2＝0.3s时的波形图分别如图中实线和虚线所示。
（1）若波沿x轴正方向传播，求这列波的波速；
（2）若波沿x轴负方向传播，且周期大于0.4s，求这列波的波速。
1．（2025秋 南通期中）如图所示，S1、S2分别是浅水区和深水区水面上的两波源，两波源到浅水区和深水区分界处的距离分别为L1＝2.4m、L2＝4.2m。t＝0时，S1和S2开始做简谐振动，振动的表达式均为y＝10sin（5πt）cm，取向上为正方向。已知水波在浅水区和深水区的传播速度分别为v1＝2m/s、v2＝3m/s。求：
（1）S1振动的振幅A和周期T；
（2）S1和S2连线中点P的振动表达式；
（3）S1和S2之间存在几个振动加强点。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业15 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
考点1直线边界
直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图所示)：多大角度进入，多大角度出。
图a中粒子在磁场中运动的时间t＝＝
图b中粒子在磁场中运动的时间t＝(1－)T＝(1－)＝
图c中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 雁塔区校级月考）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，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束粒子，在纸面内从a点垂直于ab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。已知氕核的质量为m，电荷量为q。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】解：设粒子的运动轨迹过bcde上的某一点g，O为轨迹的圆心，当∠Oag最大时，粒子运动轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长，由几何关系可知当c点与g点重合时，粒子运动时间最长，如图所示
设运动半径为R，根据几何知识有
（2L﹣R）2+L2＝R2
可得
已知氕核的质量为m，电荷量为q，写法为，则的质量为的3倍，所以粒子的质量为3m，
且电荷量为的2倍，即2q，则有
可得
，故ABC错误，D正确。
故选：D。
2．（2025秋 重庆校级期中）如图，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在x轴上方有一个开口向下的长方体敞口粒子收集箱abcd，x轴在dc面上且与dc边平行，bc长为L，a、b距y轴的距离均为L。位于原点O的粒子源，沿xOy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（　　）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2L
B．bc面（不含b端）能收集到粒子
C．有一半的粒子能被ab面收集
D．收集箱收集到的粒子在磁场中运动的最短时间为
【答案】C
【解析】解：画出粒子的运动轨迹
A．由
解得
故A错误；
B．根据左手定则，结合几何关系可知，水平向右射出的粒子只能打到b点，可知bc面 （不含b端）不能收集到粒子，故B错误；
C．沿y轴正向射出的粒子恰能打到a点，水平向右射出的粒子能打到b点，可知第一象限的粒子都能打到ab面上，即有一半的粒子能被 ab 面收集，故C正确；
D．收集箱收集到的粒子运动时间最短时，在磁场中做圆周运动的弦长最短，即从ab的中点或者从d点射出时时间最短，由几何关系可知圆弧对应的圆心角为60°，则在磁场中运动的最短时间为 ，故D错误。
故选：C。
3．（2025 凉山州模拟）如图所示，粒子a、b的质量分别为2m、m，电量分别为q、﹣q，它们以相同的动能从O点沿OP方向射入无限长直边界AB上方的匀强磁场，OP与磁场边界成45°角，磁场方向垂直于纸面向里，则a、b在磁场中运动的时间之比为（　　）
A．6：1 B．4：1 C．3：1 D．2：1
【答案】A
【解析】解：设两粒子的动能为E，根据
可得，两粒子的速度分别为，
根据牛顿第二定律
周期为
所以a、b在磁场中运动的周期之比为
两粒子的圆心角分别为θa＝270°，θb＝90°
在磁场中运动时间为
所以a、b在磁场中运动的时间之比为
故A正确，BCD错误。
故选：A。
4．（2025秋 城阳区期中）如图所示，平面直角坐标系xOy中，x轴上方存在垂直平面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场。t＝0时刻，位于坐标原点O的粒子源沿xOy平面向各个方向均匀持续发射速度大小为的粒子。已知粒子质量为m、电荷量为+q，不计粒子重力及粒子间相互作用。在时间内，磁场中可探测到离子区域的最大面积为（　　）
A． B．
C． D．πL2
【答案】A
【解析】解：对带电粒子受力分析，根据洛伦兹力提供向心力，可得：，粒子圆周运动的半径的最大值为：；
根据匀速圆周运动特点，可得：，即在时间内，粒子在磁场中圆周运动的圆心角满足：，解得：，
由几何关系可知弦长满足：，解得：，
由左手定则，可知粒子在磁场中向右偏转，则沿x轴负方向射出的粒子，在磁场中的位置为整个能到达区域的左边界；
其他粒子依次到达右侧，其大致轨迹如图所示：
结合几何关系，可得：，解得：，即可得到其在磁场中可到达的区域面积为：，
解得：，故BCD错误，A正确。
故选：A。
5．（2025秋 灌云县期中）如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（　　）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
【答案】B
【解析】解：A．根据洛伦兹力提供向心力有
可得半径大小为，故A错误；
B．当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，可知s上min＝d
当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，可知
故上表面接收到粒子的区域长度为，故B正确；
C．粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C错误；
D．粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有，故D错误。
故选：B。
6.（多选）（2025秋 沙坪坝区校级期中）如图所示，平面直角坐标系xOy中，x轴上方充满磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场。在O点有一可视为质点的粒子源，沿纸面不断放出同种带负电粒子，且粒子的速率均为v，粒子射入磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角θ的范围为60°～120°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，已知粒子在y轴上能到达的最远距离为a，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子在磁场中运动的半径为a
B．粒子射出磁场时到O点的最远距离为2a
C．粒子射出磁场时到O点的最近距离为a
D．从距O点最近的位置射出磁场的粒子在磁场中运动的时间可能为
【答案】ABD
【解析】解：A.粒子的运动轨迹如下图所示：
OD＝2Rsin 30°＝a，可知粒子在磁场中运动的半径R＝a，故A正确；
B.粒子射出磁场的位到O点的距离d＝2Rsin （180°﹣θ），60°≤θ≤120°，因此当θ＝90°时，dmax＝2a，故B正确；
C.当θ＝60°或θ＝120°时，，故C错误；
D.d最小时，粒子在磁场中运动的时间或，故D正确。
故选：ABD。
考点2平行边界
平行边界存在临界条件，图a中粒子在磁场中运动的时间t1＝，t2＝＝
图b中粒子在磁场中运动的时间t＝
图c中粒子在磁场中运动的时间t＝(1－)T＝(1－)
图d中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 自贡期末）如图所示，矩形边界ABCD内有磁场方向垂直纸面向里的匀强磁场，AB、CD边足够长。现有质量为m、电荷量为q的不同速率的带正电粒子，从AD边的中点E以垂直于磁场方向进入磁场区域，粒子进入磁场时速度方向与边界AD夹角均为θ（θ为固定夹角），不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．粒子的速度越大，在磁场中运动的时间越长
B．粒子在磁场中运动的时间不可能相等
C．从AB边射出的粒子速度小于从DC边射出的粒子速度
D．从AE边射出的粒子，出射点越靠近E点，粒子的速度越大
【答案】C
【解析】解：AB、粒子在磁场中做圆周运动，满足，解得圆周半径，周期。
粒子从AE边射出时，由对称性可知扫过的圆心角θ相同，根据，因粒子种类相同导致T相同，故运动时间相同，AB错误；
C、由几何关系可知，从AB边射出的粒子圆周半径r1小于从DC边射出的半径r2，根据，解得v1＜v2，故C正确；
D、从AE边射出的粒子，出射点越靠近E点时半径越小，由知速度越小，故D错误。
故选：C。
2．（2025秋 朝阳区校级期中）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在洛伦兹力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，粒子重力不计。下列说法中正确的是（　　）
A．若该带电粒子从ab边射出，它经历的时间可能为t0
B．若该带电粒子从bc边射出，它经历的时间可能为t0
C．若该带电粒子从cd边射出，它经历的时间为
D．若该带电粒子从ad边射出，它经历的时间可能为
【答案】B
【解析】解：由带正电的粒子从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场可知，该带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0。当粒子沿纸面以与Od成30°角的方向射入正方形内时，画出从各边射出的运动轨迹，如图所示，
作出从ab边射出的临界轨迹①、从bc边射出的临界轨迹②、从cd边射出的临界轨迹③和从ad边射出的临界轨迹④。由图可知，该带电粒子从ab边射出经历的时间一定不大于；从bc边射出经历的时间一定不大于；从cd边射出经历的时间一定是；从ad边射出经历的时间一定不大于，故B正确，ACD错误。
故选：B。
3．（2024秋 回民区校级期末）如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界线，现有质量为m、电荷量为q的带正电的粒子沿图示方向垂直磁场射入，粒子重力不计，要使粒子不能从边界NN′射出。粒子入射速率v的最大值是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】解：设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为R，粒子在磁场中做圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得：
解得：
带电粒子速率越大，轨道半径越大，当轨迹恰好与边界NN'相切时，粒子恰好不能从边界NN'射出，对应的速率最大。由题意得：粒子带负电，临界轨迹如图所示：
由几何知识得：R﹣Rcos45°＝d
解得：
对应速率：
故ABC错误，D正确。
故选：D。
4．（2025春 成都期末）如图所示，一个边界为PQ、MN（两边界上有磁场）的足够大的匀强磁场区域，宽度为d，磁场方向垂直纸面向里。O点处有一体积可忽略的粒子发射装置，能够在纸面内向磁场各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的质子，发现从磁场MN边界射出的质子数占总数的三分之一，不计质子间相互作用及重力，则MN边界上有质子射出的区域长度为（　　）
A． B． C． D．2d
【答案】C
【解析】解：从磁场MN边界射出的质子数占总数的三分之一，即当入射角度与PQ边界为60°角入射时恰好与MN边界相切，如图甲所示
由几何关系可知
R+Rcos60°＝d
解得
此时，可确定质子从MN边界射出的最高点；当质子与PQ边界平行入射时，如图乙所示
此时为质子从MN边界射出的最低点，则由几何关系可知，MN边界上有质子射出的区域长度
故C正确，ABD错误；
故选：C。
5．（2025 绵阳模拟）如图所示的平面内有宽度均为d的区域Ⅰ、Ⅱ，区域内有磁场方向分别垂直图示平面向里和向外的匀强磁场，区域Ⅱ内磁场磁感应强度大小为区域Ⅰ内磁场磁感应强度大小的3倍。一带负电的粒子以垂直于边界向右的初速度从区域Ⅰ左边界上的O点进入磁场，运动轨迹与区域Ⅱ右边界上的P点（图中未画出）相切。不计粒子重力，忽略边界效应，则下列判断正确的是（　　）
A．O、P两点竖直方向上的距离为
B．粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，速度与边界的夹角为60°
C．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动时间之比为3：2
D．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动路程之比为2：3
【答案】B
【解析】解：根据洛伦兹力提供给向心力：
变形可得：
由题意知：B2＝3B1
可知：r1＝3r2
画出粒子运动轨迹如图所示，
设粒子在磁场I中的偏转角为θ，由几何关系有：r1sinθ＝d，r2sinθ+r2＝d
联立解得：，r1＝2d，
A、OP两点竖直方向上的偏移距离：，故A错误；
B、粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，圆心角为30o，即速度的偏向角为30o，因此速度与边界的夹角为60°，故B正确；
C、粒子在区域I中运动的时间：
粒子在区域Ⅱ中运动的时间：
在区域Ⅰ、Ⅱ运动时间之比为：t1：t2＝3：4，故C错误；
D、粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动路程之比为，故D错误。
故选：B。
6.（多选）（2025秋 广东月考）如图所示，在矩形ABCD平面内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，在点A处有一个粒子源，在某时刻均匀向磁场内各个方向发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相等，方向均在纸面内，与AB的夹角分布在0～90°范围内。已知AB＝2a，AD＝7a，不计粒子重力及相互间的作用。若粒子在磁场中运动的最长时间为其做圆周运动周期的四分之一。下列说法正确的是（　　）
A．粒子在磁场中运动最长时间时，可以从AD边飞出
B．粒子在磁场中做圆周运动的半径为5a
C．粒子运动的速率为
D．粒子经过CD边的最大长度为a
【答案】BD
【解析】解：AB．作出粒子在磁场中运动时间最长的运动轨迹，如下图
设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系水
有平方向rcosθ+rsinθ＝7a
竖直方向rsinθ+2a＝r
解得，r＝5a
故A错误、B正确；
C．由半径表达式
可知
故C错误；
D．经过CD边的最上面的位置距C点长度为
r﹣rcosθ＝a
在该位置以下均能通过CD边，故粒子经过CD边的最大长度为2a﹣a＝a，故D正确。
故选：BD。
考点3圆形边界
1.正对圆心射入圆形磁场区域：径向射入，必径向射出。
正对圆心射出，两圆心和出（入）射点构成直角三角形，有→磁偏转半径，根据半径公式求解；时间。速度v越大→磁偏转半径r越大→圆心角α越小→时间t越短。若r=R，构成正方形。
2.不对圆心射入圆形磁场区域：射入方向和射出方向的反向沿长线必在磁场圆和轨迹圆的连线上。即和半径相同的夹角射入和射出。
两个等腰三角形，一个共同的底边,若r=R，构成菱形 和半径相同的夹角射入和射出
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 泸县校级期末）如图所示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿直径AB方向从A点射入磁场中，分别从圆弧上的P、Q两点射出，下列说法正确的是（　　）
A．两粒子分别从A到P、Q经历时间之比为3：1
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动周期之比为2：1
C．粒子在磁场中速率之比为1：3
D．粒子在磁场中运动轨道半径之比为3：1
【答案】D
【解析】解：AB．做出带电粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可知，到达Q点的粒子在磁场中转过的角度为120°，到达P点的粒子在磁场中转过的角度为60°，做圆周运动的周期
因此周期相同，则可得
可得两粒子分别从A到P、Q经历时间之比为
tP：tQ＝1：2
故AB错误；
C．设圆形磁场的半径为R，根据几何关系可得
解得粒子在磁场中运动轨道半径之比为
rP：rQ＝3：1
而根据
可得粒子在磁场中速率之比为
vP：vQ＝3：1
故C错误，D正确。
故选：D。
2．（2024秋 连云港期末）如图所示，半径为R圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的带电粒子由A点沿平行于直径CD方向射入磁场，经过圆心O后离开磁场，已知A点到CD的距离为，粒子重力不计，下列说法正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．粒子运动速率为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子在磁场中运动的路程为
【答案】D
【解析】解：A．根据题意可知，粒子经过圆心O，最后离开磁场，则可知粒子在A点所受洛伦兹力方向向下，结合左手定则可知粒子带负电，故A错误；
B．由几何关系
可知粒子运动的轨道半径
根据
粒子运动速率为
故B错误；
C．粒子在磁场中运动的时间为
故C错误；
D．粒子在磁场中运动的路程为
故D正确。
故选：D。
3．（2025秋 沙坪坝区校级期中）如图所示，半径为R的圆形区域内存在着垂直纸面的匀强磁场，圆心为O，质子H）和氦原子核He）先后从边界上P点沿半径方向飞入磁场。只考虑洛伦兹力作用，它们在磁场中运动的时间相同，其中氦原子核在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R。则质子和氦原子核的速度大小之比约为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解：设磁感应强度垂直纸面向外，大小为B，质子的质量和带电荷量分别为m、q，则α粒子的质量和带电荷量分别为4m、2q，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期公式为
所以质子和α粒子在磁场中做圆周运动的周期之比为
设质子和α粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角分别为θP和θα，轨迹半径 分别为rp和rα，它们在磁场中运动的时间相等，有
所以
作出两粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知，
由题意知
可求得
设它们的速度分别为vp和vα，由洛伦兹力提供向心力有
可得
质子和α粒子的速度大小之比为2：3
故BCD错误，A正确；
故选：A。
4．（2024秋 重庆校级期末）如图所示，空间有一以O点为圆心、半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。位于磁场边界上A点的粒子源可沿纸面内各个方向不停地发射不同速率的带正电粒子，粒子的质量均为m，带电量均为q，运动的轨迹半径为r。下列说法正确的是（　　）
A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为
B．若，则粒子在磁场中运动的最长时间为
C．若r＝2R，则粒子能打在圆形磁场圆周上的范围是二分之一个圆周长
D．若，则粒子能打在圆形磁场圆周上的范围是三分之一个圆周长
【答案】D
【解析】解：AC．如图所示：
当运动半径满足r＝2R，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，可得轨迹对应的圆心角α＝60°，最长时间为
粒子沿各个方向射入磁场，能打在整个圆周上，故AC错误；
B．若运动半径满足，粒子在磁场中运动时间可接近一个周期T，则粒子在磁场中运动的最长时间
故B错误；
D．若运动半径满足，粒子达到圆周上最远位置距离入射点
该段圆弧对应的圆心角为120°，即能打在磁场圆周上的范围是三分之一个圆周长，故D正确。
故选：D。
5．（2024秋 潍坊期末）如图所示，半径为R的圆形区域内，存在着方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一电荷量为﹣q，质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入匀强磁场。已知入射点与ab间的距离为，粒子射出磁场时速度方向与入射速度方向间的夹角为30°，不计粒子重力，则粒子的速率为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】解：作出粒子在磁场中运动轨迹，如图所示
由几何知识可得
解得∠CAO＝60°
由于粒子射出磁场时速度方向与入射速度方向间的夹角为30°，可知∠OAO1＝75°
所以∠OAO2＝15°，∠AOO2＝75°
由几何知识可知AO2＝Rsin75°，O2B＝rsin15°
又因为AO2＝O2B
则有rsin15°＝Rsin75°
解得
且
解得
故BCD错误，A正确。
故选：A。
6.（多选）（2025 碧江区 校级模拟）如图所示，圆形区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量为m、电荷量为q的带电正电的粒子从P点沿平行于直径CD的方向射入磁场，粒子经过圆心O，最后离开磁场。已知圆形区域半径为R，PO与CD间的夹角为45°，不计粒子重力。则（　　）
A．磁场方向垂直纸面向外
B．粒子运动速率为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子在磁场中运动的路程为
【答案】ABD
【解析】解：A．由题意可知带正电粒子从P点射入磁场，受到的洛伦兹力向下，根据左手定则可知，磁场方向为垂直纸面向外，故A正确；
BCD．根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示
由于圆形区域半径为R，则P点到CD的距离为，设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系可知
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可知
解得
根据上述分析可知，粒子在磁场中运动轨迹为半个圆周，粒子圆周运动的周期
故粒子在磁场中运动的时间为
故粒子在磁场中运动的路程为
故C错误，BD正确。
故选：ABD。
考点4三角边界
三种类型:
类型 考法解析
粒子从底边射出的临 界轨迹图: 临界情况: 半径为 的轨迹圆与右侧边相切，当 时,粒子从底边射出
粒子从右侧边射出的 临界轨迹图: 临界情况一: 半径为 的轨迹圆与左侧边相切于 点,当 时, 粒子从右侧边射出。 临界情况二：若轨迹圆 与左侧边相切于延长线的 点,则半径为 的轨迹圆通过上顶点时为临界情况,当 时,粒子从右侧边射出。
粒子从左侧边射出的 临界轨迹图: 当 或 时, 粒子从左侧边射出。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 沙坪坝区校级期末）如图所示，等腰直角三角形ACD区域内（含边界），有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，DC边长为L，DC边中点P处有一个粒子源，可向各个方向发射质量为m，带电量为q（q＜0），速率为的同种粒子，该情况下三角形ACD中粒子可以经过的区域面积为S。若把粒子源从P点移到D点，其它条件不变，粒子可以经过的区域面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解：从P点各个方向打入磁场中，在磁场区域扫过的面积如下图阴影部分所示
根据几何关系，扫过的面积等于扇形和三角形的面积之和，则
将粒子发射点移到D点后，从D点各个方向打入磁场中，在磁场区域扫过的面积如下图阴影部分所示
根据几何关系，扫过的面积等于扇形和三角形的面积之差，则
所以
即粒子可以经过的区域面积为
故BCD错误，A正确。
故选：A。
2．（2025秋 兰州期中）如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里、向外，三角形顶点A处有一正粒子源，能沿∠A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的粒子，所有粒子均能通过D点，粒子的比荷，粒子重力不计，粒子间的相互作用可忽略，则粒子的速度可能为（　　）
A． B．3BkL C． D．2BkL
【答案】A
【解析】解：粒子可能的运动轨迹如图所示，
所有圆弧所对圆心角均为60°，粒子运动的半径
由洛伦兹力提供向心力，有
联立解得
将n＝1，2，3， 代入，当n＝4时，v。故A正确，BCD错误；
故选：A。
3．（2025 沧州二模）如图所示，空间中有一竖直向下的匀强磁场，等边三角形AOC在水平面内，边长为L，D为AC中点。粒子a以速度v0沿AO方向从A点射入磁场，恰好能经过C点，粒子b以沿OC方向的速度从O点射入磁场，恰好能经过D点。已知两粒子的质量均为m、电荷量均为q，粒子的重力及粒子间的相互作用均可忽略，则下列说法中正确的是（　　）
A．粒子a带负电，粒子b带正电
B．粒子b的速度大小也为v0
C．匀强磁场磁感应强度
D．若粒子b从O点以原速率沿水平面内任意方向射出，则粒子b从出发到经过AC边的最短时间为
【答案】D
【解析】解：A．粒子a经过C点、粒子b经过D点，由左手定则可知，a、b两粒子都带负电，故A错误；
B．a、b两粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知
，
粒子在磁场中做圆周运动有：，
解得b粒子的速度大小
v＝1.5v0
故B错误；
C．粒子在磁场中做圆周运动有
解得匀强磁场磁感应强度
故C错误；
D．粒子b在磁场中做圆周运动的轨道半径
粒子从b出发到达AC边运动轨迹对应的最短弦长为
对应的圆心角
粒子在磁场中做圆周运动的周期
粒子的最短运动时间
故D正确。
故选：D。
4．（2025春 临沧期末）如图所示，在直角三角形abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，∠c＝30°，a点处的粒子源持续将比荷为k的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场中，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在磁场中运动的最长时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】解：粒子沿ac边界方向射入磁场从ab边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知，其偏转得圆心角
根据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据圆周运动中周期定义，粒子运动周期
解得
故粒子在磁场中运动得时间
结合题意解得，故B正确，ACD错误；
故选：B。
5．（2025春 百色期末）如图，直角三角形abc中∠a＝30°，ac＝L，处在磁感应强度B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，c点处的粒子源可向磁场区域各个方向发射速度大小为（k为粒子的比荷）的带正电粒子。不计粒子的重力和相互间作用力，则（　　）
A．ab边上有粒子到达区域的长度为
B．ab边上有粒子到达区域的长度为
C．从ac边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
D．从ac边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为
【答案】B
【解析】解：AB．粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力得
解得运动半径满足
如下图所示
由几何关系可得ab边上有粒子到达区域的长度为，故A错误，B正确；
C．当c点入射速度方向趋近于平行ca时，从ac边射出的粒子在磁场中运动的时间趋近于0，故C错误；
D．粒子的运动轨迹如下图所示
粒子从ab边上f点射出时，对应的圆心角最大，所用时间最长，最大圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力，最长时间为，故D错误。
故选：B。
6.（多选）（2024秋 江门期末）如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷不同的两个粒子a、b（不计重力）以相同的速度沿AB方向射入磁场，并分别从AC边上的PQ两点射出，a粒子的比荷是b粒子比荷的一半，则（　　）
A．从Q点射出的粒子的向心加速度小
B．从P点和Q点射出的粒子动能一样大
C．a、b两粒子带异种电荷
D．a、b两粒子在磁场中运动的时间不同
【答案】AD
【解析】解：A．由两粒子出射点可知，两粒子的半径关系为rP＜rQ，由向心加速度表达式a可知，从Q点出射的粒子向心加速度较小，故A正确；
B．由动能的表达式Ek，两粒子的质量关系位置，故动能不一定相同，故B错误；
C．两粒子的偏转方向相同，由左手定则可知，两粒子的电性相同，且都带正电，故C错误；
D．两粒子转过的圆心角相等，由运动时间与圆心角的关系：
可知，两粒子比荷不同，故运动时间不同，故D正确；
故选：AD。
1．（2025秋 东城区校级月考）1932年，美国物理学家安德森在宇宙射线实验中发现了正电子（带正电荷，电荷量与质量都与负电子相同）。水平直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，正、负电子同时从MN边界O点以与MN成30°角的相同速度v射入该磁场区域（已知电子质量为m，电量为e），经一段时间后从边界MN射出，求：
（1）分别画出正、负电子射入磁场后的运动轨迹；
（2）它们从磁场中射出时，出射点间的距离d；
（3）它们从磁场中射出的时间差。
【答案】（1）电子在磁场中运动时的轨道半径是；
（2）它们从磁场中射出时，出射点间的距离为；
（3）它们从磁场中射出的时间差为。
【解析】解：（1）正、负电子在匀强磁场中圆周运动半径相同但绕行方向不同，分别作出正、负电子在磁场中运动的轨迹如图所示
.
（2）由
代入数据得
由图，射出点距离为PQ＝4Rsinθ
根据
有几何关系得θ＝30°如图可知，两粒子离开时距O点均为R，所以出射点相距为L
（3）由
代入数据得
负电子在磁场中运动时间
正电子在磁场中运动时间
两个电子射出的时间差Δt＝t1﹣t2
答：（1）电子在磁场中运动时的轨道半径是；
（2）它们从磁场中射出时，出射点间的距离为；
（3）它们从磁场中射出的时间差为。
2．（2024秋 龙岗区校级期末）如图所示，正方形区域abcd内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，ab＝l，Oa＝0.4l，大量带正电的粒子从O点沿与ab边成37°的方向以不同的初速度v射入磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）判断粒子的轨迹是否可能与bc边相切。若能相切，则求出粒子的速度；若不能相切，则请通过计算说明原因；
（2）若带电粒子从ad边离开磁场，求v的取值范围。
【答案】（1）不能相切，理由：假设相切，切点为P，则有
bP≤bc＝l
有几何关系得：
R﹣Rsin37°＝l﹣Oa
得
R＝1.5l
bP＝Rcos37°＝1.2l＞bc＝l
说明P点在bc延长线上，所以不能相切；
（2）若带电粒子从ad边离开磁场，v的取值范围为。
【解析】解： （1）不能相切。假设相切，切点为P，则有
bP≤bc＝l
有几何关系得：
R﹣Rsin37°＝l﹣Oa
得
R＝1.5l
bP＝Rcos37°＝1.2l＞bc＝l
说明P点在bc延长线上。所以不能相切。
（2）当粒子轨迹与ad边相切时，如图2所示
设此时初速度为v01，轨道半径为R1，由几何关系可得
R1+R1sin37°＝0.4l
解得
当粒子运动轨迹与cd边相切时，如图3所示
设此时初速度为v02轨道半径为R2由几何关系可得
R2+R2cos37°＝1
又
解得
综上可得
答：（1）不能相切，理由：假设相切，切点为P，则有
bP≤bc＝l
有几何关系得：
R﹣Rsin37°＝l﹣Oa
得
R＝1.5l
bP＝Rcos37°＝1.2l＞bc＝l
说明P点在bc延长线上，所以不能相切；
（2）若带电粒子从ad边离开磁场，v的取值范围为。
1．（2024秋 仙游县期末）如图所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.10T，磁场区域半径rm，左侧区域圆心为O1，磁场向里，右侧区域圆心为O2，磁场向外。两区域切点为C。今有质量m＝3.2×10﹣26kg、带电荷量q＝1.6×10﹣19C的某种离子，从左侧区域边缘的A点以速度v＝106m/s正对O1的方向垂直磁场射入，它将穿越C点后再从右侧区域穿出。求：
（1）求匀速圆周运动半径和周期；
（2）该离子通过两磁场区域所用的时间；
（3）离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离（侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离）。
【答案】（1）匀速圆周运动半径为2m，周期为1.256×10﹣5s；
（2）该离子通过两磁场区域所用的时间为4.19×10﹣6s；
（3）离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为2m。
【解析】解：（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，在左右两区域的运动轨迹是对称的，如图所示
设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T，由牛顿第二定律
又
联立代入数据可得
R＝2m，T＝1.256×10﹣5s
（2）根据几何关系，可得
解得
则全段轨迹运动时间
联立可得
t＝4.19×10﹣6s
（3）在图中过O2向AO1作垂线，联立轨迹对称关系侧移距离
d＝2tsin2θ
解得
d＝2m
答：（1）匀速圆周运动半径为2m，周期为1.256×10﹣5s；
（2）该离子通过两磁场区域所用的时间为4.19×10﹣6s；
（3）离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为2m。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业10 机械振动
考点1简谐运动
1．定义：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向 平衡位置　，这样的运动就是简谐运动。
2．平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。
3．回复力
(1)定义：使物体返回到平衡位置的力。
(2)方向：总是指向平衡位置　。
(3)性质：属于效果力。
(4)来源：可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力　。
4．描述简谐运动的物理量
物理量 定义 意义
位移 (x) 由平衡位置指向质点所在位置的有向线段 描述质点振动中某时刻的位置相对于平衡位置的位移
振幅 (A) 振动物体离开平衡位置的最大距离 描述振动的强弱和能量
周期 (T) 振动物体完成一次全振动所需时间 描述振动的快慢，两者互为倒数：T＝ 　。
频率 (f) 振动物体单位时间内完成全振动的次数
5．简谐运动的表达式
(1)动力学表达式：F＝－kx，其中“－”表示回复力方向与位移的方向相反。
(2)运动学表达式：x＝Asin(ωt＋φ)，ωt＋φ为相位，φ为初相，ω为圆频率，ω与周期T的关系为ω＝。
6．简谐运动的振动图像
表示做简谐运动的物体的位移随时间变化的规律，是一条正弦曲线。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 焉耆县校级期中）做简谐运动的物体，当相对于平衡位置的位移为负值时（　　）
A．速度一定为正值，加速度一定为负值
B．速度一定为负值，加速度一定为正值
C．速度不一定为正值，加速度一定为正值
D．速度不一定为负值，加速度一定为负值
2．（2025秋 菏泽期中）如图所示，水平弹簧振子在P、Q之间做简谐运动，O为其平衡位置，测得P、Q间的距离为4cm。已知小球连续通过任意8cm的路程所需要的时间均为2s，则（　　）
A．该振子振动周期是1s，振幅是2cm
B．该振子振动频率是1Hz
C．小球完成一次全振动通过的路程是8cm
D．小球在任意2.5s内通过的路程一定为10cm
3．（2025秋 新市区校级期中）有一弹簧振子的振动图像如图所示，则它的振动方程是（　　）
A．x＝2sin4πt（m） B．
C．x＝0.02sin4πt（m） D．
4．（2024秋 滨州期末）如图，一劲度系数为k的轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的滑块B相连。B在水平面M、N两点间做振幅为A，周期为T的简谐运动，O点为平衡位置，B通过O点时速度大小为v。当B运动到N点时，在B上轻放一个质量也为m的滑块C，B、C一起做简谐运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．BC之间的动摩擦因数至少为
B．BC一起做简谐运动时，振动周期为T
C．BC一起做简谐运动时，经过O点的速度大小为v
D．若B运动到O点时，在B上轻放C，B、C立即粘合一起做简谐运动，其振幅会小于A
5．（2025秋 惠山区校级期中）如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外激光笔（激光笔大小不计），转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x﹣t图像。已知轻杆在竖直面内长0.2m，电动机转速为12r/min。该振动的圆频率和光点在12.5s内通过的路程分别为（　　）
A．0.4rad/s，2.0m B．0.4rad/s，2.5m
C．0.4πrad/s，2.5m D．0.4πrad/s，2.0m
6.（多选）（2024秋 安顺期末）图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，已知手机的质量为m，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．t＝0时，弹簧弹力大小为mg
B．t＝0.2s时，手机位于平衡位置上方
C．从t＝0至t＝0.2s，手机的动能增大
D．a随t变化的关系式为a＝4sin（2.5πt）m/s2
考点2单摆模型
1.简谐运动条件：
(1)摆线为不可伸缩的轻细线
(2)无空气阻力
(3)最大摆角小于5°
2.回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力
3.平衡位置：最低点
4.周期：T＝ 2π
5.能量转化：重力势能与动能的相互转化，机械能守恒。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 邯郸期中）如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L1，O点正下方L2处有一铁钉。重力加速度为g，不计空气阻力，将小球拉至A处无初速度释放（摆角很小），这个摆的周期为（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024秋 锦州期末）某单摆在地球上t1时间内振动了N1个周期，将此单摆放置在某星球上时在t2时间内振动了N2个周期，已知地球与某星球的半径之比为a，则地球与某星球密度之比为（　　）
A．
B．
C．
D．
3．（2025秋 滕州市期中）某同学利用如图所示的装置做多单摆实验。在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，当驱动摆A摆动起来后，摆B、C、D、E也跟着摆动起来。已知摆长LB＝LD＞LA＝LC＞LE，在振动稳定后，下列说法正确的是（　　）
A．驱动摆A只是把振动形式传递给其他单摆，并不传递能量
B．摆球C的振幅小于摆球D
C．摆球B、C、D、E的摆动周期满足TB＝TD＞TC＞TE
D．摆球C摆动过程中多次通过同一位置时，加速度一定相同
4．（2024秋 烟台期末）如图所示，光滑固定圆弧槽半径为R，O为圆弧最低点，圆弧OM的长度远小于R，两个可看作质点的小球A和B，A球初始位置在M点，B球在O点正上方h高度处。现同时释放两球，要使A球在第二次通过O点时恰好与B球相碰，则h应为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024秋 无锡期末）如图是游乐场常见的秋千的示意图，图中绳长为L，轻绳与水平固定杆的夹角为α，在秋千做小角度自由摆动时（未坐人），座椅每次经过最低点的时间间隔可表示为（　　）
A． B．
C． D．
6.（多选）（2025秋 重庆期中）学校实验室中有甲、乙两单摆，其振动图像为如图所示的正弦曲线，则下列说法中正确的是（　　）
A．甲、乙两单摆的摆球质量之比是1：2
B．甲、乙两单摆的摆长之比是1：4
C．t＝1.5s时，两摆球的加速度方向相反
D．3～4s内，两摆球的势能均减少
考点3受迫振动与共振
1．受迫振动
(1)概念：系统在驱动力作用下的振动。
(2)振动特征：物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关。
2．共振
(1)概念：当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到最大的现象。
(2)共振的条件：驱动力的频率等于物体的固有频率。
(3)共振的特征：共振时振幅最大。
(4)共振曲线(如图所示)。
f＝f0时，A＝Am，f与f0相差越大，物体做受迫振动的振幅越小。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 南昌期末）下列说法正确的是（　　）
A．物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于驱动力的频率
B．共振都是有害的
C．反冲运动的原理只适用于宏观物体
D．喷气式飞机没有应用反冲原理
2．（2025秋 南京校级月考）市政单位经常使用共振破碎机破碎旧水泥路面，破碎机有专用传感器感应路面的振动，由电脑自动调节锤头的击打频率，使锤头击打水泥路面时，水泥路面局部范围产生共振，从而将水泥路面击碎。下列说法正确的是（　　）
A．锤头的击打频率应等于水泥路面的固有频率
B．锤头的击打频率应大于水泥路面的固有频率
C．破碎机停止工作后，水泥路面在停止振动前，频率逐渐减小
D．锤头击打效果仅取决于锤头的振幅，锤头的振幅越大效果越好
3．（2025秋 启东市期中）如图所示是单摆做阻尼振动的位移—时间图像，下列说法正确的是（　　）
A．P点动能小于N点动能 B．P点动能等于N点动能
C．P点势能小于N点势能 D．P点势能等于N点势能
4．（2025秋 贵州期中）如图所示，两个弹簧与钩码组成固有频率为2Hz的振动系统，架子上面的电动机对该系统施加周期性的驱动力，使钩码在竖直方向做受迫振动。电动机的转速可以改变，钩码振动稳定后，下列判断正确的是（　　）
A．当电动机的转速为4r/s时，钩码的振动频率为4Hz
B．当电动机的转速为4r/s时，钩码的振动周期为0.5s
C．当电动机的转速为1r/s时，钩码的振动频率为2Hz
D．电动机的转速越大，钩码振动的振幅就越大
5．（2025秋 东台市期中）如图所示，在一根张紧的水平绳上，悬挂有a、b、c、d、e五个单摆，a和d的摆长相等，a的摆球质量大于其他各摆。让a摆略偏离平衡位置后无初速释放，在垂直纸面的平面内振动，接着其余各摆也开始振动。各摆球振动稳定后（　　）
A．d摆的振幅最大，周期最大
B．c摆的振幅最大，周期最大
C．d摆的振幅最大，各摆的周期相同
D．c摆的振幅最大，各摆的周期相同
6.（多选）（2025秋 南山区校级月考）如图甲所示，在曲轴上悬挂一弹簧振子，转动摇把，曲轴可以带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由上下振动，其振动曲线如图乙所示；然后以某一转速匀速转动摇把，当振子振动稳定后，其振动图像如图丙所示。下列说法正确的是（　　）
A．匀速转动摇把，振子振动稳定后的振动周期为0.4s
B．把手匀速转动的转速为150r/min
C．为了增大振子振动的振幅，应增大把手的转速
D．当把手匀速转动的频率为2.5Hz时，振子振动的振幅最大
19．（2025秋 沧州期中）如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端连接一物块，物块沿竖直方向做简谐运动的部分图像如图乙所示，以竖直向上为正方向。t＝0时刻，一小球从某处由静止释放；t＝0.5s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）t＝0.5s时小球的速度大小和物块的加速度方向；
（2）小球释放位置到物块平衡位置的竖直距离d。
20．（2025秋 枣庄期中）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在地面上，另一端与木块B相连，木块A放在木块B上，两木块的质量均为m。竖直向下的力作用在A上，大小为F，A、B均静止。重力加速度为g。
（1）将力F瞬间撤去后，A、B运动到最高点时（A、B未分离），求A对B的压力大小；
（2）弹簧振子的周期表达式T＝2π，k为弹簧的劲度系数，m为振子的质量。以平衡位置为坐标原点，向上为x轴正方向建立直线坐标系，撤掉F时开始计时，写出此弹簧振子的位置随时间的表达式。
21．（2025秋 东湖区校级期中）如图所示，竖直轻弹簧的一端固定于水平地面，另一端连着物块A而保持静止，弹簧的劲度系数为200N/m。物块B从A的正上方距离A的高度为h处自由释放，与A发生完全非弹性碰撞后一起运动，碰后A、B并不黏连。已知A、B的质量均为2kg，简谐运动的周期，其中m为振子的质量，k为回复力与位移之比，重力加速度取g＝10m/s2。
（1）若h＝0.2m，求A、B碰撞过程中损失的机械能；
（2）要保证A、B碰后一起运动不会分离，h应满足的条件；
（3）若h＝0.525m，求A、B碰后B第一次从最低点运动到最高点的时间。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业05 电能及闭合电路欧姆定律
考点1电功和电功率焦耳定律
1. 电功
(1)定义:导体中的恒定电场对自由电荷的静电力做的功。
(2)公式: (适用于任何电路)。
( 3 )电流做功的实质:电能转化成其他形式能的过程。
2. 电功率
(1)定义:单位时间内电流所做的功,表示电流做功的快慢。
(2)公式: (适用于任何电路)。
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: (适用于任何电路)。
4. 热功率: 单位时间内的发热量; 表达式为 。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 东台市期中）四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“10V、4W”，RB、RD的规格为“10V、2W”。这四个电阻中消耗功率最小的是（　　）
A．RA B．RB C．RC D．RD
【答案】B
【解析】解：根据，可知RA＝RC＜RB＝RD，因通过RA、RD的电流相等，根据P＝I2R，可知PD＞PA，因RB、RC两端的电压相等，根据P，可知PC＞PB，因RA、RC电阻相等，IA＞IC，根据P＝I2R，可知PA＞PC，即
PD＞PA＞PC＞PB，故RB消耗的功率最小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．（2025秋 衡水期中）如图所示，电源的电动势为12V，电源内阻为2Ω，定值电阻R＝1Ω，M为直流电动机，电动机正常运转时，理想电压表读数为U＝6V，下列说法错误的是（　　）
A．电流表示数为2A
B．电动机M线圈电阻RM为3Ω
C．电源的输出功率为16W
D．电动机M被卡住时，电流表示数变大
【答案】B
【解析】解：A、根据闭合电路欧姆定律，即可得：E＝U+I（R+r），解得电流表的电流为：I＝2A，故A正确；
C、根据电功率公式，即可得电源的输出功率为：P＝EI﹣I2r，解得：P＝16W，故C正确；
BD、电动机正常工作时，电能转化为动能和热能，电压、电流、电阻的关系满足：UI＝I2RM+P机，E＝U+I（R+r）＞I（RM+R+r），
电动机卡住时，电压、电流、电阻的关系满足：UM＝I2RM，由闭合电路欧姆定律可得：E＝I2（R+r+RM），
联立分析可得：I2＞I，即卡住时的电流比电动机正常工作时电流的大；
代入数据得：，故B错误，D正确。
本题选择错误的，故选：B。
3．（2025秋 南昌县校级期中）潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成。已知当地地下水源距离地表8.75m，水泵出水口离水平地面的高度为1.25m，水流由出水口水平喷出时的速度为，每秒出水量为4kg。水泵由电功率为660W的电动机带动，电动机的额定电压为220V，水泵的抽水效率为80%，取重力加速度大小g＝10m/s2，忽略其他能量损失，下列说法正确的是（　　）
A．电动机的输出效率不足90%
B．此时电流大小为1A
C．电动机的输出功率为500W
D．电动机线圈的电阻约为4Ω
【答案】D
【解析】解：B.由功率公式得P电＝UI，代入数据解得I＝3A，故B错误；
ACD.水从地底到管口的高度H＝8.75m+1.25m＝10m，每秒钟水泵对水做的功，水泵的输出功率，抽水效率η＝80%100%，解得水泵的输入功率P入＝625W，水泵的输入功率即为电动机的输出功率，则电动机内阻消耗的功率P内＝P电﹣P入＝660W﹣625W＝35W，电动机的输出效率η′100%100%≈94.7%，大于90%，又设电动机的内阻为r，有，代入数据解得，故AC错误，D正确。
故选：D。
（多选）4．（2025秋 南安市校级期中）如图所示为某型号的直轨式小吊机，其配备的电动机可以将重物吊起后转移至窗口或空间狭小的室内。电动机的输入电压为220V，当将质量为100kg的重物以0.6m/s的速度沿竖直方向匀速提升时，通过电动机的电流为4A。已知重力加速度g＝10m/s2，不考虑其他阻力，下列说法正确的是（　　）
A．电动机内部线圈电阻为55Ω
B．此时电动机输出功率为600W
C．刚启动时通过电动机的电流大于4A
D．电动机空载时内部线圈消耗的功率为880W
【答案】BC
【解析】解：A、设电动机内部线圈电阻为r，根据能量守恒可得UI＝I2r+mgv，解得电动机内部线圈电阻为r＝17.5Ω，故A错误；
B、此时电动机输出功率为P出＝mgv＝100×10×0.6W＝600W，故B正确；
C、刚启动时，电动机不转，是纯电阻电路，通过电动机的电流为4A，故C正确；
D、电动机空载时的电流一定小于额定电流4A，输入功率一定小于UI＝220×4W＝880W，则内部线圈消耗的功率一定小于880W，故D错误。
故选：BC。
考点2闭合电路欧姆定律
1．闭合电路的欧姆定律
(1)内容
闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比。
(2)公式
I＝。
2．路端电压与外电阻的关系
一般情况 U＝IR＝·R＝，当R增大时，U 增大　
特殊情况 (1)当外电路断路时，I＝0，U＝E (2)当外电路短路时，I短＝，U＝0
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 赣州期中）某电源的路端电压U随外电路的电阻R变化的图像如图所示，则该电源的电动势和内阻分别为（　　）
A．6V和1Ω B．5.6V和0.2Ω
C．6V和0.2Ω D．5.6V和1Ω
【答案】C
【解析】解：根据闭合电路的欧姆定律可得
将R＝0.8Ω，U＝4.8V，以及R＝1.8Ω，U＝5.4V代入上式分别得
联立解得E＝6V，r＝0.2Ω，故ABD错误，C正确。
故选：C。
2．（2025秋 北碚区校级期中）如图所示，曲线为某灯泡的伏安特性曲线，直线为某电源的路端电压与电流的关系图线。下列说法正确的是（　　）
A．灯泡的电阻随着电流的增大而减小。
B．将灯泡单独接入该电源时，电源的效率为60%
C．若灯泡与电阻为10Ω的定值电阻串联接入该电源，灯泡电流大约为3A
D．若灯泡与电阻为10Ω的定值电阻并联接入该电源，灯泡电流大约为5A
【答案】D
【解析】解：A、灯泡的电阻为，可知，在灯泡的I﹣U图像上，图线上某点与原点连线的斜率的倒数表示电阻。由图看出，随着电流I的增大，图线上某点与原点连线的斜率减小，则灯泡的电阻增大，故A错误。
B、从电源的I﹣U图线可知，电源的电动势E＝100V。将灯泡单独接入该电源时，小灯泡的工作电压为两图线的交点坐标，由图可知，U＝40V，I＝6A
则电源的效率为，故B错误。
C、若灯泡与电阻R0＝10Ω的定值电阻串联接入该电源，设电路中的电流为I，灯泡两端的电压为UL。根据闭合电路欧姆定律得E＝I（r+R0）+UL
结合电源的I﹣U图线可知，电源的内阻为，联立可得UL＝100﹣20I，在图中作出该函数图像，如图所示：
它与灯泡的伏安特性曲线的交点即为灯泡工作时的电压、电流，从图中可以看出，它与灯泡曲线的交点为 （20V，4A），则灯泡电流为4A，故C错误。
D、若灯泡与电阻R0＝10Ω的定值电阻并联接入该电源，设路端电压为U，通过灯泡的电流为IL，通过电阻的电流为I0，干路电流为
根据闭合电路欧姆定律得
联立可得U＝50﹣5IL
在图中作出该函数图像，它与灯泡伏安特性曲线的交点即为灯泡的电流、电压，如图所示：
由图像可知，此时灯泡的电流约为5A，故D正确。
故选：D。
3．（2025秋 南岗区校级期中）在如图所示的U﹣I图像中，直线a为某电源的路端电压与电流的关系，直线b、c分别为电阻Rb、Rc的电压与电流关系。现将电阻Rb、Rc并联后接在该电源的两端组成闭合回路。则（　　）
A．通过Rb、Rc的电流之比为2：1
B．Rb、Rc两电阻的功率之比为2：1
C．该电源的输出功率为4.32W
D．该电源的效率为50%
【答案】C
【解析】解：A.由图可知，，则Rb：Rc＝2：1，Rb与Rc并联，则电流与电阻成反比，即Ib：Ic＝1：2，故A错误；
B.并联时电压相等，根据，得Pb：Pc＝1：2，故B错误；
CD.由图可知，电源的电动势和内阻为E＝6V，，Rb与Rc并联的阻值为，得RΩ，该电源的输出功率为，得P＝4.32W，效率η100%，U R，得η＝40%，故C正确，D错误。
故选：C。
考点3动态电路分析
电路动态分析的方法
(1)程序法
(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。
←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，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论。此时要注意是否出现极值情况，即变化是否是单调变化。
(3) 的判定
解题要点:在恒压电源中,当电压表测定值电阻两端的电压时, 等于该定值电阻的阻值;
当电压表测变值电阻两端的电压时, 等于该变值电阻以外部分总电阻的阻值。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 广东期中）火警报警器的电路示意图如图所示。其中，RT为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小。电流表为值班室的显示器，电源两极之间接一报警器。当传感器RT所在处出现火情时，通过显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（　　）
A．I变大，U变小 B．I变大，U变大
C．I变小，U变小 D．I变小，U变大
【答案】C
【解析】解：当传感器RT所在处出现火情时，温度升高，RT的电阻减小，电路的总电阻R总减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流I总变大，电源的内电压变大，路端电压变小，则报警器两端的电压U变小。电路中的总电流I总变大，电阻R1两端的电压U1变大，根据串联分压原理可知，电阻R2两端的电压U2变小，则流过R2的电流减小，即电流表示数I变小，故ABD错误，C正确。
故选：C。
2．（2025秋 连云港期中）如图所示的电路中，R为定值电阻，闭合开关S1，灯泡A正常发光。再闭合开关S2，则（　　）
A．灯泡A亮度不变
B．电池两端电压不变
C．电池输出功率可能不变
D．电池的效率可能不变
【答案】C
【解析】解：A、再闭合开关S2后，灯泡A与B并联，外电路总电阻减小，总电流增大，电源的内电压和R的电压都增大，则灯泡A两端的电压减小，灯泡A会变暗，故A错误；
B、再闭合开关S2后，总电流增大，根据闭合电路欧姆定律得U＝E﹣Ir，可知电池两端电压减小，故B错误；
C、设外电路总电阻为R外，则电池的输出功率为，根据数学关系可知，当R外减小时，输出功率可能不变，故C正确；
D、闭合开关S2后，外电路的总电阻减小，根据电源的效率为，可知电源的效率减小，故D错误。
故选：C。
3．（2025秋 重庆期中）如图所示，电源电动势E和内阻r一定，R1、R2是定值电阻，R0是光敏电阻（光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小），L是小灯泡。闭合开关，当照射到R0的光照强度减弱时，以下分析正确的是（　　）
A．电流表示数减小 B．电压表示数减小
C．灯泡变亮 D．电源效率降低
【答案】A
【解析】解：A、当照射到R0的光照强度减小时，R0的阻值增大，回路中的总电阻增大，干路电流减小，即电流表示数减小，故A正确；
B、干路电流减小，由U内＝Ir，可知内电压减小，U＝E﹣U内，则路端电压增大，即电压表示数增大，故B错误；
C、干路电流减小，即流经R1的电流减小，R1两端电压减小，又知电压表示数增大，故R2两端电压增大，流经R2的电流增大，则流经灯泡的电流减小，灯泡变暗，故C错误；
D、路端电压U增大，根据η100%，电源的效率增大，故D错误。
故选：A。
（多选）4．（2024秋 黄山期末）如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，三个电表均为理想电表，闭合电键，当滑动变阻器R2的滑片向左移动少许，两电压表示数变化量的绝对值分别为|ΔU1|、|ΔU2|，电流表示数变化量的绝对值为|ΔI|。则下列说法正确的是（　　）
A．电源效率一定减小
B．电源的输出功率一直减小
C．|ΔU1|＜|ΔU2|
D．
【答案】AC
【解析】解：A、电源的效率为，当滑动变阻器R2的滑片向左移动少许时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，外电路总电阻R外减小，则电源效率减小，故A正确；
B、当外电阻R外与内电阻r相等时，电源的输出功率最大。当滑动变阻器R2的滑片向左移动少许时，使得外电阻R外减小，但由于不清楚外电阻与内阻的大小关系，故无法判断电源的输出功率是否减小，故B错误；
C、滑动变阻器R2的滑片向左移动少许，外电阻R外减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I增大，电源的内电压增大，则路端电压U外减小，即R3两端电压减小，流过R3的电流减小，因总电流增大，故流过R1、R2的电流增大，所以R1两端的电压U1增大，则R2两端的电压U2减小，根据U外＝U1+U2
因路端电压U外减小，则R1两端的电压U1的增加量小于R2两端的电压U2的减小量，即|ΔU1|＜|ΔU2|，故C正确；
D、根据闭合电路欧姆定律得
U外＝E﹣Ir
则
又U外＝U1+U2
且U外减小，U1增大，U2减小，则有
|ΔU外|＝|ΔU2|﹣|ΔU1|
联立可得，故D错误。
故选：AC。
（多选）5．（2025秋 安徽期中）如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2均为定值电阻且R1＞r，R为滑动变阻器，电压表V及电流表A1、A2均为理想电表，现将滑动变阻器的触头自b向a端滑动，下列说法正确的是（　　）
A．定值电阻R2消耗的功率增大
B．电源的输出功率增大，电源的效率减小
C．两电流表A1、A2的示数变化量ΔI1＞ΔI2
D．电压表V和电流表A1的示数变化量之比不变
【答案】BD
【解析】解：A、将滑动变阻器的触头自b向a端滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路总电阻变小，总电流增大，定值电阻R1以及电源内阻r上的电压都增大，则并联支路的电压减小，定值电阻R2的电压减小，则定值电阻R2消耗的功率变小，故A错误；
B、当r＝R外时，电源的输出功率最大。当滑动变阻器触头自b向a滑动时，R外减小，且R1＞r，内外电阻的差值减小，则电源的输出功率增大；外电阻减小，根据电源的效率表达式，可知电源的效率减小，故B正确；
C、由A选项分析，总电流增大，所以A2的示数增大，通过定值电阻R2的电流减小，则电流表A1示数增大。又，故ΔI1＜ΔI2，故C错误；
D、根据闭合电路欧姆定律可得E＝U+I1（R1+r）
可得U＝﹣I1（R1+r）+E
可知电压表V和电流表A1的示数变化量之比为，则不变，故D正确。
故选：BD。
考点4含容电路分析
1．在直流电路中，当电容器充、放电时，电路中有充、放电电流。如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。充电时电容器相当于用电器，电流从正极进，放电时电容器相当于电源，电流从正极出。
2．电路稳定后，电容器处电路可看成是断路，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降低，因此电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 南阳期中）如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，光敏电阻RT的阻值随光照强度的增大而减小，灯泡的电阻RL＞r。将开关S闭合，有一带电粒子静止在电容器中的P点，现在仅减小光敏电阻的光照强度，下列说法正确的是（　　）
A．粒子仍保持静止不动
B．电阻R中有向下的电流
C．灯泡L将变亮
D．电源的输出功率将减小
【答案】D
【解析】解：AC、仅减小光敏电阻的光照强度，光敏电阻RT的阻值将增大，RT分得的电压增大，灯泡L分得的电压减小，灯泡L会变暗。电容器与灯泡是并联关系，电容器两板间的电势差减小，根据公式可知，板间场强减小，粒子受到的电场力减小，则粒子将向下运动，故AC错误；
B、根据，电容C不变，电容器板间电压U减小，则电容器的带电量Q将减小，即电容器放电，电阻R中有向上的电流，故B错误；
D、当电源内外电阻相等时，电源的输出功率最大，因灯泡的电阻RL＞r，电路中的外电阻大于电源内阻，减小光敏电阻的光照强度，光敏电阻RT的阻值将增大，外电路的总电阻会变得更大，这时电源的输出功率将减小，故D正确。
故选：D。
2．（2025秋 重庆期中）如图所示，电源电动势E、内阻r恒定，定值电阻R1的阻值等于r，定值电阻R2的阻值等于2r，闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。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ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，下列说法错误的是（　　）
A．带电液滴将向下运动，定值电阻R2中有从a流向b的瞬间电流
B．ΔU1＞ΔU2
C．、、均不变
D．电源的输出功率变大，电源效率变小
【答案】B
【解析】解：A、滑片下移时，变阻器接入电阻Rp减小，总电阻减小，总电流I增大。变阻器电压U2＝E﹣I（R1+r），因I增大，故U2减小。电容器电压UC＝U2减小，电场力减小，重力大于电场力使液滴下移。同时电容器放电，上极板正电荷经R2从a流向b，电流方向a→b，故A正确；
B、由欧姆定律得：U1＝IR1，故ΔU1＝ΔI R1；U2＝E﹣I（R1+r），故ΔU2＝ΔI（R1+r）。因r＞0，故ΔI（R1+r）＞ΔI R1，即ΔU2＞ΔU1，故B错误；
C、由推导得：，，，三者均为定值，故C正确；
D、外电阻R外＝R1+Rp＞r，当Rp减小时R外趋近于r，电源输出功率增大。效率随R外减小而降低，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
3．（2025秋 滨海新区校级期中）在图示电路中，电源内阻不可忽略，R1、R2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．V示数增大 B．路端电压增大
C．油滴向下运动 D．G中有从b到a的电流
【答案】C
【解析】解：由电路图分析可知，电阻R2与滑动变阻器R3并联后，再与R1串联接入电源；电容器与R2并联，其电压UC等于并联部分电压U并。
动态过程分析：
当滑片P下移时，变阻器有效阻值R3减小，由并联电阻公式，得R并减小，总电阻R总＝R1+R并+r随之减小。
根据闭合电路欧姆定律，得I增大。
AB、电压表测量U并，由U并＝E﹣I（R1+r），因I增大导致U并减小；路端电压U路＝E﹣Ir同理减小，故A错误；故B错误；
C、油滴平衡条件，当UC减小时电场力qE场减小，使qE场＜mg，油滴向下加速，故C正确；
D、由Q＝CUC知电量Q减小，电容器放电。根据电源极性（上极板正电），电流应从正极板流出，故G中电流方向为a→b，故D错误。
故选：C。
1．（2025秋 菏泽期中）如图所示，电源电动势E＝12V，电阻R1＝8Ω，R2＝6Ω，R3＝10Ω，R4＝2Ω，电路中电容器的电容C＝1.2μF。闭合开关S1，断开开关S2，此时理想电流表示数I1＝1.2A，求：
（1）电源的内阻r；
（2）闭合开关S2后流过电阻R3的电荷量。
【答案】（1）电源的内阻r为2Ω；
（2）闭合开关S2后流过电阻R3的电荷量为1.104×10﹣5C。
【解析】解：（1）当开关S1闭合，S2断开时，R2、R4串联，根据闭合电路欧姆定律有
I1（r+R2+R4）＝E
解得r＝2Ω
（2）闭合开关S2前，电容器电压等于电阻R2两端电压，且电容器上极板电势高，上极板带正电，电容器两板间电压为
U1＝I1R2
电容器带的电荷量为q1＝CU1
闭合开关S2后，电容器电压等于电阻R4两端电压，且电容器上极板电势低，上极板带负电，电容器两板间电压为
U2＝I2R4
因R1＝R2+R4，故流过R4的电流为I2I总A＝1A
电容器所带的电荷量q2＝CU2
则流过R3的电荷量q＝q1+q2
联立解得q＝1.104×10﹣5C
答：（1）电源的内阻r为2Ω；
（2）闭合开关S2后流过电阻R3的电荷量为1.104×10﹣5C。
2．（2025秋 乌鲁木齐期中）鲁能巴蜀中学某实验小组同学利用电动机提升重物的示意图如图，已知电源电动势E＝110V、电源内阻r＝2Ω，电动机线圈电阻R0＝3Ω，定值电阻R＝6Ω，重物质量m＝50kg，当电动机匀速提升重物时，理想电压表的示数U＝100V，不计空气阻力和摩擦，g＝10m/s2。求：
（1）当电动机匀速提升重物时，流经电源的电流I。
（2）重物匀速上升时的速度大小v。
（3）由于某同学使用不当，致使电动机被卡住而无法转动，求此时电动机的热功率P热。
【答案】（1）当电动机匀速提升重物时，流经电源的电流I为5A；
（2）重物匀速上升时的速度大小v为0.55m/s；
（3）此时电动机的热功率P热为300W。
【解析】解：（1）当电动机匀速提升重物时，流过电源的电流为
IA＝5A
（2）重物匀速上升时，电动机两端的电压UM＝U﹣IR＝100V﹣5×6V＝70V
则电动机的电功率为
PM＝IUM＝5×70W＝350W
电动机的热功率为
P0＝I2R0＝52×3W＝75W
则电动机的输出功率P输出＝PM﹣P0＝mgv
代入数据解得v＝0.55m/s
（3）电动机被卡住后成为纯电阻，此时电路中的电流为
I′
解得I′＝10A
此时电动机的热功率为P热＝I′2R0＝102×3W＝300W
答：（1）当电动机匀速提升重物时，流经电源的电流I为5A；
（2）重物匀速上升时的速度大小v为0.55m/s；
（3）此时电动机的热功率P热为300W。
1．（2025秋 沙坪坝区校级期中）如图所示的电路中，两间距为d的金属板A、B水平正对放置，电源电动势E，内阻r，调节滑动变阻器滑片P到适当位置，闭合开关S，小灯泡恰好正常发光。此时将一质量为m，带电量为q（q＞0）的小球（可视为质点）从A板小孔正上方的O点静止释放，O点到A板的距离也为d，且小球恰好能到达B板。已知电源内阻r＝1Ω，灯泡额定电压U0＝3V、额定功率P0＝6W、小球比荷、重力加速度g。不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响。求：
（1）A、B两极板间电势差UAB；
（2）滑动变阻器接入电阻R；
（3）电源的效率η。
【答案】（1）AB两极板间的电势差为3V；
（2）滑动变阻器接入电阻为1.5Ω；
（3）电源的效率为75%。
【解析】解：（1）有小球可以恰好到达B板，根据动能定理，可得：mg×2d﹣qUAB＝0﹣0，解得A、B两极板间的电势差为：UAB＝3V；
（2）根据灯泡正常发光，可得到电路的电流为：，
结合A、B两极板间的电势差，可得到滑动变阻器接入电路的电阻满足：，解得：R＝1.5Ω；
（3）根据电路电流，可得到内阻的分压为：Ur＝I0r，
电源的效率公式为：，可得到电源的效率为η＝75%。
答：（1）AB两极板间的电势差为3V；
（2）滑动变阻器接入电阻为1.5Ω；
（3）电源的效率为75%。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业11 机械波
考点1波的形成和描述
1．机械波的形成条件
(1)有发生机械振动的波源。
(2)有传播介质，如空气、水等。
2．传播特点
机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移。
3．机械波的分类
(1)横波：质点的振动方向与波的传播方向相互垂直的波，有波峰(凸部)和波谷(凹部)。
(2)纵波：质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波，有密部和疏部。
4．横波的图像
(1)坐标轴：横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移。
(2)意义：表示在波的传播方向上，某时刻各质点离开平衡位置的位移。
(3)图像
(4)应用
①直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移。
②确定某时刻各质点加速度方向，并能比较大小。
③结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向。
5．波长、波速、频率及其关系
(1)波长λ：在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离。
(2)波速v：波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定。
(3)频率f：由波源决定，等于波源的振动频率。
(4)波长、波速和频率的关系
①v＝λf；②v＝。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 沧州期中）关于机械波和机械振动，下列说法正确的是（　　）
A．只要有机械振动，就一定有机械波
B．介质中质点的振幅就是机械波的波长
C．介质中质点的振动速度就是机械波的传播速度
D．在机械波的传播过程中，各个质点的振动周期均与波源的振动周期相等
【答案】D
【解析】解：A、机械波的形成需要波源和介质，仅有振动而无介质时无法形成波，故A错误；
B、二者概念不同。振幅是质点振动的最大位移，波长是波在一个周期内传播的距离，故B错误；
C、质点振动速度是质点往复运动的速度，波速是振动形式传播的速度，二者方向与大小均无必然联系，故C错误；
D、机械波传播时，介质中各质点做受迫振动，其周期由波源决定，可知与波源振动周期相等，故D正确。
故选：D。
2．（2025秋 五华区期中）艺术体操运动员站在场地中上下抖动长绸带，绸带自左向右呈现波浪状起伏。某时刻绸带形状如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．此时质点P向右运动
B．手的起振方向竖直向上
C．手振动的频率逐渐减小
D．波的传播速度保持不变
【答案】D
【解析】解：A、机械波传播时，质点只在平衡位置附近振动，并不随波迁移。故此时质点P不会向右运动，故A错误。
B、根据波的传播方向，从左向右传播，结合“上坡下，下坡上”原则，可知手的起振方向竖直向下，故B错误。
C、从图中可以看出波长逐渐增大，而波速由介质决定，根据v＝λf，波速v不变，波长λ减小，则频率f逐渐增大，故C错误。
D、波的传播速度由介质决定，绸带作为介质，其性质未变，所以波的传播速度保持不变，故D正确。
故选：D。
3．（2024秋 邢台期末）一列沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波动图像如图所示，图中质点a、f均处于波峰，质点c处于波谷，质点b、e偏离平衡位置的位移相同，质点d恰好处于平衡位置。下列说法正确的是（　　）
A．此时质点b、e的速度相同
B．此时质点b、e的加速度相同
C．此时质点d正在沿y轴正方向运动
D．此时质点a、c、f的加速度相同
【答案】B
【解析】解：A、简谐横波传播时，介质中各质点振动频率相同，质点b沿+y方向振动，质点e沿﹣y方向振动，速度方向相反，故A错误；
B、质点b、e偏离平衡位置的位移相同，由a＝﹣ω2x可知加速度相同，故B正确；
C、质点d此刻正沿﹣y方向振动，故C错误；
D、质点a、c、f的加速度大小满足|a|＝|ω2x|，其中a、f加速度沿﹣y方向，c沿+y方向，故D错误。
故选：B。
4．（2024秋 唐山期末）如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，图中的实线与虚线分别为t＝0和t＝0.3s时的波形图。若平衡位置在x＝1cm处的质点在0到0.3s内运动方向不变，则下列说法中正确的是（　　）
A．该简谐波沿x轴正方向传播
B．该简谐波的传播速度为
C．该简谐波波源的振动频率为1.2Hz
D．在0～1.2s内x＝1cm处的质点经过的路程为40cm
【答案】D
【解析】解：A、由t＝0时的波形图可知，平衡位置在x＝1cm的质点此后将向y轴负方向运动，因此t＝0.3s时该质点也向y轴负方向运动，结合t＝0.3s时的波形图，根据同侧法可知，该简谐波沿x轴负方向传播，故A错误；
B、由图可知，波长为λ＝4cm。由于平衡位置在x＝1cm处的质点在0到0.3s内运动方向不变，可知，解得：T＝1.2s。波速为，解得：，故B错误；
C、该简谐波波源的振动频率为，解得：，故C错误；
D、在0～1.2s内，质点运动一个周期，因此质点经过的路程为s＝4A，解得：s＝40cm，故D正确。
故选：D。
5．（2024秋 赤峰期末）一列简谐横波在介质中沿x轴正方向传播，波速为3m/s，t＝0时的波形图如图所示，P为该介质中的一质点。则（　　）
A．该波的波长为24m
B．该波的周期为7s
C．0～2s内质点P运动的路程等于0.1m
D．t＝0时质点P的加速度方向沿y轴负方向
【答案】A
【解析】解：A．由图可知
波长λ＝24m
故A正确；
B．周期Tm/s＝8m/s
故B错误；
C．0～2s内，即内，质点P向上运动，它在0～2s内的平均速度大于从平衡位置到波峰的平均速度，故路程大于0.1m，故C错误；
D．t＝0时，质点P受到沿y轴正方向的回复力，故加速度沿y轴正方向，故D错误。
故选：A。
6.（多选）（2025 平罗县校级四模）如图甲、乙所示分别为一列简谐横波M、N两质点的振动图像，已知两质点在波传播方向上的平衡位置相距6m，其波长2m＜λ＜3.5m，下列说法正确的是（　　）
A．此波的波长可能为2.8m
B．此波的传播速度可能为
C．质点M和质点N在任何时刻偏离平衡位置的位移不可能相同
D．质点M的振动方程为
【答案】BD
【解析】解：A．若波由N点向M点传播，由两质点的振动图像可知，相距的距离满足
可能的波长
当n＝0时，，当n＝1时，，当n＝2时，，当n＝3时，， ，
因为波长2m＜λ＜3.5m，则波长的可能值为、
若波由M点向N点传播，由两质点的振动图像可知，相距的距离满足
可能的波长
当n＝0时，λ＝24m，当n＝1时，，当n＝2时，，当n＝3时，， ，因为波长2m＜λ＜3.5m，解得波长为，故A错误；
B．由图可知周期为T＝2s，由可得，或或，故B正确；
C．t＝0时刻，质点M从位移最大位置向负方向运动，质点N从平衡位置向正方向运动，在某一时刻，两质点偏离平衡位置的位移会相同，故C错误；
D．由质点M的振动图像可得，振幅A＝20cm，圆频率，
初相位，可得质点M的振动方程为，故D正确。
故选：BD。
考点2波的反射和折射
1. 波的反射
（1）现象：当波遇到障碍物时会发生反射
（2）规律：反射线、法线与入射线在同一平面内；反射线与入射线分居法线两侧；反射角等于入射角。
2. 波的折射
（1）现象：波在不同介质中传播时，在交界面处将发生折射现象；一切波都会发生折射现象。
（2）规律：折射线、法线与入射线在同一平面内；折射线与入射线分居法线两侧；折射角不等于入射角。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 苏州期末）一振动发生器S在水槽中产生水波，某时刻形成的波形如图所示。水波遇到水槽壁反射后（　　）
A．波速变小 B．波长变小 C．频率变小 D．振幅变小
【答案】D
【解析】解：A、波速是由介质的性质决定的，水波在水中的传播速度不会因为反射而改变，故A错误。
B、波长与波速和频率有关，由于波速和频率在反射过程中不变，波长也不会变小，故B错误。
C、频率是波源的固有属性，不会因为反射而改变，故C错误。D、在波的反射过程中，由于能量的损失，波的振幅可能会变小，故D正确。
故选：D。
2．（2024 浙江开学）如图是γ射线精准测距原理简图。装置辐射源发出的γ射线与地表土壤层发生反射，一部分γ粒子重新被该装置探测器接收，根据接收强度可以测定该装置离地高度。若发射器辐射的强度为I0，接收器的有效接收面积为A，接收装置的接收效率为η。在地面处，有占比为f的光子数被均匀向地面上方各方向反射。若接收器接收到的射线强度为I，射线强度可视作γ射线全部光子的能量之和，则接收器离地高度为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】解：γ射线被地面反射强度为：fI0，而光子辐射到接收装置处时均匀分布在以反射点为球心的半球面上，设此时接收器离地面的高度为h，则
反射面积为
S＝2πh2
根据能量守恒可得
fI0Aη＝IS
可解得
故BCD错误，A正确。
故选：A。
3．（2024春 兴庆区月考）以下关于波的认识，哪些是不正确的（　　）
A．潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的反射原理
B．隐形飞机怪异的外形及表面涂特殊隐形物质，是为了减少波的反射，从而达到隐形的目的
C．雷达的工作原理是利用波的折射
D．水波从深水区传到浅水区改变传播方向的现象，是波的折射现象
【答案】C
【解析】A、潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，声呐采用的是超声波，超声波的方向性好，遇到障碍物容易反射，故A正确；
B、隐形飞机的原理是：通过降低飞机的声、光、电等可探测特征量，使雷达等防空探测器无法早期发现，所以隐形飞机可能在机身表面涂有高效吸收电磁波的物质，使用吸收雷达电磁波材料，在雷达屏幕上显示的反射信息很小、很弱，很难被发现，故B正确；
C、雷达的工作原理是利用波的反射，故C不正确；
D、水波从深水区传到浅水区改变传播方向的现象，是波的折射现象。故D正确。
本题选不正确的，故选：C。
4．（2024春 浦东新区校级期中）在发波水槽的底部放置一块玻璃板，将水槽分为不同深浅的两个部分A、B。一列水波从深水区A入射到浅水区B时发生了折射的情况如图所示。图中实线表示A区域水波的波峰，波速为v1，频率为f1，与分界面的夹角为α。虚线表示B区域水波的波峰，波速为v2，频率为f2，与分界面的夹角为β。由图可推得（　　）
A．f1＜f2 B．v1＝v2
C． D．
【答案】D
【解析】解：设AB界面处相邻两波峰之间的距离为L，
则λ1＝Lsinα，λ2＝Lsinβ，
因为折射不改变波的频率，即f1＝f2，
根据v＝λf，可得，故D正确，ABC错误。
故选：D。
5．（2025 河北开学）河北博物院馆藏有战国时期的编钟，该编钟为中山国的重要礼乐器。某编钟可发出“宫”音和“徵”音，经测定其频率分别为65.4Hz和130.8Hz。已知空气中声速为340m/s，水中声速为1500m/s，则下列说法正确的是（　　）
A．在空气中传播时，“宫”音的波长大于“徵”音的波长
B．在水中传播时，“宫”音的波速远大于“徵”音的波速
C．由空气进入水中时，两音的频率均减小为原来的一半
D．由空气进入水中时，“宫”音的波长改变量小于“徵”音的波长改变量
【答案】A
【解析】解：A、根据公式，“宫”音的波长，“徵”音的波长，显然λ1＞λ2，即“宫”音的波长大于“徵”音的波长，故A正确
B、波速由介质决定，同一介质中不同频率的声波波速相同，水中两音的波速均为1500m/s，故B错误。
C、波的频率由振源（编钟振动）决定，与介质无关，所以由空气进入水中时，两音的频率保持不变，故C错误。
D、由空气进入水中时，“宫”音的波长改变量为，“徵”音的波长改变量为，可知“宫”音的波长改变量大于“徵”音的波长改变量，故D错误。
故选：A。
6.（多选）（2021秋 诸暨市校级期中）以下关于波的认识，正确的是（　　）
A．潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的反射原理
B．隐形飞机怪异的外形及表面涂特殊隐形物质，是为了减少波的反射，从而达到隐形的目的
C．雷达的工作原理是利用波的折射
D．水波从深水区传到浅水区改变传播方向的现象，是波的折射现象
【答案】ABD
【解析】解：ABC、潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，隐形飞机怪异的外形及表面涂特殊隐形物质，雷达的工作原理都是利用了波的反射原理，故AB正确，C错误；
D、水波从深水区传到浅水区改变传播方向的现象，是波的折射现象，故D正确；
故选：ABD。
考点3波的干涉和衍射
1．波的叠加
观察两列波的叠加过程可知：几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不_互相干扰，只是在重叠的区域里，质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的_位移的矢量和。
2．波的干涉和衍射
波的干涉 波的衍射
条件 两列波的频率必须相同 明显条件：障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多
现象 形成加强区和减弱区相互隔开的稳定的干涉图样 波能够绕过障碍物或孔继续向前传播
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 锡山区校级期中）如图（a）所示，P、Q为x轴上相距为20m的两个波源，P在坐标原点，t＝0时两波源同时开始振动，图（b）所示为波源P的振动图像，图（c）所示为波源Q的振动图像。已知两列波的传播速度均为v＝2m/s，下列说法错误的是（　　）
A．t＝4.5s时，x＝8m处质点的位移为5cm
B．t＝8.5s时，x＝8m处质点的位移为8cm
C．经过足够长时间，x＝10m处为振动减弱点
D．经过足够长时间，x轴上两质点间共有10处振动加强点
【答案】B
【解析】解：A.波源P的振动形式传到x＝8m处质点所用的时间，解得：t1＝4s，波源Q的振动形式传到x＝8 m处质点所用的时间：，解得：t2＝6s
则t＝4.5s时，只有波源P的振动形式传播到x＝8m处则x＝8m处，质点的位移为5cm，故A正确。
B.t＝8.5s时，P波源引起x＝8m处质点的位移为5cm，Q波源引起x＝8m处质点的位移为﹣3cm，故t＝8.5s时，x＝8m处质点的位移为2cm，故B错误。
C.由于两波源振动步调相反，两波波长均为4m，x＝10m处质点到两波源的距离差为半波长的偶数倍，故经过足够长的时间该点为振动减弱，故C正确。
D.由于两波源振动步调相反，则某点到两波源的距离差为半波长的奇数倍时为振动加强点，即x＝1m、3m、5m、7m、9m、11m、13m、15m、17m、19m，故经过足够长的时间，x轴上两质点间共有10处振动加强点，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
2．（2024秋 南京期末）某均匀介质中两持续振动的振源P、Q分别位于x轴上x1＝﹣3cm和x2＝9cm处，t＝0时刻两振源同时开始振动，t＝3s时两列波分别传播到0cm和6cm处，波形如图所示。则下列说法正确的是（　　）
A．振源Q起振方向沿y轴正方向
B．波在介质中的传播速度为1m/s
C．振源P的振动方程为y＝4sin（πt）cm
D．两列波在x＝3cm处相遇后，该质点的振动始终加强
【答案】C
【解析】解：A．波在传播过程中，质点的起振方向与波源的起振方向相同，由同侧法可知，波传到x＝6cm处时，该质点起振方向沿y负方向，故振源Q起振方向沿y轴负方向，故A错误；
B．两列波的波速，故B错误；
C．由图可知，振源P振动的振幅A＝4cm，振源P形成的波的波长为2cm，根据波长、周期、波速的关系可得其周期为，，P从平衡位置启动，初相φ＝0，故源P的振动方程为y＝Asin（ωt）cm＝4sin（πt）cm，故C正确；
D．两列波在同一介质中传播，则波速相等，在x＝3cm处相遇后，振动情况完全相反，该质点的振动始终减弱，故D错误。
故选：C。
3．（2025秋 历下区校级期中）如图为水面上的两列振动步调相同的相干波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示该时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），已知S1的振幅为3cm，S2的振幅为5cm，下列说法正确的是（　　）
A．质点A和B在该时刻的高度差为8cm
B．B点始终处于平衡位置
C．质点C的振幅为8cm
D．再过二分之一个周期后，D点位于平衡位置上方8cm处
【答案】D
【解析】解：A.质点A是波峰与波峰相遇，是振动加强点，合振幅A1＝3cm+5cm＝8cm，质点B是波峰与波谷相遇，是振动减弱点，合振幅A2＝5cm﹣3cm＝2cm
因此质点A和B在该时刻的高度差为6cm，故A错误；
B.由于两波源的振幅不同，合振幅不为零，质点B的位移随时间变化，因此B点不是始终处于平衡位置，故B错误；
C.质点C是波峰与波谷相遇，是振动减弱点，合振幅A2＝5cm﹣3cm＝2cm，故C错误；
D.质点D此刻位于波谷，再过二分之一个周期后，D点位于波峰，在平衡位置上方8cm处，故D正确。
故选：D。
4．（2025秋 鼓楼区校级期中）两个处于不同位置的波源，做方向一致的简谐运动，产生的机械波在同一均匀介质中传播。某时刻两波源产生的波沿传播方向的波形分别如图中1、2所示，则下列说法正确的是（　　）
A．波1速度比波2速度大
B．两波相遇时会产生稳定的干涉现象
C．若分别遇到同一障碍物，波2可能比波1的衍射现象更明显
D．在两个波源连线上运动的观察者，接收到两波的频率可能相等
【答案】D
【解析】解：A、在同一种介质中，各种频率的机械波传播速度相同，故A错误；
B、从题图中可以看出波1的波长大于波2的波长，由公式v＝λf可得，波1的频率小于波2的频率，由于两列波的频率不同，两列波不能发生稳定的干涉现象，故B错误；
C、对于同一障碍物，波长越大衍射现象越明显，故波1的衍射现象更明显，故C错误；
D、根据多普勒效应，观察者与波源相对运动时，接收频率会变化。若观察者在两波源连线上运动，其相对于波1和波2的接近/远离情况可能使接收频率调整后相等（例如：观察者向波1靠近时接收频率升高，同时向波2远离时接收频率降低，存在两者相等的可能），故D正确；
故选：D。
5．（2025秋 即墨区期中）在某均匀介质中有一沿x轴方向传播的简谐横波，t＝2s时其波形图如图甲所示。图乙为x＝2cm处的质点振动图像。关于该简谐波，下列说法正确的是（　　）
A．波速为1cm/s
B．沿x轴正方向传播
C．传到另一种均匀介质时，周期发生变化
D．遇到尺寸为10cm的障碍物，不能发生衍射
【答案】A
【解析】解：A、由题图甲可知，λ＝4cm，T＝4s，则波传播的速度为v，代入数据解得v＝1cm/s，故A正确；
B、由图乙可知，t＝2s时质点向下振动，根据图甲由同侧法判断，波向x轴负方向传播，故B错误；
C、波的周期由波源决定，与传播介质无关。因此，波传到另一种均匀介质时，周期不会变化，故C错误；
D、由题图甲可知，λ＝4cm，遇到尺寸为10cm的障碍物，不能发生明显的衍射现象，衍射是波特有的现象，任何情况下都能发生，只是明显程度不同，故D错误；
故选：A。
6.（多选）（2025秋 沙坪坝区校级期中）两波源产生的简谐横波在同一均匀介质中沿x轴方向传播，其波源初始的平衡位置分别位于x＝﹣0.2m和x＝1.2m处，左侧波源的振幅为2cm，右侧波源的振幅为3cm，两波源的振动频率均为1Hz。如图所示为t＝0时刻的波形图（背向传播的波形未画出），此时平衡位置分别位于x＝0.2m和x＝0.8m处的两质点刚要开始振动。下列说法正确的是　　）
A．两列波在介质中传播的速度大小为0.2m/s
B．足够长时间后，在两波源连线之间共有7个振动加强点
C．平衡位置位于x＝0.7m处的质点在t＝2.6s时沿y轴正方向振动
D．在0～6.125s内平衡位置位于x＝0.4m处的质点运动的路程为
【答案】BC
【解析】解：A、由图可知，两列波波长均为λ＝0.4m，波速v＝λf＝0.4×1m/s＝0.4m/s，故A错误；
B、距离两个波源的波程差为波长整数倍的点是振动加强点，|（1.2m﹣x）﹣（x+0.2m）|＝kλ，当k取整数时，在两波源连线上，有x＝﹣0.1m，0.1m，0.3m，0.5m，0.7m，0.9m，1.1m，共7个振动加强点，故B正确；
C、左侧波源在t1时到达0.7m处，起振方向向下，周期T＝1s，在t＝2.6s时，振动时间t＝2.6s﹣1.25s＝1.35s，所以左侧波源在该点引起的振动在到沿y轴正方向振动，
右侧波源在t2时到达0.7m处，起振方向向下，周期T＝1s，在t＝2.6s时，振动时间t＝2.6s﹣0.25s＝2.35s，所以左侧波源在该点引起的振动沿y轴正方向振动，振动叠加后，该质点沿y轴正方向振动，故C正确；
D、x＝0.4m处的质点与两个波源的波程差为：1.2m﹣0.4m﹣（0.4m+0.2m）＝0.2m，即波程差满足：，该点为振动减弱点；
该点离右侧较远，右侧波源传播到该质点所需的时间为：，左侧波源传播到该质点所需时间为：；
即可知从0到0.5s间，该质点不振动；
从0.5s到1s之间，该质点按照左侧波源的振动方式振动，振动的距离满足：；
从1s到6.125s之间，该质点在两侧波源带动的情况下振动，且为振动减弱点，从1s到6s之间刚好5个周期，振动距离为：5×4×（3cm﹣2cm）＝20cm，
在6s到6.125s之间，由几何关系，可得振动距离为：，即该质点在0～6.125s内运动的路程为：，故D错误。
故选：BC。
考点4波的多解问题
1．波的周期性
(1)质点振动nT(n＝1,2,3，…)时，波形不变。
(2)在波的传播方向上当两质点平衡位置间的距离为nλ时(n＝1,2,3，…)时，它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)时，它们的振动步调总相反。
2．造成波动问题多解的主要因素
(1)周期性
①时间周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确。
②空间周期性：波传播距离Δx与波长λ的关系不明确。
(2)双向性
①传播方向双向性：波的传播方向不确定。
②振动方向双向性：质点振动方向不确定。
(3)波形的隐含性形成多解
在波动问题中，往往只给出完整波形的一部分，或给出几个特殊点，而其余信息均处于隐含状态。这样波形就有多种情况，形成波动问题的多解性
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 白银区校级三模）一列简谐横波在t＝0时的波形如图所示，图中P点坐标为（1m，0），Q点横坐标为3.5m。t＝2s时Q位于平衡位置，且沿y轴负方向振动。下列说法正确的是（　　）
A．该简谐波的周期可能为0.5s
B．该简谐波的波速可能为7.5m/s
C．2s末质点P可能沿y轴负方向振动且衡位置
D．2s内质点Q的路程可能为
【答案】D
【解析】解：A、t＝2s时Q位于平衡位置，且沿y轴负方向振动，如果波沿+x方向传播，则有：nT＝2s
解得：Ts（n＝0、1、2、3……），当简谐波的周期为0.5s时，n不是整数；
如果波沿﹣x方向传播，则有：nT＝2s
解得：Ts（n＝0、1、2、3……），当简谐波的周期为0.5s时，n不是整数；
所以该简谐波的周期不可能为0.5s，故A错误；
B．根据图像可知该波的波长为4m，如果波沿+x方向传播，波速为v，解得：v＝（2n）m/s（n＝0、1、2、3……），当简谐波的波速可能为7.5m/s时，n不是整数；
如果波沿﹣x方向传播，波速为v，解得：v＝（2n）m/s（n＝0、1、2、3……），当简谐波的波速可能为7.5m/s时，n不是整数；
该简谐波的波速不可能为7.5m/s，故B错误；
C、根据振动情况结合同侧法可知，无论波沿+x方向传播或是沿﹣x方向传播，2s末质点P都是沿y轴正方向振动，故C错误；
D、如果波沿﹣x方向传播，2s＝（n）T（n＝0、1、2、3……），如果n＝2，则Q通过的路程为：
s＝2×4A+2A10A10×1cm（10）cm，故D正确。
故选：D。
2．（2025秋 云岩区校级期中）如图所示为南昌赣江“两滩七湾”天然泳场的摩天湾，水面上均匀排列着红黄相间的警示浮球随水波上下振动，若水面产生一列稳定沿浮球连线方向传播的简谐波，某同学用手机录像记录到浮球振动的周期为2s，并观察到某时刻相邻两浮球都振动到最高点，已知相邻两浮球平衡位置的间距为6m，则水波的波速可能为（　　）
A．1.5m/s B．2m/s C．6m/s D．12m/s
【答案】A
【解析】解：已知某时刻相邻两浮球都振动到最高点，相邻两浮球平衡位置的间距为6m，则有：nλ＝6m（n＝1、2、3……）
解得：m（n＝1、2、3……）
根据波速计算公式可得：vm/s（n＝1、2、3……）
n＝1时速度最大为3m/s，n＝2时速度为1.5m/s，故A正确、BCD错误。
故选：A。
3．（2025 河南模拟）健身者在公园以固定频率上下抖动长绳的一端，长绳呈现波浪状起伏，可近似为单向传播的简谐横波。以健身者手持长绳端为坐标原点，t1＝0和t2＝0.25s时刻长绳呈现的波形图如图所示，已知横波沿x轴正方向传播，则横波的波速可能是（　　）
A．4.2m/s B．5m/s C．5.2m/s D．5.4m/s
【答案】D
【解析】解：由题意可知横波沿x轴正方向传播，波长λ＝0.6m，则波速；其中n＝0，1，2，3，…
分别代入v＝4.2m/s、v＝5m/s和v＝5.2m/s，均解得n不为整数，代入v＝5.4m/s，解得n＝2，故ABC错误，D正确。
故选：D。
4．（2025春 甘南州期末）一列简谐横波沿x轴正向传播，t＝0时刻的波形如图中实线所示，t＝2s时刻的波形如图中虚线所示，已知3T＜2s＜4T（T为周期），则波传播的速度可能是（　　）
A．19cm/s B．20cm/s C．21cm/s D．22cm/s
【答案】D
【解析】解：波沿x轴正向传播，在Δt＝2s内传播的距离Δx＝（nλ+8）cm＝（12n+8）cm，（n＝0，1，2，3…）
传播速度大小vcm/s＝（6n+4）cm/s，（n＝0，1，2，3…）
由于3T＜2s＜4T，所以取n＝3
故波传播的速度大小为v＝（6×3+4）cm/s＝22cm/s，故ABC错误，D正确。
故选：D。
5．（2025 福建模拟）一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t1＝0时刻的波形如图中实线所示，在t2＝0.4s时的波形如图中虚线所示。则下列说法正确的是（　　）
A．在t2＝0.4s时，平衡位置在x＝1m处的M质点向上振动
B．这列波的波长为2m
C．这列波的周期可能为0.8s
D．这列波的传播速度可能为2.5m/s
【答案】D
【解析】解：A．根据波形图结合“同侧法”可知，在t2＝0.4s时，平衡位置在 x ＝1m处的 M 质点向下振动，故A错误；
B．由图可知，这列波的波长为4m，故B错误；
C．根据波的传播特点可知：
解得周期表达式满足：
可知这列波的周期不可能为 0.8s，故C错误；
D．若n＝0，则T＝1.6s，根据波长、波速和周期的关系，此时这列波的传播速度为
故D正确。
故选：D。
6.（多选）（2025秋 邯郸期中）一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1＝1m和x2＝13m处质点的振动图像分别如图甲、乙所示，则此列波的传播速率可能是（　　）
A．14m/s B．4m/s C．2.4m/s D．1m/s
【答案】BC
【解析】解：由振动图像可知周期T＝4s，零时刻x1处质点在平衡位置且向下振动，x2处质点在正的最大位移处。若波沿x轴正方向传播，其波形如图甲所示：
x2处质点的平衡位置可能在A1、A2或A3等位置。则有（n＝0，1，2 ），解得：。
波速，代入得（n＝0，1，2 ）。当n＝0时，v＝12m/s；当n＝1时，v＝2.4m/s；当n＝2时，。
若波沿x轴负方向传播，其波形如图乙所示：
x2处质点的平衡位置可能在A1、A2或A3等位置。则有（n＝0，1，2 ），解得：。
波速，代入得（n＝0，1，2 ）。当n＝0时，v＝4m/s；当n＝1时，。综上，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
1．（2024秋 上饶期末）一列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴方向传播。某时刻的波形图如图甲所示，质点M的平衡位置在xM＝7cm处，质点N的平衡位置在xN＝3cm处，从该时刻起质点N的振动图像如图乙所示。求：
（1）该波的波速；
（2）质点N的振动方程；
（3）从该时刻起质点M到达波谷的最短时间。
【答案】（1）该波的波速为0.3m/s。
（2）质点N的振动方程为y＝﹣10sin5πt（cm）。
（3）质点M到达波谷的最短时间为。
【解析】解：（1）由甲乙两图分析可得周期T＝0.4s，波长λ＝0.12m，根据波速公式，解得：v＝0.3m/s。
（2）从甲图所示时刻计时，N点振动方程可表示为y＝﹣10sinωt（cm），其中角频率，代入数据得ω＝5πrad/s，故振动方程为y＝﹣10sin5πt（cm）。
（3）结合两图分析，波沿x轴正方向传播，质点M到达波谷的最短时间满足，代入数据Δx＝0.070m，v＝0.3m/s，解得：。
答：（1）该波的波速为0.3m/s。
（2）质点N的振动方程为y＝﹣10sin5πt（cm）。
（3）质点M到达波谷的最短时间为。
2．（2024秋 潍坊期末）沿x轴方向传播的一列简谐波，在t1＝0时和t2＝0.3s时的波形图分别如图中实线和虚线所示。
（1）若波沿x轴正方向传播，求这列波的波速；
（2）若波沿x轴负方向传播，且周期大于0.4s，求这列波的波速。
【答案】（1）若波沿x轴正方向传播，则这列波的波速为（n＝0，1，2……）；
（2）若波沿x轴负方向传播，且周期大于0.4s，这列波的波速为。
【解析】解：（1）由题图可知波长为λ＝6m。
若波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，在0～0.3s内波向右传播的距离为：Δx＝nλ+4m＝（6n+4）m（n＝0，1，2……）
则这列波的波速为：（n＝0，1，2……）；
（2）若波沿x轴负方向传播，且周期大于0.4s，根据波形平移法可知，在0～0.3s内波向左传播的距离为Δx′＝2m
则这列波的波速为。
答：（1）若波沿x轴正方向传播，则这列波的波速为（n＝0，1，2……）；
（2）若波沿x轴负方向传播，且周期大于0.4s，这列波的波速为。
1．（2025秋 南通期中）如图所示，S1、S2分别是浅水区和深水区水面上的两波源，两波源到浅水区和深水区分界处的距离分别为L1＝2.4m、L2＝4.2m。t＝0时，S1和S2开始做简谐振动，振动的表达式均为y＝10sin（5πt）cm，取向上为正方向。已知水波在浅水区和深水区的传播速度分别为v1＝2m/s、v2＝3m/s。求：
（1）S1振动的振幅A和周期T；
（2）S1和S2连线中点P的振动表达式；
（3）S1和S2之间存在几个振动加强点。
【答案】（1）S1振动的振幅A为10cm，周期T为0.4s。
（2）当0＜t＜1.1s时y＝0；当1.1s≤t＜1.5s时y＝10cos（5πt）cm；当t≥1.5s时y＝20cos（5πt）cm。
（3）S1和S2之间存在13个振动加强点。
【解析】解：（1）由振动表达式可得振幅A＝10cm，周期，解得：T＝0.4s。
（2）波源S2到达P点时间t1＝1.1s，波源S1经浅水区和深水区到达P点总时间t2＝1.5s。因此：当0＜t＜1.1s时y＝0；当1.1s≤t＜1.5s时y＝10cos（5πt）cm；当t≥1.5s时y＝20cos（5πt）cm。
（3）波源S2的波传到分界处用时。在浅水区，波源S1与分界处虚拟波源干涉加强点的波程差，波长λ1＝0.8m。
由x1+x2＝2.4m和，取n＝﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，可得6个振动加强点。
波源S1的波传到分界处用时3T。在深水区，波源S2与分界处虚拟波源干涉加强点的波程差Δs＝nλ2，波长λ2＝1.2m。
由x1+x2＝4.2m和x1﹣x2＝nλ2，取n＝﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3，可得7个振动加强点。
综上，S1和S2之间存在13个振动加强点。
答：（1）S1振动的振幅A为10cm，周期T为0.4s。
（2）当0＜t＜1.1s时y＝0；当1.1s≤t＜1.5s时y＝10cos（5πt）cm；当t≥1.5s时y＝20cos（5πt）cm。
（3）S1和S2之间存在13个振动加强点。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业19 交变电流
考点1交变电流的四值
交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
物理量 物理含义 重要关系 适用情况及说明
瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝E msin ωt i＝I msin ωt 计算线圈某时刻的受力情况
峰值 最大的瞬时值 E m＝nBSω I m＝ 讨论电容器的击穿电压
有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值 E＝ U＝ I＝ (只适用于正弦式交变电流) (1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等) (2)电气设备“铭牌”上所标的一般是指有效值 (3)保险丝的熔断电流为有效值 (4)交流电压表和电流表的读数为有效值
平均值 某段时间内感应电动势或电流的平均值大小 ＝BL ＝n ＝ 计算通过电路截面的电荷量
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 焦作期末）如图1所示，正方形线圈abcd在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，其电动势e随时间t变化的图像如图2所示。已知线圈的匝数为100，下列判断正确的是（　　）
A．正方形线圈可能是以ab边为轴匀速转动
B．该交变电流电压的有效值为100V
C．t＝1.0×10﹣2s时，穿过线圈的磁通量为零
D．穿过线圈的磁通量最大值为
【答案】B
【解析】解：A、若以边ab为轴匀速转动，线圈中的磁通量一直为零，线圈中不会产生交变电流，所以正方形线圈不可能以ab边为轴匀速转动，故A错误；
B、由图2可知，该交变电动势的最大值
对于正弦式交变电流，根据
可得该交变电流电动势的有效值
电压有效值等于电动势有效值，为100V，故B正确；
C、t＝1.0×10﹣2s时，感应电动势e＝0，此时线圈处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，故C错误；
D、根据Em＝NBSω
由图2可知T＝2.0×10﹣2s
则
又因为N＝100，
且Em＝NΦmω
所以
故D错误。
故选：B。
2．（2024秋 衡水校级期末）随着科技的发展，各式各样的用电器层出不穷，对用电的需求也越来越多，解决充电难题已经刻不容缓，为了人们出行轻便，无线充电发展迅速。如图所示实线部分是某无线充电接收端电流经电路初步处理后的I﹣t图像，其中曲线为正弦函数图像的一部分，则这种交流电的有效值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解：设交流电有效值为I，周期为T＝3s，
根据交流电有效值的定义可得，
解得这种交流电的有效值为，故A正确，BCD错误。
故选：A。
3．（2025秋 金华月考）图甲为全球最高海拔风电项目的西藏八宿风电场，图乙为某风力发电机部分供电系统简化图，风能转化为电能的效率可视为不变。工作时，矩形线圈ABCD绕轴OO′匀速转动，输出电压，电阻R1＝8.9Ω，R2＝210Ω其他电阻均不计。理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2＝1：10。则（　　）
A．线圈位于图乙所示位置时的磁通量为
B．电流表的示数为
C．该发电机每秒消耗的风能为17600J
D．线圈从图中位置转过90°的过程中，通过R2的电荷量为
【答案】D
【解析】解：A、当线圈处于图乙所示位置时，其平面与磁场方向平行，此时穿过线圈的磁通量Φ＝0，而磁通量的变化率达到最大值，感应电动势为峰值，故A错误；
B、根据输出电压表达式，发电机输出电压的有效值U＝440V。运用等效电阻法，将副线圈电阻R2折算到原线圈侧，等效电阻，解得：R2'＝2.1Ω。则原线圈回路总电流（即电流表示数），解得：I1＝40A。电流表测量的是有效值，故B错误；
C、发电机输出的电功率P＝UI1，解得：P＝17600W，即每秒转化的电能为17600J。由于风能转化为电能的效率小于1，故发电机每秒消耗的风能应大于此电能值，故C错误；
D、线圈从图示位置转过90°的过程中，原线圈磁通量的变化量ΔΦ＝Φm，由，解得：。根据平均电流定义及欧姆定律，通过原线圈的电荷量，解得：。对于理想变压器，电荷量之比等于匝数反比，通过R2的电荷量，解得：，故D正确。
故选：D。
4．（2025 金安区校级模拟）如图甲所示，空间存在竖直向下，磁感应强度大小为2T的匀强磁场，绝缘水平桌面上固定一间距为1m的光滑金属导轨，导轨的左侧接有阻值为1Ω的电阻R和理想二极管D。导轨上放置长为1m，阻值为1Ω的导体棒ab，t＝0时刻起ab棒在外力作用下向右运动，其速度变化规律如图乙所示，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻，则导体棒ab两端电压有效值为（　　）
A．4V B．2V C． D．
【答案】D
【解析】解：由图乙可知最大速度为2m/s，当导体棒向右运动时，根据楞次定律和安培定则可知，电流沿逆时针方向，二极管导通，导体棒两端电压的最大值为（0＜t＜2s）
当导体棒向左运动时，二极管截止，电路中没有电流，导体棒两端电压最大值U′ab＝Em＝BLvm＝2×1×2V＝4V（2s＜t＜4s）
根据有效值的定义可得，解得，故D正确，ABC错误。
故选：D。
5．（2024秋 山东期末）某科技社团自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动（皮带不打滑），半径之比为8：1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共N匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以转速n匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为3R的灯泡。灯泡两端电压有效值为（　　）
A．6nπNBL2 B．6nπNBL2
C．12nπNBL2 D．12nπNBL2
【答案】B
【解析】解：设小轮的半径为r1，角速度为ω1，大轮的半径为r2，大轮与小轮通过皮带传动，
两轮边缘线速度大小相等，则ω2r2＝ω1r1，其中r2：r1＝8：1，
解得ω1＝8ω2，
根据圆周运动物理量之间关系得ω＝2πn，大轮以转速n匀速转动，解得小轮角速度ω1＝16πn，
线圈产生感应电动势最大值为Em＝NBSω1＝16πnNBL2，
灯泡两端电压有效值为U＝I×3R6πnNBL2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
6.（多选）（2025秋 贵州期中）如图甲所示，电阻R＝1Ω的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，在定值电阻R1上产生的u﹣t图像如图乙所示，定值电阻R1＝10Ω，其他导线电阻不计，下列说法正确的是（　　）
A．当线圈平面与磁场方向垂直时，通过线圈的磁通量最大
B．线圈的角速度ω＝50πrad/s
C．线圈中产生电动势的有效值为10V
D．回路中电流的有效值为1A
【答案】AD
【解析】解：A、当线圈平面与磁场方向垂直时，根据磁通量公式Φ＝BS可知通过线圈的磁通量最大，故A正确；
B、根据图像可知周期为T＝0.02s，可知线圈的角速度rad/s＝100rad/s，故B错误；
CD、根据定值电阻R1的u﹣t图像，可知定值电阻R1的电压最大值为，可知定值电阻R1电压的有效值为U有V＝10V，
回路中电流的有效值为I有A＝1A，根据闭合电路欧姆定律得线圈中产生电动势的有效值为E＝I有（R+R1）＝1×（1+10）V＝11V，故C错误，D正确。
故选：AD。
考点2变压器的原理
1．构造和原理
(1)构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的.
直 观 情 境
(2)原理：电磁感应的互感现象．
2．基本关系式
(1)功率关系：P入＝P出．
(2)电压关系：＝.
有多个副线圈时：＝＝＝….
(3)电流关系：只有一个副线圈时：＝.
由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn.
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 琼海校级模拟）图甲是某发电机通过理想变压器输电的示意图，图乙是原线圈接入的内阻r＝2Ω的发电机提供的交变电流的u﹣t 图像（um未知）。已知原线圈匝数n1＝110匝，副线圈匝数n2＝22匝，电压表和电流表均视为理想电表。电流表的示数为1A，电压表的示数为2V，灯泡恰好正常发光，则下列说法正确的是（　　）
A．灯泡的电阻为20Ω
B．交变电流的频率为50Hz
C．原线圈接入的交流电压表达式为u＝10sin（100πt）V
D．原线圈电路中消耗的总功率为12W
【答案】D
【解析】解：A、副线圈电压U2＝2V，电流，解得：I2＝5A。灯泡电阻，解得：R＝0.4Ω，故A错误；
B、交变电流的u﹣t图像周期T＝0.2s，频率，解得：f＝5Hz，故B错误；
C、副线圈电压U2＝2V，由匝数比，解得：U1＝10V。最大值，角速度，解得：ω＝10πrad/s。表达式应为，故C错误；
D、原线圈输入功率等于副线圈输出功率P2＝U2I2，解得：P2＝10W。原线圈内阻消耗功率，解得：Pr＝2W。总功率P＝P2+Pr，解得：P＝12W，故D正确；
故选：D。
2．（2024秋 赤峰期末）一起重器的电路示意图如图甲所示，理想变压器的原线圈中接入图乙所示的正弦交流电，照明灯的规格为“22V，11W”，电动机线圈的内阻r＝1Ω，装置工作时，重物以v＝0.5m/s的速率匀速上升，照明灯正常工作，电表均为理想交流电表，电动机的输入功率PM＝209W。电动机的输出功率全部用来提升重物，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．原、副线圈的匝数比为
B．原、副线圈的匝数比为20：1
C．重物的质量为23.75kg
D．重物的质量为47.5kg
【答案】C
【解析】解：AB、原线圈电压有效值U1＝220V，照明灯正常工作时副线圈电压U2＝22V，由变压器原理得原、副线圈匝数比，故AB错误；
CD、通过电动机的电流有效值，电动机的输出功率等于输入功率减去其发热功率，即，解得：m≈23.75kg，故C正确，D错误。
故选：C。
3．（2025 武功县校级模拟）如图所示，理想变压器原线圈接入正弦交变电流，原线圈电路中接有定值电阻R1，副线圈两端接有定值电阻R2及电阻箱R。已知原、副线圈匝数比为1：5，R1＝R2＝R0，调节电阻箱R的阻值，则（　　）
A．当R＝2R0时，R1、R2两端的电压之比为2：1
B．当R＝R0时，R1、R2消耗的电功率之比为2：1
C．无论R为何值，原、副线圈的电流之比为5：1
D．R增大时，R1消耗的电功率先增大后减小
【答案】C
【解析】解：A．设原线圈电流为I1，因为
得副线圈电流
当R＝2R0时，副线圈R2与R并联，并联电阻R并
副线圈电压
故R1、R2两端的电压之比为15：2，故A错误；
B．当R＝R0时，副线圈并联电阻R并
又
则R2电流
由P＝I2R
所以R1功率为
R2功率为
则R1、R2消耗的电功率之比为100：1，故B错误；
C．理想变压器变流比，即电流之比与R无关，故C正确；
D．将副线圈电阻等效到原线圈，等效电阻，R增大，R副增大，R等效增大，原线圈电流减小
由P＝I2R可知R1功率一直减小，故D错误。
故选：C。
4．（2025 武功县校级模拟）如图所示，某实验小组研发了一款小型发电机，发电机线圈面积S＝0.02m2，共计N＝50匝，线框所在区域内存在垂直转轴的匀强磁场，磁感应强度大小，线圈转速n＝50r/s，然后通过匝数比的理想变压器输送到用户端，原线圈回路接有阻值为R的定值电阻，副线圈接有三个阻值均为R的定值电阻，线圈电阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．发电机的输出电压瞬时值表达式为
B．副线圈的输出电压为15V
C．电阻R上电流方向1s内改变50次
D．原线圈回路中电阻R与副线圈回路中一个电阻R的功率之比为9：15
【答案】B
【解析】解：A．线框转动的角速度为ω＝2πn＝2π×50rad/s＝100πrad/s
线框转动产生感应电动势最大值为
因计时时刻不确定，故发电机输出电压瞬时值表达式不一定是，故A错误；
B．电动势有效值为
设变压器输入电压为U1，电流为I1，副线圈输出电压为U2，电流
根据电压比有
根据电流比有
联立解得U1＝5U2，
则变压器输入电路有E＝U1+I1R
联立解得U2＝15V，故B正确；
C．交流电的频率，在一个周期内电流方向改变2次，所以交流电方向1s内改变100次，故C错误；
D．原线圈回路中电阻R的功率
副线圈回路中一个电阻R的功率
可知P1：P2＝9：25，故D错误。
故选：B。
5．（2024秋 安徽期末）如图所示为一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2＝1：2，定值电阻R1＝2Ω，R2＝2Ω，电阻箱R的阻值调节范围足够大，U0为正弦式交流电源。当R＝2Ω时，通过R1的电流为I0，则当R＝6Ω时，通过R1的电流将变为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解：由题意整理得变压器等效电阻为
由题意可知当R＝2Ω时，通过R1的电流为I0
当R＝6Ω时，通过R1的电流将变为
I
故A正确，BCD错误。
故选：A。
6.（多选）（2025 唐山模拟）如图（a）所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，R为10Ω的定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。若原线圈接如图（b）所示的正弦交流电，下列说法正确的是（　　）
A．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u′＝3sin（100πt）V
B．t＝0.02s时，电压表V1的示数为0
C．t＝0.02s时，电压表V2的示数为3V
D．t＝0.02s时，电流表A的示数为0.3A
【答案】AD
【解析】解：A.根据变压器的变压比，解得，由于交流电的频率不变，周期不变，即T＝2×10﹣2s，角频率rad/s＝100πrad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为，故A正确；
BC.电压表测量的是交流电的有效值，不是交流电的瞬时值，t＝0.02s时，电压表V1的示数为12V，电压表V2的示数为3V，故BC错误；
D.电流表测量的也是有效值，则t＝0.02s时，根据欧姆定律可知，电流表A的示数为，故D正确。
故选：AD。
考点3变压器两端电路的动态分析
1. 线圈匝数变化
如图所示， 负载电阻不变， 匝数比变化的情况的分析思路:
(1) 不变， 发生变化， 变化；
(2) 不变， 变化， 发生变化；
(3) 根据 和 、 ，可以判断 变化时， 发生变化； 不变， 发生变化。
2负载电阻变化
如图所示， 匝数比不变， 负载变化的情况的分析思路:
不变，根据 ，输入电压 决定输出电压 ，可以得出不论负载电阻 如何变化， 不变；
当负载电阻发生变化时， 变化，根据输出电流 决定输入电流 ，可以判断 的变化；
变化引起 变化，根据 ，可以判断 的变化。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 昌黎县校级模拟）如图所示，理想变压器副线圈有两个绕组，a、b间接输出电压有效值恒定的正弦交流电，通过总电阻为r的导线与原线圈连接。副线圈所接四个灯泡规格相同，开关S断开时，三个灯泡亮度一样，若不考虑灯泡电阻的变化，当开关S闭合后，下列说法正确的是（　　）
A．L1、L2、L3都变亮 B．L1、L2、L3都变暗
C．L1、L2变亮，L3变暗 D．L1、L2变暗，L3变亮
【答案】B
【解析】解：电路简化示意图如下：
设原线圈输入电压U1＝U﹣I1r，根据变压器原理，可得副线圈电压，解得：。同理推导，解得：。
根据理想变压器功率守恒，代入表达式得。
化简得，变形后得。
当开关S闭合时，R3减小引起I1增大，导致U1减小，进而使U2、U3均减小，因此灯泡L1、L2、L3亮度均降低。故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．（2025秋 贵州月考）如图所示，变压器原线圈接正弦交变电源，变压器原、副线圈匝数之比n1：n2＝2：1，电路中定值电阻的阻值为R1，滑动变阻器的最大阻值为R2，灯泡的电阻（保持不变）为RL，已知R1＝R2＝RL＝R。闭合开关S，通过调节滑动变阻器，改变灯泡亮度，则灯泡功率最小值与最大值之比为（　　）
A．9：49 B．1：4 C．25：81 D．9：25
【答案】C
【解析】解：变压器副线圈等效电阻为，解得：R'＝4（R+R2）。
将R1视为电源内阻，当R2＝0时，灯泡功率最大，，解得：。
当R2＝R时，功率最小，，解得：。
灯泡功率最小值与最大值之比为25：81，故C正确；ABD错误。
故选：C。
3．（2024秋 河南期末）如图所示为某电吹风的内部简化电路图，电机的内阻为r，额定功率为P，定值电阻的阻值为R，理想变压器原、副线圈的匝数比为k，在a、b两端输入电压有效值恒定的正弦交流电，S断开时，电机刚好能正常工作，将S闭合，a、b两端输入的功率是S断开时a、b两端输入功率的3倍，则下列判断正确的是（　　）
A．S闭合后，电机的功率减小
B．
C．a、b两端输入电压有效值为
D．S闭合时，变压器副线圈中的电流为
【答案】C
【解析】解：A、设a、b两端输入电压有效值为U，则变压器副线圈两端电压为，S闭合后，电机两端的电压不变，电机功率不变，故A错误；
B、若电动机为纯电阻电路，S断开时，S闭合时，由Pab′＝Pab解得，由于电机是非纯电阻用电器，故，故B错误；
D、S闭合时，变压器原线圈电流，副线圈电流，故D错误；
C、S闭合后电阻功率为2P，由，解得，故C正确。
故选：C。
4．（2024秋 南阳期末）如下图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器变化时，相当于R的值变化（滑动片向下或向上移动）。如果变压器上的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，下列说法正确的是（　　）
A．电流表A1的读数不变 B．电压表V1的读数变大
C．电压表V3的读数变小 D．电流表A2的读数变小
【答案】C
【解析】解：B、由于输入电压不变，所以电压表V1的读数不变，故B错误；
ACD、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈电压不变，即电压表V2的读数也不变，当用户的用电器增加时，相当于R减小，副线圈总电阻减小，电流变大，即A2的示数变大。由欧姆定律知R0分压变大，R分得的电压变小，即电压表V3的读数变小。根据P＝UI得输出的功率变大了，由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，因为输入的电压不变，所以所以A1的示数变大，故AD错误，C正确。
故选：C。
5．（2025秋 和平区期中）如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，电表均为理想电表，开关S处于断开状态，下列说法正确的是（　　）
A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变小
C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若滑动触头P不动，闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变小
【答案】D
【解析】解：A、当滑动变阻器触头P上移时，接入电路的阻值增大，副线圈总负载电阻R总增大。由于副线圈电压U2由变压器匝数比决定且保持不变，根据，副线圈电流I2减小，使得电阻R1的功率降低，故A错误；
B、电压表测量值为UV＝U2﹣I2R1，因U2恒定而I2减小，导致R1压降减小，并联部分电压UV增大，故B错误；
C、根据变压器电流关系，I2减小使原线圈电流I1同步减小，电流表A1示数减小，故C错误；
D、保持P位置不变，闭合S后R3并入电路，副线圈总电阻减小，由欧姆定律得I2增大，进而使I1增大（A1示数增大）；同时I2增大导致R1压降增大，并联电压UV＝U2﹣I2R1减小，流过R2的电流减小（A2示数减小），故D正确。
故选：D。
6.（多选)（2025秋 长沙月考）图甲所示的理想变压器原、副线圈匝数比为3：1，开始时，开关S闭合，图乙是该变压器cd输入端交变电压的图像，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9V，6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表。以下说法正确的是（　　）
A．ab输入端电压的瞬时值表达式为Uab＝27sin100πt（V）
B．电流表的示数为2A，L1能正常发光
C．ab输入端输入功率Pab＝18W
D．断开S，L3中的电流将变大
【答案】BD
【解析】解：AB、由图乙所示图像可知，开关S闭合时cd输入端交变电压的峰值为：Um1＝27V，其有效值为：U1V＝27V
根据理想变压器的原理可得副线圈两端电压为：U227V＝9V
可知副线圈三只并联的灯泡均能正常发光，灯泡的额定电流为：I0A
可得电流表的读数为：I2＝3I0＝3A＝2A
根据理想变压器的原理可得原线圈电流为：I12AA，所以原线圈的灯泡L1也能正常发光。
ab输入端电压有效值为：Uab＝UL+U1＝（9+27）V＝36V
可得输入端电压的瞬时值表达式为：uab＝36sin100πt（V），故A错误，B正确；
C、四只灯泡都正常发光，ab输入端输入功率为：Pab＝4PL＝4×6W＝24W，故C错误；
D、若将S断开，副线圈中只有L3路接入电路，副线圈的总电阻变大，副线圈中的电流会变小，原线圈中的电流也会变小，灯泡L1的两端电压变小，则原线圈的电压会变大，副线圈的电压也会变大，可知灯泡L3的两端电压变大，故L3中的电流将变大，故D正确。
故选：BD。
考点4远距离输电
1．输电电路图的三个回路(如图)
(1)在电源回路中，P发电机＝U1I1＝P1。
(2)在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，ΔP＝IR线。
(3)在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户。
2．升压变压器和降压变压器的基本关系
(1)升压变压器基本关系
＝，＝，P1＝P2
(2)降压变压器基本关系
＝，＝，P3＝P4
3．一个守恒观念
功率关系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I线＝IR线＝。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 武功县校级模拟）远距离输电的示意图如图所示，变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数比，降压变压器的原、副线圈匝数比。当升压变压器原线圈的输入电压U1＝211V时，入户电压U4＝220V，且用户消耗的电功率P＝110kW，则输电线的总电阻为（　　）
A．250Ω B．200Ω C．150Ω D．100Ω
【答案】B
【解析】解：根据，解得U2 ＝21100V
同理可得
降压变压器的副线圈中的电流
根据，解得输电线上的电流I3 ＝5.5A
则输电线上的总电阻
故选：B。
2．（2025 开封三模）如图所示为远距离输电的示意图，a、b端接入电压为210V的交流电源，两理想变压器的匝数比满足。已知R1、R2、R3的阻值均为5Ω，它们消耗的电功率均相同，电表均为理想交流电表。下列说法正确的是（　　）
A．变压器T1的匝数比
B．电压表的示数为120V
C．电流表的示数为28A
D．变压器T1的输出功率为11460W
【答案】C
【解析】解：A、设输电线电流为I2，电阻R2和R3的电流分别为IR2、IR3。由功率公式P＝I2R，结合三电阻阻值相同且功率相等，得I2＝IR2＝IR3。变压器T2副线圈电流I4＝IR2+IR3，代入I2＝IR2＝IR3得I4＝2I2。根据变压器电流比（其中I3＝I2），代入得，解得：。由题意，代入得，故A错误；
C、对变压器T1，由电压比，代入U1＝210V得，解得：U2＝420V。设电压表示数为U4，则R2两端电压U4＝IR2R2，代入IR2＝I2和R2＝5Ω得U4＝5I2。对变压器T2，由，代入U4＝5I2得U3＝2×5I2，解得：U3＝10I2。根据输电回路电压关系U2＝I2R1+U3，代入U2＝420V、R1＝5Ω、U3＝10I2得420＝5I2+10I2，解得：I2＝28A，故C正确；
B、此时U4＝5I2，代入I2＝28A得U4＝5×28，解得：U4＝140V，故B错误；
D、变压器T1输出功率P出＝U2I2，解得：P出＝11760W，故D错误。
故选：C。
3．（2024秋 黔东南州期末）随着节能减排的推进，水力发电站将代替部分火力发电站而成为发电主力。图中为某水电站的电能输送示意图，升压变压器原、副线圈的匝数比为1：10，降压变压器原、副线圈的匝数比为10：1，发电机的输出电压恒为230V，降压变压器副线圈电压随时间变化的规律如图乙所示，两变压器均为理想变压器，两变压器之间输电线路的总电阻为10Ω，下列说法正确的是（　　）
A．输电线路消耗的电功率为0.1kW
B．发电机的输出功率为2.3kW
C．用户消耗的电功率为2.2kW
D．输电效率约为96%
【答案】D
【解析】解：A、由题意得U1＝230V，，解得：U4＝220V。
根据变压器电压与匝数关系U2＝10U1，解得：U2＝2300V；U3＝10U4，解得：U3＝2200V。
输电线电压降为U＝U2﹣U3，解得：U＝100V。
输电电流，解得：I＝10A。
线路功率损耗P＝I2R线，解得：P＝1kW，故A错误；
B、发电机输出功率P1＝P2＝U2I，解得：P1＝23kW，故B错误；
C、用户功率P4＝P3＝U3I，解得：P4＝22kW，故C错误；
D、输电效率，解得：η≈96%，故D正确。
故选：D。
4．（2025秋 河北期中）2025年8月，由南方电网广东广州供电局牵头研制的全球首台500千伏植物油变压器，在广州500千伏增城变电站投运。如图所示，发电站输出电压有效值为10.8kV的正弦式交流电，经匝数比为1：50的理想变压器升压后通过输电线输送到变电站，输电线等效电阻为R＝20Ω，变电站两端有效电压为500kV，再用理想变压器变为电压有效值为220V的家用交流电，下列说法正确的是（　　）
A．升压变压器输出电压最大值为540kV
B．输电线上的电流为200A
C．输电线上损失的功率为8×107W
D．升压变压器原线圈与降压变压器副线圈中电流之比为11：5000
【答案】C
【解析】解：A．根据公式，得
则540kV是升压变压器输出电压的有效值，故A错误；
B．输电线的损耗电压ΔU＝U2﹣U3＝540kV﹣500kV＝40kV
输电线上的电流为I ＝2000A，故B错误；
C．输电线上损失的功率为ΔP＝I2R＝（2000）2×20W＝8×107W，故C正确；
D．升压变压器输出功率P2═U2 I＝540kV×2000A＝1.08×109W
降压变压器输出功率P4＝P3＝P2﹣ΔP ＝1.08×109W﹣8×107W＝1×109W
升压变压器原线圈与降压变压器副线圈中电流之比为，故D错误。
故选：C。
5．（2025春 开福区校级月考）2024年夏天由于炎热天气影响，全国用电量激增。通过调查发现，在我国电源供给中风电、光伏等清洁能源占到近三成，成为电力可靠供应的重要保障。某风力发电机的输出电压为2500V，用户得到的电功率为141kW，用户得到的电压是220V，输电线的总电阻为90Ω，输电线路如图所示。若输电线因发热而损失的功率为升压变压器输出功率的6%，变压器均视为理想变压器，已知降压变压器副线圈的匝数为55匝，则下列说法正确的是（　　）
A．风力发电机的输出功率为1500kW
B．通过输电线的电流为7A
C．升压变压器副线圈匝数是原线圈匝数的3倍
D．降压变压器原线圈的匝数为3525匝
【答案】D
【解析】解：A、根据能量守恒，可得用户得到的电功率、输电线消耗的功率与升压变压器输出功率满足：P1＝6%P1+P4，可得到升压变压器输出的功率为：P1＝150kW，故A错误；
B、根据输电线消耗的功率公式：，其中：Pr＝6%P1，可得到输电线上的电流为：I2＝10A，故B错误；
C、根据电功率公式：P1＝U1I1，可得到升压变压器输出电流为：I1＝60A；
根据升压变压器的输出电流、输电线上的电流，可得到原副线圈匝数满足：，解得：n2＝6n1，故C错误；
D、升压变压器原副线圈的电压满足：，输电线上的电压满足：U2＝I2r+U3，
可得到降压变压器原线圈的电压为：U3＝14100V，降压变压器原副线圈的电压满足：，可得到降压变压器的原线圈匝数为：n3＝3525，故D正确。
故选：D。
6.(多选）（2025 昌黎县校级三模）如图为远距离输电的示意图。已知发电站的输出功率为6×105kW，输出电压为U1，输送电压为U2＝500kV，理想升压变压器原、副线圈的匝数之比为，理想降压变压器原、副线圈的匝数之比为n，输电线上的总电阻为R＝50Ω。为保证用户端能获得U4＝220V的生活用电，下列说法正确的是（　　）
A．500kV是指交流电的平均值
B．发电站的输出电压为U1＝250V
C．升压变压器原、副线圈的匝数之比为1：200
D．若发电站的输出功率不变，升压变压器副线圈的电压升高一倍，则输电线上的功率损失变为原来的
【答案】BD
【解析】解：A、在远距离输电中，500kV是指交流电的有效值，故A错误；
BC、设输电线电流为I2，原、副线圈两端电压与匝数成正比，则有，U3＝nU4
因为
联立解得n＝2000，U1＝250V
故B正确，C错误；
D、根据
整理得
可知若发电站的输出功率不变，升压变压器副线圈的电压U2升高一倍，则输电线上的功率损失变为原来的，故D正确。
故选：BD。
1．（2024秋 衡水期末）如图甲为某中小型水力发电站远距离输送单相交流电示意图，每根导线电阻为4Ω，远距离输电线的输送电流为100A，若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为720kW，在用户端起点接有交流电压表，求：
（1）升压变压器原副线圈匝数比；
（2）设降压变压器原副线圈匝数比320：11，求用户端交流电压表的示数；
【答案】（1）升压变压器原副线圈匝数比为；
（2）设降压变压器原副线圈匝数比320：11，用户端交流电压表的示数为220V；
【解析】解：（1）由题图可知，升压变压器输入电压的有效值为
由于变压器为理想变压器，所以升压变压器副线圈的功率也为720kW，则有7200V
则升压变压器原副线圈匝数比为
（2）由于远距离输电线每根电阻为4Ω，而远距离输电需要两根输电线，所以输电线的总电阻为r＝2×4Ω＝8Ω
降压变压器输入电压为U3＝U2﹣I2r＝7200V﹣100×4×2V＝6400V
根据变压器电压比等于匝数比可得
可得用户端交流电压表的示数
答：（1）升压变压器原副线圈匝数比为；
（2）设降压变压器原副线圈匝数比320：11，用户端交流电压表的示数为220V；
2．（2025 黑龙江模拟）小型交流发电机向校远处用户供电，发电机线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动。已知线圈abcd的匝数N＝100，面积S＝0.043m2，线圈匀速转动的角速度ω＝100πrad/s，匀强磁场的磁感应强度大小BT。输电导线的总电阻R＝12.5Ω，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3：n4＝10：1。用户区标有“220V，8.8kW”的电动机恰能正常工作，用户区及连接发电机线圈的输电导线电阻可以忽略，发电机线圈电阻不可忽略。求：
（1）输电线路上损耗的电功率ΔP；
（2）若升压变压器原、副线圈匝数比为n1：n2＝1：9，求发电机线圈电阻r。
【答案】（1）输电线路上损耗的电功率为200W；
（2）发电机线圈电阻为5Ω。
【解析】解：（1）设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，则，解得：
根据理想变压器的电流规律可得：，解得：，则输电线路上损耗的电功率为：；
（2）根据理想变压器的变压规律有，解得：
升压变压器副线圈两端电压为：U2＝U3+I3R＝2200V+4×12.5V＝2250V，据理想变压器的变压规律有：，代入数据解得：U1＝250V
交流发电机产生的感应电动势的最大值为：，则电动势有效值为：，根据理想变压器的变流规律有，代入数据解得：I1＝36A，根据闭合电路欧姆定律有：E＝U1+I1r，解得：。
答：（1）输电线路上损耗的电功率为200W；
（2）发电机线圈电阻为5Ω。
1．（2025 大兴区校级三模）近年来，电动汽车在我国迅速发展，其动力装置是电动机。如图甲所示是一台最简单的直流电动机模型示意图，固定部分（定子）装了一对磁极，旋转部分（转子）装了圆柱形铁芯，将abcd矩形单匝导线框固定在转子铁芯上，能与转子一起绕轴OO'转动。线框与铁芯是绝缘的，线框通过换向器与直流电源连接。定子与转子之间的空隙很小，可认为磁场沿径向分布，线框无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，如图乙所示，线框所处位置的磁感应强度大小均为B。已知ab、cd边的质量均为M、长度均为L，其他部分质量不计，线框总电阻为R。电源电动势为E，内阻不计。当闭合开关S，线框由静止开始在磁场中转动，忽略一切阻力与摩擦，以及线圈的自感系数。
（1）分别求出刚闭合开关S后瞬间、线框的转速达到稳定后线框中的电流I1和I2；
（2）求闭合开关后，线框由静止开始转动，到转动速率达到稳定的过程中，线框ab边能达到的最大速度vm和电源所释放的电能W；
（3）当用电动机带动其他机器稳定工作时，线框的ab、cd边相当于都受到与转动速度方向相反、大小恒定的阻力f，f不同转动速率也不同。写出此时电动机工作效率η的表达式，并求出当η＝50%时，线框的ab、cd边转动的速率。
【答案】（1）分别求出刚闭合开关S后瞬间、线框的转速达到稳定后线框中的电流分别为、0；
（2）线框ab边能达到的最大速度为，电源所释放的电能为；
（3）当η＝50%时，线框的ab、cd边转动的速率为。
【解析】解：（1）刚闭合开关S，线框中的电流为I1
线框的转速达到稳定后，线框的转动不再加速，又因不计一切阻力和摩擦，所以稳定后ab、ca边所受安培力为0，因此线框中的电流为I2＝0。
（2）线框转动速率达到稳定时，ab、ca边产生的感应电动势E'与电源的电动势相等，所以稳定时有
E＝2BLvm
解得
vm
在很短的时间Δt内可认为电流不变，以ab为研究对象，在ab边转动的方向应用动量定理得
BLΔt＝MΔv
对整个过程求和有
BLQ＝Mvm
其中Q为在整个过程中通过杆横截面的电量，又因为电源所释放的电能为
W＝EQ
联立以上各式求得
W
（3）因线框ab边和cd边所受的阻力均为f，当线框稳定转动时，线框ab边和cd边所受安培力大小与相等，即
f＝BIL
则电动机的输出功率可表示为
P＝2fv＝2BILv
又因为申源消耗的功率为EI，所以效率为
η
又因为
I
解得
η＝1
当η＝50%时，解得
v
答：（1）分别求出刚闭合开关S后瞬间、线框的转速达到稳定后线框中的电流分别为、0；
（2）线框ab边能达到的最大速度为，电源所释放的电能为；
（3）当η＝50%时，线框的ab、cd边转动的速率为。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业13 光学
考点1光的折射
1．折射现象
光从一种介质斜射进入另一种介质时传播方向发生改变的现象。
2．折射定律
(1)内容：折射光线与入射光线、法线处在同一平面　内，折射光线与入射光线分别位于法线的 两侧　；入射角的正弦与折射角的正弦 成正比　。
(2)表达式：＝n12，式中n12是比例常数。
(3)在光的折射现象中，光路是可逆的。
3．折射率
(1)定义：光从真空射入某种介质发生折射时， 入射角的正弦与折射角的正弦之比，叫作这种介质的绝对折射率，简称折射率，用符号n表示。
(2)表达式：n＝。
(3)计算公式：n＝，因为v4．光密介质与光疏介质
(1)光密介质：折射率较大的介质。
(2)光疏介质：折射率较小的介质。
(3)光密介质和光疏介质是相对的。某种介质相对其他不同介质可能是光密介质，也可能是光疏介质。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 海门区校级期中）如图所示，一束由a、b两种光组成的光束以θ角射入玻璃砖，a、b光从射入到传播到玻璃砖下表面所用时间相等，已知两光在介质中的折射角分别为α、β（α＜β），下列关系式正确的是（　　）
A．β+α＝θ B．β+α＝45° C．β﹣α＝30° D．β+α＝90°
2．（2025秋 海门区校级期中）地球表面大气对光的折射率随高度的增加而逐渐减小。一束太阳光从大气层中某点射入，此后光的传播路径可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025秋 赤峰期中）用插针法测量平行玻璃砖折射率的实验中。按正确实验步骤操作，并画出径迹如图所示，A、B、C、D是四枚大头针的位置，a、a′表示玻璃的上下表面，AB、OO′、CD表示光线。下列说法正确的是（　　）
A．实验者在观察时能同时看见A、B、C、D四枚大头针
B．实验者在观察时只能看见D这一枚大头针
C．入射光线AB在平行玻璃砖a表面处可以发生全反射
D．折射光线OO′在平行玻璃砖a′表面处可以发生全反射
4．（2024秋 娄底月考）人们常用棱镜控制光路。如图，两横截面为直角三角形的相同棱镜放置在水平桌面上，ab平行于cd，ab边与cd边的距离为L，三角形顶角为α＝37°，两棱镜间为真空。一束单色光从P点垂直射入棱镜，经折射后从右边棱镜上Q点射出。已知棱镜材料对该单色光的折射率为，，，则P、Q点间的高度差为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025 衡水模拟）玻璃砖截面如图所示为等腰直角三角形，截面所在平面内一束光线平行于AB边由AC边上的三等分点D入射，且，恰可由顶点B处射出。则该玻璃砖的折射率为（　　）
A． B． C． D．
6.（多选）（2025秋 广东月考）水晶玻璃常用来制作各种装饰品。现有一厚度为的足够长的矩形水晶玻璃砖，放在如图所示的虚线位置，玻璃砖的前后面与虚线ab、cd重合且与光屏平行，一细光束以45°的入射角从ab边射入玻璃砖，在光屏上的光点比不放玻璃砖时向下移动了s＝0.73cm，不考虑细光束在玻璃内的反射，光在真空中传播的速度为c。取，下列说法正确的是（　　）
A．细光束射入ab边的折射角为15°
B．该水晶玻璃的折射率为
C．若改变细光束的入射角，细光束在玻璃砖中传播的最短时间为
D．若改变细光束的入射角，细光束在玻璃砖中传播的最长时间趋近于
考点2光的全反射
1．定义：光从光密介质射入光疏介质，当入射角增大到某一角度时，折射光线将全部消失，只剩下反射光线的现象。
2．条件
(1)光从光密介质射入光疏介质。
(2)入射角大于或等于临界角。
3．临界角：折射角等于90°时的入射角，若光从光密介质(折射率为n)射向真空或空气时，发生全反射的临界角为C，则sin C＝。介质的折射率越大，发生全反射的临界角越小　。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 聊城期末）如图所示，一束复色光a、b从介质射向真空，只有b光从界面射出，反射光束用c表示，则下列说法正确的是（　　）
A．c为a光
B．真空中，b光的光速比a光的大
C．真空中，b光的波长比a光的长
D．a光与b光相遇会发生光的干涉现象
2．（2025秋 广东月考）某同学利用半圆形玻璃砖进行实验，两单色光I和Ⅱ分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色光c，已知两光与法线间的夹角分别为45°和30°，其出射光都是由圆心O点沿OC方向射出，下列说法正确的是（　　）
A．Ⅱ光与I光在玻璃砖中的传播时间之比为
B．Ⅱ光与I光在玻璃砖中的折射率之比为
C．Ⅱ光与I光在玻璃砖中传播速度大小的比为
D．Ⅱ光与I光由该玻璃砖射向真空发生全反射时的临界角之比为
3．（2025秋 南宁月考）如图所示，一个半径为r＝3m的圆柱形软木塞，在其圆心处插上一枚大头针，软木塞浮在液面上。调整大头针插入软木塞的深度，当它露在外面的长度为h＝4cm时，从液面上方各个方向向液体观察，恰好看不到大头针。则液体的折射率为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025秋 10月份月考）如图所示，桌面上放一枚硬币，一个透明圆柱体放在硬币上。从圆柱体侧面任意位置观察硬币，均未能看到。则圆柱体的折射率可能是（　　）
A．1.38 B．1.39 C．1.41 D．1.42
5．（2025 武功县校级模拟）如图所示是用透明材料制成的直角三棱镜MNP，其中∠N＝90°，∠P＝30°。一束单色光垂直MN面从MN的中点位置处射入棱镜，在MP面恰好发生全反射。已知光在真空中的传播速率为c，则单色光在棱镜中的传播速率为（　　）
A．c B． C． D．
6.（多选）（2026 浙江一模）如图，ABC为半圆柱体透明介质的横截面，AC为直径，B为ABC的中点。真空中一束单色光从AC边射入介质，入射点为A点，折射光直接由B点出射。不考虑光的多次反射，下列说法正确的是（　　）
A．入射角θ小于45°
B．由B点出射的光线与在A点入射的光线平行
C．增大入射角，该单色光在BC上可能发生全反射
D．减小入射角，该单色光在AB上可能发生全反射
考点3光的干涉
1．定义：在两列光波叠加的区域，某些区域相互加强，出现亮条纹，某些区域相互减弱，出现暗条纹，且加强区域和减弱区域相互间隔的现象。
2．条件：两束光的频率相同、相位差恒定　。
3．双缝干涉
(1)原理如图所示。
(2)条纹特点
①单色光：形成 明暗相间的条纹，中央为亮条纹。
②白光：光屏上出现彩色条纹，且中央亮条纹是白色。
③相邻两个亮条纹或暗条纹的中心间距公式：Δx＝ λ　。
4．薄膜干涉
(1)相干光：光照射到透明薄膜上，从薄膜的两个表面反射的两列光波。
(2)图样特点：同双缝干涉，同一条亮(或暗)条纹对应薄膜的厚度相等。单色光照射薄膜时形成明暗相间的条纹，白光照射薄膜时形成彩色条纹。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 昌黎县校级三模）劈尖干涉是一种薄膜干涉，如图所示。将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夹入一厚度为h的薄片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当红光从上方入射后，从上往下可看到干涉条纹。图中薄片到劈尖顶点的距离为L，下列说法正确的是（　　）
A．若换用蓝光入射，则相邻两条亮条纹的中心间距变大
B．若将此装置放入水中，则形成的干涉条纹间距变大
C．若将薄片从图示位置向右移动一小段距离ΔL，则相邻两条亮条纹的中心间距变为原来的倍
D．若将薄片从图示位置向左移动一小段距离ΔL，则相邻两条亮条纹的中心间距变为原来的
2．（2025 河南模拟）如图所示，将一凸透镜A（一面为平面，另一面为球面的凸透镜）放在一平面玻璃板B上，透镜的主光轴垂直于玻璃板面，一束单色平行光平行于主光轴照射到透镜上，从透镜上方可以看到明暗相间的同心环形条纹。下列说法正确的是（　　）
A．环形条纹是由光的衍射形成的
B．靠近中心附近的条纹较宽，越往边缘越窄
C．靠近中心附近的条纹较窄，越往边缘越宽
D．所有条纹的宽度都是相等的
3．（2025 襄城区校级模拟）如图所示，用红、绿两个激光笔发出的光a、b平行射向半圆形的薄玻璃碗，碗底形成两个光斑；缓慢给碗内注水，发现两个光斑逐渐重合。则关于a、b光的说法正确的是（　　）
A．a光是红光，b光是绿光
B．在水中，a光波长较短，全反射的临界角较小
C．光斑重合时，从碗底部射出的光线只有一条
D．在同一双缝干涉实验装置中a光的干涉条纹间距较大
4．（2025秋 锡山区校级期中）某实验小组成员根据光的干涉原理设计了探究不同材料热膨胀程度的实验装置，如图所示。材料Ⅰ置于玻璃和平板之间，材料Ⅱ的上表面与上层玻璃下表面间形成空气劈尖。单色光垂直照射到玻璃上，就可以观察到干涉条纹。下列说法正确的是（　　）
A．干涉条纹由玻璃的上表面和材料Ⅱ的上表面反射光叠加形成
B．仅温度升高，若干涉条纹向右移动，则材料Ⅱ膨胀程度大
C．仅换用频率更大的单色光，干涉条纹将向右移动
D．材料Ⅱ的上表面可以与上层玻璃下表面平行
5．（2025秋 湖北期中）双缝干涉实验装置的截面图如图所示，线光源S到双缝S1、S2的距离相等，O点为S1，S2连线中垂线与光屏的交点，光源S发出波长为λ的红色激光，经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经S2出射后直接传播到O点，玻璃片厚度为4λ，玻璃对该波长的光的折射率为1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的是（　　）
A．由S1到O点与由S2到O点，光传播的时间差
B．O点出现亮条纹
C．若换成波长更短的绿光，O点一定为亮条纹
D．若光屏向左移动少许，则光屏上条纹间距变大
6.（多选）（2025秋 东西湖区校级期中）光的干涉现象在技术中有许多应用。如图甲所示是利用光的干涉检查某精密光学平面的平整度，图乙和图丙是图甲的装置中看到的条纹。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中下板是待检查的光学元件，上板是标准样板
B．若出现图丙中弯曲的干涉条纹，说明被检查的平面在此处出现了凸起
C．若换用频率更大的单色光，其他条件不变，则图乙中的条纹间距变宽
D．若将图甲中的薄片厚度增大，其他条件不变，则图乙中的条纹间距变窄
考点4光的衍射
1．发生明显衍射的条件：
只有当障碍物的尺寸与光的波长相差不多，甚至比光的波长还小的时候，衍射现象才会明显。
2．三种衍射图样的比较
（1）单缝衍射：若为单色光，中央为亮且宽的条纹，两侧为明暗相间的条纹，条纹间距不等，且离中央条纹越远，亮条纹的亮度越弱，宽度越小(如图甲所示)。
（2）单孔衍射：若为单色光，中央是大且亮的圆形亮斑，周围分布着明暗相间的同心圆环，且越靠外，圆形亮条纹的亮度越弱，宽度越小(如图乙所示)；亮环或暗环间的距离随圆孔半径的增加而减小　。
（3）泊松亮斑(圆盘衍射)：当光照射到不透明的半径很小的圆盘上时，在圆盘的阴影中心出现亮斑，在阴影外还有不等间距的明暗相间的圆环。(如图丙所示)
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 临沂期末）如图所示，水面下有两个单色点光源S1、S2，S1比S2离水面近，两个点光源发出的光照亮水面形成的光斑面积相等，则两种光相比（　　）
A．S2发出的光在水中传播速度更大
B．S2发出的光更不容易产生明显衍射现象
C．S2发出的光在真空中的波长更长
D．经同一干涉装置S2发出的光形成的干涉条纹间距大
2．（2025秋 金华月考）在一定的气象条件下，空气中的小水滴会变成六棱柱状的小冰晶，太阳光穿过小冰晶时发生折射，看上去在太阳的周围出现一个彩色圆圈，这就是日晕，如图甲所示。图乙是两单色光穿过六棱柱状冰晶某横截面的示意图，下列说法正确的是（　　）
A．若a光是黄光，则b光可能是红光
B．b光比a光更容易发生明显的衍射现象
C．a光在冰晶中的传播速度小于b光的传播速度
D．用同一双缝干涉装置做实验，a光条纹间距大于b光条纹间距
3．（2025秋 辽宁月考）如图所示为红、蓝两种颜色的光分别通过同一窄缝后在屏上呈现的条纹，下列说法正确的是（　　）
A．产生图甲衍射条纹的是红色光
B．图乙的光在真空中传播速度更大
C．增大窄缝宽度，衍射会变得更明显
D．减小窄缝宽度，屏上光会变得更亮
4．（2025 海淀区校级模拟）抽制高强度纤维细丝时可用激光监测其粗细。如图所示，观察激光束经过细丝时在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化。这一过程利用了光的（　　）
A．干涉现象 B．衍射现象 C．折射现象 D．色散现象
5．（2025 山东开学）如图所示，小王同学让激光束通过自制双缝，观察在光屏上形成的双缝干涉条纹。关于小王同学的实验操作过程及对应看到的现象，下列说法正确的是（　　）
A．仅将光屏移近缝，光屏上干涉条纹间距变宽
B．仅将激光器移近缝，光屏上干涉条纹间距变宽
C．遮住一条缝后，光屏上仍有明暗相间的条纹
D．仅换一个两缝之间距离较大的双缝，光屏上干涉条纹间距变宽
6.（多选）（2024秋 西安期末）为了装点城市夜景，市政工作人员常在喷水池水下安装灯光照亮水面。如图甲所示，水中有一点光源S，能同时发出两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，俯视如图乙所示，环状区域内只有b光，中间小圆内为复色光，下列说法正确的是（　　）
A．a光的折射率大于b光的折射率
B．在水中，a光的传播速度大于b光的传播速度
C．观察到的光源S的位置比实际位置浅一些
D．通过相同的单缝，a光的衍射现象比b光更明显
1．（2025秋 海门区校级期中）如图所示为某透明介质制成的棱镜截面，该截面由半圆构成，O为圆心，直径AB水平，C为半圆最低点，已知半径OA＝R，一细光束由平面上的A点斜射入棱镜，细光束在D点刚好发生全反射，已知弧长AC等于弧长DC的3倍，光在真空中的速度为c。求：
（1）该透明介质的折射率；
（2）光束从A点射入到第一次射到圆弧BC的时间。
2．（2025 咸阳模拟）如图所示，图中阴影部分ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，该种材料折射率n＝2，曲线AC为一圆心为D，半径为R的四分之一圆弧，ABCD构成正方形，在D处有一点光源。若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，从点光源射入圆弧AC的光中，有一部分光能从AB、BC面直接射出，已知光在真空中传播速度为c。求：
（1）光线从D点传播到B点所用的时间t；
（2）从AB、BC面有光射出的区域总长度。
1．（2025 武功县校级模拟）某款落地式台灯的灯珠经过特殊处理后可以向四周发射水平光线，灯罩abcd及灯珠的截面图如图所示，灯珠发出的光线经过透明灯罩ab、cd段（ab、cd段关于灯珠对称）折射后，能够在地面形成一个圆环形光斑。已知灯罩abcd为圆弧面，圆弧半径为R＝1m，O为圆心，∠bOc＝90°，灯珠下端距离地面高h＝1m，透明灯罩的折射率为，，，求：
（1）光线分别在a、b两点的入射角大小；
（2）圆环形光斑的外圆与内圆的半径之差D。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业16 带电粒子在复合场中的运动
考点1叠加场
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2．带电粒子在无约束叠加场中的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若重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，故机械能守恒，由此可求解问题。
(2)静电力、洛伦兹力并存(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。
(3)静电力、洛伦兹力、重力并存
①若带电体做直线运动，则一定是匀速直线运动。
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。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 滨海新区校级期中）如图所示，足够长的固定粗糙倾斜绝缘管与水平方向夹角为α，处于垂直纸面向外的匀强磁场中，一直径略小于绝缘管直径的带正电小球从静止开始沿管下滑。已知小球质量为m，电荷量为q，磁感应强度大小为B，绝缘管与小球间的动摩擦因数为μ。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球下滑过程中，摩擦力一直减小
B．小球下滑过程中，绝缘管对小球的支持力方向不变
C．小球下滑过程中，最大加速度为gsinα﹣μgcosα
D．小球下滑过程中，最大速度为
【答案】D
【解析】解：小球从静止开始沿管下滑，刚开始受到竖直向下的重力，垂直于管下壁向上的支持力，沿斜面向上的摩擦力。随着物体开始运动，根据左手定则，小球受到一个垂直于管下壁向上的洛伦兹力。洛伦兹力大小
F洛＝Bqv
随着速度逐渐增大，洛伦兹力逐渐增大，管对小球的支持力逐渐减小，小球对管的压力逐渐减小，由滑动摩擦力
Ff＝μF压
可知滑动摩擦力逐渐减小，当
F洛＝Bqv＝mgcosα
此时摩擦力等于0，有最大加速度
amax＝gsinα
物体继续加速向下走，随着速度增大，洛伦兹力增大，小球会挤压管上壁，管上壁给小球一个向下的支持力，支持力逐渐增大，小球给管上壁的压力逐渐增大，滑动摩擦力逐渐增大，加速度逐渐减小，一直到
mgsinα＝μFN＝μ（Bqv﹣mgcosα）
解得
此后小球将匀速下滑。综上，摩擦力先减小后增大，支持力先垂直绝缘管向上，在垂直绝缘管向下
故ABC错误，D正确；
故选：D。
2．（2024秋 黄陂区期末）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示，一质子（）以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（所有粒子均不考虑重力的影响）（　　）
A．以速度v0射入的电子（）
B．以速度2v0射入的核（）
C．以速度3v0射入的α粒子（）
D．以速度4v0射入的正电子（）
【答案】A
【解析】解：质子（）以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和电场力，满足qv0B＝qE
解得速度大小必须满足
故速度为v0的粒子可以自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动，故A正确，BCD错误。
故选：A。
3．（2025秋 香坊区校级期中）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入叠加场区，且沿直线运动到A点，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．微粒可能带正电
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．电场强度大小为
D．磁感应强度大小为
【答案】D
【解析】解：A、若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡，故A错误；
B、粒子如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，粒子不能沿直线运动，故B错误；
C、粒子受力如图：
由图
qE＝qvBsinθ
所以
E＝Bvsinθ
故C错误；
D、由平衡条件得
qvBcosθ＝mg
解得
故D正确；
故选：D。
4．（2025 广州二模）如图所示，带电平行板中匀强电场E的方向竖直向上，匀强磁场B的方向垂直纸面向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的A点自由滑下，经P点进入板间后恰好沿水平方向做直线运动。现使小球从较低的C点自由滑下，经P点进入板间，不计空气阻力则小球在板间运动过程中（　　）
A．动能将会减小 B．电势能将会减小
C．机械能将会减小 D．小球带负电
【答案】C
【解析】解：小球从A点滑下进入复合场区域时沿水平方向做直线运动，则小球受力平衡，判断可知小球带正电，则有mg＝qE+qvB
从C点滑下刚进入复合场区域时，其速度小于从A点滑下时的速度，则有mg＞qE+qv′B
小球向下偏转，重力做正功，静电力做负功，因为mg＞qE，则合力做正功，小球的电势能和动能均增大，机械能减小。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
5．（2025 辽宁模拟）如图所示，空间中存在竖直向下的匀强电场，虚线边界MN的右侧还存在垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出）。一带电小球从P点沿着与水平方向成30°角开始运动，运动到虚线边界MN上的Q点时速度方向恰好水平向右，之后小球开始做匀速直线运动。已知小球的初速度大小为v0、质量为m、电荷量大小为q，重力加速度为g，匀强电场的电场强度E，下列说法正确的是（　　）
A．小球带正电
B．匀强磁场的方向垂直于纸面向外
C．P、Q两点的水平距离大小为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
【答案】C
【解析】解：A．由题意可知带电小球从P点到Q点在竖直方向做匀减速直线运动，则加速度方向向上，小球受到的电场力向上，与场强方向相反，所以小球带负电，故A错误；
C．带电小球从P点到Q点过程，竖直方向有，0＝v0sin30°﹣at
水平方向有x＝v0cos30° t
联立解得P、Q两点的水平距离大小为，故C正确；
BD．小球经过Q点之后小球开始做匀速直线运动，根据平衡条件可知，洛伦兹力竖直向下，由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于纸面向里；又qv0cos30° B+mg＝qE
解得匀强磁场的磁感应强度大小为，故BD错误。
故选：C。
6.（多选）（2024秋 丹东期末）如图所示，在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场中，固定一粗糙绝缘足够长的倾斜直杆。直杆上端套着一个带正电的圆环，圆环直径略大于杆的直径，现给圆环一个沿杆向下的初速度v0，且运动过程中圆环的电荷量保持不变，则下列说法中正确的是（　　）
A．圆环可能做加速度减小的加速运动，最后匀速
B．圆环可能做加速度减小的减速运动，最后匀速
C．圆环可能做加速度增大的减速运动，最后静止
D．圆环可能做加速度增大的加速运动，最后匀速
【答案】ABC
【解析】解：A、圆环在杆上运动时受重力mg、支持力FN、摩擦力f及洛伦兹力FL作用。洛伦兹力表达式为FL＝qvB，由左手定则判定其方向垂直杆向上。垂直杆方向合力平衡，支持力满足FN＝|mgcosθ﹣qvB|，摩擦力f＝μFN＝μ|mgcosθ﹣qvB|。当初速度v0满足qv0B＞mgcosθ时，FN＝qv0B﹣mgcosθ。若mgsinθ＞f，圆环加速运动，速度v增大导致FL、FN、f增大，加速度减小，最终匀速运动，故A正确；
B、若mgsinθ＜f，圆环减速运动，v减小使FL、FN、f减小，加速度减小，最终匀速运动，故B正确；
C、当初速度v0满足qv0B＜mgcosθ时，FN＝mgcosθ﹣qv0B。若mgsinθ＜f，圆环减速运动，v减小使FL减小、FN增大、f增大，加速度增大，最终静止，故C正确；
D、当初速度v0满足qv0B＜mgcosθ且mgsinθ＞f时，圆环先加速使v增大，FL增大导致FN减小、f减小，加速度a增大；当qvB＝mgcosθ时a达最大值gsinθ；之后qvB＞mgcosθ使FN反向增大，f增大导致a减小，最终匀速，故加速度先增后减，故D错误。
故选：ABC。
考点2组合场
带电粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现。
2．四种常见的运动模型
(1)带电粒子先在电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图所示。
(2)带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图所示。
(3)带电粒子先在磁场中做圆周运动，然后垂直进入电场做类平抛运动，如图所示。
(4)带电粒子先在磁场Ⅰ中做圆周运动，然后垂直进入磁场Ⅱ做圆周运动，如图所示。
3．三种常用的解题方法
(1)带电粒子在电场中做加速运动，根据动能定理求速度。
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，需要用运动的合成和分解处理。
(3)带电粒子在磁场中的圆周运动，可以根据磁场边界条件，画出粒子轨迹，用几何知识确定半径，然后用洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识求解。
4．要正确进行受力分析，确定带电粒子的运动状态。
(1)仅在电场中运动
①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；
②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动。
(2)仅在磁场中运动
①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；
②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动。
5．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键。
特别提醒　从一个场射出的末速度是进入另一个场的初速度，因此两场界面处的速度(大小和方向)是联系两运动的桥梁，求解速度是重中之重。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 泸州二模）如图所示，真空区域有同心圆a和b，半径分别为R和2R，O为圆心，圆a内和圆b外足够大的区域均存在有垂直圆面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反；a、b之间充满辐向电场，电场方向均指向圆心O。质量为m，电荷量为﹣q的带电粒子从圆a上的P点沿PO方向射入，入射速度大小为，已知带电粒子第二次经过圆b外匀强磁场区域后，再经电场恰好回到P点并沿PO方向射入。不计粒子重力，忽略边界效应，则圆a、b之间电势差为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】解：作出粒子的运动轨迹，如图所示
由带负电的粒子在a圈内的匀强磁场以速度向下偏转，从P1处进入环形电场，粒子所受电场力方向与速度方向相同，故粒子从P1到P2做加速运动，然后粒子以速度v2从P2点进入圆b外足够大的匀强磁场。
则带负电的粒子在a圈内的匀强磁场做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，
解得半径满足
根据几何关系可得：
解得：∠O1OP1＝30°
根据几何关系可得：∠O2OP2＝60°
在直角三角形OP2O2中，根据几何关系有：
粒子在圆b外足够大的匀强磁场做匀速圆周运动，则洛伦兹力提供向心力：
解得速度满足：
粒子从P1到P2做加速运动，根据动能定理有
解得圆a、b之间电势差：
故ABD错误，C正确。
故选：C。
2．（2025春 海珠区校级月考）如图所示，ab和ac是无限大磁场的分界线，在ab和ac的上下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。∠bac＝90°，P、Q是分界线上的两点，且aP＝aQ＝L。现有一质量为m、电荷量为﹣q的粒子从P点沿PQ方向水平射出，粒子射出速度v，不计粒子的重力。下列说法不正确的是（　　）
A．粒子运动的轨迹半径为rL
B．粒子由P点运动到Q点所用的时间为t
C．若射出速度为v，粒子由P点运动到Q点所用时间为t′
D．若射出速度为2v，粒子第一次运动到ac边上的位置到Q点的距离为d＝（2）L
【答案】C
【解析】解：A．根据洛伦兹力提供向心力，
且
得粒子运动的轨迹半径为：rL
故A正确；
B．由左手定则可知，粒子运动轨迹如图甲所示，可知粒子由P点运动到Q点所用的时间恰好为一个周期，即时间满足：
故B正确；
C．若射出速度为，由，
得运动半径满足：r′L
由左手定则可知，粒子运动轨迹如图乙所示，可知粒子由P点运动到Q点所用的时间恰好为一个周期，即时间满足：
故C错误；
D．若射出速度为2v，由，
得运动半径满足：r″L
由左手定则可知，粒子运动轨迹如图丙所示，粒子第一次运动到ac边上的位置到Q点的距离为：d＝L﹣r″（1﹣cos45°）＝（2）L
故D正确。
此题选择不正确的，故选：C。
3．（2024春 德阳期末）如图所示，空间中存在一矩形磁场区域PQMN，在区域PMN内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，在区域PQM内存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小均为B。∠NMP＝60°，一带电粒子以大小为v0＝kBL，方向沿MN的速度进入磁场Ⅰ，运动一段时间后从P点离开磁场区域。不计粒子的重力，粒子的比荷为k，则下列说法正确的是（　　）
A．MN的长度可能为
B．粒子在磁场中运动的总时间可能为
C．粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ的位置距离M点可能为
D．若粒子能通过MP边上距离M点2L的一点，则粒子的发射速度大小可能为
【答案】D
【解析】解：A．根据洛伦兹力提供向心力有
解得
r＝L
由题意可知粒子不可能偏转一次就到达P点，假设粒子偏转一次到达P点可知
故MN的长度不可能为
故A错误；
B．根据几何关系，可知粒子在磁场Ⅰ运动的圆心角为120°，时间为
所以粒子在磁场中运动的总时间为，故B错误；
C．画出粒子的运动轨迹如图
根据几何关系可知，粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ的位置距离M点
（n＝0，1，2…）
故粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ的位置距离M点不可能为，故C错误；
D．若粒子能通过MP边上距离M点2L的一点，则粒子的轨道半径满足
（n＝0，1，2…）
结合洛伦兹力提供向心力
可知
（n＝0，1，2…）
当n＝2时，解得
故D正确；
故选：D。
4．（2024秋 余姚市校级期中）如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差U＝100V，带电粒子以初速度v0＝300m/s沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d＝20cm，则（　　）
A．当v0＝600m/s，U＝50V时，d＝20cm
B．当v0＝600m/s，U＝100V时，d＝40cm
C．当v0＝300m/s，U＝50V时，d＜20cm
D．当v0＝600m/s，U＝100V时，d＜40cm
【答案】B
【解析】解：设粒子带电量为q，质量为m，射出电场时速度与水平方向夹角为θ，此时速度v为v0和vy的合速度，如图，
由cosθ得：v，
进入磁场后，粒子以v的速率做匀速圆周运动，设磁感应强度为B，由牛顿第二定律有：qvB＝m，解得：R
又根据几何关系：d＝2Rcosθ，
代入数据得：d，故当B、m、q一定时，d与v0成正比，与U无关，结合题意当速度加倍时，MN之间的距离也加倍，为40cm，故ACD错误，B正确。
故选：B。
5．（2024秋 东湖区校级月考）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（　　）
A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，0° D．2kBL，60°
【答案】B
【解析】解：若离子通过下部分磁场第一次到达P点，如图甲所示，
根据几何关系则有
R＝L
由
解得
根据对称性可知出射速度与SP成30°角斜向上，故出射方向与入射方向的夹角为
θ＝60°
两个磁场的磁感应强度大小均为B，当离子在两个磁场均运动一次时，如图乙所示，根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力，有
可得
此时出射方向与入射方向相同，出射方向与入射方向的夹角为
θ＝0°
可知当离子从下部分磁场射出时，需满足
此时出射方向与入射方向的夹角为
θ＝60°
当离子从上部分磁场射出时，需满足
（n＝1，2，3…）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，故B正确，ACD错误。
故选：B。
6.（多选）（2023秋 海勃湾区校级期末）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（　　）
A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．BL，60°
【答案】BC
【解析】解：符合条件的粒子有两种情况：如图所示
奇数次回旋后从P点射出，由几何关系可得
（2n+1）R＝L
且
联立解得离子的入射速度
这种情况粒子从P点出射时，出射方向与入射方向成60°。偶数次回旋后从P点射出，由几何关系有
2nR＝L
且
联立解得离子的入射速度
这种情况粒子从P点出射时，出射方向与入射方向相同，均为0°。
故BC正确，AD错误。
故选：BC。
1．（2025 三门峡一模）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ、Ⅱ象限有磁感应强度方向垂直坐标平面向里、大小为B的匀强磁场，在第Ⅲ、Ⅳ象限有方向相同，但大小为kB（k＞1）的匀强磁场。现有A、C两个电子同时从原点O处分别沿y轴负方向和沿与x轴正方向夹角为θ＝30°的方向，以大小均为v0的速度射出。已知电子比荷为a，不计电子重力、相互间的碰撞及作用力。求：
（1）C电子发射后，第二次经过x轴时的横坐标；
（2）A电子从发射到经过x轴射向y＞0空间所用的时间；
（3）若A、C两电子均完成整数个循环时恰好相遇，对应的k值。
【答案】（1）C电子发射后，第二次经过x轴时的横坐标为；
（2）A电子从发射到经过x轴射向y＞0空间所用的时间为，（n＝0、1、2、3…）；
（3）若A、C两电子均完成整数个循环时恰好相遇，对应的k值为7。
【解析】解：（1）粒子运动如图所示
粒子在y＞0空间做圆周运动
所以圆周运动半径
同理在y＜0空间
由几何关系得C电子第二次穿过x轴时坐标为
（2）粒子在y＞0空间运动的周期
同理在y＜0空间
A电子一个周期内在y＜0空间运动圆周，在y＞0空间圆周，则A电子运动的周期为
所以A电子经过x轴射向y＞0空间的时间，其中n＝0、1、2、3…
（3）A电子每个周期走过的位移为
时间为
C电子每个周期走过的位移为
时间为
由于ΔxA＝2ΔxC
所以两粒子相遇的条件是ΔTA＝2ΔTC
即
解得k＝7
答：（1）C电子发射后，第二次经过x轴时的横坐标为；
（2）A电子从发射到经过x轴射向y＞0空间所用的时间为，（n＝0、1、2、3…）；
（3）若A、C两电子均完成整数个循环时恰好相遇，对应的k值为7。
2．（2025秋 宝安区月考）如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切（CD段无轨道），全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场（C点处于MN边界上）。一质量为0.4kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度vF＝4m/s（不计空气阻力，g＝10m/s2，cos37°＝0.8），求：
（1）小球受到电场力的大小；
（2）半圆轨道的半径R；
（3）在半圆轨道部分，摩擦力对小球所做的功（结果保留一位小数）。
【答案】（1）小球受到的电场力大小为3N。
（2）半圆轨道的半径R为1m。
（3）在半圆轨道部分摩擦力对小球所做的功为﹣27.6J。
【解析】解：（1）根据题意分析，小球在CD段做匀速直线运动，说明电场力与重力的合力方向垂直于CD向下，由此可得Eq＝mgtan37°，解得：Eq＝3N。
（2）D点速度满足vD＝vC，计算得：。
在CD段受力平衡，故有。在F点应用牛顿第二定律得，联立方程解得：R＝1m。
（3）对DF段应用动能定理，，解得摩擦力做功：W＝﹣27.6J。
答：（1）小球受到的电场力大小为3N。
（2）半圆轨道的半径R为1m。
（3）在半圆轨道部分摩擦力对小球所做的功为﹣27.6J。
15．（2025 江西模拟）如图，光滑水平地面上静止放置一辆小车，小车上方固定有竖直光滑绝缘细管，管足够长，小车与管整体的总质量为M＝0.2kg，一质量m＝0.1kg、电荷量q＝1C的带正电的绝缘小球放置在管的底部，小球的直径略小于细管的管径。以小球初始位置为坐标原点建立xOy坐标系，在整个空间中存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2T，x＝2m的边界（虚线）右侧空间还存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E＝1N/C。某时刻在小车上施加一水平向右的外力，让小车在外力作用下做加速度为a＝1m/s2的运动，当小球进入电场的同时，撤去水平外力，此后的运动过程中小球一直没有离开细管，重力加速度大小为g＝10m/s2，小球看作质点，求：
（1）从施加外力开始，经多长时间小球开始沿细管上升？
（2）小球刚进入电场空间前瞬间，作用在车上的水平外力F的大小；
（3）小球在电场中运动过程离电场左侧边界的最远距离dm及之后小球从电场左侧边界离开后上升的最大高度hm。
【答案】（1）从施加外力开始，经0.5s小球开始沿细管上升。
（2）小球刚进入电场空间前瞬间，作用在车上的水平外力F的大小为45.3N。
（3）小球在电场中运动过程离电场左侧边界的最远距离，之后小球从电场左侧边界离开后上升的最大高度。
【解析】解：（1）设小球与圆管底部分离时水平速度为v1，历时t1，由平衡条件得qv1B＝mg，运动学关系v1＝at1。解得：t1＝0.5s。
（2）设小球运动至电场处总时间为t2，由位移公式，解得：x＝2m，t2＝2s。
脱离底部后，竖直方向动力学方程为qvxB﹣mg＝may，结合vx＝at得qaBt﹣mg＝may，即。
可知ay随时间线性变化，进入电场时竖直速度，解得v2y＝22.5m/s。对整体应用牛顿第二定律F﹣qv2yB＝（M+m）a，解得：F＝45.3N。
（3）进入电场时整体水平速度v2x＝at2，解得：v2x＝2m/s。当水平速度减为零时，设小球竖直速度为v3，由能量守恒得。
对小球应用动量定理qBdm＝mv3﹣mv2y，解得：。设出电场时竖直速度v4y＝v2y，水平速度v4x＝v2x，解得：v4x＝2m/s。
在磁场中上升最大高度hm时，对整体应用动量定理qBhm＝（M+m）（v5﹣v4x），能量守恒，解得：。
答：（1）从施加外力开始，经0.5s小球开始沿细管上升。
（2）小球刚进入电场空间前瞬间，作用在车上的水平外力F的大小为45.3N。
（3）小球在电场中运动过程离电场左侧边界的最远距离，之后小球从电场左侧边界离开后上升的最大高度。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业18 电磁感应的综合模型
考点1电磁感应中的单棒模型
模 型 一 示意图 无动力：水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来
求电荷 量q 对金属棒应用动量定理－BLΔt＝0－mv0，q＝Δt，q＝
求位 移x 对金属棒应用动量定理－Δt＝0－mv0，x＝Δt＝
模 型 二 示意图 有动力：间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v
求运动 时间 －BLΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt，－Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝Δt
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 江苏模拟）某游乐园中过山车从倾斜轨道最高点无动力静止滑下后到水平直轨道停下。为保证安全，水平轨道上安装有磁力刹车装置，其简化示意图如图所示。水平直轨道右侧与定值电阻R相连，虚线PQ的右侧有竖直向上的匀强磁场，左侧无磁场。过山车的刹车金属片可等效为一根金属杆ab，其从倾斜轨道上某一位置由静止释放，最终静止在水平轨道某一位置，忽略摩擦力和空气阻力。下列关于金属棒ab运动过程中速率v、加速度大小a与运动时间t或运动路程s的关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025 襄城区校级模拟）如图所示，顶角为60°足够长的等腰三角形金属轨道MON水平固定在方向竖直向上，磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，沿轨道角平分线方向建立坐标轴Ox。质量m＝5kg且足够长的金属棒ab以速度v0＝2m/s进入轨道，之后在轨道上做减速运动。金属棒与坐标轴Ox始终垂直，与轨道始终接触良好。已知金属棒与导轨单位长度电阻值均为rΩ，不计一切摩擦阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．当金属棒ab进入轨道后，回路中将形成逆时针方向的电流
B．当金属棒ab进入轨道后，金属棒ab将做匀减速直线运动
C．当金属棒ab的速度为1m/s时，回路中的电流大小为A
D．当金属棒ab停止时，其水平方向运动的距离为x＝3m
3．（2025 翠屏区校级二模）某电磁缓冲装置的原理如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨置于同一水平面内，两导轨左端之间与一阻值为R的定值电阻相连，直线AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置，在直线AA1的右侧有与其平行的两直线BB1和CC1，且AA1与BB1、BB1与CC1间的距离均为d。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终金属杆恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R。导轨的电阻及空气阻力均可忽略不计，下列说法中正确的是（　　）
A．金属杆经过BB1时的速度为
B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
C．金属杆经过AA1﹣BB1和BB1﹣CC1区域，其所受安培力的冲量不同
D．若将金属杆的初速度变为原来的2倍，则其在磁场中运动的最大距离大于原来的2倍
4．（2025 南岸区校级模拟）如图甲所示，两根固定的平行金属导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，导轨间距0.4m，每根导轨单位长度的电阻为0.01Ω/m。均匀变化的磁场垂直于导轨平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。t＝0时刻有一电阻不计的金属杆从P、Q端以1.0m/s的速度匀速运动，滑动过程中保持与导轨垂直，则（　　）
A．0.5s末回路中电动势为4×10﹣3V
B．0.5s末回路电功率为1.6×10﹣3W
C．1s末穿过回路的磁通量为9×10﹣3Wb
D．1s末金属杆所受安培力大小为6.4×10﹣3N
5．（2025 双流区校级模拟）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中（　　）
A．导体棒做匀减速直线运动
B．导体棒中感应电流的方向为a→b
C．电阻R消耗的总电能为
D．导体棒克服安培力做的总功小于
6．（多选）（2025 江西一模）如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨竖直固定放置，导轨上端连接有电阻为R的定值电阻，水平边界a、b间，c、d间分别有垂直于导轨平面向里的匀强磁场1、2，磁场的磁感应强度大小均为B，磁场的宽度均为h，一个质量为m、长度大于L的金属棒垂直于导轨放置并在图示位置由静止释放，重力加速度为g，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，金属棒穿过两磁场的时间和穿过b、c间的时间均相等，不计金属棒的电阻，则下列说法正确的是（　　）
A．金属棒进磁场1后有可能先做加速运动
B．金属棒进入磁场1、2后均先做减速运动
C．b、c间的距离一定大于h
D．金属棒刚进入磁场1或磁场2时，受到安培力的大小F＞2mg
考点2电磁感应中的双棒模型
等距双棒模型
光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨
示意 图 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝La 质量mb＝ma 电阻rb＝ra 长度Lb＝La 摩擦力Ffb＝Ffa
运动 分析 开始时，两杆受安培力做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动 开始时，若Ff2Ff，a杆先变加速后匀加速运动，b杆先静止后变加速最后和a杆同时做匀加速运动，且加速度相同
运动 图像
能量 观点 F做的功转化为两杆的动能和内能：WF＝ΔEk＋Q F做的功转化为两杆的动能和内能(包括电热和摩擦热)：WF＝ΔEk＋Q电＋Qf
动量 观点 两杆组成的系统动量不守恒 对单杆可以用动量定理 两杆组成的系统动量不守恒 对单杆可以用动量定理
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 盐池县二模）如图所示，绝缘平面上固定两条足够长的“V”字型光滑平行导轨，导轨间距为l，左右两侧导轨与水平面夹角分别为θ、2θ，均处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度分别为B、2B，不计导轨电阻。两侧顶端分别用外力固定质量为m，2m的导体棒ab、cd，电阻分别为R、2R，导体棒垂直于导轨，且运动过程中始终未脱离导轨，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　）
A．若ab棒具有沿斜面向上的初速度，则cd棒由静止释放瞬间加速度可能为零
B．若cd棒具有沿斜面向上的初速度，则ab棒由静止释放瞬间加速度可能为零
C．若cd棒始终固定，ab棒由静止释放后的稳定速度为
D．若两导体棒同时静止释放，两棒最终不可能同时匀速下滑
2．（2025 鹰潭一模）如图甲所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨固定且间距为L。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为L的金属棒ab、cd分别静置在导轨上。现给ab棒一水平向右的初速度v0，其速度随时间变化的关系如图乙所示，两金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。已知ab棒的质量为m，电阻为R。导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．ab棒刚开始运动时，cd棒中的电流方向为d→c
B．ab运动后，cd棒将做加速度逐渐增大的加速运动
C．在0﹣t0时间内，ab棒产生的热量为
D．在0 t0时间内，通过cd棒的电荷量为
3．（2024 浙江模拟）在两根光滑的平行金属导轨上有两根直导线，导线中分别接有电流表A和电压表V，如图所示．导线以相同的初速度，在匀强磁场中用相同的加速度沿相同方向运动，则下列说法正确的是（　　）
A．A读数为零，V读数为零
B．A读数不为零，V读数为零
C．V读数不为零，A读数为零
D．V读数不为零，A读数不为零
4．（2025 保定一模）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为2L和L，金属棒a、b的质量分别为2m、m，阻值分别为2R、R，长度分别为2L、L，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属棒a一水平向右的初速度v0，经一段时间后金属棒a、b达到稳定速度。已知运动过程中两金属棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，金属棒a一直未到达NN1位置，下列说法正确的是（　　）
A．稳定后金属棒a的速度大小为v0
B．稳定后金属棒b的速度大小为
C．整个运动过程中产生的热量为m
D．从开始运动至达到稳定速度的过程中，流过金属棒b的电荷量为
5．（2025 天心区校级一模）如图，足够长的光滑平行金属直导轨固定在水平面上，左侧轨道间距为2d，右侧轨道间距为d。轨道处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。质量为2m、有效电阻为2R的金属棒a静止在左侧轨道上，质量为m、有效电阻为R的金属棒b静止在右侧轨道上。现给金属棒a一水平向右的初速度v0，经过一段时间后两金属棒达到稳定状态。已知两金属棒运动过程中始终相互平行且与导轨良好接触，导轨电阻忽略不计，金属棒a始终在左侧轨道上运动，则下列说法正确的是（　　）
A．整个运动过程中a、b两棒组成的系统动量守恒
B．达到稳定状态时，a、b两棒的速度之比为2：1
C．金属棒b稳定时的速度大小为
D．整个运动过程中金属棒a产生的焦耳热为
6.（多选）（2025 惠农区校级模拟）如图所示，足够长的光滑水平轨道左侧b1b2～c1c2部分的轨道间距为3L，右侧c1c2～d1d2部分的轨道间距为L，两部分轨道通过导线连通。整个区域存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小B＝0.1T。质量m＝0.1kg的金属棒P和质量M＝0.2kg的金属棒Q垂直于导轨分别静止放置在左、右两侧轨道上。现给金属棒P一大小为v0＝2m/s、方向沿轨道向右的初速度，已知两金属棒接入电路的有效电阻均为R＝0.2Ω，轨道电阻不计，L＝0.2m，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，P棒总在宽轨上运动，Q棒总在窄轨上运动。下列说法正确的是（　　）
A．整个过程金属棒P、Q动量守恒
B．金属棒P匀速运动的速度大小为
C．整个过程通过金属棒Q某横截面的电荷量为
D．整个运动过程金属棒P、Q扫过的面积之差为
考点3电磁感应中的线框模型
模 型 一 示意图 在安培力作用下穿越磁场
位移 速度 电荷 量的 计算 动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量： (1)求电荷量或速度：－B·LΔt＝mv2－mv1，q＝Δt； (2)求位移：－＝0－mv0，即－＝0－mv0
模 型 二 示意图 在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁场
时间的 计算 求时间：①－BLΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间； ②－＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－＋F其他·Δt＝mv2－mv1 若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 三台县二模）如图所示，空间存在磁感应强度大小相等、方向分别垂直于光滑绝缘水平面向上和向下的匀强磁场，正方形导线框从紧靠磁场的位置Ⅰ以某一初速度垂直边界进入磁场，运动到位置Ⅱ时完全进入左侧磁场，运动到位置Ⅲ（线框各有一半面积在左、右两个磁场中）时速度恰好为0。已知磁场宽度均为线框长度的2倍，线框在整个过程中，速度v随位移x的变化关系和感应电流i随时间t的变化关系图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025 集宁区校级三模）如图所示，闭合矩形线圈abcd以速度v从无磁场区域垂直磁场匀速穿过匀强磁场区域。以顺时针方向为电流的正方向，能正确反映bc两点间的电势差Ubc、线圈中电流I随时间t变化关系的图像是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025 邯郸模拟）如图所示，有界匀强磁场的宽为2L，方向垂直纸面向里，边长为L的等边三角形线圈abc位于纸面内。t＝0时刻，bc边与磁场边界垂直且c点在磁场边界上。当线圈沿垂直于磁场边界的方向以速度v匀速穿过磁场时，线圈中的感应电流i随时间t变化的图像可能是（取逆时针方向为感应电流正方向）（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025 东莞市校级三模）两个匀强磁场，磁感应强度均为B，宽度均为a。矩形线框abcd的ab边与y轴重合，ad边长为a，从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，线框平面始终保持与磁场垂直，以逆时针电流为正，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图像是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2020 滨州二模）如图甲所示，正方形金属线圈abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R．在线圈的下方有一匀强磁场，MN和M'N'是磁场的水平边界，并写bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里。现使金属线框从MN上方某一位置处由静止释放，图乙是线圈由开始下落到恰好完全穿过匀强磁场区域的v﹣t图象，图中字母均为已知量。重力加速度为g，不计空气阻力。图乙中，0～t1时间内图线围成的面积为S1，t1～t2时间内图线围成的面积为S2，t2～t3时间内图线围成的面积为S3，t3～t4时间内图线围成的面积为S4，下列说法正确的是（　　）
A．S2与S4大小一定相等
B．金属线框的边长一定为S2
C．磁场的宽度可能为S2
D．金属线框在0～t4时间内所产生的热量一定为mg（S1+S2+S3+S4）mv
6.（多选）（2025 南昌一模）在光滑绝缘的水平面上有两相互平行的边界MN、PQ，边界内有竖直向下的匀强磁场。紧靠MN有一材料相同、粗细均匀的正方形线框abcd，如图所示（俯视图）。已知线框边长为L，磁场宽度为2L。从t＝0时刻起线框在水平向右外力作用下从图示位置由静止水平向右匀加速直线运动。则从线框ab边进磁场到cd边出磁场的过程中，以下关于线框中的磁通量Φ、ab边电压U、外力F和电功率P随位移x变化的规律图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
1．（2025 碧江区 校级模拟）如图所示，长直金属杆M、N在水平固定的平行光滑长直金属导轨上运动，导轨间距为L＝0.4m；水平虚线PQ与导轨垂直，PQ左、右两侧区域分别充满垂直于导轨平面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝0.25T。初始时刻，N静止在PQ左侧导轨上，M从N左侧以初速度v0＝6m/s水平向右运动。M、N质量均为m＝0.1kg、在导轨间的电阻均为R＝0.1Ω，整个运动过程中，两金属杆始终与导轨垂直并接触良好。感应电流产生的磁场、导轨电阻、空气阻力及两金属杆粗细均忽略不计，导轨足够长。
（1）求初始时刻M的加速度大小和方向；
（2）若M、N在PQ左侧未相撞，N进入PQ右侧时速度大小为2m/s，求此时M杆的速度及这个过程中M杆产生的焦耳热；
（3）在（2）的条件下，若M到达PQ处时速度大小为3m/s，求此时N的速度大小并判断两杆之后是否会发生碰撞。
2．（2025 安徽模拟）如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L＝1.0m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m＝0.1kg，空间存在磁感应强度B＝0.5T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R＝3.0Ω，金属杆的电阻r＝1.0Ω，其余部分电阻不计，某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v﹣t图像，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ＝0.5，在金属杆P运动的过程中，第一个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过电阻R的电荷量之比为3：5，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）水平恒力F的大小；
（2）金属杆运动的最大加速度的大小；
（3）前4s内电阻R上产生的热量。
1．（2025 菏泽一模）如图所示，两段足够长但不等宽的光滑平行金属导轨水平放置，b、g两点各有绝缘材料（长度忽略不计）平滑连接导轨，ac、fh段间距为l，de、jk段间距为2l。整个空间处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨af端接有电容的电容器（初始不带电），导体棒Ⅱ静止于de、jk段。导体棒Ⅰ、Ⅱ的质量分别为m、2m，电阻分别为R、2R，长度分别为l、2l，导体棒Ⅰ从靠近af位置以初速度v0向右运动，到达bg左侧前已达到稳定速度v1（v1未知）。两导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，导轨电阻和空气阻力忽略不计。求：
（1）导体棒Ⅰ到达bg时速度v1的大小；
（2）导体棒Ⅰ在bc、gh段水平导轨上运动的过程中，导体棒Ⅰ达到稳定时的速度v2的大小；
（3）导体棒在bc、gh段运动过程中，导体棒Ⅰ上产生的焦耳热。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业02 电场能的性质
考点1场强与电势差的关系
1．匀强电场中电势差与电场强度关系的三个推论
(1)在匀强电场中，如果将某两点间的距离等分为n段，则每段两端点间的电势差等于原电势差的，像这样采用等分间距求电势的方法，叫作等分法。
(2)匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝，如图甲所示。
(3)在匀强电场中，相互平行且相等的线段两端点间的电势差相等，如图乙所示， ABCD中，UAB＝UDC，UBC＝UAD。
2．非匀强电场中公式U＝Ed的定性应用
(1)判断电场强度大小：根据E＝，等差等势面越密，电场强度越大。
(2)判断电势差的大小：根据U＝Ed，距离相等的两点间，E越大，U越大。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 河南期中）如图所示，在某匀强电场（图中未画出）中有一等边三角形ABC，电场强度方向与三角形所在平面平行，A点的电势为6V，B点的电势为2V，C点的电势为4V，则该匀强电场的电场强度方向为（　　）
A．由A点指向BC边的中点
B．由A点指向B点
C．由A点指向C点
D．由C点指向AB边的中点
【答案】B
【解析】解：A点的电势为6V，B点的电势为2V，AB边中点的电势为4V，故C点和AB边中点的连线为等势线，即该匀强电场的电场强度方向为由A点指向B点，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．（2025秋 即墨区期中）如图所示，匀强电场与等腰△ABC所在的平面平行。将电荷量为﹣6×10﹣6C的点电荷从电场中的A点移动到B点，静电力做功为6×10﹣5J；再将电荷从B点移动到D点，克服静电力做功为3×10﹣5J。已知∠A＝120°，D为BC的中点，BC＝2cm。规定A点的电势为0，下列说法正确的是（　　）
A．AB两点的电势差UAB＝10V
B．电场强度的大小为1000V/m
C．电场强度的方向沿BA边指向A
D．将该电荷由C点移动到A点，静电力做功为3×10﹣5J
【答案】B
【解析】解：由题意设φA＝0。根据电场力做功公式WAB＝qUAB，WAB＝q（φA﹣φB），代入数据6×10﹣5＝﹣6×10﹣6×（0﹣φB），解得：φB＝10V。根据WBD＝qUBD，WBD＝q（φB﹣φD），代入数据﹣3×10﹣5＝﹣6×10﹣6×（10﹣φD），解得：φD＝5V。在匀强电场中，沿任意直线电势均匀变化，且D为BC中点，故，解得：φC＝0V。由于φA＝φC，φA＝0，故AC连线为等势线，电场强度方向垂直于AC。
A、UAB＝φA﹣φB，UAB＝﹣10V，故A错误；
D、因φA＝φC，则UCA＝0，根据WCA＝qUCA可知静电力做功为0，故D错误；
在△ABC中，∠A＝120°且为等腰三角形，故∠C＝30°。由正弦定理，解得：。电场强度大小，其中d为B点到等势线AC的垂直距离。由几何关系d＝ABsin60°，代入数值计算可得：d＝1cm，即d＝0.01m，那么：E＝1000V/m$。电场方向垂直于AC指向电势降低的方向（由B指向AC），不沿BA方向，故B正确，C错误。
故选：B。
（多选）3．（2025秋 湖北期中）如图所示，以A、B、C、D为顶点的长方形处于一平行板电容器（未画出）形成的匀强电场中，长方形所在平面与两平行板垂直，AB的长度为8cm，BC的长度为6cm，D点距带正电荷的电容器极板的距离为20cm。取无穷远处的电势为零，A、B、C三点的电势分别为9V、25V、16V。则下列说法正确的是（　　）
A．D点电势为0
B．D点电势为18V
C．该匀强电场的电场强度大小为250V/m
D．两平行板间的电势差为100V
【答案】ACD
【解析】解：AB、在匀强电场中，平行且相等的两线段电势差相等，可得φB﹣φA＝φC﹣φD，解得：φD＝0，故A正确，B错误；
CD、如图所示：
将CD分为8等分，则每一等分对应1 cm，解得：φF＝9V。连接AF，过D点作AF的垂线DG，由几何关系得，解得：DG＝3.6cm。电场强度大小为，解得：E＝250V/m。因φD＝0且D点距正极板20 cm，由对称性得两极板间距d＝40cm，两极板间电势差U＝Ed，解得：U＝100V，故C正确，D正确。
故选：ACD。
（多选）4．（2025秋 朝阳区校级期中）如图所示，匀强电场中有棱长为L的立方体a1b1c1d1﹣a2b2c2d2。质量为m、电量为﹣q（q＞0）的负点电荷，在外力作用下由a1移到b1的过程中，电场力做功为W（W＞0），接着由b1移到b2的过程中，克服电场力做功2W，再由b2移到c2的过程中，电场力做功3W，取a1点的电势为零。下列说法正确的是（　　）
A．匀强电场的电场强度大小为
B．c1点电势为
C．d2点电势为
D．若将该点电荷移到c1d1d2c2中心，其电势能为﹣2.5W
【答案】AD
【解析】解：A.结合题意，由电场力做功和电场强度的关系可知，
沿a1b1方向的电场强度分量为：
，
沿b1b2方向的电场强度分量为：
，
沿b2c2方向的电场强度分量为：
，
根据矢量的合成法则可知，匀强电场的场强大小为：
，
联立可得：
，故A正确；
B.由题知，a1点的电势为零，由a1到b1的过程，根据电场力做功与电势差的关系可得：
，
解得：
，
由b1到b2的过程中，根据电场力做功与电势差的关系可得：
，
解得：
，
由b2到c2的过程中，根据电场力做功与电势差的关系可得：
，
解得：
，
由匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，匀强电场中沿相同方向移动相同距离，则电势差相等，则结合结合关系可得：
，
解得：
，故B错误；
C.同理，由匀强电场中电势差与电场强度的关系及几何关系可得：
，
解得：
，故C错误；
D.若将该点电荷移到c1d1d2c2中心，根据能量守恒定律可得：
，
解得：
Ep＝﹣2.5W，故D正确。
故选：AD。
考点2 电场线、等势面与粒子运动轨迹
带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
1．判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为该点处的速度方向。
2．判断静电力(或电场强度)的方向：仅受静电力作用时，带电粒子所受静电力方向指向轨迹曲线的凹侧且与电场线相切，再根据粒子的正负判断电场强度的方向。
3．判断静电力做功的正负及电势能的增减：若静电力与速度方向成锐角，则静电力做正功，电势能减少；若静电力与速度方向成钝角，则静电力做负功，电势能增加。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 杨浦区校级期中）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是（　　）
A．这个电场可能是负点电荷的电场
B．粒子必定带负电荷
C．粒子在M点的速度大于它在N点的速度
D．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
【答案】D
【解析】解：A、负点电荷的电场线为直线，故A错误；
B、根据电荷运动轨迹弯曲的情况，可以确定点电荷受电场力的方向沿电场线方向，故此粒子带正电，故B错误；
C、根据B选项分析粒子带正电，电场力做正功，动能增加，速度变大，故N点速度大于M点速度，故C错误；
D、由于电场线越密，电场强度越大，点电荷所受电场力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此点电荷在N点的加速度大于它在M点的加速度，故D正确。
故选：D。
2．（2025秋 珠海校级期中）静电透镜被广泛应用于电子器件中，图中虚线表示阴极射线示波管的聚焦电场等势面分布情况，任意两个相邻等势面间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线。一电子从其左侧进入聚焦电场，图中实线为电子仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q、R为其轨迹z上的三点。下列判断正确的是（　　）
A．P点的电势大于R点的电势
B．P点的电场强度小于R点的电场强度
C．电子在Q点的动能大于在P点的动能
D．电子在Q点电势能小于R点的电势能
【答案】C
【解析】解：A．电子仅在电场力作用下从P点运动到R点，由于合力方向指向轨迹的内侧，电子带负电，所受电场力方向与电场强度方向相反，电场力方向与等势线垂直，可知，电场线方向整体从右指向左，又由于沿电场线方向，电势降低，可知P点的电势低于Q点的电势，故A错误；
B．因P点的等差等势面较R点密集，可知电场线也密集，可知P点的电场强度大于R点的电场强度，故B错误；
CD．结合上述可知，从P至R的运动过程中，电子所受电场力做正功，电子的电势能减小，电子的动能增大，则电子在Q点的动能大于在P点的动能，在Q点电势能大于R点的电势能，故C正确，D错误。
故选：C。
3．（2025秋 南京月考）两个点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线是一个质子在该电场中的运动轨迹，下列说法正确的是（　　）
A．两个点电荷是异种电荷
B．质子在P点的加速度比在M点的加速度大
C．质子在P点的动能比在M点的动能大
D．M点的电势高于P点的电势
【答案】B
【解析】解：A．根据电荷间等势面的分布情况可知两电荷带同种电荷，又根据质子在该电场中的运动轨迹可判断电子一直受到排斥的力，故可知两点电荷为同种正电荷，故A错误；
B．P点的等势面比M点的密集，则P点的电场强度比M点的电场强度大，P点的电场力比M点的电场力大，所以质子在P点的加速度比在M点的加速度大，故B正确；
CD．电场力指向轨迹内侧且与等势面垂直，则质子从M点到P点电场力做负功，动能减少，电势能增加（或从P点到M点电场力做正功，动能增加，电势能减少），即
EkM＞EkP，EpM＜EpP
根据可知Ep＝qφ可知
φM＜φP
即M点的电势低于P点的电势，故CD错误；
故选：B。
（多选）4．（2025秋 郑州期中）如图所示为某静电场的电场线，一个带负电的粒子仅在电场力作用下从A点运动到B点，则下列判断正确的是（　　）
A．粒子运动的轨迹可能是虚线1
B．粒子运动的轨迹可能是虚线2
C．粒子在A点的速度比在B点速度小
D．粒子在A点的加速度比在B点加速度大
【答案】BD
【解析】解：AB、电场线方向如图，粒子带负电，其电场力方向与电场线方向相同，由于粒子做曲线运动，合力（电场力）要指向曲线的凹侧，轨迹1的凹侧方向不符合电场力方向，轨迹2符合，所以粒子运动轨迹可能是2，故A错误，B正确。
C、在电场中，只有电场力做功时，带电粒子在任意一点的动能与电势能之和不变。因为粒子从A点运动到B点，合力（电场力）要指向曲线的凹侧，电场力做负功，电势能增加，所以B点电势能大，又因为动能与电势能之和不变，所以B点动能小，B点速度小，故C错误；
D、电场线方向如图，A点电场线比B点电场线较密，粒子在A点的电场力比在B点电场力大，所以粒子在A点的加速度比在B点加速度大，故D正确。
故选：BD。
（多选）5．（2025秋 南开区校级月考）如图所示，实线为电场的等势线，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、d的交点，下列说法正确的是（　　）
A．粒子带负电
B．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
C．若粒子从M点运动到N点，则动能增大
D．M点的电场强度比N点的大
【答案】ABD
【解析】解：A.因为等势线与电场线相交处互相垂直、粒子所受电场力方向与场强方向同向或反向、粒子做曲线运动所受合力（电场力）指向运动轨迹凹侧，所以结合题图可知，该粒子所受电场力方向垂直于等势线大致向左，因为沿电场方向电势逐渐降低，则电场方向大致向右，因为该粒子所受电场力方向与电场强度方向相反，则该粒子带负电，故A正确；
B.由题图可知，M点的电势大于N点的电势，由A可知，该粒子带负电，因为带负电的粒子在电势高的地方电势能小，则粒子在M点的电势能小于在N点的电势能，故B正确；
C.由B选项可知，粒子从M到N电势能增大，则由能量守恒定律可知，该过程动能减小，故C错误；
D.由图可知，这是一簇等差等势面，同一电场中，等差等势面越密集的地方，电场强度越大，则由图可知M点的电场强度比N点的大，故D正确；
故选：ABD。
考点3电容电容器
1．电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)电容器的充、放电
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的_异种电荷__，电容器中储存电场能。
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中_电场能__转化为其他形式的能。
2．电容
(1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。
(2)定义式：C＝＝。
(3)单位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012pF。
(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低。
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关。
3．平行板电容器
(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与两极间的距离成反比。
(2)决定式：C＝，k为静电力常量。
(3)电容器两类动态问题的比较
分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开
不变量 U Q
d变大 C变小→Q变小、E变小 C变小→U变大、E不变
S变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
εr变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开
不变量 U Q
d变大 C变小→Q变小、E变小 C变小→U变大、E不变
S变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
εr变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 河北期中）如图所示，电源的负极、电容器下极板与静电计外壳相连并接地，R为定值电阻。将单刀双掷开关打到1，电路稳定时，一带电的油滴恰好静止于两极板间的P点。下列说法正确的是（　　）
A．若开关与1保持连接，将一适当厚度的有机玻璃板插入电容器极板间，电阻R中有由b流向a的电流
B．若开关与1保持连接，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向右移动一点距离，油滴将向下运动
C．若将开关打到2，电路稳定后，保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，静电计的张角将变大，油滴依然静止于P点
D．若将开关打到2，电路稳定后，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向左移一点距离，P点的电势将升高，油滴将向上运动
【答案】D
【解析】解：A、若开关与1保持连接，电容器两端的电压不变。当将一适当厚度的玻璃板插入电容器极板间时，根据电容的决定式可知，电容器的电容C增大，根据电容的定义式可知，电容器的电荷量增大，即电容器充电，则电阻R中有由a流向b的电流，故A错误；
B、若开关与1保持连接，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向右移动一点距离，因板间电压和板间距离不变，根据知板间的场强大小不变，油滴受到的电场力不变，依然静止在P点，故B错误；
C、若将开关打到2，电路稳定后，电容器的电荷量不变。保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，根据可知，电容器的电容C增大，根据可知，电容器两端的电压减小，则静电计的张角变小，由，和可得，可知电容器板间电场强度不变，油滴受到的电场力不普，则油滴仍处于静止状态，故C错误；
D、若将开关打到2，电路稳定后，电容器的电荷量不变，将上极板稍微向左移一点距离，则正对面积S减小，根据可知，电场强度增大，油滴将向上运动，由于P点距下极板的距离不变，根据φ＝Ed，可知P点的电势升高，故D正确。
故选：D。
2．（2025秋 湖北期中）智能手机里的自动计步器由电容器、轻弹簧等构成，其中电容器的一个极板M固定在手机上，另一个极板N与两个固定在手机上的轻弹簧连接，如图所示。人带着手机向前加速运动阶段与手机静止时相比，自动计步器上的电容器（　　）
A．两极板间电场强度变大
B．电容变小
C．两极板间电压升高
D．两极板所带电荷量增加
【答案】B
【解析】解：AC、人带着手机向前加速运动阶段与手机静止时相比，N板向后移动，两极板间距离d增大。因两极板一直与电源相连，所以两极板间电压U不变，根据可知两极板间电场强度变小，故AC错误；
BD、根据，两极板间距离d变大，可知电容C变小。根据，可知U不变，C变小，则两极板所带电荷量Q减少，故B正确，D错误。
故选：B。
（多选）3．（2025秋 浙江期中）如图所示，水平放置的平行金属板A、B相距为d，分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔M和N。闭合开关S，将一质量为m的带电微粒从距A板为d的P点由静止释放，忽略空气阻力，重力加速度为g，微粒通过N孔时的动能小于mgd。下列说法正确的是（　　）
A．微粒带正电
B．若将A板上移一小段距离，则微粒经过N孔时动能将减小
C．若将B板上移一小段距离，则微粒经过N孔时动能将减小
D．若将S断开，再将A板上移一小段距离，则微粒可能无法到达N孔
【答案】CD
【解析】解：A、微粒通过N孔时的动能Ek＜mgd，则电场力对其做负功，电场力竖直向上，与板间电场方向相反，所以油滴带负电，故A错误；
B、若把A板向上平移一小段距离后，电容器两极板间电势差不变，电场力做功不变，重力做功也不变，根据动能定理WG+W电＝Ek知，油滴到达N孔时的动能与原来的相等，故B错误；
C、由题设条件知，把B板向上平移一小段距离后，电容器两极板间电势差不变，电场力做功不变，重力做的正功减小，根据动能定理WG+W电＝Ek知，油滴到达N孔时的动能减小，故C正确；
D、若将S断开，再将A板上移一小段距离，则电容器所带电荷量不变，根据电容的决定式知电容C减小，结合可知，两极板间的电势差U增大，若qU＞mgd，则微粒无法到达N孔，故D正确。
故选：CD。
（多选）4．（2024秋 北京期末）传感器是自动控制设备中不可缺少的元件。图是一种测定位移的电容式传感器电路，电源电动势为E，电路中电阻阻值为R。在该电路中，闭合S一段时间后，使电介质缓慢向右移动（未完全进入），则在电介质移动的过程中（　　）
A．通过电流表G的电流始终为零
B．电容器两极板所带电荷量增大
C．通过电流表G的电流方向由b至a
D．电容器两极板之间的电压大于电源电动势E
【答案】BC
【解析】解：ABC、使电介质缓慢向右移动， r增大，由电容的决定式知电容增大，电容器两板间的电压不变，根据电容的定义式得Q＝CU，可知极板上的带电量增加，电容器充电，通过电流表的电流由b至a，故A错误，BC正确；
D、因电容器两极总与电源相连，则两极板之间的电压等于电源电动势E，故D错误。
故选：BC。
1．（2025秋 广州校级月考）如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在恒压电源正、负两级上，电源电压为U＝90V，电容器的电容为3×10﹣9F，两极板间距为d＝6cm，P点到A板的垂直距离为d1＝4cm，A极板接地。求：
（1）平行板电容器极板上所带的电荷量Q；
（2）平行板电容器两板之间的电场强度E；
（3）P点处的电势φp。
【答案】（1）平行板电容器极板上所带的电荷量Q为2.7×10﹣7C；
（2）平行板电容器两板之间的电场强度E为1500V/m；
（3）P点处的电势φP为﹣60V。
【解析】解：（1）平行板电容器极板上所带的电荷量
Q＝CU＝3×10﹣9×90C＝2.7×10﹣7C
（2）平行板电容器两板之间的电场强度
E1500V/m
（3）A板接地，P点处的电势
φP＝﹣UPA＝﹣Ed1＝﹣1500×4×10﹣2V＝﹣60V
答：（1）平行板电容器极板上所带的电荷量Q为2.7×10﹣7C；
（2）平行板电容器两板之间的电场强度E为1500V/m；
（3）P点处的电势φP为﹣60V。
2．（2025春 广陵区校级期末）两个相同的电容器A和B如图连接，它们的极板均水平放置，极板间距均为d。设边缘效应可忽略。当它们都带有一定电荷并处于静电平衡时，电容器A中的带电粒子恰好保持静止，带电粒子质量为m，电荷量为q。求：
（1）两极板间的电压；
（2）现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板的间距不变。已知这时带电粒子向上加速，加速度为，则B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比。
【答案】（1）两极板间的电压为；
（2）B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比为。
【解析】解：（1）电容器A中的带电粒子恰好静止，由，解得；
（2）电容器A中带电粒子向上加速，加速度为，由牛顿第二定律，解得，两电容器总电荷量不变，电压相等，所以Q总＝2CU＝（C+C'）U'，解得，根据电容器的决定式，解得。
答：（1）两极板间的电压为；
（2）B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比为。
1．（2025春 海淀区校级期中）如图是某种利用电容器测量加速度的传感器的示意图。电容器的左极板连接在一劲度系数为k的轻弹簧右端，平衡态时弹簧处于自然伸长状态，两极板间距为d0。除电容器左极板之外，该传感器其余部件均固连在待测物体上。某次测量时，发现当待测物体匀加速运动时，两极板之间的距离减少了x。在电路中有一冲击电流计，可读出电容变化时，电路中流过的电量，电容器左极板质量为m，电源电动势为E，电容器的电容值为C＝β，其中β为常量，S为极板正对面积，d为两极板间距。
（1）判断此时物体加速度的方向（“向左”或“向右”），并判断流经冲击电流计的电流的方向（“向左”或“向右”）；
（2）求加速度a的大小随冲击电流计读数q的变化关系式。
【答案】（1）此时物体加速度的方向向左，流经冲击电流计的电流的方向向左。
（2）加速度a的大小随冲击电流计读数q的变化关系式为a。
【解析】解：（1）当待测物体匀加速运动时，电容器左极板右移，弹簧伸长，左极板受到向左的弹力，加速度向左，则此时物体加速度的方向向左。
根据电容的表达式C＝β，电容器板间距离d减小，电容C增大，而电容器的电压等于电源的电动势，保持不变，由Q＝CU可知，电容器的带电量Q增加，电容器充电，电流从电源正极流出，流经冲击电流计的电流的方向向左。
（2）初始时，电容器的电容为C0＝β，变化后电容为C1＝β
则电容的变化量为ΔC＝C1﹣C0＝ββ
故q＝ΔC E
对电容器左极板，根据牛顿第二定律得
kx＝ma
联立解得a
答：（1）此时物体加速度的方向向左，流经冲击电流计的电流的方向向左。
（2）加速度a的大小随冲击电流计读数q的变化关系式为a。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业05 电能及闭合电路欧姆定律
考点1电功和电功率焦耳定律
1. 电功
(1)定义:导体中的恒定电场对自由电荷的静电力做的功。
(2)公式: (适用于任何电路)。
( 3 )电流做功的实质:电能转化成其他形式能的过程。
2. 电功率
(1)定义:单位时间内电流所做的功,表示电流做功的快慢。
(2)公式: (适用于任何电路)。
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: (适用于任何电路)。
4. 热功率: 单位时间内的发热量; 表达式为 。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 东台市期中）四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“10V、4W”，RB、RD的规格为“10V、2W”。这四个电阻中消耗功率最小的是（　　）
A．RA B．RB C．RC D．RD
2．（2025秋 衡水期中）如图所示，电源的电动势为12V，电源内阻为2Ω，定值电阻R＝1Ω，M为直流电动机，电动机正常运转时，理想电压表读数为U＝6V，下列说法错误的是（　　）
A．电流表示数为2A
B．电动机M线圈电阻RM为3Ω
C．电源的输出功率为16W
D．电动机M被卡住时，电流表示数变大
3．（2025秋 南昌县校级期中）潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成。已知当地地下水源距离地表8.75m，水泵出水口离水平地面的高度为1.25m，水流由出水口水平喷出时的速度为，每秒出水量为4kg。水泵由电功率为660W的电动机带动，电动机的额定电压为220V，水泵的抽水效率为80%，取重力加速度大小g＝10m/s2，忽略其他能量损失，下列说法正确的是（　　）
A．电动机的输出效率不足90%
B．此时电流大小为1A
C．电动机的输出功率为500W
D．电动机线圈的电阻约为4Ω
（多选）4．（2025秋 南安市校级期中）如图所示为某型号的直轨式小吊机，其配备的电动机可以将重物吊起后转移至窗口或空间狭小的室内。电动机的输入电压为220V，当将质量为100kg的重物以0.6m/s的速度沿竖直方向匀速提升时，通过电动机的电流为4A。已知重力加速度g＝10m/s2，不考虑其他阻力，下列说法正确的是（　　）
A．电动机内部线圈电阻为55Ω
B．此时电动机输出功率为600W
C．刚启动时通过电动机的电流大于4A
D．电动机空载时内部线圈消耗的功率为880W
考点2闭合电路欧姆定律
1．闭合电路的欧姆定律
(1)内容
闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比。
(2)公式
I＝。
2．路端电压与外电阻的关系
一般情况 U＝IR＝·R＝，当R增大时，U 增大　
特殊情况 (1)当外电路断路时，I＝0，U＝E (2)当外电路短路时，I短＝，U＝0
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 赣州期中）某电源的路端电压U随外电路的电阻R变化的图像如图所示，则该电源的电动势和内阻分别为（　　）
A．6V和1Ω B．5.6V和0.2Ω
C．6V和0.2Ω D．5.6V和1Ω
2．（2025秋 北碚区校级期中）如图所示，曲线为某灯泡的伏安特性曲线，直线为某电源的路端电压与电流的关系图线。下列说法正确的是（　　）
A．灯泡的电阻随着电流的增大而减小。
B．将灯泡单独接入该电源时，电源的效率为60%
C．若灯泡与电阻为10Ω的定值电阻串联接入该电源，灯泡电流大约为3A
D．若灯泡与电阻为10Ω的定值电阻并联接入该电源，灯泡电流大约为5A
3．（2025秋 南岗区校级期中）在如图所示的U﹣I图像中，直线a为某电源的路端电压与电流的关系，直线b、c分别为电阻Rb、Rc的电压与电流关系。现将电阻Rb、Rc并联后接在该电源的两端组成闭合回路。则（　　）
A．通过Rb、Rc的电流之比为2：1
B．Rb、Rc两电阻的功率之比为2：1
C．该电源的输出功率为4.32W
D．该电源的效率为50%
考点3动态电路分析
电路动态分析的方法
(1)程序法
(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。
←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，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论。此时要注意是否出现极值情况，即变化是否是单调变化。
(3) 的判定
解题要点:在恒压电源中,当电压表测定值电阻两端的电压时, 等于该定值电阻的阻值;
当电压表测变值电阻两端的电压时, 等于该变值电阻以外部分总电阻的阻值。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 广东期中）火警报警器的电路示意图如图所示。其中，RT为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小。电流表为值班室的显示器，电源两极之间接一报警器。当传感器RT所在处出现火情时，通过显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（　　）
A．I变大，U变小 B．I变大，U变大
C．I变小，U变小 D．I变小，U变大
2．（2025秋 连云港期中）如图所示的电路中，R为定值电阻，闭合开关S1，灯泡A正常发光。再闭合开关S2，则（　　）
A．灯泡A亮度不变
B．电池两端电压不变
C．电池输出功率可能不变
D．电池的效率可能不变
3．（2025秋 重庆期中）如图所示，电源电动势E和内阻r一定，R1、R2是定值电阻，R0是光敏电阻（光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小），L是小灯泡。闭合开关，当照射到R0的光照强度减弱时，以下分析正确的是（　　）
A．电流表示数减小 B．电压表示数减小
C．灯泡变亮 D．电源效率降低
（多选）4．（2024秋 黄山期末）如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，三个电表均为理想电表，闭合电键，当滑动变阻器R2的滑片向左移动少许，两电压表示数变化量的绝对值分别为|ΔU1|、|ΔU2|，电流表示数变化量的绝对值为|ΔI|。则下列说法正确的是（　　）
A．电源效率一定减小
B．电源的输出功率一直减小
C．|ΔU1|＜|ΔU2|
D．
（多选）5．（2025秋 安徽期中）如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2均为定值电阻且R1＞r，R为滑动变阻器，电压表V及电流表A1、A2均为理想电表，现将滑动变阻器的触头自b向a端滑动，下列说法正确的是（　　）
A．定值电阻R2消耗的功率增大
B．电源的输出功率增大，电源的效率减小
C．两电流表A1、A2的示数变化量ΔI1＞ΔI2
D．电压表V和电流表A1的示数变化量之比不变
考点4含容电路分析
1．在直流电路中，当电容器充、放电时，电路中有充、放电电流。如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。充电时电容器相当于用电器，电流从正极进，放电时电容器相当于电源，电流从正极出。
2．电路稳定后，电容器处电路可看成是断路，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降低，因此电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 南阳期中）如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，光敏电阻RT的阻值随光照强度的增大而减小，灯泡的电阻RL＞r。将开关S闭合，有一带电粒子静止在电容器中的P点，现在仅减小光敏电阻的光照强度，下列说法正确的是（　　）
A．粒子仍保持静止不动
B．电阻R中有向下的电流
C．灯泡L将变亮
D．电源的输出功率将减小
2．（2025秋 重庆期中）如图所示，电源电动势E、内阻r恒定，定值电阻R1的阻值等于r，定值电阻R2的阻值等于2r，闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。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ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，下列说法错误的是（　　）
A．带电液滴将向下运动，定值电阻R2中有从a流向b的瞬间电流
B．ΔU1＞ΔU2
C．、、均不变
D．电源的输出功率变大，电源效率变小
3．（2025秋 滨海新区校级期中）在图示电路中，电源内阻不可忽略，R1、R2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．V示数增大 B．路端电压增大
C．油滴向下运动 D．G中有从b到a的电流
1．（2025秋 菏泽期中）如图所示，电源电动势E＝12V，电阻R1＝8Ω，R2＝6Ω，R3＝10Ω，R4＝2Ω，电路中电容器的电容C＝1.2μF。闭合开关S1，断开开关S2，此时理想电流表示数I1＝1.2A，求：
（1）电源的内阻r；
（2）闭合开关S2后流过电阻R3的电荷量。
2．（2025秋 乌鲁木齐期中）鲁能巴蜀中学某实验小组同学利用电动机提升重物的示意图如图，已知电源电动势E＝110V、电源内阻r＝2Ω，电动机线圈电阻R0＝3Ω，定值电阻R＝6Ω，重物质量m＝50kg，当电动机匀速提升重物时，理想电压表的示数U＝100V，不计空气阻力和摩擦，g＝10m/s2。求：
（1）当电动机匀速提升重物时，流经电源的电流I。
（2）重物匀速上升时的速度大小v。
（3）由于某同学使用不当，致使电动机被卡住而无法转动，求此时电动机的热功率P热。
1．（2025秋 沙坪坝区校级期中）如图所示的电路中，两间距为d的金属板A、B水平正对放置，电源电动势E，内阻r，调节滑动变阻器滑片P到适当位置，闭合开关S，小灯泡恰好正常发光。此时将一质量为m，带电量为q（q＞0）的小球（可视为质点）从A板小孔正上方的O点静止释放，O点到A板的距离也为d，且小球恰好能到达B板。已知电源内阻r＝1Ω，灯泡额定电压U0＝3V、额定功率P0＝6W、小球比荷、重力加速度g。不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响。求：
（1）A、B两极板间电势差UAB；
（2）滑动变阻器接入电阻R；
（3）电源的效率η。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业17 楞次定律及法拉第电磁感应定律
考点1楞次定律及推论的应用
楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，主要模型如下：
推论 例证
阻碍原磁通量变化——“增反减同” 磁铁靠近，B感、B原反向，二者相斥； 磁铁远离，B感、B原同向，二者相吸
阻碍相对运动——“来拒去留”
使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩” 注意：此结论只适用于磁感线单方向穿过回路的情境 P、Q是光滑固定导轨，a、b是可移动金属棒，磁铁下移，回路面积应减小，a、b靠近
B减小，线圈扩张
使闭合线圈远离或靠近磁体——“增离减靠” 当开关S闭合(断开)时，左环向左(右)摆动、右环向右(左)摆动，远离(靠近)通电线圈
阻碍原电流的变化——“增反减同”(即自感现象) 闭合S，B灯先亮，A灯逐渐变亮；再断开S，两灯逐渐熄灭
说明 以上五种情况“殊途同归”，实质上都是以不同的方式阻碍磁通量的变化
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 琼海校级模拟）如图所示，将电阻R、电容器C和一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，S极朝下。现使磁铁开始自由下落，在S极接近线圈上端的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电阻R中的感应电流方向为从a到b
B．电容器C的下极板将带正电
C．磁铁的加速度始终等于重力加速度g
D．线圈与条形磁铁之间产生了相互吸引的作用力
【答案】B
【解析】解：AB.磁铁S极接近线圈，线圈磁通量向上增大，根据楞次定律，感应电流磁场向下，由右手定则，线圈中感应电流由上到下，电阻R中电流从b到a，电容器C的下极板带正电，上极板带负电，故A错误，B正确；
C.感应电流产生的磁场阻碍磁铁下落，根据牛顿第二定律mg﹣f＝ma，可知磁铁加速度a小于g，故C错误；
D.根据楞次定律的中“来拒去留”的判断方法，可知磁铁靠近线圈时，线圈对磁铁有斥力，则二者相互排斥，故D错误。
故选：B。
2．（2025 武功县校级模拟）一长直导线与闭合金属环放在同一竖直面内，如图甲所示，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示（以水平向右为电流的正方向），则在0～t2时间内，下列说法正确的是（　　）
A．闭合金属环中始终产生顺时针方向的感应电流
B．穿过闭合金属环的磁通量先增大后减小
C．闭合金属环先有收缩的趋势后有扩张的趋势
D．闭合金属环所受安培力的合力先向下后向上
【答案】A
【解析】解：A．初始时刻通电直导线在圆环所在区域产生磁场垂直于纸面向内，后来逐渐减弱，由楞次定律可以判断在0～t2时间内，闭合金属环中始终产生顺时针方向的感应电流，故A正确；
B．长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过闭合金属环的磁通量先减小后增大，故B错误；
C．穿过闭合金属环的磁通量先减小后增大，由楞次定律知闭合金属环先有扩张的趋势后有收缩的趋势，故C错误；
D．由楞次定律、左手定则判断闭合金属环受安培力的合力方向先向上后向下，故D错误。
故选：A。
3．（2025 盐池县一模）不可形变的圆形导体框a和矩形导体框b（粗糙）连成如图甲所示回路并固定在水平面内。导体框a内固定一小圆环c，且a与c也在同一水平面内，圆环c中通入如图乙所示的电流（规定从上向下看电流顺时针方向为正），导体框b的左端放置一金属棒MN，金属棒处于垂直纸面向下的匀强磁场中，已知匀强磁场的磁感应强度为B且在图乙所示时间内导体棒始终未滑动，则（　　）
A．0～t1时间内，导体棒受到向左的安培力
B．t1时刻，导体棒受到向右的摩擦力最大
C．t1～t2时间内与t2～t3时间内导体棒内的电流反向
D．仅增大交流电的峰值，导体棒有可能发生移动
【答案】D
【解析】解：A、在0～t1时间内，c内顺时针方向的电流增大，则其产生的向下的磁场增强，由楞次定律可知，在0～t1时间内，a内产生逆时针方向的感应电流，通过MN的电流从N流向M，由左手定则可知，安培力向右，故A错误；
B、t1时刻c内的电流最大，但电流的变化率为零，所以a内没有感应电流，则导体棒不受安培力，所以也不受摩擦力，故B错误；
C、由图乙所示图像可知，t1～t2时间内顺时针方向的电流减小，则其产生的向下的磁场减弱，由楞次定律可知a内产生的感应电流的方向为顺时针方向；t2～t3时间内逆时针方向的电流增大，则其产生的向上的磁场增强，由楞次定律可知a内产生的感应电流的方向为顺时针方向，a中的感应电流方向不变，MN中电流的方向不变，故C错误；
D、增大交流电的峰值，则其产生的磁场的最大值会增大，磁通量的最大变化率也会最大，根据法拉第电磁感应定律可知回路中产生的最大电动势增大，所以最大感应电流增大，MN受到安培力增大，当MN受到的安培力最大值大于最大静摩擦力时，导体棒有可能发生移动，故D正确。
故选：D。
4．（2025 靖远县校级三模）若南极洲我国长城站附近的地磁场的磁感应强度的竖直分量的大小By与距离地面高度h的变化关系如图所示，长城站的一直升机将一始终保持水平的闭合金属导线框竖直向上匀速吊起，下列说法正确的是（　　）
A．线框中有顺时针方向的感应电流（俯视）
B．线框中的感应电动势保持不变
C．线框中的感应电流不断减小
D．线框的四条边有向内收缩的趋势
【答案】B
【解析】解：A．由图可知随着高度的增加，竖直方向的磁感应强度分量逐渐减小，则穿过金属导线框的磁通量逐渐减小，南极洲的地磁场磁感应强度的竖直分量竖直向上，根据楞次定律，线框中有逆时针方向的感应电流（俯视），故A错误；
BC．由法拉第电磁感应定律和By h图像得，感应电动势大小为
感应电流的大小为
可知感应电动势E保持不变，则感应电流的大小保持不变，故B正确，C错误；
D．根据楞次定律，线框的四条边有向外扩张的趋势，故D错误。
故选B。
5．（2025 开封一模）航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，则合上开关S的瞬间（　　）
A．两个金属环都向左运动
B．两个金属环都向右运动
C．从左侧向右看，两个金属环中感应电流沿顺时针方向
D．铜环受到的安培力等于铝环受到的安培力
【答案】C
【解析】解：AB．合上开关S的瞬间，穿过两个金属环的磁通量变大，根据楞次定律的推广可知，为阻碍磁通量的增大，铝环向左运动，铜环向右运动故AB错误；
C．线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧向右看为顺时针，故C正确；
D．由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大；故铜环受到的安培力要大于铝环，故D错误；
故选：C。
6.（多选）（2025 保定三模）如图所示，均匀带负电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a环绕O点在其所在平面内旋转时，b环具有扩张的趋势，由此可知，a环可能绕O点（　　）
A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转
C．逆时针加速旋转 D．逆时针减速旋转
【答案】AC
【解析】解：当带负电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，相当于逆时针方向电流，并且在增大，根据安培定则，其内（金属圆环a内）有垂直纸面向外的磁场，其外（金属圆环b处）有垂直纸面向里的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b包围的面积内的磁通量垂直纸面向外（因为向外的磁感线比向里的多，向外的是全部，向内的是部分）而且在增大，根据楞次定律及其推论可知，b中产生顺时针方向的感应电流，b环所受的磁场力要阻值其磁通量的变化，故b环具有扩张的趋势。同样的方法，可判断a环逆时针加速旋转时，b环具有扩张的趋势，a环顺时针减速旋转和逆时针减速旋转时，b环都具有收缩的趋势，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
考点2法拉第电磁感应定律的理解及应用
1．感应电动势
(1)概念：在 电磁感应　现象中产生的电动势。
(2)产生条件：只要穿过回路的 磁通量　发生变化，就能产生感应电动势，与电路是否闭合无关。
(3)方向判断：产生感应电动势的那部分电路(导体或线圈)相当于电源，电源的正、负极可由 右手定则　或 楞次定律　判断。
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的 磁通量的变化率　成正比。
(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数。
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的 欧姆　定律，即I＝ 　。
3．导体切割磁感线的情形
(1)垂直切割：E＝ Blv　，式中l为导体切割磁感线的有效长度。
(2)不垂直切割：E＝ Blvsin θ　，式中θ为v与B的夹角。
(3)匀速转动：导体棒在垂直匀强磁场方向以角速度ω绕一端转动切割磁感线时，E＝ Bl2ω　。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 涪城区校级模拟）如图甲所示，一辆电动汽车在北京的一段平直公路上以速度v自东向西匀速行驶，金属车头上左右对称的B点与A点间距为L。图乙是从外侧看汽车左前轮转动的示意图，C点在金属轮毂边缘，D点在转轴中心。已知当地地磁场磁感应强度竖直分量大小为B1、水平分量大小为B2，下列说法正确的是（　　）
A．B点电势比A点电势低
B．C点电势比D点电势低
C．A、B之间的电势差UAB＝B1Lv
D．A、B之间的电势差UAB＝﹣B2Lv
【答案】B
【解析】解：ACD、北京位于北半球，地磁场竖直分量方向向下，依据右手定则，令拇指指向西方，使磁感线垂直穿入手心，此时四指向B点，因此B点等效为电源正极，其电势高于A点，A、B间电势差UAB＝﹣B1Lv，故ACD错误；
B、地磁场水平分量方向向北，依据右手定则，令拇指指向与C、D连线上点的线速度方向一致，使磁感线垂直穿入手心，此时四指向D点，因此D点等效为电源正极，其电势高于C点，故B正确。
故选：B。
2．（2025 武功县校级模拟）如图甲所示，用两根等长的细线竖直悬挂一个总电阻为R、边长为L的单匝正方形金属线框MNQP，线框有一半处于匀强磁场中，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，其大小随时间变化的图像如图乙所示。已知重力加速度为g，t0时刻，细线的拉力恰好为0，t1时刻，剪断两根细线，t2时刻，PQ边离开磁场时恰好做匀速运动，整个过程中线框平面始终在竖直面内且水平不翻转，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．时刻，线框中感应电流的方向为顺时针方向
B．时刻，线框中感应电流的大小为
C．线框的总质量为
D．t2时刻，线框的速度大小为
【答案】C
【解析】解：A、时刻，磁感应强度垂直于纸面向里增大，穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，故A错误；
B、时刻，线框中感应电动势为ES
线框中感应电流的大小为，故B错误；
C、t0时刻，细线的拉力恰好为0，由平衡条件有B0IL＝mg，解得线框的总质量为，故C正确；
D、t2时刻，PQ边离开磁场时恰好做匀速运动，则有B0I'L＝mg
其中，解得线框的速度，故D错误。
故选：C。
3．（2025 江西模拟）如图，两根相距为l的足够长的平行光滑导轨固定在同一水平面上，并处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ab和cd两根金属杆静止在导轨上，与导轨构成矩形闭合回路。两根金属杆的质量关系为mab＝2mcd＝2m、电阻均为r，导轨的电阻忽略不计。从t＝0时刻开始，两杆分别受到平行于导轨方向、大小均为F的拉力作用，分别向相反方向滑动，t＝T时，两杆同时达到最大速度，之后都做匀速直线运动，下列说法正确的是（　　）
A．若在t1（t1＜T）时刻ab杆速度的大小等于v1，此时ab杆加速度的大小为
B．在0～T时间内，ab杆的最大速度为
C．在0～T时间内，通过ab杆横截面的电荷量为
D．在0～T时间内，通过cd杆横截面的电荷量为
【答案】A
【解析】解：A．设此时杆 cd的速度大小为v2，两杆组成的系统动量守恒，规定向左为正方向，有 2mv1﹣mv2＝0
得 v2＝2v1
此时回路中产生的电动势为 E＝Bl（v1+v2）＝3Blv1
回路中的电流大小为
ab杆所受的安培力大小为
根据牛顿第二定律，ab杆的加速度大小为 ，故A正确；
B．设达到最大速度时 ab杆的速度为v，cd杆的速度为v'＝2v，ab杆所受的安培力大小为
受力平衡时杆达到最大速度，即解得 ，故B错误；
CD．在0～T时间内，设通过 ab杆的平均电流为，
规定向左为正方向，根据动量定理
解得通过 ab杆横截面的电荷量
ab、cd杆串联，通过的电荷量一样，故CD错误。
故选：A。
4．（2025 河南模拟）如图所示，边长为L的单匝正方形线圈abcd以初速度v0（v0垂直于ab边）沿光滑绝缘水平面运动，穿过一磁感应强度为B、方向为竖直向下的匀强磁场区域，磁场区域的宽度也为L，线圈运动中保持ab边与磁场的两侧边界M、N平行。当ab边运动到边界M时开始计时，t1时刻ab边到达边界N，此时线圈的速度为，线圈通过磁场过程中感应电流i随时间t变化的图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】解：A、根据和，可知加速度a随速度v的减小而减小，即电流i随时间的变化是非线性的，故A错误；
BCD、根据动量定理，BILΔt＝mΔv，而。在ab边到达边界N的过程中有，解得：线框的cd边到达边界N时速度减小为0。线圈做减速运动，通过第一个L位移经历的时间为t1，第二个L位移经历的时间一定大于t1，因此选项D的图像是可能的，故BC错误，D正确。
故选：D。
5．（2025 昌黎县校级三模）如图甲所示，用两根等长的细线竖直悬挂一个总电阻为R、边长为L的单匝正方形金属线框MNQP，线框有一半处于匀强磁场中，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，其大小随时间变化的图像如图乙所示。已知重力加速度为g，t0时刻，细线的拉力恰好为0，t1时刻，剪断两根细线，t2时刻，PQ边离开磁场时恰好做匀速运动，整个过程中线框平面始终在竖直面内且水平不翻转，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．时刻，线框中感应电流的方向为顺时针方向
B．时刻，线框中感应电流的大小为
C．线框的总质量为
D．t2时刻，线框的速度大小为
【答案】C
【解析】解：A、时刻，磁感应强度垂直于纸面向里增大，穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，故A错误；
B、时刻线框中产生的感应电动势为，线框中感应电流的大小为，故B错误；
C、t0时刻，细线的拉力恰好为0，线框受到的安培力与重力平衡，根据平衡条件有B0IL＝mg，联立解得线框的总质量为，故C正确；
D、t2时刻，PQ边离开磁场时恰好做匀速运动，则有B0I'L＝mg，其中，解得线框的速度大小为，故D错误。
故选：C。
6.（多选）（2025 武功县校级模拟）如图所示，宽度为L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，上下边界水平，左右区域足够长。甲线圈从某一高度由静止开始下落，以大小为v0的速度进入磁场并匀速通过磁场；乙线圈从同一高度以初速度v0水平抛出。已知甲、乙是边长均为L、电阻均为R的完全相同的线圈，下落过程中两线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙两线圈通过磁场的过程中，感应电流的方向均先逆时针后顺时针
B．甲线圈通过磁场过程中产生的焦耳热为mgL
C．乙线圈离开磁场时的速度大小为
D．甲、乙两线圈进入磁场的过程中，通过线圈横截面的电荷量均为
【答案】AC
【解析】解：A、根据楞次定律，甲、乙两线圈进入磁场时，感应电流方向为逆时针，离开磁场时，感应电流方向为顺时针，故A正确；
B、根据能量守恒定律，甲线圈从开始进入至完全离开磁场过程中，产生的焦耳热Q＝2mgL，故B错误；
C、线圈进入磁场过程中，甲、乙竖直方向的初速度均为v0。甲匀速通过磁场，说明此时竖直向上的安培力与重力平衡；乙在运动过程中，左右两边受到的安培力大小相等方向相反，水平方向合力为零，故水平分速度保持v0不变；竖直方向受力情况与甲完全相同，因此乙也将匀速通过磁场，且其竖直分速度大小恒为v0，故乙离开磁场时的速度大小，解得：，故C正确；
D、甲、乙两线圈进入磁场过程中，通过线圈横截面的电荷量均为，解得：，故D错误。
故选：AC。
考点3自感现象及应用
自感现象
(1)概念：由于导体本身的 电流　变化而产生的电磁感应现象称为自感。
(2)自感电动势
①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作 自感电动势　。
②表达式：E＝ L　。
(3)自感系数L
①相关因素：与线圈的 大小　、形状、 匝数　以及是否有铁芯等因素有关。
②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3H，1μH＝10－6H。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2024秋 乌兰浩特市校级期末）如图所示，M和N为两个完全一样的灯泡，L是一个理想电感线圈（电阻不计），R是一个定值电阻。当开关S突然闭合或断开时，下列判断正确的是（　　）
A．开关突然闭合，N比M先亮
B．开关闭合较长时间后，N比M亮
C．开关突然断开，N比M先熄灭
D．无论电键突然闭合还是断开，M和N的现象完全相同
【答案】A
【解析】解：AD、开关突然闭合时，电感L产生感应电动势，导致M灯的电流逐渐增大，故M灯亮度逐渐增加，而N灯立即点亮，因此N灯比M灯先亮，故A正确，D错误。
B、当开关闭合较长时间后，电路达到稳定状态，由于L的电阻小于R的电阻，此时M灯的电流大于N灯的电流，因此M灯比N灯更亮，故B错误；
C、若开关突然断开，电感L产生感应电动势，此时两灯串联，通过它们的电流相同，两灯同时熄灭，故C错误；
故选：A。
2．（2024秋 唐山期末）如图所示的电路中，L是自感系数很大的线圈，其自身的电阻几乎为0，A和B是两个相同的小灯泡，则（　　）
A．闭合开关S时，两灯同时点亮
B．闭合开关S时，B立即变亮，A灯逐渐变亮
C．断开开关S时，B灯立即熄灭，A灯逐渐变暗直至熄灭
D．断开开关S时，A灯突然闪亮一下后再熄灭
【答案】B
【解析】解：AB．闭合开关S时，根据楞次定律可知线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的增大，则B立即变亮，与线圈串联的A灯逐渐变亮，故A错误，B正确；
CD．A和B是两个相同的小灯泡，由于线圈自身的电阻几乎为0，则闭合开关S稳定后，通过A、B两灯泡的电流相等；断开开关S时，由于线圈产生自感电动势阻碍通过线圈电流的减小，且线圈与A、B两灯泡构成回路，由于线圈的电流与开关断开前A、B两灯泡的电流相等，所以A、B都是逐渐变暗直至熄灭，并不会闪亮一下，故CD错误。
故选：B。
3．（2025 浙江一模）“电荷泵”电路由具有单向导电性的二极管、电容器、电感线圈、电动势为E电源组成，如图所示。多次闭合、断开开关S，给电容器C充电。以下说法正确的是（　　）
A．电容器C的上极板时而带正电荷，时而带负电荷
B．开关S断开后，电感线圈中存在振荡电流
C．电容器两端最终能够获得远远超出E的高压
D．开关S断开后，电感线圈两端的电压始终等于电容器两端的电压
【答案】C
【解析】解：A、当开关S闭合时，由于二极管的存在，电源E不会对电容器C充电，当开关S 断开时，电感线圈中的电流会继续流动，使得电容器的下极板积累正电荷，上极板积累负电荷，故A错误；
B、开关S断开后，电感线圈中的电流不会立即消失，而是会继续流动，形成一个自感电动势，阻碍电流的变化。但是这个自感电动势不会在电感线圈中产生往复的交变电流，因为二极管D具有单向导电性，左侧LC回路中只能通过逆时针方向的电流，故B错误；
CD、开关S断开后一段时间内，电感线圈中的电流会继续流动，形成一个自感电动势，这个自感电动势会使电感线圈两端的电压大于电容器两端的电压，通过开关S多次闭合、断开可以使电容器两端最终能够获得远远超出E的高压，故C正确，D错误。
故选：C。
4．（2025 北京模拟）如图所示，P和Q是两个相同的小灯泡，L是自感系数很大的线圈，其电阻小于灯泡的电阻，两灯泡在以下操作中不会被烧坏。下列说法正确的是（　　）
A．开关S闭合时，P灯先亮，Q灯后亮
B．开关S闭合一段时间后，两灯的亮度相同
C．开关S断开前后通过P灯的电流方向改变
D．开关S由闭合变为断开时，Q灯闪亮后熄灭
【答案】C
【解析】解：AB、开关S由断开变为闭合，由于线圈自感作用，线圈中的电流由0逐渐增大到稳定值，则开始P、Q灯泡同时亮，稳定后，线圈L直流电阻小于灯泡的电阻，Q上电压更大，所以Q比P更亮，故AB错误；
CD、开关S由闭合变为断开，Q立即熄灭，线圈由于自感作用，线圈相当于一个电源，在线圈与P灯构成的新的回路中，通过P灯的电流方向改变，线圈L直流电阻小于灯泡的电阻，线圈电流大于原来的P灯电流，P闪亮后熄灭，故C正确，D错误。
故选：C。
5．（2025 浙江二模）四个相同的小灯泡接在如图所示交流电路中均能发光，其中A3与A4亮度相同，已知每个小灯泡的电阻均为R0并保持不变，二极管正向电阻为0，反向电阻看作无穷大。下列说法中正确的是（　　）
A．电阻R的阻值为0.5R0
B．增大交流电频率，小灯泡A3变亮
C．增大交流电频率，小灯泡A1两端电压变大
D．增大交流电频率，通过小灯泡A2电流变大
【答案】D
【解析】解：A、二极管正向电阻为0，反向电阻看作无穷大，则交流电变化的一个周期内有半个周期电流导通，另半个周期没有电流，设电路两端的电压为U，则电路导通时
电路中电流的有效值I满足
可得
由于A3与A4亮度相同，则I3＝I
又
联立可得R
故A错误；
B、增大交流电的频率，二极管仍然是每个周期内有半个周期有电流，所以流过小灯泡A3的电流不变，小灯泡A3的亮度不变，故B错误；
C、增大交流电的频率，根据RL＝2πfL可知线圈对交流电的阻碍作用增大，则流过小灯泡A1的电流减小，小灯泡A1两端电压减小，故C错误；
D、增大交流电的频率，根据可知电容器对交流电的阻碍作用减小，则流过小灯泡A2的电流增大，故D正确。
故选：D。
6.（多选）（2024秋 湖北期末）如图所示的电路中有一个自感系数很大的电感线圈和两个完全相同的灯泡，先闭合开关S，当电路达到稳定状态后，再断开开关S。不计线圈的电阻及电源内阻，也不考虑温度对灯泡电阻的影响。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S后，灯D1逐渐变亮
B．断开开关S后，灯D2马上熄灭
C．断开开关S后，灯D2会闪一下，之后熄灭
D．全过程，断开S的瞬间线圈两端的电压最大
【答案】AD
【解析】解：A、开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，D2灯立即发光。由于线圈的自感阻碍电流的增大，所以D1灯后发光；由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐变亮，最后一样亮，故A正确；
BD、断开开关S时，L中产生自感电动势，灯D1、灯D2和线圈L中形成自感回路，电流从原来的大小开始减小；由于电流稳定时两个支路的电流是相等的，所以灯D1与灯D2同时慢慢熄灭，不会闪亮，故BC错误；
D、断开开关瞬间，电路电流变化率远大于闭合瞬间，电流变化越快，线圈两端电压越大，因此全过程，断开S的瞬间线圈两端电压最大，故D正确。
故选：AD。
考点4涡流、电磁阻尼与电磁驱动
1．涡流
当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水中的旋涡，所以叫涡流。
2．电磁阻尼
导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动。
3．电磁驱动：如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生 感应电流　使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来。交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 洮北区校级模拟）手摇式发电机是户外探险的必备物品，其原理如图所示，一单匝半圆形金属线圈处在磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场中，通过导线与交流电流表A组成回路，使手柄匀速转动，要使电流表A示数增大，下列操作可行的是（　　）
A．增大手柄的转速
B．将半圆形线圈换为面积相等的正方形线圈
C．增大手柄的周期
D．减小磁场的磁感应强度
【答案】A
【解析】解：依题意，回路中产生的仍然是交变电流，且回路中产生的感应电动势的最大值Em＝BSω＝BS 2πn，最大值越大则交流电的有效值也越大，电流表测量的是有效值，可知增大手柄的转速n可以增大电流表的示数，将半圆形线圈换为面积相等的正方形线圈对电流的有效值没有影响，增大手柄的周期（对应的转速会减小）和减小磁场的磁感应强度会减小电流表的示数，故A正确，BCD错误。
故选：A。
2．（2025 金安区校级模拟）感应电动势是由回路中磁通量的变化引起的，根据磁通量变化的原因不同，可分为感生电动势和动生电动势。由磁场变化引起磁通量变化而产生的感应电动势称为感生电动势。变化的磁场在其周围空间会激发出感应电场（称为涡旋电场），这种电场迫使导体内的电荷做定向移动而产生感生电动势，如图甲所示；导体切割磁感线产生的电动势称为动生电动势。导体切割磁感线时，导体中的自由电子由于和导体一起运动，因而受到洛伦兹力的作用，使导体两端产生电动势，如图乙所示。下列说法不正确的是（　　）
A．对甲图，当如图所示的磁感应强度增加时，导体中电子将受到如图所示的涡旋电场力
B．对甲图，电荷定向移动对应的电能来自于让磁通量变化所需的能量
C．对乙图，当电子沿着导体棒运动时，会产生另一个洛伦兹力分量，但总洛伦兹力不做功
D．对乙图，电荷定向移动所增加的电势能来源于外力移动导体棒时所提供给系统的能量
【答案】A
【解析】解：A．甲图中磁感应强度增加时，根据楞次定律，感应电流的磁场向里；由右手定则可知感应电场方向为顺时针，所以导体中电子将受到与如图所示的方向相反的涡旋电场力，故A错误。
B．由能量关系可知，甲图中电荷定向移动对应的电能来自于让磁通量变化所需的能量，故B正确。
C．乙图中，当电子随导体棒向右运动时受到向上的洛伦兹力作用，该洛伦兹力对电子做正功；另一方向当电子沿着导体棒运动时，电子有沿导体棒向上运动的速度，受到向左的洛伦兹力作用，该洛伦兹力做负功，则电子受到的合洛伦兹力不做功，故C正确。
D．由能量关系可知，乙图中，电荷定向移动所增加的电势能来源于外力移动导体棒时所提供给系统的能量，故D正确。
本题选不正确的，故选：A。
3．（2025 临渭区三模）自行车小型摩擦发电机结构如图所示，绕有线圈的二形铁芯开口处装有磁铁，车轮转动时带动与其接触的摩擦轮转动，摩擦轮又通过传动轴带动磁铁一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化，线圈电阻忽略不计，电阻恒定的灯泡与线圈相连，摩擦轮与轮胎间不打滑，当自行车骑行速度变为原来的2倍时，下列说法正确的是（　　）
A．通过灯泡的电流变为原来的4倍
B．灯泡的功率变为原来的2倍
C．灯泡两端电压变为原来的2倍
D．产生的交流电周期变为原来的2倍
【答案】C
【解析】解：A.当自行车骑行速度变为原来的2倍时，摩擦轮、磁铁的转动角速度ω变为原来的2倍。根据感应电动势的最大值Em＝NBSω，可知Em变为原来的2倍，则电动势有效变为原来的两倍。根据欧姆定律，可知通过灯泡的电流I变为原来的2倍，故A错误。
B.灯泡的功率P＝I2R，通过灯泡的电流I变为原来的2倍，所以功率变为原来的4倍，故B错误。
C.灯泡两端电压U＝IR，通过灯泡的电流I变为原来的2倍，所以电压变为原来的2倍，故C正确。
D.交变电流的周期，角速度ω变为原来的2倍，所以周期变为原来的，故D错误。
故选：C。
4．（2025 河北模拟）如图所示，石锅鱼味道鲜美，不仅保留了食物的自然味道，还含有多种微量元素和矿物质。某种铁合金复合石锅在电磁炉上也能使用。已知电磁炉只能加热含有磁性材料的锅具。下列相关说法正确的是（　　）
A．将该石锅换成陶瓷锅后也一定能通过电磁炉加热食物
B．电磁炉接电压合适的直流电源后也能正常加热该石锅内的食物
C．该石锅放置在电磁炉上能加热食物的原理是电磁感应现象
D．该石锅放置在电磁炉上能加热食物的原理是电流的磁效应
【答案】C
【解析】解：CD．电磁炉里面安装有线圈，当线圈中通过高频交流电时，会产生强大的交变磁场，交变磁场穿过锅底，在锅底形成强涡流，根据电流的热效应，产生大量的热量，从而加热食物，故该石锅放置在电磁炉上能加热食物的原理是电磁感应现象，故C正确，D错误；
A．由于陶瓷不是磁性材料，电磁炉通常用铁锅才能有效发挥电磁感应的作用，故A错误；
B．直流电不能产生变化的磁场，在锅体内不能产生感应电流，因此无法加热食物，故B错误。
故选：C。
5．（2025 宁波校级模拟）市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示。在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变。松开门铃按钮后，弹簧可使之复位（与a、b连接的外电路未画出）。由此可判断（　　）
A．按下按钮过程中，a点电势高于b
B．按住按钮不动，门铃会一直响
C．按钮复位的过程中，磁通量一直减小
D．连续按压和松开按键过程，线圈中一定产生交变电流
【答案】A
【解析】解：A．按下按钮过程中，线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，利用楞次定律可得感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a接线柱，根据题意可知线圈是电源，而在电源内部电流方向由负极流向正极，所以线圈a接线柱的电势比b接线柱高，故A正确；
B．按住按钮不动时，根据题意可知线圈磁通量不变，无感应电流，所以门铃不会一直响，故B错误；
C．按钮复位过程中，线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，磁通量先减小后增大，故C错误；
D．连续按压和松开按键过程，会导致线圈内磁场变化，从而产生感应电流，但不一定是交变电流，故D错误。
故选：A。
6.（多选）（2025 浙江模拟）麦克斯韦从场的观点出发，认为变化的磁场会激发感生电场。电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。如图所示，上面为侧视图，上、下为电磁体的两个磁极，下面为磁极之间真空室的俯视图。若从上往下看电子在真空室中做圆周运动，改变电磁体线圈中电流的大小可使电子加速，轨道平面上的平均磁感应强度大小增加率为b，（电子圆周运动平均半径为r，轨道位于真空管中）磁感应强度方向与电子轨道平面垂直，感生电场方向与电子轨道相切，电子电量e，质量m，为了使电子在不断增强的磁场中沿着半径不变的圆轨道加速运动，加上垂直轨道平面的磁场加以“轨道约束”，已知电子做圆周运动的轨道上磁感应强度大小的增加率为a，则从上往下看电子看电子加速运动方向和a、b之间的关系满足（　　）
A．顺时针 B．逆时针 C．b D．b＝2a
【答案】BD
【解析】解：AB、根据安培定则判断，上面的电磁体的下端磁极为S极，下面的电磁体的上端磁极为N极，可知两磁极之间的磁场方向为向上，由楞次定律可知，此磁场的磁感应强度增大会产生顺时针方向（从上往下看）的感应电场，电子带负电，其所受电场力方向与感应电场的方向相反，可知从上往下看电子加速运动方向为逆时针，故A错误，B正确；
CD、设电磁体产生的磁场在轨道平面上的平均磁感应强度大小为，根据法拉第电磁感应定律，可得在电子运动的圆轨道上的感应电动势为：
πr2b
设感应电场的电场强度为E，根据电子运行一周感应电场所做的功和电动势的定义可得：
ε2πrE
电子在圆轨道切线方向上所受到的电场力大小为：F＝eE
联立可得：
设电子做圆周运动的轨道上的磁感应强度大小为B。由牛顿第二定律和洛伦兹力公式可得：
，可得：mv＝eBr
以电子运动方向为正方向，根据动量定理得：
FΔt＝Δ（mv）＝eΔBr
已知：
联立可得：b＝2a，故C错误，D正确。
故选：BD。
1．（2025 武功县校级模拟）如图所示，M1M2M3M4﹣N1N2N3N4为间距为l的平行金属导轨，其中M1M2﹣N1N2段直导轨与水平面的夹角为θ，M2M3﹣N2N3段水平直导轨的长度为2R，M3M4﹣N3N4段导轨为半径为R的竖直半圆弧，其最低点与水平导轨相切，倾斜和水平轨道部分均有垂直其所在平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。质量为m的金属棒p1、p2均垂直导轨放置。现在离水平面高度为h处由静止释放金属棒p1，此时p2静止在M2N2处，当p1经过M2N2位置时，p2从M4N4位置水平抛出（p2抛出后落入某装置中），p1滑上半圆轨道后恰好没脱离轨道，又沿轨道返回。已知导轨电阻不计，两棒接入导轨的电阻均为r，金属棒p1和水平轨道间的动摩擦因数为，其余摩擦不计，金属棒始终与轨道接触（除p2抛出后），重力加速度为g。求：
（1）金属棒p1由释放到经过M2N2位置的过程中，通过金属棒p2的电荷量；
（2）金属棒p1经过M2N2位置时，金属棒p1的电功率。
【答案】（1）通过金属棒p2的电荷量为。
（2）金属棒p1的电功率为。
【解析】解：（1）设金属棒p1从释放到经过M2N2位置的过程中，回路中的平均电流为，对应的时间间隔为Δt。根据题意，此过程中回路磁通量的变化量为。
由电流的定义可知，通过金属棒p2的电荷量为。
根据法拉第电磁感应定律，回路中产生的平均感应电动势为。
由闭合电路欧姆定律，回路中的平均电流为。
联立以上各式，解得：。
（2）设金属棒p1到达M2N2位置时，其速度大小为v1，此时金属棒p1的电功率为P＝F安v1。安培力的大小为F安＝BIl。
由闭合电路欧姆定律，此时回路中的电流为。
由题意可知，p1滑上半圆轨道后恰能到达与圆心等高处，即上升高度为R。
金属棒p1从M2N2运动至与圆心等高的过程中，根据能量守恒定律有。
联立以上各式，解得：。
答：（1）通过金属棒p2的电荷量为。
（2）金属棒p1的电功率为。
2．（2025 涪城区校级模拟）如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨ab、cd固定在水平面内，导轨间距L＝1.0m，左端a、d之间连接有阻值R＝3.0Ω的电阻，不计导轨自身电阻。导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T，质量m＝0.2kg，长度L＝1.0m、电阻r＝1.0Ω的金属杆PQ获得一速度在导轨上向右运动，并与导轨始终保持垂直且接触良好。某时刻开始对杆施加一水平向右的力F，此时记为t＝0时刻，杆运动的v﹣t图像如图乙所示。求：
（1）t＝0时，金属杆PQ两端的电压UPQ；
（2）0～0.4s内，流经电阻R的电荷量；
（3）0～0.4s内，已知电阻R产生的焦耳热为J，求拉力F做的功（结果可用分式表示）。
【答案】（1）t＝0时，金属杆PQ两端的电压UPQ为0.75V；
（2）0～0.4s内，流经电阻R的电荷量为0.2C；
（3）拉力F做的功为J。
【解析】解：（1）t＝0时，金属杆产生的感应电动势为E0＝BLv0＝0.5×1.0×2V＝1V
电路中的电流大小为I0A＝0.25A
金属杆两端的电压为UPQ＝I0R＝0.25×3.0V＝0.75V
（2）根据v﹣t图像与横轴围成的面积表示位移，可知0～0.4s内，金属杆位移的大小为
xm＝1.6m
流经电阻R的电荷量为
代入数据解得q＝0.2C
（3）0～0.4s内，回路产生总焦耳热为QQR
根据功能关系可得
联立解得拉力F做的功
答：（1）t＝0时，金属杆PQ两端的电压UPQ为0.75V；
（2）0～0.4s内，流经电阻R的电荷量为0.2C；
（3）拉力F做的功为J。
1．（2026 浙江一模）某兴趣小组为研究电动汽车能量回收装置原理，设计了如图所示的模型：两个半径不同的同轴圆柱体间存在由内至外沿半径方向的辐向磁场。有一根质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒MN通过导电轻杆与中心轴相连，可绕轴转动，金属棒所在之处的磁感应强度大小均为B，整个装置竖直方向放置。中心轴右侧接一单刀双掷开关：开关接通1，由电动势为E，内阻为r的电源给金属棒供电，棒MN受到阻力f方向与速度相反，大小与速度成正比，f＝kv，k为已知常数。当MN运动的路程为s时已经匀速运动。若开关接通2，开始能量回收，给电容为C的电容器充电。初始时电容器不带电、金属棒MN静止，电路其余部分的电阻不计。
（1）在开关接通1瞬间，求棒MN受安培力大小；
（2）开关接通1，求稳定后棒MN的最大速度vm；
（3）接第（2）问，若最大速度已知，记为vm，则：
①求开始转动到最大速度过程中，电源把多少其他形式能转化为电能；
②达到最大速度vm后，开关接通2，若此后阻力不计，在一段时间后金属棒将再次匀速转动，求此时电容器C上的带电量Q。
【答案】（1）在开关接通1瞬间，棒MN受安培力大小；
（2）开关接通1，稳定后棒MN的最大速度；
（3）接第（2）问，若最大速度已知，记为vm，则：①开始转动到最大速度过程中，电源把J其他形式能转化为电能；②达到最大速度vm后，开关接通2，若此后阻力不计，在一段时间后金属棒将再次匀速转动，此时电容器C上的带电量。
【解析】解：（1）由闭合电路的欧姆定律
安培力FA＝BIL
可得
（2）匀速转动时回路中电流I1，则
匀速转动，动力与阻力平衡BI1L＝kvm
解得
（3）①由动量定理BqL﹣∑kvΔt＝mvm﹣0
解得
其他形形式能转化为电能
②令再次匀速v，电容器电量Q，由
﹣BQL＝mv﹣mvm
解得
答：（1）在开关接通1瞬间，棒MN受安培力大小；
（2）开关接通1，稳定后棒MN的最大速度；
（3）接第（2）问，若最大速度已知，记为vm，则：①开始转动到最大速度过程中，电源把J其他形式能转化为电能；②达到最大速度vm后，开关接通2，若此后阻力不计，在一段时间后金属棒将再次匀速转动，此时电容器C上的带电量。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业09 碰撞模型
考点1滑块-板块与子弹打木块
1．子弹打木块模型
分类 模型特点 示例
子弹嵌入木块中 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒． (2)系统的机械能有损失． 两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0＝(m＋M)v 能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－(M＋m)v2
子弹穿透木块 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒． (2)系统的机械能有损失． 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－(Mv22＋mv12)
2．板块模型
分类 模型特点 示例
滑块未滑离木板 木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。 ①系统的动量守恒； ②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。 类似于子弹打木块模型中子弹未穿出的情况。 ①系统动量守恒：mv0＝（M＋m）v； ②系统能量守恒：Q＝f·x＝m－（M＋m）v2。
滑块滑离木板 木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。 ①系统的动量守恒； ②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。 类似于子弹穿出的情况。 ①系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； ②系统能量守恒：Q＝fl＝m－。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 工业园区校级期中）如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较（　　）
A．射入滑块A的子弹速度变化大
B．整个射入过程中两滑块受的冲量不一样大
C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
D．两个过程中系统产生的热量相同
【答案】D
【解析】解：A．以初速度方向为正方向，子弹和木块构成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得
mv0＝（m+M）v1
mv0＝（m+M）v2
所以
v1＝v2
即两子弹初末速度均相等，速度变化量相等，故A错误；
B．以初速度方向为正方向，对滑块，根据动量定理得
I1＝Mv1
I2＝Mv2
所以
I1＝I2
故B错误；
C．对子弹，根据动能定理得
所以
Wf1＝Wf2
故C错误；
D．对系统，根据能量守恒定律得
所以
Q1＝Q2
故D正确。
故选：D。
2．（2025秋 烟台期中）如图所示，一小球（可视为质点）通过长为L的轻质细绳悬挂在天花板上O点，处于静止状态。现有一质量为m的子弹以初速度v0水平射向小球，子弹穿过小球后继续向前飞行，穿出时速度变为原来的倍，而小球恰好做小角度摆动（摆角小于5°）。已知小球的质量是子弹质量的5倍，空气阻力不计，子弹穿过小球时间不计，重力加速度为g，则从子弹击中小球到小球再次回到最低点的过程，下列说法正确的是（　　）
A．小球所受合力的冲量大小为mv0
B．小球所受拉力的冲量大小为零
C．小球所受重力的冲量大小为零
D．小球所受重力的冲量大小为
【答案】D
【解析】解：A、设子弹质量为m，则小球质量M＝5m。子弹击穿小球过程系统动量守恒，取子弹初速方向为正方向，由，解得：。根据动量定理，小球合冲量I合＝Δp＝Mv﹣0＝0.5mv0，故A错误；
B、小球摆动过程中，绳拉力始终存在且作用时间t≠0，由冲量定义I＝Ft知拉力冲量不为零，故B错误；
CD、小球小角度摆动可视为简谐运动，周期。重力冲量IG＝Mgt。若摆动半周期，；若摆动全周期，。由题意知t＝T，故，故C错误，D正确。
故选：D。
3．（2025秋 海淀区校级期中）如图所示，把一个质量为m1的小球放在高度为h的直杆的顶端，一颗质量为m′的子弹以速度v0沿水平方向击中小球，并在很短时间内穿过球心，小球落地处离杆的距离为s，子弹落地处离杆的距离为s′。如果增大子弹速度v0，且认为子弹与小球之间的作用力与二者相对运动速度大小无关，下列判断正确的是（　　）
A．s增大、s′也增大
B．s增大，s′减小
C．s减小，s′增大
D．子弹和小球系统机械能的损失减小
【答案】C
【解析】解：ABC、子弹与小球离开杆顶端后均作平抛运动，由可得下落时间t相同且恒定。水平位移s＝vt，因此落点间距由初速度决定。子弹穿透过程视相互作用力F恒定，穿透时间（d为小球直径），当v0增大时Δt减小。根据冲量I＝FΔt，可知子弹对小球的冲量减小。对小球用动量定理：I＝m1v球，因I减小导致v球减小，故小球落点距离s减小。对子弹用动量定理：﹣I＝m'（v'子弹﹣v0），解得：。由于v0增大且减小，故v'子弹增大，子弹落点距离s'增大。综上，s减小而s'增大，故AB错误，C正确。
D、系统机械能损失ΔE＝Q＝Fd，因阻力F与速度无关且相对位移d不变，故ΔE恒定，故D错误。
故选：C。
4．（2025秋 金坛区期中）如图所示，光滑水平面上有一静止的木块，一颗子弹以水平速度v0射穿木块，并沿原来速度方向远离木块。则在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．子弹和木块组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小
C．子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功
D．子弹动能变化量的大小等于木块动能变化量的大小
【答案】B
【解析】解：A、子弹穿过木块时，因水平面光滑，系统水平方向合外力为零，动量守恒。但子弹与木块间摩擦力做功转化为内能，系统机械能不守恒，故A错误；
B、由牛顿第三定律，子弹与木块间相互作用力f大小相等、方向相反，作用时间t相同。根据冲量I＝Ft，二者冲量大小相等，故B正确；
C、设摩擦力大小为f，木块位移为x1，子弹位移为x2。因子弹速度始终大于木块速度，故x2＞x1。子弹对木块做功W1＝fx1，木块对子弹做功W2＝﹣fx2。由于x1≠x2，得|W1|≠|W2|，故C错误；
D、由动能定理，子弹动能变化量|ΔEk2|＝fx2，木块动能变化量|ΔEk1|＝fx1。因x2＞x1，故|ΔEk2|＞|ΔEk1|，即子弹动能减少量大于木块动能增加量，故D错误。
故选：B。
5．（2025春 江西期末）如图所示，光滑水平面上有一质量为M的物块静止放置，物块左侧有一发射装置可以连续向右射出质量均为m的子弹，每颗子弹的初速度大小均为v0，每颗子弹与物块作用时间极短，子弹在物块中所受作用力大小不变，且全部子弹均停留在物块中，子弹可视为质点，已知M＞m，下列说法正确的是（　　）
A．若总共射出5颗子弹，物块稳定时的速度大小为
B．第5颗子弹对物块的冲量大小为
C．每颗子弹与物块作用过程损失的机械能越来越大
D．每颗子弹与物块作用过程损失的机械能不变
【答案】B
【解析】解：A、子弹与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得5mv0＝（5m+M）v5，解得v5，故A错误；
B、子弹与物块组成的洗系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得4mv0＝（4m+M）v4，解得v4，由动量定理可知，第5颗子弹对物块的冲量I＝Mv5﹣Mv4，解得I，故B正确；
CD、由AB的分析可知，随子弹的打入物块的速度越来越大，子弹与物块的相对速度越来越小，子弹打入物块后相对于子弹的路程s越来越小，摩擦产生的热量Q＝fs，由于s越来越小，则摩擦产生的热量越来越小，由能量守恒定律可知，每颗子弹与物块作用过程损失的机械能越来越小，故CD错误。
故选：B。
6.（多选）（2025秋 昌乐县校级期中）如图所示，一块质量为M的木块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，子弹射穿木块时，木块速度大小为v1，已知木块对子弹的阻力为f。下列说法正确的是（　　）
A．子弹动量的减少量为Mv1
B．子弹刚射穿过木块时的速度大小为
C．木块的长度为
D．子弹和木块组成的系统动能减少量为
【答案】ABD
【解析】解：AB．子弹射入木块到射穿的过程中，子弹和木块构成的系统动量守恒，设子弹刚射穿过木块时的速度大小为v，以子弹初速度方向为正方向，
根据动量守恒定律有mv0＝mv+Mv1
解得
子弹动量的减少量为
ΔP＝mv﹣mv0
解得
ΔP＝Mv1
故AB正确；
CD．设木块的长度为d，对子弹和木块构成的系统，由能量守恒定律得
联立解得
故C错误，D正确。
故选：ABD。
考点2滑块-曲面或斜面
1.上升到最大高度：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块m的竖直速度vy＝0。
系统水平方向动量守恒：mv0＝(M＋m)v共；
系统机械能守恒：m(M＋m)＋mgh，
其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m的重力势能)。
2.返回最低点：滑块m与斜(曲)面M分离点。
系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
系统机械能守恒：mmM(相当于弹性碰撞)
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 常州期中）如图所示，在光滑水平面上静止放置一个弧形槽，其光滑弧面底部与水平面相切，将一小滑块从弧形槽上的A点由静止释放。已知小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，弧形槽质量小于小滑块质量，则（　　）
A．小滑块能追上弧形槽，但不能到达弧形槽上的A点
B．下滑过程中，小滑块所受重力的功率一直增大
C．小滑块弹回后不能追上弧形槽
D．从滑块释放到再次追上弧形槽的过程中，弧形槽与滑块组成的系统水平方向动量守恒
【答案】C
【解析】解：D、在滑块从释放到再次追上弧形槽的过程中，小滑块与墙面弹簧发生碰撞。碰撞时墙壁对滑块施加外力冲量，导致滑块与弧形槽系统水平方向动量不守恒，故D错误；
B、小滑块初始静止，重力功率P＝0；滑至最低点时速度水平方向，竖直分速为零，重力功率P＝0。因此下滑过程重力功率先增后减，故B错误；
AC、设小滑块脱离弧形槽时速度为v1，弧形槽速度为v2。水平方向系统动量守恒（取向右为正），有：mv1﹣Mv2＝0，解得：。已知M＜m，则，故v2＞v1。小滑块与弹性碰撞后速度大小仍为v1（方向向左），而弧形槽以v2向左运动。因v2＞v1，两者间距持续增大，小滑块无法追上弧形槽，故A错误，C正确。
故选：C。
2．（2025秋 鼓楼区校级月考）如图所示，光滑圆槽静止放在光滑水平地面上，小球以某一速度在水平面上向右运动，恰好运动到圆槽最高点，且圆槽的质量是小球的3倍。小球和圆槽相互作用过程中（　　）
A．小球和圆槽组成的系统动量守恒
B．小球和圆槽组成的系统机械能先减小后增大
C．小球返回到水平地面时圆槽的速度最大
D．小球在圆槽上运动时，圆槽对小球不做功
【答案】C
【解析】解：A、小球与圆槽系统在水平方向动量守恒，竖直方向合外力不为零，故系统竖直方向动量不守恒，故A错误；
B、小球和圆槽系统仅重力做功，机械能守恒，故B错误；
C、全过程小球始终对圆槽做正功，因此当小球返回水平地面时圆槽速度达到最大，故C正确；
D、小球在圆槽运动过程中机械能持续减小，说明圆槽对小球做负功，故D错误。
故选：C。
3．（2025秋 徐州月考）在光滑水平地面上放一个质量为2kg、内侧带有光滑弧形凹槽的滑块M，凹槽的底端切线水平，如图所示。质量为1kg的小物块m以v0＝6m/s的水平速度从滑块M的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块M的顶端，随后下滑至底端二者分离。重力加速度取g＝10m/s2，不计空气阻力。在小物块m沿滑块M滑行的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．地面对滑块M的冲量为零
B．小物块m沿滑块M上滑的最大高度为0.6m
C．滑块M对小物块m做的功为﹣16J
D．合力对滑块M的冲量大小为16N s
【答案】C
【解析】解：A、地面对滑块M有竖直向上的支持力，由I＝Ft可知，支持力的冲量不为0，故A错误；
B、小物块m滑上滑块M的过程的中，对于M、m组成的系统，水平方向合外力为零，动量守恒，则有：mv0＝（m+M）v共，解得
根据能量守恒可得，
两式联立，求得：，故B错误；
C、小物块m沿滑块M滑行的整个过程中，根据水平方向动量守恒，系统机械能守恒可得：
mv0＝mv1+Mv2，
，
两式联立，求得：，，
对小物块m，根据动能定理：，解得：，故C正确；
D、小物块m沿滑块M滑行的整个过程，对滑块M，由动量定理可得I＝Mv2﹣0＝2×4N s＝8N s，故D错误；
故选：C。
4．（2025春 保定期末）如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，则在小球运动过程中（　　）
A．小球和滑块组成的系统动量守恒
B．小球在圆弧轨道最高点的速度大小为
C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为
D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为
【答案】C
【解析】解：A．在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，系统竖直方向动量不守恒，小球和滑块组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动量守恒。
规定v0的方向为正方向，水平方向根据动量守恒定律可得：mv0＝4mv
解得：，故B错误；
C．取水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得：
解得：，故C正确；
D．小球离开圆弧轨道时，规定v0的方向为正方向，水平方向根据动量守恒定律可得：mv0＝mv1+3mv2
根据机械能守恒定律，则有：
联立以上两式可得：，，故D错误。
故选：C。
5．（2025 洮北区校级一模）如图所示将一质量为m的小球，从放置在光滑水平地面上质量为M的光滑半圆形槽的槽口A点由静止释放经过最低点B运动到C点下列说法中正确的是（　　）
A．从A→B，半圆形槽运动的位移一定大于小球在水平方向上运动的位移
B．从B→C，半圆形槽和小球组成的系统动量守恒
C．从A→B→C，C点可能是小球运动的最高点
D．小球最终在半圆形槽内做往复运动
【答案】D
【解析】解：A、从A→B过程，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv球﹣Mv槽＝0，即：mM0，解得：s球，s槽，由于不知M、m的大小关系，无法判断球与槽的位移大小关系，故A错误；
B、从B→C过程，球与槽组成的系统所受合外力不为零，系统动量守恒，但系统在水平方向动量守恒，故B错误；
C、小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，小球上升到最高点时，球与槽在水平方向速度相等，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，小球上升到最高点时，球与槽的速度都为零，整个过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球到达最高点位置在槽右端最高点，不是C点，故C错误；
D、球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，小球从A运动到B再到槽右端最高点，然后再返回A点，如此反复运动，故D正确；
故选：D。
6.（多选）（2024秋 辽宁期末）如图所示，一质量为2m的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道。质量为m的光滑小球，以的速度由水平台面滑上小车。已知OP竖直，OQ水平，水平台面高，小球可视为质点，重力加速度为g。则（　　）
A．小车能获得的最大速度为
B．小球在Q点的速度大小为
C．小球落地时的速度大小为
D．小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为
【答案】ABD
【解析】解：BD．小球到达Q点时，水平分速度vx与小车速度相等，设竖直分速度为vy，由动量守恒得mv0＝（m+2m）vx，机械能守恒得。解得：，。Q点速度大小为，代入得。设速度与水平方向夹角为θ，由得，故BD正确。
A．小球从Q点飞出后做斜抛运动，水平分速度与小车相等，将再次从Q点进入圆弧。当小球返回P点时小车速度最大，由动量守恒mv0＝mv1+2mv2及机械能守恒。解得：，，故A正确。
C．小球返回Q点后向左运动，由动能定理。解得：，故C错误。
故选：ABD。
考点3弹簧与滑块
1.动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
2.机械能守恒：系统所受的外力的矢量和为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
3.弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。
4.弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 南京期中）如图甲，轻质弹簧左端与物块A相连，右端与物块B接触但不栓接，系统处于静止状态，给A一水平向右的瞬时速度v0，之后两物块的v﹣t图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，t2时刻B与弹簧分离，弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法正确的是（　　）
A．0～t1时间，弹簧对物块A的冲量大小为
B．物块B的质量为3m
C．0～t1时间，弹簧弹性势能变化量ΔEp
D．t2时刻B的速度
【答案】C
【解析】解：A、由图乙可知在t1时刻物块A、B的速度相等，均为，规定A的初速度方向为正方向，对A根据动量定理有I，故A错误；
B、设B的质量为m'，从开始到t1时刻，对A、B组成的系统根据动量守恒定律有，解得m'＝2m，故B错误；
C、0～t1时间，根据能量守恒可得弹簧弹性势能变化量ΔEp，把m'＝2m代入解得，故C正确；
D、设t2时刻B与弹簧分离时A、B的速度分别为v1和v2，根据动量守恒和能量守恒有mv0＝mv1+m'v2，，联立代入数据解得，故D错误。
故选：C。
2．（2025秋 曲阜市期中）如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大
B．板的加速度一直增大
C．弹簧给木块A的冲量大小为
D．弹簧的最大弹性势能为
【答案】C
【解析】解：A、当木块与木板共速时，弹簧压缩量达到最大值，之后弹簧恢复形变，木板B受向左弹力作用继续加速，故A错误；
B、木块与木板弹性碰撞过程中，弹簧压缩量先增后减，导致B板所受弹力先增大后减小，其加速度相应呈现先增后减趋势，故B错误；
C、弹性碰撞过程满足动量守恒与机械能守恒，取向左为正方向，列式得2mv0＝2mv1+mv2，，解得：，。对木块A应用动量定理，，故弹簧对A的冲量大小为，故C正确；
D、共速时满足2mv0＝3mv，，解得：，故D错误。
故选：C。
3．（2024秋 庐阳区校级期末）如图所示，置于水平面上的质量为2m的木板右端水平固定有一轻质弹簧，木板的右侧有竖直方向的墙壁，木板左端上方有质量为m的物体，二者一起以水平速度v向右运动，一切接触面摩擦不计，木板与墙碰撞无机械能损失，木板原速率反弹，则下列说法正确的是（　　）
A．木板与墙碰撞前后，物体、木板组成的系统动量守恒
B．当物体速度为零时，木板速度大小为0.5v
C．当物体向右运动速度为零时；弹簧弹性势能最大
D．物体最终与木板以速度共同向左运动
【答案】B
【解析】解：A、木板与墙碰撞前，系统动量为3mv，碰撞后系统动量为p＝mv﹣2mv＝﹣mv，解得：p＝﹣mv。则木板与墙碰撞前后，物块、木板组成的系统动量不守恒，故A错误；
C、物体速度为零木板具有向左的速度，在弹簧的弹力作用下，物体要向左加速运动，木板继续向左做减速运动。当物体和木板对地的速度相同时，弹簧的压缩量最大，此时弹簧弹性势能最大值，故C错误；
B、板与墙碰撞无机械能损失，碰撞后板以原速率v反弹，板与墙碰撞以后，木板向左运动，物体向右运动，物体与弹簧接触后，物体与木板均做减速运动，当物体速度减到零时，设木板速度为v1，以向左为正方向，根据动量守恒定律得2mv﹣mv＝2mv1，解得：v1＝0.5v，故B正确；
D、当物体和木板对地的速度相同时，在弹簧的弹力作用下，物体继续要向左加速运动，木板继续向左做减速运动。当弹簧恢复原长时，物体的速度大于木板的速度，物体一定会从板的最左端掉下来，故D错误。
故选：B。
4．（2024秋 南京期末）如图所示，质量分别为m1、m2的小球A、B用轻弹簧连接且m1＞m2，两小球分别套在两平行光滑水平轨道上，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d，B的左侧有一固定挡板，假设轨道足够长，A由图示位置由静止释放，当A与B相距最近时，A的速度为v1，则在以后的运动过程中（　　）
A．A的最小速度是0
B．A的最小速度是
C．B的最大速度是v1
D．B的最大速度是
【答案】D
【解析】解：当A与B第一次相距最近时弹簧处于原长，此后，A可能一直做减速运动，也可能是先减速到零再反向加速，B通过弹簧被A拉着跟在其后一直做加速运动，直到A与B再次相距最近时，B的速度达到最大，此过程动量守恒和机械能守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，则有m1v1＝m1v1′+m2v2，
解得，
当m1＞m2时，则v1′＞0
说明A一直做减速运动，故A最小速度为，
B的最大速度为，故D正确，ABC错误。
故选：D。
5．（2025秋 新吴区校级期中）如图，光滑水平面上有a、b、c、d四个弹性小球，质量分别为m、9m、3m、m。小球a一端靠墙，并通过一根轻弹簧与小球b相连，此时弹簧处于原长。小球b和c接触但不粘连。现给小球d一个向左的初速度v0，与小球c发生碰撞，整个碰撞过程中没有能量损失，弹簧始终处于弹性限度之内。以下说法正确的是（　　）
A．整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量守恒
B．整个过程中四个弹性小球a、b、c、d的机械能守恒
C．小球a速度最大时，弹簧处于原长状态
D．当小球a、b速度相等时，弹簧的弹性势能最大
【答案】C
【解析】解：A、在小球b向左压缩弹簧的过程中，墙壁对小球a施加向右的作用力，系统合外力不为零，故动量不守恒，故A错误；
B、全过程系统机械能（含弹簧弹性势能）守恒，但四个小球的机械能（动能之和）不守恒，因部分能量转化为弹性势能，故B错误；
C、小球a离开墙壁后受弹簧向右拉力做加速运动。当弹簧恢复原长时弹力为零，此时a加速度为零且速度最大，故C正确；
D、当a、b速度相等时对应弹簧形变量极值。第一阶段b减速至0时（va＝vb＝0），弹性势能等于b初始动能（全局最大）；第二阶段a离开墙后两者共速时，系统仍有向右动能，此时弹性势能小于第一阶段最大值。因选项未区分阶段且第二阶段势能非全过程最大值，故D错误。
故选：C。
6.（多选）（2024秋 泰安期末）如图甲所示，质量为m的物体P与物体Q（质量未知）之间拴接一轻弹簧，均静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给物体P一瞬时初速度v0，并把此时记为0时刻，规定向左为正方向，0～2t0时间内物体P、Q运动的a﹣t图像如图乙所示，则（　　）
A．物体Q的质量为2m
B．物体Q的质量为0.5m
C．t0时刻物体Q的速度大小为
D．t0时刻物体P的速度大小为
【答案】BD
【解析】解：AB、根据题意分析可知，水平面光滑，两物块所受合力等于弹簧的弹力，两物块所受合力大小相等、方向相反，Q向左加速，加速度为正，P向左减速，则加速度为负；设弹簧弹力大小为F，根据图示图像，由牛顿第二定律得
物体Q的质量为mQ＝0.5m
故A错误，B正确；
CD、根据题意分析可知，t0时刻两物体的加速度最大，则弹簧被压缩到最短，此时两物块速度相等，取水平向右为正方向，由动量守恒定律
mv0＝（m+0.5m）v
解得
即此时两物块的速度大小均为，故C错误，D正确。
故选：BD。
考点4人船模型
1．模型探究：如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。
2．模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝0；
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
(3)两物体的位移大小满足：m人－m船＝0，x人＋x船＝L，得x人＝L，x船＝L。
3．“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025秋 重庆期中）一质量为M，长为L的长木板静止在光滑水平面上，质量为m的机械蛙静止蹲在长木板的左端。机械蛙向右上方跳起，恰好落至长木板右端，且立刻相对木板静止，木板的厚度不计。已知起跳与着板过程时间极短，机械蛙可看作质点，空气阻力忽略不计，木板和机械蛙的质量关系满足（M＞m）。下列说法正确的是（　　）
A．机械蛙和木板都向右运动
B．机械蛙和木板组成的系统动量守恒
C．木板由于惯性大，机械蛙落在木板上后，木板还要继续向前运动
D．机械蛙相对于水平面位移大小为
【答案】D
【解析】解：AC、机械蛙和木板组成的系统水平方向动量守恒0＝（M+m）v机械蛙向右运动，木板向左运动，机械蛙落在木板上后，木板立刻停止运动，故AC错误；
B、机械蛙和木板组成的系统，水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故B错误；
D、机械蛙和木板组成的系统，水平方向动量守恒
机械蛙相对于水平面位移大小为
，故D正确。
故选：D。
2．（2025秋 灌云县期中）如图所示，平静的湖面上有一艘静止的小船，李同学和刘同学均站立在船头处（图中未画出），两位同学发现距离船头前方d处有一株荷花。当刘同学缓慢从船头走至船尾时，站立在船头的李同学恰好到达荷花处。已知李同学和刘同学的质量均为m，船长为L，不计水的阻力，则船的质量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解：根据题意分析可知，设船的质量为M，人、船水平方向动量守恒，设刘同学走动时船和李同学的速度大小为，刘同学的速度大小为，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
故
人、船运动时间相等，则有（M+m）x船﹣mx人＝0
又x船+x人＝L，x船＝d
联立解得船的质量为，故A正确，BCD错误；
故选：A。
3．（2025春 天山区校级期中）如图所示，平静湖面上静止的小船的船头直立一垂钓者，距离船头右侧d处有一株荷花，当此人沿直线走到船尾时，船头恰好到达荷花处。若已知人的质量为m，船长为L，不计水的阻力，则船的质量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解：船和垂钓者组成的系统动量守恒，故每时每刻均有
mv人＝Mv船
所以有
两边同乘以t，有
即
mx人＝Mx船
且有
x人+x船＝L
其中距离船头右侧d处有一株荷花，则
x船＝d
联立解得
，故A正确，BCD错误。
故选：A。
4．（2025秋 江阴市校级期中）如图所示，一质量为的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为的小球，轻绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略所有摩擦阻力，已知重力加速度为g，则（　　）
A．任意时刻小球与小车的动量等大反向
B．小球运动到最低点时的速度大小为
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
【答案】D
【解析】解：A．系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故系统在水平方向动量守恒，而系统总动量不守恒，故A错误；
B．小球运动到最低点时有向左的速度，小车速度向右，根据机械能守恒定律可得如果小球重力势能全转化为小球动能，则mgl，而实际由于小球重力势能一部分转为为小车动能，则小球的速度小于，故B错误；
C．根据系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒可知，小球摆到左侧最高点时系统的速度为零，则小球仍能向左摆到原高度，故C错误；
D．根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，小车最大距离和小球最大距离关系有xM+xm＝2l
以小车速度为正方向，系统水平方向动量守恒定律有MvM＝mvm
由于运动时间相同，则有MxM＝mxm
小车向右移动的最大距离为，故D正确。
故选：D。
5．（2025春 南岗区校级期中）如图所示，质量m＝50kg的人，站在质量M＝250kg的车的一端，人和车均相对于地面静止。人由车的一端走到另一端的过程中，车后退0.4m，车与地面间的摩擦可以忽略不计，则车的总长为（　　）
A．0.33m B．0.48m C．2.4m D．3m
【答案】C
【解析】解：设人的质量为 m，车的质量为 M，车长为 L，车后退位移为 x2，人对地的位移为x1，规定人的速度方向为正方向，由动量守恒定律有
mv1﹣Mv2＝0
人和车的运动时间相等，则有
mx1﹣Mx2＝0
又两者位移大小满足
x1+x2＝L
综上代入数据，解得
L＝2.4m。
故C正确，ABD错误。
故选：C。
6.（多选）（2025秋 乌鲁木齐校级期中）光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是（　　）
A．FN＝mgcosα
B．滑块下滑过程中斜面体A做匀加速直线运动
C．此过程中斜面体向左滑动的距离为
D．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒
【答案】AD
【解析】解：A、当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，滑块的加速度在垂直斜面方向有分量，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN≠mgcosα，故A错误；
B、斜面体和滑块紧密接触，运动轨迹如下图所示，滑块所受合力方向与运动轨迹一致，重力大小不变则支持力大小不变。斜面体所受的滑块给的压力大小不变，故斜面体所受的合力大小不变，斜面体向左做匀加速直线运动，故B正确；
CD、B滑块的加速度有竖直向下的分量，系统在竖直方向上合外力不为0，则滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量不守恒。系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，
由动量守恒定律得Mv1﹣mv2＝0，变形得Mv1 Δt﹣mv2 Δt＝0，所以Mx1﹣mx2＝0，
由题意可知：x1+x2＝L，
解得，故C正确，D错误。
本题选择不正确的，故选：AD。
1．（2025秋 安徽期中）如图，长木板A放在光滑的水平面上，右端带有一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，滑块B放在长木板A的左侧，两者之间的动摩擦因数μ＝0.1，右侧是墙壁。t0时刻给B一个方向水平向右、大小v0＝1.25m/s的初速度，在摩擦力作用下，A开始向右做加速运动，t1时刻弹簧接触到墙壁，此时A、B恰好共速。当继续压缩弹簧到t2时刻，A、B加速度恰好相同，两物体即将开始相对滑动，在t3时刻弹簧的压缩量达到最大，在t4时刻A、B加速度再次相同。已知A、B的质量分别为1kg和4kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计，弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的弹性势能（x为弹簧伸长或缩短的长度），滑块B始终未滑离木板A。
（1）求在t0～t1时间内，A向右运动的距离。
（2）求在t2时刻A的速度大小。
（3）若，求在t2～t4时间内，系统损失的机械能。
【答案】（1）在t0～t1时间内，A向右运动的距离为0.125m。
（2）在t2时刻A的速度大小为。
（3）在t2～t4时间内，系统损失的机械能为。
【解析】解：（1）A、B的质量分别用m1、m2表示，由动量守恒定律有m2v0＝（m1+m2）v1，解得：v1＝1m/s。
两者共速前，对木板A，由牛顿第二定律有μm2g＝m1a，解得：a＝4m/s2。
弹簧与墙壁接触前，木板A以4m/s2的加速度做匀加速运动，由运动学公式有，解得：t0～t1时间内，A向右运动的距离x1＝0.125m。
（2）弹簧与墙壁接触后，滑块B与木板A先一起减速，当滑块B受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者即将相对滑动。
设此时加速度大小为a'，对滑块B有μm2g＝m2a'，对整体有kx2＝（m1+m2）a'，解得：a'＝1m/s2，x2＝0.25m。
根据能量守恒定律有，解得：t2时刻A的速度大小。
（3）t4时刻A、B加速度相同，表明弹簧回到滑块B与木板A刚要相对滑动的位置，即弹簧压缩量为x2处。
返回时木板A受力与压缩弹簧时相同，故。由对称性，木板A返回时间。
对滑块B由动量定理有，解得：。
因弹簧初末弹性势能不变且木板A动能不变，由能量守恒定律有，解得：。
答：（1）在t0～t1时间内，A向右运动的距离为0.125m。
（2）在t2时刻A的速度大小为。
（3）在t2～t4时间内，系统损失的机械能为。
2．（2025秋 河北期中）如图所示，长为L＝2m的水平传送带以v＝8m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带的上表面与水平面相平，传送带的两端与光滑水平面平滑连接，轻弹簧左端连接在固定挡板上，质量为1kg的物块A放在水平面上，质量均为3kg的物块B和光滑圆弧体C静止在光滑水平面上，圆弧所对的圆心角为53°，圆弧的半径为R＝0.5m，重力加速度g＝10m/s2，用力将物块A向左压缩轻弹簧至某一位置，由静止释放物块A，物块A刚好能匀减速滑过传送带，并与物块B发生弹性碰撞，物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计物块的大小，求：
（1）轻弹簧开始被压缩时具有的弹性势能；
（2）物块A第二次在传送带上运动，因摩擦产生的内能为多少；
（3）物块B滑离圆弧体C后，还能上升的高度为多少。
【答案】（1）轻弹簧开始被压缩时具有的弹性势能为42J。
（2）物块A第二次在传送带上运动，因摩擦产生的内能为64J。
（3）物块B滑离圆弧体C后，还能上升的高度为m。
【解析】解：（1）物块A恰好以匀减速运动通过传送带，故其到达传送带右端时速度v＝8m/s。
设初始时刻弹簧弹性势能为Ep，由能量守恒定律得，解得：Ep＝42J。
（2）设A与B弹性碰撞后A速度为v1，B速度为v2。由动量守恒得mAv＝﹣mAv1+mBv2，
机械能守恒得，解得：v1＝4m/s，v2＝4m/s。
因v1＜v，A第二次滑上传送带后做加速度a＝μg的类上抛运动，摩擦生热，解得：Q＝64J。
（3）设B运动至圆弧最高点时水平分速为vx，竖直分速为vy，C速度为v3。
由水平动量守恒得mBv2＝mBvx+mCv3，机械能守恒得。
根据径向速度相等得v3cos37°＝vxcos37°﹣vycos53°，解得：。B离开C后上升高度。
答：（1）轻弹簧开始被压缩时具有的弹性势能为42J。
（2）物块A第二次在传送带上运动，因摩擦产生的内能为64J。
（3）物块B滑离圆弧体C后，还能上升的高度为m。
1．（2025秋 合肥期中）如图所示，木板A和滑块C静置于水平轨道上，滑块B从木板A的左端以初速度v0＝4m/s滑上A。A、B、C的质量均为m＝2kg，木板A下表面光滑，上表面粗糙，滑块C与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1。当滑块B与木板A第一次速度相等后，A、C第1次碰撞。已知A与C间的碰撞均为弹性碰撞（时间极短），木板A足够长，g＝10m/s2。求：
（1）A与C第1次碰撞前，A、B间因摩擦产生的热量；
（2）A与C第1次碰后的速度大小vA1和vC1；
（3）A、C第n次碰撞至第（n+1）次碰撞过程中C的位移大小xCn。
【答案】（1）A与C第1次碰撞前，A、B间因摩擦产生的热量为8J。
（2）A与C第1次碰后的速度大小vA1＝0m/s，vC1＝2m/s。
（3）A、C第n次碰撞至第（n+1）次碰撞过程中C的位移大小（或23﹣2nm）。
【解析】解：（1）滑块B以初速度v0滑上木板A，二者最终达到共同速度v1。由于系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，由mv0＝2mv1，解得：v1＝2m/s。
根据能量守恒，摩擦生热，代入数据得：Q＝8J。
（2）A与C发生弹性碰撞，因质量相等且碰撞时间极短，B速度不变。由弹性碰撞性质可知，碰后A速度vA1＝0，C获得速度vC1＝v1＝2m/s。
（3）第一次碰撞后，B继续以v1运动，C以vC1运动。此后B带动A加速至共同速度v2，由动量守恒得mv1＝2mv2，即。
归纳可得第n次碰撞前共同速度，碰撞后C获得速度。由于A加速后速度始终小于vCn，故C每次碰撞后均会静止。C的减速位移（或23﹣2nm）。
答：（1）A与C第1次碰撞前，A、B间因摩擦产生的热量为8J。
（2）A与C第1次碰后的速度大小vA1＝0m/s，vC1＝2m/s。
（3）A、C第n次碰撞至第（n+1）次碰撞过程中C的位移大小（或23﹣2nm）。限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气：
作业12 力学实验
考点1验证动量守恒定律
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
1．（2025 延边州校级模拟）如图所示，质量均为m＝0.5kg的物块a、b用劲度系数为k＝50N/m的轻弹簧固定拴接，竖直静止在水平地面上。物块a正上方有一个质量也为m的物块c，将c由静止释放，与a碰撞后立即粘在一起，碰撞时间极短，之后在竖直方向做简谐运动。在简谐运动过程中物块b恰好没有脱离地面。忽略空气阻力，轻弹簧足够长且始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．c和a从相碰后至第一次运动到最低点的过程中加速度一直增大
B．简谐运动的振幅为0.2m
C．轻弹簧的最大弹力为60N
D．刚开始释放物块c时，c离a的高度为0.8m
2．（2024秋 江苏期末）两列振幅均为2cm的简谐横波均沿x轴传播，t时刻的波形图如图所示，其中一列沿x轴正方向传播（图中实线所示），一列沿x轴负方向传播（图中虚线所示）。这两列波的频率相等，振动方向均沿y轴，且传播速度均为10m/s，下列说法中正确的是（　　）
A．两列波的频率均为1.25Hz
B．x＝2cm处质点的振幅为4cm
C．x＝1cm处质点振动的位移可能为4cm
D．在（t+0.2s）时刻x＝4cm处质点振动的位移为0
二．实验题（共15小题）
3．（2024秋 邯郸期末）利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律，其中两滑块质量不同，但滑块上的遮光片规格相同。
（1）要验证系统的动量守恒，除了如图所示的器材外，还必需的实验器材有　 　 （填选项前的字母）。
A．天平
B．螺旋测微器
C．刻度尺
D．秒表
（2）实验时要将气垫导轨调节至水平，调节时开动气泵，取一个滑块放置在气垫导轨上光电门1的左侧，轻推滑块，若滑块通过光电门1时的遮光时间比通过光电门2时的遮光时间短，应　 　 （写出具体操作），直至滑块通过两个光电门时的遮光时间相同，可认为气垫导轨水平。
（3）若验证弹性碰撞时动量守恒，应选用　 　 （选填字母）组滑块进行实验。
A．
B．
C．
（4）将滑块1放到光电门1的左侧，滑块2放到光电门1与光电门2之间，向右轻推滑块1使它与滑块2相碰。光电门1的计时器显示遮光时间为t1，光电门2的计时器先后显示有两次遮光时间，依次为t2、t3，若碰撞为弹性碰撞，应满足的表达式为　 　 （用已给的物理量符号表示）。
4．（2024秋 牡丹江期末）如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置示意图。
（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则 　 　 。
A、m1＞m2，r1＞r2
B、m1＞m2，r1＜r2
C、m1＞m2，r1＝r2
D、m1＜m2，r1＝r2
（2）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是 　 　 。（填下列对应的字母）
A、直尺
B、游标卡尺
C、天平
D、弹簧秤
E、秒表
（3）实验中必需要求的条件是 　 　 。
A、斜槽必须是光滑的
B、斜槽末端的切线必须水平
C、m1与m2的球心在碰撞瞬间必须在同一高度
D、m1每次必须从同一高度处滚下
（4）设入射小球的质量m1，被碰小球质量为m2，P为被碰前入射小球落点的平均位置，则关系式
　 　 （用m1、m2及图中字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒。
5．（2024秋 亳州期末）某同学利用图1所示装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：
①用垫块将长木板附有打点计时器的一侧适当垫高，放在长木板上的小车A的前端粘有橡皮泥，后端连着纸带，纸带穿过打点计时器，如图1所示；
②接通交流电源后，轻推小车A，与小车相连的纸带上打出一系列均匀分布的点，断开电源；
③安装有撞针的小车B静止于长木板上的某处；
④更换纸带，接通电源，沿平行木板方向向下轻推一下小车A，使小车获得一初速度，两车碰撞后粘在一起，打点计时器打出一系列的点迹，如图2所示，已知连接打点计时器的电源频率为50Hz；
⑤用天平测得小车A（含橡皮泥）的质量为0.60kg，小车B（含撞针）的质量为0.40kg。
（1）下列说法正确的是　 　 。
A．步骤①中适当垫高长木板的目的是补偿阻力
B．实验中A车的质量必须大于B车的质量
C．两车上也可以安装弹性碰撞架
D．两小车碰撞过程处于图2中的“DE”段
（2）结合图2可知，碰前A车的动量大小为　 　 kg m/s，碰后两车的总动量大小为　 　 kg m/s（以上结果均保留3位有效数字）。
（3）由此可知，在误差允许的范围内，两车组成的系统动量守恒。
6．（2024秋 濮阳期末）小明同学用如图1所示的装置验证动量守恒定律。长木板的一端垫有小薄木片，可以微调木板的倾斜程度，使小车能在木板上做匀速直线运动。将两个手机分别固定在小车A和B内，利用手机软件中的速度传感器可以描绘小车的速度随着时间变化的图线。
（1）某次给小车A一个初速度，传感器记录了v随时间t变化图像如图2所示，此时应　 　 （填向“左”或向“右”）移动长木板下面的小薄木片。
（2）调整好长木板后，让小车A以某速度运动，与置于长木板上静止的小车B发生碰撞、导出传感器记录的数据，绘制v随时间t变化图像如图3所示。
（3）已知小车A的质量为mA，则碰撞前小车A的动量pA＝mAv1，碰撞后小车A的动量p′A＝　 。若碰撞前后动量守恒，则小车A和小车B的质量之比为　 　 。
（4）若两小车的碰撞为弹性碰撞，则v1、v2、v3之间的关系为　 （用v1、v2和v3表示）。
考点2用单摆测定重力加速度
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
7．（2025秋 南海区期中）一研究学习小组设计出如图甲所示的实验装置来探究“动量守恒定律”。
（1）如图甲所示，两个相同的刚性球悬挂于同一水平面，两悬点的距离等于刚性球的直径大小，线长相等，将其中一球拉开至一定角度，松手后使之与另一球发生正碰。
（2）如图甲所示，分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1反弹后达到的最高位置为B，球2向左摆动的最高位置为C，测得A、B、C到最低点的竖直高度差分别为hA、hB、hC。已知重力加速度为g。则碰后瞬间小球1的速度大小为　 　 。
（3）若测量数据近似满足关系式　 　 　 （用m1、m2、hA、hB、hC表示），则说明两小球碰撞过程动量守恒。
（4）如图乙所示，在两个球上分别套上尼龙搭扣（魔术贴）毛面和勾面做的套圈，再进行同样的碰撞。两小球分别　 　 （填“能”或“不能”）到达原来的位置C跟B，可能的原因是　 　 。
8．（2025秋 重庆期中）某同学用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。在水平桌面上放置一长木板，其中长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度，使小车能在木板上做匀速直线运动，且长木板的顶端安装有位移传感器，可以测量小车A到传感器的距离x。
（1）现在无小车B的情况下，将小车A紧靠传感器，并给小车A一个初速度，传感器记录了x随时间t变化的图像如图乙所示，此时应将小木块水平向 　 　 （选填“左”或“右”）稍微移动一下。
（2）调整好长木板后，让小车A以某一速度运动，与静止在长木板上的小车B（后端粘有橡皮泥）相碰并粘在一起，导出传感器记录的数据，绘制x随时间t变化的图像如图丙所示。
（3）已知小车A的质量为0.5kg，小车B（连同橡皮泥）的质量为0.3kg，由此可知碰前两小车的总动量是 　 　 kg m s﹣1，碰后两小车的总动量是 　 　 kg m s﹣1。
9．（2025秋 重庆校级期中）小蜀同学周末在家里利用单摆测量重力加速度，他找到了一块外形不规则的小金属挂件代替摆球做了一个如图所示的单摆，实验操作如下：
（1）用刻度尺测出摆线长度为l，将挂件拉开一个小于5°的角度，然后由静止释放，从单摆运动到最低点开始计时且计数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，则单摆周期T＝　 　 （用t、n表示）。
（2）若只测一组数据l1、T1，并将l1作为摆长代入公式计算，会使得重力加速度的测量值　 　 （选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
（3）为了消除摆线长与摆长不同而带来的误差，先后做了两次实验，准确记录细线的长度及单摆对应的周期分别为l1、T1和l2、T2，已知l1小于l2，由此测得的重力加速度为　 （用l1、T1、l2、T2表示）。
10．（2025 武功县校级模拟）某同学利用如图甲所示装置做“利用单摆测重力加速度”的实验，进行了如下的操作：
（1）用游标卡尺测量摆球的直径，示数如图乙所示，则摆球的直径d＝　 　 cm。把摆球用不可伸长的摆线悬挂在铁架台上，测量摆线长L，通过计算得到摆长l。
（2）使摆球在竖直平面内摆动稳定后，当摆球到达　 　 （填“最低点”或“最高点”）时启动秒表开始计时，摆球再次经过计时起点的次数为n，停止计时时，秒表的读数为t，可知摆球的周期T＝　 （用t和n表示）。
（3）经过正确的操作与测量，得到多组周期T与对应的摆长l数值后，画出的T2﹣l图像如图丙所示，则实验所测得的重力加速度大小g＝　 　 m/s2（保留三位有效数字）。
（4）若另一同学没有使用游标卡尺测摆球直径，也测出了重力加速度，他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2，则该同学测出的重力加速度的表达式g＝　 （用题中所给物理量符号和常数表示）。
11．（2025 咸阳模拟）小王同学对单摆周期公式很感兴趣，发现单摆周期T与摆长l和重力加速度g有关，想对其关系的正确性进行验证。
（1）他采取　 　 方法，进行分别验证。
（2）在验证T与l关系中，实验中摆角应满足　 　 ，摆线长度应满足　 　 。
（3）在验证T与g关系时，要在地球上让g发生明显变化几乎不可能。他参考《单摆周期与重力加速度定量关系的实验研究》，进行装置安装（如图，F为铁架台，AO为细线，AB为轻杆，OD为铅垂线，轻杆与铅垂线夹角为β，轻杆与水平线夹角为θ）。AB轻杆可以绕着OB无摩擦自由转动，若装置中摆球所处位置的等效重力加速度为g′，此刻g′＝　 　 。实验中不断的改变公式中g′的大小，小王同学只需要改变　 　 即可，这种方法在物理学上称为　 　 。
12．（2025 武功县校级模拟）如图1所示为利用“双线摆”和手机软件测量当地重力加速度的实验装置。直尺两端固定在铁架台上，借助手机水平仪调节直尺水平。用不可伸长的细线穿过小球，使小球两侧的细线等长，且细线两端分别固定在直尺上，具体实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量小球直径为d，小球静止时用直尺测量小球上端到细线两端点的距离均为l，直尺上细线两端点距离为s，则小球前后做单摆运动时的等效摆长L＝　 　 （用d、l、s表示）。
（2）将准备好的铷磁铁与单摆小球来回摩擦充分接触，让小球被磁化具有磁性。打开手机软件，点击进入磁力计工具。
（3）将手机放在小球平衡位置正下方，让双线摆在摆角小于5°条件下前后做往复运动，小球经过最低点时，手机软件计时开始。点击“数据选取”功能，记录多个周期下两个峰值的时间间隔如图2所示，则单摆周期为　 　 s（保留3位有效数字）。
（4）改变摆长，测量多组数据，在电脑利用软件建立T2﹣L关系图像，得到如图3的函数图像，则当地重力加速度大小为　 　 m/s2（π2取9.87，结果保留3位有效数字）。
13．（2024秋 定安县期末）（1）在“用单摆测定重力加速度”实验中：
①除长约1m的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、游标卡尺外，下列器材中，还需要 　 　 。（填正确答案的标号）
A．秒表
B．米尺
C．天平
D．弹簧测力计
②用游标卡尺测量小球的直径，如图1所示，则小球的直径是 　 　 cm。
③下列做法正确的是 　 　 。（填正确答案的标号）
A．从摆球达到最高位置时开始计时
B．记录摆球完成一次全振动的时间
C．要让摆球在竖直平面内摆动的角度不小于5°
D．选用的细线应细、质量小，且不易伸长
④为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，以L为横坐标、T2为纵坐标，作出了T2﹣L图像，求得该直线的斜率为k。则重力加速度g＝ 　 　 。
⑤某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，那么他得到的实验图像可能是下列图像中的 　 　 。
（2）用图2所示装置验证动量守恒定律。气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。
①实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，为使导轨水平，可调节Q使轨道右端 　 　 （选填“升高”或“降低”）一些。
②正确调节后，测出滑块A和遮光条的总质量为m，滑块B和遮光条的总质量为mB。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的挡光时间为Δt1、Δt2光电门1记录的挡光时间为Δt3。则实验中两滑块的质量应满足mA　 　 mB（选填“＞”“＝”或“＜”），若等式 　 　 成立，则可初步验证上述碰撞中系统动量守恒。
14．（2025 鼎湖区一模）某同学想测量某容器的深度，发现没有足够长的测量工具，他灵机一动，想到利用单摆实验进行测量，步骤如下：
（1）该同学找到一把游标卡尺，游标卡尺可用来测物体的深度，应使用图甲中的 　 　 （选填“位置1”“位置2”或“位置3”）测量物体深度。但游标卡尺量程并不够测量该容器的深度，他先测量了小球的直径，图乙所示的游标卡尺读数为 　 　 mm。
（2）将做好的单摆竖直悬挂于容器底部且开口向下（单摆的下部分露于容器外），如图（a）所示。将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，单摆摆动的过程中悬线不会碰到器壁，测出容器的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出图像，那么就可以通过此图像得出当地的重力加速度g和该容器的深度h，取π2＝9.86，回答下列问题：
①如果实验中所得到的T2﹣L图像如图（b）所示，那么实验图像应该是线 　 　 （选填“a”、“b”或“c”）。
②由图像可知，当地的重力加速度g＝ 　 　 m/s2（结果保留三位有效数字），容器的深度
h＝ 　 　 m（结果保留两位小数）。
15．（2025 盐池县二模）某实验小组想用多种方式验证动量守恒定律。
小明同学选取两个体积相同、质量不等的小球，先让质量为m1的小球从轨道顶部由静止释放，由轨道末端的O点飞出并落在斜面上。再把质量为m2的小球放在O点，让小球m1仍从原位置由静止释放，与小球m2碰后两小球均落在斜面上，分别记录落点痕迹，其中M、P、N三个落点的位置距离O点的长度分别为xOM、xOP、xON。
（1）用游标卡尺测得两小球的直径均如图乙所示，则小球直径d＝　 　 cm。
（2）关于该实验，下列说法正确的是　 　 。
A.必须满足m1＞m2
B.轨道必须光滑
C.轨道末端必须水平
D.落点位置需要多次测量取平均值
（3）在实验误差允许的范围内，若满足关系式　 　 ，则可认为两球碰撞过程中动量守恒（用题目中的物理量表示）。
（4）若两小球的质量满足m2＝km1，若满足xOP＝　 　 xON（用k表示），则可证明两球间的碰撞是弹性的。
（5）小帅同学利用该套装置做了一个新实验，仅改变小球m2的质量（两小球质量关系仍符合题干条件），其他条件均不变，将小球m1多次从轨道顶部由静止释放，与不同质量的小球m2相碰，分别记录对应的落点到O点距离xOM、xOP、xON，以为横坐标、为纵坐标作出图像，若该碰撞为弹性碰撞，则下列图像正确的是　 　 。

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